Torres De Absorcion 1j3r5b

ABSORCION

Antonio Valiente Barderas

2010 Facultad de Química UNAM, C.U. México D.F.

1

Prologo Las operaciones de transferencia de masa son fundamentales para los ingenieros químicos, ya que todas las plantas químicas, petroquímicas, farmaceúticas y de productos alimentarios contienen procesos y aparatos que pueden definirse como intercambiadores de masa. Por ello, los estudiantes de la carrera de ingeniería química y similares deben llevar varios cursos de operaciones unitarias de transferencia de masa, cursos que a veces suelen llevar los nombres de absorción, destilación, procesos de separación, ingeniería de la separación, etc. En todos esos cursos se estudian los principios y las aplicaciones de la transferencia de masa. En este libro se presentan los principios de la transferencia de masa aplicados en las operaciones unitarias de absorción y desorción; se indica el diseño de torres empacada, de platos, la operación adiabática, la isotérmica y la operación con absorción de multicomponentes. En el libro se presenta la teoría necesaria para la comprensión de los conceptos utilizados y se incluyen problemas resueltos así como problemas de aplicación. Estos problemas han sido resueltos mediante un método que el autor ha enseñado durante varios años y en varias obras. Los ejemplos numéricos se resuelven con el sistema SI o el MKS y en ocasiones se emplea el sistema inglés de unidades. El libro puede utilizarse como libro de texto básico o como libro de consulta o de problemas para los cursos relacionados con la transferencia de masa, es además muy útil para todos los profesionistas que deseen recordar los principios o actualizarse en el estudio de la transferencia de masa. Dr. Antonio Valiente Barderas Departamento de ingeniería Química. Facultad de Química UNAM, C.U. México D.F. México 2010

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Curriculum resumido Antonio Valiente Barderas nació en Madrid , España en 1941. Al emigrar sus padres lo trajeron a México en 1950. Desde 1955 tiene la nacionalidad mexicana. Es ingeniero químico egresado de la Facultad de Química de la UNAM en 1965, casado y con tres hijos. Tiene la maestría en Ingeniería Química del Tecnológico de Loughborough en Inglaterra en 1970 y la maestría en istración Industrial de la Facultad de Química de la UNAM en 1980. En 1997 obtuvo el doctorado de Ciencias en la Facultad de Química de la UNAM y el doctorado en Docencia en la Universidad La Salle de México. Es profesor universitario desde 1966 y profesor de tiempo completo en la Facultad de Química de la UNAM desde 1971 en donde ha sido, entre otras cosas, Jefe del laboratorio de Ing. Química y Coordinador de la misma Carrera . Ha dado, además, clases de ingeniería química en la U. Ibero A, U. La Salle , la Universidad Simón Bolívar, la U.A. de Yucatán, la U.A. Del Carmen, la U.A. de Baja California , la U.A. de Veracruz en Xalapa , la Universidad del Valle de México y el Tecnólogico de Monterrey Campus Edo. de México. Es autor de 12 libros y 25 artículos sobre la Ingeniería Química y ha dirigido más de 80 tesis de licenciatura sobre esa especialidad. Sus áreas de interés son las Operaciones Unitarias y la Enseñanza de la Ingeniería Química. Actualmente trabaja en la Facultad de Química de la UNAM, en donde es profesor titular e investigador, tiempo completo nivel C y tiene una antigüedad de más de 30 años en la UNAM. En 1998 La Sociedad Química de México le otorgó el premio nacional Andrés Manuel Del Río en docencia . En 2003 el IMIQ le otorgó el premio Estanislao Ramírez a la excelencia en la docencia de la ingeniería Química.

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Capítulo I

Absorción en torres empacadas 4

Capítulo 1 Absorción en torres empacadas La absorción de gases es una operación unitaria en la cual se disuelve en un líquido uno o más componentes solubles de una mezcla gaseosa. La operación opuesta se conoce con el nombre de desorción y se emplea cuando se desea transferir un componente volátil de una mezcla líquida a un gas. Esta operación se lleva a cabo de manera continua en equipos llamados torres o columnas. Son equipos cilíndricos y suelen ser de gran altura. Las torres pueden ser empacadas o de platos. generalmente la corriente de gas y la corriente de líquido fluyen a contracorriente dentro de la torre. La corriente gaseosa se introduce por la base de la columna y sale por el domo. La corriente líquida se alimenta por el domo y se descarga por la base. Entre ambas corrientes se crea una interfase muy grande por la subdivisión de la corriente líquida al mojar y salpicar los empaques. El efecto que se tienen dentro de una torre es similar al de una cascada, en donde el agua choca contra las piedras , las salpica y se desmenuza en pequeñas gotas. La operación unitaria de absorción se puede esquematizar de la siguiente manera:

DESEOS HUMANOS Eliminación de solutos de una solución gaseosa EQUIPO

CONDICIONES DE OPERACIÓN

Torres empacadas Torres de platos

Gasto de fase gaseosa, concentración inicial del soluto, concentración final, presión, temperatura, gasto de fase líquida, concentración inicial y final.

ABSORCIÓN

LEYES DE LA NATURALEZA Transferencia de masa al líquido por diferencia de solubilidad y concentración del soluto en ambas fase.

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Deseos humanos en la absorción El fin que se persigue con esta operación es el de recuperar un soluto que forma parte de una corriente gaseosa, debido a que este soluto es valioso o porque es nocivo. En el primer caso están el amoniaco, el ácido clorhídrico, el trióxido de azufre, etc. En el segundo caso están los contaminantes atmosféricos tales como el bióxido de azufre, el monóxido de carbono, el ozono, etc. En algunos casos, el soluto es dañino en una corriente pero valioso en otra tal como en el caso del ácido sulfhídrico que contiene el gas natural, ya que si se concentra se puede convertir en azufre. Esta operación nació en el siglo pasado a partir de la fabricación del ácido sulfúrico y el ácido clorhídrico. En el proceso de la fabricación del ácido sulfúrico mediante el método de o, el SO3 producido se absorbe en ácido sulfúrico diluido en torres de absorción llamadas de Gay Lussac para dar ácido concentrado. El ácido clorhídrico se fabricaba en un principio haciendo reaccionar sal común con ácido sulfúrico concentrado y calentando. El ácido clorhídrico se desprendía como gas y se hacía burbujear en agua para que se disolviera en ella y tenerlo como una solución de ácido clorhídrico líquido. En el proceso cierta cantidad de gases se escapaba a la atmósfera con gran perjuicio de las comunidades vecinas. Para aliviar esto se construían chimeneas muy altas, para que pudieran dispersar el gas, más adelante se descubrió que si la chimenea se rellenaba con piezas de cerámica y que si se hacía caer el agua sobre estas piezas, la eficiencia de la absorción aumentaba y se reducía notablemente la emisión de gases perjudiciales. Hoy en día, la absorción se emplea para la obtención industrial del bióxido de carbono, en la producción del hidróxido de amonio y en la industria petrolera para recuperación de las porciones ligeras de los hidrocarburos. También se emplea ampliamente para reducir la emisión de gases contaminantes. En esta operación, lo más deseable sería obtener una separación perfecta de la mezcla gaseosa, ya sea para obtener un gas puro o para concentrar posteriormente el gas soluble. Pero como se puede observar a partir de las leyes físicas esto no es posible, ya que el potencial químico no lo permite. Al efectuar los cálculos para el diseño esto se hace evidente, puesto que si se deseara una separación perfecta se requeriría un equipo de proporciones gigantescas. Debido a las limitaciones de costo, tiempo y espacio, con esta operación lo que se pretende es lograr la máxima separación posible dentro de límites especificados.

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Equilibrio Para la operación unitaria de absorción el equilibrio está determinado por la regla de las fases de Gibbs. GL = C - F +2 En donde G L son los grados de libertad o número de variables intensivas que pueden ser variadas independientemente. C son los componentes que intervienen en el sistema y F las fases presentes. En el caso de la absorción, se tienen dos fases presentes; la líquida y la gaseosa y el número de componentes en el caso más sencillo son tres que son: el soluto, el gas inerte y el líquido absorbente; por lo que los grados de libertad son: GL =3 Las variables termodinámicas intensivas del sistema son P, T, yA , yI, xA , xI . Pero hay que recordar que: yA + yI = 1

y que

x A + xI = 1

Si fijamos P y T queda una concentración como variable independiente y las otras quedarán fijas. Los diagramas de equilibrio reproducen esta situación y generalmente presentan la relación entre y , x a una temperatura y presión fijas.

y

P , T Ctes.

x

Los datos de equilibrio se obtienen de forma experimental y se encuentran reportados en libros de ingeniería o de fisicoquímica. Los datos de equilibrio para algunos sistemas se presentan en los apéndices. En general se tiene que, a menor temperatura aumenta la absorción y a mayor presión también. A bajas concentraciones muchos sistemas siguen la ley de Henry

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p=Hx Los datos de equilibrio pueden darse en fracción masa ( xA ), fracción mol ( ~ x A ), relación ( ~ masa ( XA ), relación mol ( X A ), concentración másica ( CA) , o concentración molar ( C A ) , por lo que se debe poner especial atención al tratamiento de los datos para que todos estén en el mismo sistema de unidades. Equipo utilizado en la absorción. Los equipos más utilizados en absorción son las torres de absorción, llamadas también absorbedores, torres lavadores, strippers, etc. Las torres de absorción se dividen en dos grandes grupos: aquellas rellenas con empaques o aquellas en cuyo interior existen platos, bandejas o etapas. En general si los flujos son pequeños se prefieren las torres empacadas, también si los líquidos hacen espuma o son corrosivos. En los otros casos se prefieren las torres de platos. A continuación se expone en forma sucinta el cálculo de dichos equipos.

Torres de absorción empacadas En las torres de absorción empacadas mediante el uso de empaques o rellenos se busca principalmente el establecimiento de una gran interfase, a fin, de poner en o intimo las fases gaseosa y líquida. La cantidad de transferencia de materia, (de soluto en este caso), depende directamente de la superficie interfacial y de la naturaleza de los componentes. Las torres empacadas se usan en o continuo a contracorriente. Son columnas verticales y están rellenas con empaque. El líquido se distribuye en el empaque y desciende a través del él exponiendo una gran superficie de o con el gas. Reciben el nombre de empaques, las piezas que se colocan dentro del equipo y que se utilizan para aumentar el área interfacial. En general un buen empaque debe cubrir las especificaciones siguientes: * Proporcionar una gran superficie interfacial entre el líquido y el gas. La superficie de empaque por unidad de volumen de espacio empacado debe ser grande, pero no en un sentido microscópico. Los pedazos de coque por ejemplo, tienen una gran superficie debido a su estructura porosa. *Debe poseer buenas características de flujo. Esto es, que el empaque debe permitir el paso de grandes volúmenes de flujo a través de pequeñas secciones de la torre, sin provocar grandes caídas de presiones en la fase gaseosa. *Debe ser químicamente inerte a los fluidos del proceso. * Su estructura debe permitir el fácil manejo e instalación. x Debe tener un costo relativamente bajo.

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Fig.1.- Empaques al azar.

Fig. 2.- Empaques estructurados. El empaque se puede acomodar de dos formas: al azar y en forma regular: En el empaque al azar, este se coloca en el interior de la torre sin ningún arreglo en particular, por el contrario, el empaque regular se coloca siguiendo un patrón determinado. En un principio como empaque se usaban materiales tales como: trozos de vidrio, grava, pedazos de coque. Posteriormente se emplearon los empaques geométricos manufacturados, tales como los anillos Raschig, Pall y Lessing o las sillas Berl, Intalox y los Telleretes. Hoy en día, se emplean frecuentemente los empaques estructurados, de alta 9

eficiencia ya sea tejidos o no tales como los de mallas segmentada o en forma de espiral, que reciben nombres de acuerdo a los fabricantes. Estos empaques son de gran tamaño y ocupan totalmente el área interna de la torre. Los empaques geométricos pequeños se fabrican de arcilla, cuarzo o porcelana. Los más usados industrialmente son los Raschig. Durante la instalación, el empaque se arroja dentro de la torre, que está llena de agua y se acomoda al azar. Los empaques distribuidos en forma regular ofrecen menor caída de presión pero menor área de o . Los empaques empleados tales como los anillos Raschig de 3 pulgadas deben irse apilando cuidadosamente.

Fig.3.- Empaques al azar y en arreglo regular.

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Fig.4. Torre empacada.

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Fig. 5.- Mediante el uso de canalones y rejillas se pueden colocar los empaques al azar.

El tamaño del empaque suelto está relacionado con el diámetro de la torre. En general el diámetro del empaque está entre 1/8 a 1/20 del diámetro de la torre. En el equipo más usual, el líquido entra por la parte superior de la torre y puede ser puro o una solución diluida conteniendo algo del soluto. El líquido se vierte sobre un distribuidor y de allí llega a la parte superior del empaque al que debe humedecer uniformemente.

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Fig. 6.- Distribuidores de líquido y de gas. El gas entra por debajo de la torre y también a través de un distribuidor llega al empaque y fluye hacia arriba entre los intersticios y a contracorriente con el líquido. El empaque provoca una gran área de o y fomenta el o íntimo entre las fases haciendo que el soluto que viene con el gas se disuelva en el líquido. Por el fondo de la torre se Obtiene un líquido rico en soluto y por el domo un gas empobrecido.

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Fig. 7.- Platos soportes e inyectores de gas

Un factor de diseño de primera importancia es el valor de m G /L o factor de absorción. El factor de absorción se define como: L pendiente línea de operación G L 1 A pendiente línea de equilibrio m mG O Factor de desorción: pendiente línea de equilibrio m mG 1 O S L A pendiente línea de operación L G Para valores de A o S mayores que la unidad es posible obtener cualquier grado de separación si se utilizan suficientes platos o altura de empaque. Al aumentar A o s, el número de platos o la altura del empaque disminuye, de manera que el costo del equipo decrece, pero los costos de operación aumentan. Hay un valor óptimo de A o S que fluctúa usualmente entre 1.25 y 2 , siendo 1.4 un valor frecuentemente recomendado. Este factor es necesario para determinar la altura de la unidad de transferencia y el número de unidades de transferencia. La relación líquido gas afecta también al diámetro de la torre. Para muchos casos el valor de L/G está entre 1.2 y 2.5 del valor de L/G mínimo siendo 1.5 un buen valor. En las torres empacadas para evitar el fenómeno de acanalamiento (flujo de líquido hacia las paredes) se suelen colocar redistribuidores de líquido cada 2 metros de empaque. La velocidad del gas se selecciona considerando primeramente la velocidad óptima con respecto a la inundación, generalmente el diseño se hace para no más del 60 % de esta.

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Altura del empaque La altura que debe tener el empaque para lograr la transferencia de masa deseada se calcula por medio de ecuaciones semejantes a:

Z ó

~ G ~y B 2 dy~ B ³ y ~y * AKya ~y B1 ~ B B

Z = HOG NOG

en donde HOG en la altura total de la unidad de transferencia del lado gas y es igual a: ~ G HOG = AKya y NOG es el número de unidades de transferencia de masa basada en el lado gas y en la diferencia de potencial total, o sea: ~ dy~B y2 B NOG = ³~y B ~ 1 yB ~ yB *

La evaluación de esa integral se efectúa mediante los procedimientos comunes utilizados en transferencia de masa. Estas ecuaciones pueden resolverse analíticamente, graficando o numéricamente. La última opción se usa sobre todo para soluciones concentradas y /o cuando la operación no es isotérmica. Para soluciones diluidas y a temperatura constante, la solución analítica la proveen la ecuaciones de Kremser y Colburn para absorbedores de platos o para absorbedores con torres empacadas.

NOG para absorbedores empacados

NOG

ª §y mx entrante ln «1 O ¨¨ entrante © y saliente mx entrante ¬« 1 O

º · ¸¸ O » ¹ ¼»

NOG para desorbedores empacados

NOL

ª y entrante ª x entrante « « m ln «1 A « y « «x entrante «¬ «¬ saliente m 1 A

º º » » » A» » » »¼ »¼

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Diámetro de la torre Las velocidades másicas del gas y del líquido influyen en la altura del empaque o relleno, de tal manera que al aumentar estas velocidades disminuye la altura necesaria del empaque requerido para lograr una separación dada y por ello, se debe operar a velocidades tan altas como sea posible, a no ser que, la pérdida de presión a través del relleno sea un factor económico significativo. Caídas de presión En las torres empacadas se producen caídas de presión en el gas que son debidas al empaque mismo, al roce contra las paredes del recipiente y al flujo del líquido que pasa por la torre. En general, si graficamos '5 contra el caudal del gas tendremos para un gasto dado de líquido el siguiente comportamiento: '5

C

B

A G

Del punto A al B las caídas de presión se pueden calcular por medio de gráficas o por ecuaciones tales como: 'P

§ § G ·2 ¨¨ ¸ L E ¨ A D (10 A )¨ © ¹ ¨ UG ¨ ©

· ¸ ¸ ¸ ¸ ¸ ¹

En donde D, E son propiedades del empaque y L/A y G/A son masa velocidades. El punto B se conoce como el punto de carga. En él, una parte de la energía del gas se usa para frenar el flujo de líquido en la torre, por lo que se reduce la sección efectiva de flujo de gas. En el punto C se produce el fenómeno llamado de inundación, en el cual la torre se vuelve inestable, ya que el líquido es retenido por el gas y no desciende, inundándose la torre y deteniéndose la transferencia de masa. Este punto de inundación presenta el límite superior de la velocidad posible del gas para un flujo dado de líquido. En otras palabras, se presenta la inundación cuando la pérdida de presión del gas es tan alta, que el peso del líquido no es suficiente para que este circule a contracorriente con el gas. 16

La velocidad de inundación se puede calcular mediante la gráfica de Lobos.

§G· ¨ ¸ © A¹

2

a / H P 3

0 .2

g UG UL

L G

UG UL

En donde H y a son propiedades del empaque llamadas porosidad y superficie específica. Los datos de algunos de los empaques más comunes se presentan en el apéndice. La velocidad de inundación puede también calcularse por medio de: §G· ¨ ¸ A ln © ¹ g

2

§ a · 0.2 ¨ 3 ¸P ©H ¹

UG U L

§L· §U 4 ¨ ¸ ¨¨ G © G ¹ © UL 1 4

·8 ¸¸ ¹ 1

los absorbedores se diseñan para caídas de presión de 200 a 400 Pa/m. La caída de presión en la inundación puede obtenerse mediante la ecuación 0.7 'Pinun 93.9 FP en Pa/m, siendo Fp un valor que se obtiene de tablas (Fp en ft2/ft3). Fp a también es igual 3 .

H

La caída de presión en las torres puede también obtenerse por

'P § H · § Re · ¸¸ exp¨ L ¸ ¨¨ 'Po © H hL ¹ © 200 ¹ siendo 'Po la caída de presión en una columna seca (sin líquido) 2 a U G uG 1 'Po
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1 2 § 1 · dp 1 ¨ ¸ Kw 3 ©1 H ¹ D dp= diámetro efectivo del empaque. §1 H · dp 6¨ ¸ © a ¹ El coeficiente de resistencia de empaque seco
u G dpU G Kw y ReL el reynolds del líquido. (1 H ) P G

uL UL aP L H = fracción de huecos y a = área específica m2/m3. uL= velocidad superficial del líquido en m/s , uG = velocidad superficial del gas. hL= la retención del líquido en la columna en m3/m3.

ReL=

ª FrL º 3 ª ah º 3 «12 » « » ¬ Re L ¼ ¬ a ¼ 1

hL

2

2

u a siendo FrL el Froude del líquido = L g ah = área efectiva del empaque, área hidrúlica. ah 0.5 0.1 C h Re L FrL Re L 5 a ah 0.25 0.1 0.85C h Re L FrL Re L t 5 a Ch = carácterística del empaque.

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Coeficientes y alturas de las unidades de transferencia Los coeficientes de transferencia de masa en la absorción se predicen a través de correlaciones. Para emplear las correlaciones, uno de los primeros requerimientos es indicar cual es la película controlante en el sistema. En el caso de que sea una sola la película que controla la transferencia de masa, el coeficiente parcial se hace igual al total. La mayoría de las correlaciones que se encuentran en absorción se refieren a las llamadas alturas de unidades de transferencia en vez de como coeficientes de transferencia de masa. La mayoría de los trabajos sobre la estimación del HG o altura de la unidad de transferencia del lado gas se basan en la vaporización de líquidos en aire y en la absorción del amoníaco, ya que en esos casos, la mayor parte de la resistencia se encuentra en la fase gaseosa. Una de las correlaciones más utilizadas por su sencillez es la de Fellinger. HG D

§G· ¨ ¸ © A¹

§L· ¨ ¸ © A¹

E

J

Sc 0.5

En donde D, E y J son constantes que dependen del empaque y L/A y G/A son las masas velocidades del líquido y del gas respectivamente. Los valores de HL o altura de la unidad de transferencia del lado del líquido, se determinan ordinariamente a partir de experimentos sobre la desorción del oxígeno, bióxido de carbono e hidrógeno disueltos en agua; puesto que en esos casos la resistencia a la transferencia reside casi por entero en la fase líquida. Para la fase líquida una de las ecuaciones más empleadas es la de Sherwood y Holloway. §L· 1 ¨ A¸ 0.5 HL ¨ ¸ Sc D ¨P¸ © ¹ En donde D y n son características del empaque. Ver apéndice. Si se desea obtener la altura total de la unidad de transferencia se deberá emplear la ecuación siguiente: n

HG m

G HL L En donde HOG es la altura total de la unidad de transferencia del lado gas, m es la pendiente de la línea de equilibrio y G/L la pendiente de la línea de operación. HOG

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El Número de unidades de transferencia es una medida de la dificultad de de la separación. La altura de la unidad depende de la eficiencia del empaque. Un bajo valor de la altura es signo de alta eficiencia y de un buen empaque, implicando una gran área superficial. La predicción de los coeficientes individuales de transferencia de masa y del área interfacial efectiva , o de los coeficientes volumétricos de transferencia de masa , o directamente los valores de HOG , pueden ser realizados de diferentes maneras. Correlación de Pavlov. Para la absorción en torres empacadas se puede disponer de algunas correlaciones que nos dan el valor del coeficiente. Aquí presentamos la correlación propuesta en el libro de K.F. Pavlov1 Para la película gaseosa 0.655

Nug 0.0407 Re G Sc 0.33 en donde k G Deq Nug= DG KG= coeficiente de transferencia de masa del lado gaseoso en m /s 4H Deq = diámetro equivalente = aP

H = volumen de huecos del empaque aP= superficie específica del empaque m2/m3 DG difusividad del gas en m2 / h 4u G U G Re G PG a P uG= velocidad del gas referida a la sección total de la columna (ficticia) en m / s Sc G

PG

U G DG

Para la película líquida 0.75 0.5 Nu L 0.0021 Re L Sc L k LG Nu L DL kL es el coeficiente de transferencia de masa del lado del líquido en m / s DL = difusividad del líquido en m2 / s § PL2 · G = espesor de la película líquida = ¨¨ 2 ¸¸ =m © UL g ¹ 4L Re L A a P\ P L 0.5

1

K.F. Pavlov y colegas – Problemas y ejemplos para el curso de operaciones básicas y aparatos en tecnología química- Ed. Mir- Moscú - 1981

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L es el gasto de líquido en kg / s A es el área transversal, \ es el coeficiente de mojado (generalmente con valores entre 0.7 y 1). k La k L a P\ kLa es el coeficiente volumétrico de transferencia de masa del lado del líquido Se debe recordar que: 1 KG 1 1 mk G k L Siendo KG el coeficiente total de transferencia de masa del lado del líquido. 2 Correlación de Billet y Schultes En investigaciones amplias , Billet y Schultes (1991) midieron y correlacionaron los coeficientes de transferencia de masa para 31 mezclas binarias y ternarias con 67 tipos diferentes de empaques en columnas de diámetros que ivan de 6 cm a 1.4 m. Los sistemas incluyen a algunos cuya resistencia reside principalmente en la fase líquida y otros en los cuales la resistencia en la fase gas predomina. Para la resistencia en la fase líquida, la correlación propuesta es: ªD a u º m k L 0.757C L « L L » en s ¬ H hL ¼ en donde DL difusividad del líquido. Y CL una constante empírica que se muetra en la tabla. Para la fase gaseosa la correlación es: 0.5

2 D P mol a ª Re G º 4 3 Sc k y 0.1304Cv G G en » 0.5 « RT >H H h L @ ¬ Kw ¼ m2s en donde Cv es una constante empírica del empaque que se encuentra en tablas. 3

2

Billet,R., and M.Schultes, Beitrage zur Verfahrerns und Umwelt technik, Ruhr universitat Bochum 88-106.

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Datos prácticos Para flujos de gases de 14 m3/minuto se suelen usar empaques de 1 pulgada, para flujos de 56 m3/min o más se usan empaques de 2 pulgadas. La relación de diámetro de la torre a diámetro del empaque deberá ser de al menos 15.. Debido a las posibilidades de deformación los empaques de plástico deben limitarse a 3 o 4 m de altura mientras que los metálicos pueden soportar hasta 7.5 m de altura de empaque. Los distribuidores de líquido deben colocarse cada 5 a 10 diámetros de altura. Las torres empacadas deberían trabajar al 70 % de la inundación. La alturas equivalente de un plato teórico para equipos de o vapor – líquido son de 0.4 a 0.6 m para empaques Pall de 1 pulgada y de 0.75 a 0.9 m para anillos Pall de 2 pulgadas. Las velocidades de líquido deben ser superiores 1.2 mm /s., la velocidad del gas deberá ser tal que no ocurra la inundación. Correlaciones para empaques estructurados. Durante los últimos 25 años se desarrollaron nuevos tipos de empaque que en contraste con las piezas de empaque utilizadas al azar se acoplan a las dimensiones de la columna en una forma ordenada y estructurada. Estos empaques estructurados tienen un comportamiento muy atractivo principalmente debido a las bajas caídas de presión y su alta eficiencia, sin embargo su costo por unidad de volumen es relativamente alto. Los empaques estructurados se presentan en forma de mallas de fibras o como laminillas orientadas. En esos empaques el líquido se mueve a través de los canales o intersticios en contracorriente con los vapores. Los coeficientes de transferencia de masa para estos empaques están dados por3: Sh 0.0328(Re) 0.8 ( Sc ) 0.33 k G d eq Sh DG § d eq U G Re ¨¨ © PG

Sc

PG

· ¸¸U G efec U L efec ¹

U G DG

en donde: deq = diámetro equivalente = 4 rH =

S

3

4 área de flujo 1 º ª 1 =B h « Perímetro ¬ B 2 S 2 S »¼

h

J.L. Bravo – Mass transfer in gauze packing-Hydrocarbon processing, january 1985 . Pag. 91

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El flujo efectivo del gas está dado por: UG En donde T es el ángulo de inclinación del canal. U G efec H sen T El flujo efectivo del líquido está dado por:

2 § 3* ·§ U L g · ¸ ¸¸¨ U L efec ¨¨ ¨ ¸ © 2 U L ¹© 3 P * ¹ L kg * en P AT ms AT = sección transversal de la torre en m2. P PD P = Perímetro = T 2 4S 2B 4S PT = PD = 2 Bh 0.33

El coeficiente del lado del líquido se calcula mediante: ª D LU L efec º k L 2« » ¬ SS ¼ La altura de la unidad de transferencia se calcula por: L G ; HL HG AT k L a e U L AT k G a e U G ae = superficie efectiva del empaque en m2/m2 en este caso los autores sugieren que: ae = ap en donde aP es el área de empaque por unidad de volumen en m2 / m3 0.5

Caídas de presión en empaques estructurados.

º ª 92.7 º ª U GU 2 G efec º ª 1 'P «0.171 « »« » 0.5 » Re G ¼ ¬« d eq gc ¼» ¬1 C 3 Fr ¼ ¬ en donde los valores de C3 se obtienen de la tabla siguiente: U L2 Fr froude d eq g 5

Empaques Flexipac 1 2 3 4 Gempak 1A 2ª 3ª 4ª Sulzer BX

Ángulo del canal T 45 45 45 45 45 45 45 45 60

Diámetro equivalente en pulgadas 0.353 0.707 1.414 2.828 1.414 0.707 0.53 0.353 0.353

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C3 3.38 3.08 4.5 7.26 4.5 3.08 3.87 3.38 3.38

Problemas resueltos Problema 1

¿Cuál será la caída de presión esperada en una torre empacada con sillas Berl de una pulgada si por ella pasan 500 kg /h m2 de aire a contracorriente con 110 000 kg /h m2 de agua a 25 ºC y 1 atm.? 1.- Traducción. L/A =110 000

2

3

T=25ºC P= 1 atm '5=?

G/A = 500

1

2.- Planteamiento 2.1 Caída de presión. 'P D

E

UG

10

L A

§G· ¨ ¸ © A¹

2

3.- CALCULOS 3.1 - Propiedades kg lb 29 . UG 119 0.0744 3 3 0.082 ( 273 25) m ft G/A = 500 kg / h m2 = 0.0277 lb / ft2 s L/A= 110 000 kg / h m2 = 6.388 lb / ft2 s 3.2 Caída de presión Del apéndice D = 0.53 E= 0.18 'P

10 0.18 ( 6.388 ) 0.53 u ( 0.0277 ) 2 0.0744

0.077

pu lg adas de agua pie de empaque

6.4

4.- Resultado. La caída de presión es de 6.4 mm de agua por metro de empaque.

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mm de H 2 O m de empaque

Problema 2

Una torre de 1.4 m de diámetro tienen 14 m de empaque formado por anillos Raschig de una pulgada. En la torre fluyen 2250 lb / h ft2 de sosa cáustica al 10 % (UR =1.22) y 4540 lb / h ft2 de aire y CO2 a 44 ºC y 25 atm absolutas. ¿Cuál será la caída de presión en la torre? 1.- TRADUCCIÖN L/A = 2250 3 1.4 14 G/A=4540

P=25 atm

T=44ºC

1

2.- Planteamiento. 2.1 Caída de presión La caída de presión se puede obtener mediante la gráfica de Lobos. 3.- Cálculos 3.1 Constantes de empaque. H = 0.92 Cf=115 ap= 206 m2/m3 3.2 Datos del líquido y del gas UL = 1221. 5 kg / m3 P = 0.2 . UG = (29 x 25 ) / (0.082 x 317 )= 27.89 kg /m3 3.3 Abcisa 1/ 2 2250 § 27.89 · ¨ ¸ 0.07488 4540 © 12215 . ¹ G lb kg kg 1 ft 2 1h 4540 u u u 6.16 2 2 2 2 A 2.2 lb 0.305 m 3600s h ft m s 3.4 .- Ordenada 0 .1 6.16 2 115 0.2 u 10 3 27.89 12215 . 27.89 u 1 3.5 Caída de presión

0.0558

'P = 300 N /m2 / m

0.0558

0.07488

28

& kg N mm de agua 'P m2 m2 300 30.58 30.58 m m L m 4.- Resultado. La caída de presión debe ser de 428 mm de agua.

; 'P =30.58 x 14 =428 mm de agua

Problema 3

En una torre de absorción rellena con anillos de cerámica de 50 x 50 x 5 mm colocados al azar se absorbe CO2 en agua a 16 atm y 22 º C. El peso molecular del gas es de 20 kg / kg mol, la viscosidad del gas es de 1.31 x 10 -5 kg / ms y la difusividad del CO2 en el inerte es de 1.7 x 10 -6 m2 / s. La velocidad del gas respecto al diámetro de la torre es de 0.0 4 m /s y la del líquido de 0.064 m/s. Calcule la altura de la unidad de transferencia si el coeficiente de humectación del empaque es de 1, a = 87.5 m2/m3 y H = 0.785 . La línea de equilibrio está dada por y = 97.3 x 1.- PLANTEAMIENTO. 1.1 Altura de la unidad de transferencia. HG m

ShG

G HL L 0.407 Re 0.655 Sc 0.33

ShL

0.0021 Re 0.75 Sc 0.5

HOG

2.- CALCULOS 2.1 .- Coeficiente del lado del gas.

UG Re =

Sc

Sh

20 u 16 u 273 kg 13.4 3 22.4 u 295 m

4 uU aP

4 u 0.041 u 13.4 87.5 u 1.31 u 10 5

1.31 u 10 5 13.4 u 1.7 u 10 6 0.407 1920

0.655

1920

0.575

0.575 0.33 47.86

kc Deq D

Deq = 4(0.785)/87.5 =0.0359 m

29

kc

ky ~ G A

Hy

47.86 u 1.7 u 10 6 0.0359 kc

0.0022665

m s

0.0022665

0.0022665 u

kgmol kgmol m2 s m3

16 0.0015 0.082 u 295 m kg 0.041 u 13.4 3 kgmol s m 0.02747 kg s m2 20 kgmol 0.02747 0.209 m 0.0015 u 87.5

P RT

uU PM

~ G Akya

2.2.- Coeficiente del lado del líquido. UL= 1000 kg / m3 ;PL = 0.958 x 10-3 kg / m s D =1.87 x 10-9 m2/s L/A = 0.064 x 1000 = 64 kg / m2 s 4 u 64 Re L 3060 87.5 u 0.958 u 10 3 u 1 0.958 u 10 3 Sc 512 1000 u 187 . u 10 9 Sh

G

0.0021 3060

§ P2 · ¨ 2 ¸ © U g¹

1/ 3

0.75

512

0.5

ª 0.958 u 10 3 2 º « » 2 «¬ 1000 9.81 »¼

k LG D

19.52 0.333

4.55 u 10 5 m

kL= 19.52 x 1.87 x 10-9 /4.55 x 10-5 = 0.000802 m /s

UL

kg 1000 3 kgmol ~ m 0.000802 u kx k L C T = k kgmol kg L PM m2 s 18 kgmol m3 ~ L 64 0.91m HL Akxa 18 u 0.04455 u 87.5

2.3 .- Línea de operación y de equilibrio.

~ L A

~ G A

kgmol 0.041 u 13.4 0.0271 2 20 m s kgmol 64 3.56 2 18 m s

m = 97.3

30

0.04455

kgmol m2 s

2.4 .- Altura total

HOG =

0.209

0.0271 u 97.3 u 0.91 0.88m 3.56

3.- Resultado La altura total HOG es de 0.88 metros.

Problema 4

En una torre de absorción rellena de anillos Raschig de cerámica de 1” se tratan 750 m3/h de una mezcla de amoníaco y aire con 3 % en volumen de amoníaco. La mezcla gaseosa está a 20 ºC y 1 atm. Como líquido absorbente se emplea agua que entra por la cúspide de la columna. Calcúlese el diámetro de la torre si la velocidad másica del gas es el 60 % de la inundación y la relación entre el peso del gas y del líquido es la unidad. 2.- Cálculos 2.1 Relación de gas a líquido PM del gas a la entrada PM = 29 (0.97) + 0.03 (17) = 28.64 densidad del gas 28.64 kg UG 119 . 0.082 u 293 m3 densidad del líquido UL= 1002 kg / m3 L UG 1.91 1u 0.0345 1002 G UL 3.2 - Velocidad de inundación A partir de la gráfica de Lobos.

0.18

0.0345

31

G 2 a P L 0 .2 H 3 gU G U L

0.18

a/H3 =532 PL = 1 ;UG = 1.191 kg / m3 8 g = 1.27 x 10 m /h2

; UL = 1002 kg / m3

G kg . u 1002 0.18 u 1.27 u 10 8 u 1191 7160 2 A 532 u 1 m h 3.3.- Diámetro Masa velocidad empleada G / A = 0.6 x 7160 = 4296 kg / m2 h G = 893.2 kg /h A = 0.2079 m2 4A D 0.515m 3 4. Resultado El diámetro de la torre será de aproximadamente medio metro. Problema 5

Se va a eliminar el SO2 presente en una mezcla gaseosa. El gas será absorbido en una torre empacada mediante una solución acuosa amoníacal. La torre está empacada con sillas Intalox de cerámica de una pulgada. El gas entra a la torre con un caudal de 0.8 m3 / s a 30ºC y 1 atmósfera y contiene 7 % de SO2 en volumen. La solución acuosa entra a razón de 3.8 kg / s y tiene una densidad de 1235 kg / m3 y una viscosidad de 2.5 -. Calcule el diámetro adecuado para la torre. Si la altura empacada es de 8 m y si se utiliza 1 m de sillas Intalox de 1 pulgada por arriba de la entrada del líquido para que actúen como eliminadores de niebla del líquido arrastrado, calcule la potencia requerida para superar las pérdidas de presión del gas. La eficiencia del ventilador puede tomarse como del 60 %. 1.- Traducción 2 L = 3.8 kg /s 3

G= 0.8 m3/ s y1 2 = 0.07 1

D=? T1=30 P = 1 atm

SO

32

2.- Planteamiento 2.1 Caída de presión en la parte irrigada. Por medio de la carta de Lobos 2.2 .- Caída de presión en la parte seca. §G· L 'P CD ¨ ¸ en donde CD = constante del empaque. © A ¹ UG 2.3 Area y diámetro A

G

§G· ¨ ¸ © A ¹ operación

§G· ;¨ ¸ © A ¹ operación

G inun u 0.6 A

4A 3 2.4 Potencia D

P=

'P u G

K

3.- CALCULOS 3.1 Gas entrante PM = 0.07 (64) + 0.93 (29) = 31.45 kg / kg mol § 273 ·§ 1 · kgmol ~ ¸¨ ¸ 0.0317 G 0.8¨ © 303 ¹© 22.4 ¹ s G = 0.0317 x 31.45 = 0.998 kg /s UG=0.998 /0.8 m3/s = 1.248 kg / m3 3.2 Líquido saliente. Suponiendo la absorción completa de SO2 SO2 eliminado = 0.0317 (0.07) (64) = 0.142 kg /s Líquido saliente = 3.8 + 0.142 = 3.94 kg / s 3.3 – Abcisa

UG L 3.94 1.248 0.125 G U L U G 0.998 1235 3.4 Ordenada De la gráfica de Lobos 2 §G· 0 .1 ¨ ¸ u 98 u 2.5 u 10 3 © A¹ 0.18 1.248 u 1235 1.248

33

§G· ¨ ¸ © A ¹inundación

2.269

kg m2 s

§G· ;¨ ¸ © A ¹ operación

2.268 u 0.6 1.361

kg m2 s

3.5 Área y diámetro. G G A

0.998 1.361

0.732 m 2

4 u 0.732 314 .

;D

0.93 m

|=1m

3.6 Caída de presión en empaque irrigado. G /A = 1.271 kg / m2 s en las gráficas

1.271 2 u 98 u 2.5 u 10 3 ordenada 1.248 u 1235 1.248

0.0564

0.1

0.0564

' P = 350 N/m2/ m

0.125

'P = 350 x 8 = 2800 N / m2 3.7 Caída de presión en empaque seco. Para el empaque seco el flujo de gas es : 0.317 u 0.93 u 29 kg G 0.8549 0.082 u 303 s UG =1.14 kg / m3 G 0.8549 kg 1.09 2 2 A 0.785 u (1) sm Para el empaque seleccionado CD =2415 2 ' P 2415 . 1.09 N 258 2 z 1114 . m 3,.8 Caída de presión total 'P = 258 + 2800 = 3058 N / m2 Si suponemos una velocidad del gas en las tuberías de entrada y de salida de 7.5 m / s, las pérdidas por expansión y contracción serían : 34

'P = 1.5 (7.5)2(1.24 ) / 2 = 52.1 N / m2 'P=52.1 + 3058 = 3110.1 N / m2 3.9.- Potencia 'P 3110.1 Nm 27918 . kg U 1114 . P = 2791.8 (0.998 -0.147)/ 0.6 = 3959.5 W 4.- Resultados La potencia es de 3.959 kW El diámetro es de 1 metro.

Problema 6

Se tratan 1500 m3/h de una mezcla de heptano y aire a 1 atm y 35 º C que tiene una composición del 5% en volumen de heptano. Para ello se utilizará una columna de absorción rellena con anillos Raschig de cerámica. Como disolvente se empleará un aceite que contiene 0.1 % de heptano en mol, el cual tiene una densidad de 850 kg / m3 , una viscosidad de 30 y un peso molecular de 80. Si la concentración del heptano en el gas de salida es del 0.5 % en volumen calcule : a) La cantidad mínima de aceite. b)La concentración del heptano en el aceite saliente si se emplea un 30 % más del aceite mínimo. c)El diámetro de la columna si se trabaja al 60 % de la inundación. d) La altura de la columna si el proceso está controlado por la resistencia ofrecida por la fase gaseosa. Para las condiciones de operación de este sistema la composición de equilibrio, expresada en relaciones mol, se ajusta a la ecuación: Y=2X 1.- Traducción x3H=0.001 U=850 PM =80 P3=30

2 y2H=0.005 3 Z=? D=?

y1H=0.05 1 Ca1 =1500m3/h 4 P=1 Atm

x4H = ?

T = 35 º C

35

2.- Planteamiento 2.1- Línea de operación Por tratarse de una solución diluida ~ ~ ~ ~ LI ' Y LI LI ; ~ op ~ min u 1.3 ~ ~ GI ' X GI GI 2.2 .- Altura Z = HOG NOG HOG = HG por controlar la fase gaseosa E §G· ¨ ¸ © A¹ HG D Sc 0.5 § L· ¨ ¸J © A¹ NOG mediante método analítico o mediante el método de Baker. ~ ~ Y1 Y2 NOG Y~ Y~ * ln 2.3 - Diámetro El diámetro se saca mediante la inundación por medio de la gráfica de Lobos. El tamaño del empaque se debe obtener mediante tanteos. 3.- CALCULOS 3.1 Concentraciones y gastos. 0.05 0.001 ~ ~ ; X 3H YI H 0.05265 0.001 0.95 0.999 0.005 0.00502 0.995 PM del gas = 0.05(100) +0.95 (29) = 32.55 kg / kg mol P PM 1 u 32.55 kg UG 1.28 3 RT 0.082 u 305 m 3 3 G = 1500 m /h (1.28 kg / m ) = 1920 kg / h kgmol de aire kgmol ~ 1920 ~ G ; GI 58.98( 0.95) 56.03 58.98 32.55 h h 3.2 Línea de operación § L~I · 0.05265 0.00502 ¨~ ¸ ~ X 4 * 0.001 © GI ¹ min Por medio de la ecuación de la línea de equilibrio se puede obtener el valor de la concentración de líquido que estaría en equilibrio con la concentración de entrada del gas. ~ Y2 H

0.05265 = 2 X4*

§ L~I · ?¨ ~ ¸ © GI ¹ min

188 .

; X4* = 0.02632

§ L~I · ;¨ ~ ¸ © GI ¹ ope

188 . u 1.3 2.44

36

§ L~I · 0.05265 0.00502 ¨ ~ ¸ 2.44 ~ X 4 H 0.001 © GI ¹ LI min= 1.88 (56.03)(80) =8426.9 kg /h

~ ? X4H

0.0205

Líneas principales 0.06

0.05

Y

0.04

equilibrio 0

0.03

operación

0.02

0.01

0 0

0.005

0.01

0.015

0.02

X

3.4 Diámetro. GI = 56.03 kg mol /h LI = 2.44(56.03) = 136.71 kgmol / h Li = 136.71 (80) = 10936.8 kg / h GI = 56.03 (29) = 1624 kg / h de aire. LI GI

UG UL

10936.8 1.28 1624 850

0.26

De la gráfica de Lobos se obtiene que :

37

0.025

0.03

5.5(10-2)

0.26

§ G · § a · 0 .2 ¨ ¸ ¨ 3 ¸P L © A ¹ ©H ¹ 2 5.5 u 10 gcU G U L Como no se sabe el diámetro de la torre se debe suponer el diámetro del empaque. 2

Primera suposición Diámetro del empaque = una pulgada De tabla a = 190 m2/m3 H=0.71 gc = 1.27 x 10 8 m / h2

G A inundacuión

5.5 u 10 2 u 1.27 u 10 8 u 1.28 u 850 § 190 · 0.2 ¸ 30 ¨ © 0.713 ¹

2695

kg hm 2

G/Aoperación = 2695 (0.6) = 1617 kg / h m2 A = 1920 / 1617 = 1.187 m2 D = 1.229 m Dtorre 1.229 48.4 Dempaque 0.0254 La relación debe estar entre 8 y 20

Segundo tanteo Diámetro del anillo dos pulgadas. a=95 H= 0.73 a/H3 = 245 G/Ainundación = 3963.7 kg / h m2 ; G / A operación = 2378 kg / m2 h ; A = 0.807 m2 D = 1.014 m Relación de diámetros = 19.96 Por lo tanto se acepta este diámetro de empaque y el diámetro de la torre queda en 1 m. 3.5 NOG De la gráfica siguiente y empleando el método de Baker

38

NOG = 9.3 También NOG

~ ~ Y1 Y2 Y~ Y~ * ln

39

Y~ Y~ * lm

Y~ Y~ Y~ *

1

~ ~ Y1 Y ln ~ Y2 Y * 2 *

~ Y *

0.05265 0.0445 0.00502 0.002 0.05265 0.0445 ln 0.00502 0.002

9.21

3.6 .- HOG En este caso como controla la fase gaseosa HG = HOG D = 1.24 E= 0.41 J= 0.45 Sc= 3.21 L /A = 10936.8 / 0.807 = 13585 kg / h m2 HG 1.24

3963.7 0.41 0.5 0.45 3.21 13585

G /A = 3963.7 kg / h m2

0.916m

3.7 Altura de la torre . Z = 0.916 m (9.3) = 8.52 m

4.- Resultados La cantidad mínima de aceite es de 8427 kg / h La concentración del heptano en el aceite es de 0.0205 kg mol de heptano /kg mol de aceite. El diámetro de la columna es de 1 metro La altura del empaque es de 8.5 metros El diámetro del empaque es de 2 pulgadas.

40

Problema 7

Se produce HCl absorbiéndolo en agua. La absorción se lleva a cabo a contracorriente con el líquido en dos columnas empacadas. El agua pura entra en la columna 1 a 20ºC y 1 atm. La solución diluida del fondo de la columna 1 se bombea a lo alto de la columna 2. En el fondo de la columna 2 se obtiene una solución de HCl de 20 ºBe. El gas concentrado entrante contiene 28% en volumen de HCl seco y el resto de inerte. El gas concentrado entra por el fondo de la columna 2, pasa hasta arriba de ésta y de allí pasa al fondo de la columna 1. El gas diluido sale por la cúspide de la columna 1 con una concentración de HCl del 0.1 % en volumen. El contenido del HCl en los gases que salen de la columna 2 es del 9% de HCl en volumen. ¿Cuánta agua deberá usarse para producir 5 toneladas de ácido a 20ºBe por día? ¿Qué porcentaje del HCl se absorbe en cada columna ? ¿Cuál es el volumen de gas concentrado entrante ? ¿Cuántas unidades totales de transferencia se utilizarían si la operación fuera isotérmica? Datos de equilibrio del sistema H Cl y agua a 20 º C. Concentración C

Presión parcial P

g de HCl / 100g de agua 66.7 56.3 47 38.9 31.6 25 19 13.64 8.7 4.17 2.04

mm de Hg del H Cl 399 105.5 23.5 4.9 1 0.205 0.0428 0.0088 0.00178 0.00024 0.000044

41

1.- Traducción y3H Cl= 0.001

y2H Cl= 0.09

3

agua

2

4

I

II y1H Cl= 0.28 1 5 Ton /día 6

20 ºBe 5

2.- Planteamiento 2.1 Balances de materia L4 G1 L5 G3 L4 x 4 HCl G1 y1 HCl L5 x 5 HCl G3 y 3 HCl 2.3 Línea de equilibrio. ~ moles de HCl gra mos de HCl 18 X u moles de agua 100 g de agua 36.5 moles de HCl p* ~ Y * moles de inerte PT p 2.4 Líneas de operación ~ ~ LI ' Y ~ ~ GI ' X 2.5 .- NOG

~ dY NOG ³ ~ ~ * Y Y 3.- CALCULOS 3.1 - Balances Base 5 toneladas por día de ácido de 20 ºBe L5 = 5000 kg / día Concentración del ácido saliente 20º Be a 20 º C = 31.45 % en masa Cantidad de H Cl en la disolución final L5x5H Cl = 5000(0.3145) = 1572.5 kg / día L5x5Agua = 5000-1572.5 = 3427.5 kg / día = L4 42

LI = 3427.5 / 18 = 190 kgmol / día L 5 x 5 HCl =1572.5 / 36.5 = 43 kg mol / día 3.2 Línea de equilibrio X Y 0.328 1.11 0.276 0.16 0.232 0.032 0.192 0.0065 0.15 0.00132 0.123 0.000269 0.093 0.000056 5 0.067 0.000011 6 ~ Y1 ~ Y3 ~ X5

9 28 ~ 0.0985 0.39 ; Y2 91 72 0.1 ~ 0.001 ; X3 0 99.9 31.45 36.5 0.226 68.55 18

43

Equilibrio del sistema HCl -agua a 20 º C 450 400

presión del HCl en mm de Hg

350 300 250 200 150 100 50 0 0

20

40

60

80

g de HCl /100 g de agua

3.3 Línea de operación. ~ LI ~ GI

kgmol de agua 0.39 0.001 1.72 kgmol de aire 0.226 0

190 kgmol 110.46 1.72 día 110.46 kgmol ~ 153.42 G1 1 0.28 día Ca1 = 153.42 x 0.082 x 293 = 3683 m3 / día ~ GI

3.4 Líneas de operación y de equilibrio De la gráfica cuando Y2 = 0.0985 ácido absorbido en II 0.39 0.0985 0.75 0.39 0.001

, X6 = 0.084

3.5 Número de unidades de transferencia. A partir de la gráfica siguiente y usando el método de Baker se obtiene que : NOG = 4.2

44

0.45 0.4 0.35 0.3 equilibrio

0.25 Y

operación 0.2

media

0.15 0.1 0.05 0 0

0.1

0.2

0.3

0.4

X

4.- Resultados. Se requiere 3427.5 kg /día de agua. Se absorbe el 75 % en la segunda columna y 25% en la primera. El volumen de gases entrantes es de 3683 m3/día. Se requieren 4.2 unidades de transferencia. Problema 8

En una columna de absorción rellena de anillos Raschig de media pulgada, se introduce una mezcla de aire y amoníaco a 1 atm y 20 ºC. Para las condiciones de operación el equilibrio está dado por : y = 0.185 x La presión parcial del amoníaco en la mezcla gaseosa entrante es de 15 mm de HG. Se desea recuperar el 99% de amoníaco entrante utilizando agua pura como líquido absorbente. Si se introducen 1000kg / h de aire ¿Cual 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 ? 1.- TRADUCCION

2 3 P =1 atm Z =? T = 20 ºC D=? HOG = 0.4 m y1NH3 =? P1NH3 = 15 mm Hg 1 4

45

2.- PLANTEAMIENTO 2.1.- Altura de la columna. Z = HOG x NOG ~ y1 ~ y2 NOG # ~ ~ * y y

log

2.2 - Línea de equilibrio ~ ~ y2 · ~ § y1 GI ¨ ¸ ~ y2 ¹ © 1 y1 1 ~

~ x~3 · ~ § x4 LI ¨ ¸ © 1 x~4 1 x~3 ¹

2.3 Diámetro Por la gráfica de Lobos 3.- Cálculos 3.1 Concentraciones 15 ~ y1 NH3 0.0197 760 0.0197 ~ 0.02012 Y1 NH3 1 0.0197 y2NH3 = 0.01(0.020129 = 0.0002 Y2NH3 =0.0002 · 1 kgmol ~ 100 § ¨ ¸ 35176 G1 . 29 © 1 0.0197 ¹ h Concentración de la solución acuosa de salida. Si la solución estuviera en el equilibrio. 0.0197 = 0.185 x x* = 0.1066 X4* = 0.1193 3.2 Línea de operación 1000 § 0.02012 0.0002 · ~ ¨ ¸ LIm inimo ( 0.1193) 29 © ¹ LI minimo = 5.749 kgmol de agua / h LI operación = 57.48 kgmol de agua /h 1000 ~ ( 0.02012 0.0002 ) 57.48 X 4 29 X4 = 0.0118 3.3 Diámetro Pmgas = 17 (0.01973)+29 (1-0.01973) = 28.77 UG = 28.77 /(0.082 x 283) = 1.2 kg / m3 UL = 1000 kg / m3 G1 = 35.176 ( 28.77 ) = 1012 kg / h L3 = 57.48 (18) = 1034 kg /h

46

L U G 1034 1.2 0.0353 G U L 1012 1000 Esto da en la gráfica de Lobos

0.18

0.0353

§G· ¨ ¸ ap P L 0.2 © A¹ 2

H 3 gc U G U L

0.18 PL= 1 s.

ap/H3 =1030

G/A inundación = 5160 kg / m2 h G/Aoperación = 2580 kg / hm2 A = 1012 / 2580 = 0.392 m2 4 u 0.392 D 0.7 m 3 3.4 Número de unidades de transferencia

~y ~y * log

~y

1

~ y * ~ y2 ~ y * ~y1 ~y * ln ~ ~ * y2 y

y1* =0.185(0.0118) = 0.00218 y1 -y* = 0.0175

~y ~y *

log

y2 -y* = 0.0002

0.0175 0.0002 0.0175 ln 0.0002

0.0197 0.0002 0.00387 3.5 Altura del empaque NOG

0.00387

5.04

Z=0.4 x 5.04 = 2 m 4.- RESULTADOS

47

La altura empacada es de 2 metros. El diámetro de 70 cm . La concentración de la solución acuosa saliente es de 0.0118 kgmol de amoniaco / kg mol de agua-

Problema 9

Una torre de absorción debe absorber 42 .3 toneladas por día de CO2 El gas que proviene de un horno contiene 17.5 % de CO2 , y el resto de inertes , principalmente nitrógeno. El gas entrará a 35 º C y 1 atm y debe absorberse con dietalnolamina 2 N y que tiene 0.024 kgmol de CO2 que está a 35 º C . Se desea una recuperación del 95 % y se usará un LI /GI kgmol de DEA de operación igual a 1.25 veces el mínimo. ¿Cuáles deben ser las dimensiones de la torre ¿ Para el sistema considerado los datos del equilibrio están dados por:

~ moles de CO2 Y mol de gas inerte 0.00035 0.00295 0.0131 0.049 0.235 0.453 0.9

~ moles de CO2 X mol de amina 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.65 0.7

1.- Traducción DEA 2 N, 35 º C

2 3

1

40 ton / dia de CO2

y1CO2 = 0.175 P = 1 atm , T = 35 º C

2.- Planteamiento 2.1.- Balances ~ ~ ~ ~ G I Y1 CO2 LI X 3 CO2

4

~ ~ ~ ~ G I Y2 CO2 LI X 4 CO2

48

2.2.- Diámetro El diámetro se calcula mediante la inundación , el dato se saca con la ecuación de Lobo. 2.3.-Número de unidades de transferencia ~ dY NOG ³ ~ ~ Y Y * 2.4 ,.- Altura del empaque Z = HOG x NOG ~ GI en donde HOG = HG m ~ HL LI 3.- Cálculos 3.1- Balances

42.3

1 kgmol día toneladas 1000kg u u u tonelada 24 horas 44 kg de CO2 día

40 .5 kgmol /h

~ Y1 = 17.5 / 82.5 = 0.212 mol de CO2 / mol de inerte

~ Y~2 = 0.05 Y1 =0.0106 mol de CO2/mol de inerte ~ y 2 = 0.0106 /1.0106 = 0.010488 mol de CO2 / mol total

GI = 200 x 28 = 5600 kg de gas / h = 133 toneladas de gas inerte / día kgmol de CO2 ~ x 3 0.02343 kgmol total kgmol de CO2 ~ X 3 0.024 kgmol de DEA 3.2.- Línea de operación si Li / Gi = 1.25 ( Li / Gi )operación mínima Graficando en el diagrama X vs Y los puntos conocidos se encuentra que :

49

Operación isotérmica a 35 º C

X* = 0.594 mol de CO2 / mol de DEA ~ LI 0.212 0.0106 0.353 ? ~ min 0.594 0.024 GI ~ LI kg mol DEA 0.4416 . ~ ope 0.353 u 125 kgmol inerte GI kgmol DEA ~ LI 0.4416 u 200 88.32 h ~ L 0.212 0.0106 tambié n ~I 0.4416 ~ GI X 4 0.024 kgmol de CO2 ~ ? X 4 0.48 kgmol DEA Cantidad de solución empleada LI = 88.32 kgmol DEA / h ( 105 ) = 9273.6 kg DEA / h pero la solución es 2 N es decir que contiene 210 g de DEA por litro de solución. UDEA 2 N = 1 024 kg / m3

50

LI = 9273.6 kg DEA / h ( 1024 kg sol / m3) ( 1 m3 / 210 kg DEA) = 45219.84 kg /h = 1085 Ton / día. ~ ~ ~ LI L3 (1 x~3 ) 88.32 L3 (1 0.02343) ~ L3

90.43

kgmol h

kgmol DEA kgmol CO2 2.11 90.43 h h kg L3 45219.84 2.11 u 44 45312 h kg L4 45312 40 u 44 47072 h Flujos de gas ~ ~ ~ G I G1 (1 ~ y1 CO2 ) 200 G1 (0.825) kgmol ~ G1 242.42 h kg G! 200 u 28 42.42 u 44 7466 h ~ ~ ~ CO2 ~ G I G2 (1 y 2 ) 200 G2 (1 0.010488) kgmol ~ G2 202.11 h kg G2 200 u 28 2 .11 u 44 5692.84 h ~ L3

88.32

3.3.- Diámetro de la torre Datos de los anillos d = 3 pulgadas a = 65.6 m2 / m3

Para inundación

G a § PL · ln ¨ ¸ g H 3 U L U G © P agua ¹ 2

0 .2

H =0.72

§ L · § UG · 8 4¨ ¸ ¨ ¸ © G ¹ © UL ¹ 1 4

1

G=7460 ; L = 47072 kg / h P líquido = 1.45 UL = 1024 kg /m3 UG=1.161 kg /m3 0 .2 0.25 0.125 G2 a § PL · . · § 47072 · § 1161 ¨ ¸ ¨ ¸ ln u 4 2.715 ¨ ¸ © 7460 ¹ © 1024 ¹ g H 3 U L U G © P agua ¹ G = 2.02 kg / m2 s = 7280 kg / m2 h Si se trabaja al 60 % de la inundación:

51

7460kg / h 1.734 m 2 kg 7280 u 0.6 h m2 D 1.486 m # 1.5 m Dcolumnas 1.5 19.7 ! 10 ! 20 Dempaque 3 u 0.0254 A

3.4 .- Número de unidades de transferencia dY~ NOG ³ ~ ~ Y Y *

A partir de la gráfica se obtiene la tabla siguiente: Media 'Y~ 1 Y~Y~ Y~ * Y~ Y~ * Y~ Y~ * 0.016 0 0.0106 94.3 0.011 0 0.011 90.9 92.6 0.0004 0.012 0 0.012 83.3 87.1 0.001 0.013 0 0.013 76.9 80.1 0.001 0.015 0 0.015 66.7 71.8 0.002 0.0175 0 0.0175 57.1 61.9 0.0025 0.02 0 0.02 50 53.6 0.0025 0.025 0 0.025 40 45 0.005 0.03 0 0.03 33.3 36.7 0.005 52

NOG

0.037 0.087 0.08 0.144 0.155 0.132 0.225 0.183

0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18 0.2 0.212

0 0 0 0 0.000 0.000 0.000 0.005 0.013 0.02 0.03 0.038

0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.1 0.12 0.135 0.145 0.16 0.17 0.174

25 20 16.7 14.3 12.5 10.0 8.33 7.4 6.896 6.25 5.88 5.74

29.2 22.5 18.3 15.5 13.4 11.25 9.165 7.868 7.15 6.7 6.06 5.81

0.01 0.01 0.01 0.01 0.01 0.02 0.02 0.02 0.02 0.02 0.02 0.012

0.292 0.225 0.183 0.155 0.134 0.225 0.1833 0.1573 0.143 0.134 0.121 0.0697 NOG = 3.0647

3.5.- Altura de la unidad de transferencia G ( )E D A Sc 0.5 §L· ¨ ¸J © A¹

HG por Fellinger

G1= 7466 kg /h G A

7466 1.765

L4

47072

L A

47072 1.765

4230

kg h m2

kg h 26664

kg h m2

ª 4230 0.41 º 1.087 0.5 0.4 m HG 1.24 « 0.45 » ¬ (26664) ¼ HL por medio de la correlación de Sherwood y Holloway Sc= 1.087

53

§ L · ¨ ¸ A ¨ ¸ Sc L 0.5 HL I ¨ PL ¸ ¸ ¨ © ¹ 1.33 u 10 2 Sc L 1024 u 1.95 u 10 5 K

§ 26664 · H L 0.00293¨ ¸ © 1.33 u 3.6 ¹ ~ G HOG HG m ~ I HL LI L~I

~ G I ~ G I L~I

P

U D AB 0.22

666

666 0.5

0.5m

kgmol DEA h kgmol gas inerte 200 h

88.32

2.26

si tomamos a m como 1.7 HOG 0.4 1.7 u 2.26 u 0.5 2.321 m 3.6.- Altura empacada Z = HOG x NOG Z = 3.0647 x 2.321= 7.113m = 7.2 m La altura total de la columna será mayor que la calculada para el empaque. Un proyecto típico podría ser el siguiente basado en un NOG cercano a 3. Altura calculada de relleno 7.2 m Relleno adicional para asegurar la distribución del líquido 0.5 m. Altura sobre el empaque para la separación del líquido y evitar el arrastre 0.75 m Altura por debajo del empaque para introducir y distribuir el gas y para soportar el empaque 0.75 m. Altura para retención del líquido , cinco minutos 1 m. Altura total de la columna con exclusión de las cabezas 10.2 m 4.- Resultados La torre tendrá una altura de empaque de 7.2 m El diámetro de la torre es de1.5 m

54

Problema 10

Una correlación para obtener coeficientes de transferencia de masa en torres empacadas que se utilizan como absorbedores es : 0.655 0.33 NuG 0.407 ReG ScG en donde : k G Deq PG 4 uG U G NuG ; ReG ; ScG PG ap U G DG DG Determine el coeficiente de transferencia de masa para la fase gaseosa en una columna de absorción empacada en la cual se absorbe CO2 de una mezcla de CO2 y nitrógeno . La temperatura de la columna es de 20 º C y la presión de trabajo de una atmósfera . La velocidad del gas en el aparato es de 0.35 m / s . Las propiedades del empaque son : H = 0.58 ; ap = 42 m2 / m3 -. Resolución 1.- Cálculos 1.1.- Datos. 28 u 273 kg UG 116 . 22.4 u 293 m3 kg P G 0.0175 u 103 ms

DG

11.45 u 106

m2 s

1.2.- Reynolds 4 u 0.35 u 116 . Re 2210 42 u 0.0175 u 103 1.3.- Schmidt 0.0175 u 103 Sc= 1.32 116 . u 11.45 u 106 1.4.- Nusselt Nu 0.407 ( 2210) 0.655 (1.32 ) 0.33 69 4 H 4 ( 0.58) Deq 0.055m aP 42

4 m 69 (11.45 u 106 ) 144 u 10 0.055 s m kgmol CO2 k G 5184 . 5184 . kgmol CO2 h h m2 m3 2.- Resultado El coeficiente de transferencia de masa del lado gas es de 51.84 m / h

kG

55

Problema 11

En una torre lavadora empacada con anillos Rachig de cerámica de 2 pulgadas, se efectúa la absorción de CO2 en agua a partir de un gas que está a la presión de 16 atm. y 22 º C. El peso molecular promedio del gas es de 20.3 kg / kg mol, la viscosidad del gas a las condiciones de trabajo es de 1.31 x 10-5 kg / m s y el coeficiente de difusión del CO2 en el gas inerte es de 1.7 x 10-6 m2 / s. La velocidad del gas en la torre lavadora es de 0.41 m / s y la densidad de rociado del líquido es de 0.064 m3 / m2 s . Determine la altura total de la unidad de transferencia HOG considerando que el coeficiente de humectación del empaque es 1. El equilibrio está dado por ~ y m 97.3 ~ x 1.- Traducción uL =0.064 m3 /m2 s 2

uG = 0.041 m / s

T =22 º C P=16 atm

1 HOG =? 1.- Planteamiento 1.1.- Altura de la unidad ~ G HOG HG m ~ HL L 1.2.- Altura de la unidad de transferencia del lado gas HG

0.407 Re0.655 Sc0.33 k G Deq NuG DG ~ ky'y k G '~ c ~ '~ c PT 'P U ky k G ~ k G ~ kG G 'y 'PRT PM ~ ~ G GPM uG HG Akya k Ga UG A k Ga NuG

56

uG HG ~ GPM uG UG A 1.3.- Altura de la unidad de transferencia del lado del líquido HL k Ga

NuL

0.0021 Re L 0.75 ScL 0.5

kx G DL §P 2· G ¨ 2L ¸ © U g¹ ~ kx k L CT 3.- Cálculos 3.1- Datos H=0.785 ap = 0.87.5 m2 / m3 20.3 u 16 u 273 kg 13.4 3 UG 22.4 u 295 m 4( 0.785) 0.0359m Deq 87.5 3,2.- Coeficiente del lado gaseoso. 4( 0.041)(13.4) 1920 Re G (87,5)(131 . u 105 ) NuL

ScG

Nu

. u 105 131 0.575 . u 106 13.4 u 17 0.407(1920) 0.655 ( 0.575) 0.33

47.94(17 m . u 106 ) 0.0022 0.0359 s 0.041 HG 0.212m 0.0022 u 87.5 3.2.- Coeficiente del lado líquido Datos kg U 1000 3 m kg P 0.958 u 103 ms

\ =1

47.94

kG

DL

187 . u 109

m2 s

§ 0.958 u 103 2 · ¸¸ G ¨¨ 4.55 u 105 m 2 © 1000 (9.81) ¹ la densidad de rociado es : 0.33

57

L AU L L A Re

m3 0.064 2 m s 0.064(1000) 4L Aa P \P L

kg m2 s 4( 64) 87.5(1)( 0.958 u 103 ) 64

Sc 512 Nu 0.0021(3060) 0.75 (512) 0.5 kL

G

NuDL

22.08(187 . u 10 ) 4.55 u 105 9

3060

22.08 9 u 104

m s

1000 555 . 18 kx 9 u 104 (555 . ) 0.05 L 64 HL 0.812m A kxa 18 u 0.05(87.5) 3.4.- Altura de la unidad de transferencia total ~ G HOG HG m ~ HL 0.212 97.3( 0.00761) 0.813 m L 4.- Resultado La altura de la unidad de transferencia del lado gas HOG es de 0.813 m ~ CT

Problema 12

Se desea diseñar un absorbedor para remover acetona de aire de proceso. El aire entrante al absorbedor contiene 1% de acetona en mol y fluye con un gasto volumétrico de 2000 m3 /h a 27 °C y 1 atm. La acetona tiene que removerse hasta que el aire salga con una concentración de 100 mg / m3 de acetona en el aire. Se utilizará agua pura como solvente en una torre empacada con anillos metálicos aleatorios. Se operará a 1.5 veces el flujo mínimo de líquido. La pendiente de la línea de equilibrio para estas condiciones puede tomarse como Y = 2.314 X. Datos Propiedades físicas del líquido Propiedades del gas PM = 18 kg /kg mol PM= 28.96 kg /kg mol Densidad = 997 kg / m3 Densidad= 1.162 kg / m3 Viscosidad = 0.857 x 10-3 kg /m s Viscosidad = 1.813 x 10-5 kg / m s -9 2 Difusividad = 1.18 x 10 m / s Difusividad = 1.08 x 10-5 m2 /s Tensión superficial = 0.072 N /m 1.- Traducción.

58

Agua pura

2

3

Ca1=2000m3/h

T=27ºC P= 1 atm '5=? L/G op = L/G min x 1.5

1 X1a=0.01 2.- Planteamiento. 2.1.- Balances ~ Y~ L~ X~ ~ Y~ L~ X~ G G S 1 s s 2 s 3 4 Para solvente mínimo NOG = f § Y~ Y~ · L~ min m¨¨ 1 ~ 2 ¸¸ G © Y1 ¹ 2.2.- Ecuación de diseño. Z= NOG * HOG Para soluciones diluidas ª § Y~ mX~ 2 ln «1 O ¨¨ ~1 ~ © Y2 mX 2 ¬ NOG = 1 O En donde L~ O ~ mG

º · ¸¸ O » ¹ ¼

3.- Cálculos. 3.1.- Balances. Moles de gas entrante PCa nRT § m3 · ¨ ¸¸ 1 atm¨ 2000 h © ¹ ~ n G 1 0.08227 273 Aire entrante

81.3

kgmol h

59

~ G S

81.3(1 0.01) 80.48

kgmol de aire h

Acetona entrante kgmol ~~ G 0.813 1 y1 h relación mol de acetona en la corriente entrante. kgmol acetona 0.01 Y~1 0.0101 1 0.01 kgmol aire Acetona saliente 100mg acetona m 3 aire la corriente saliente es casi aire puro , por lo tanto: P kgmol 1 U~G 0.04065 RT 0.082300 m3 Volumen de gases salientes kgmol m3 m3 80.48 u 1979.8 h 0.04065 kgmol h cantidad de acetona saliente: mg 0.1979 kg kgmol kgmol m 3 100 mg 1979.8 197980.8 0.003413 u u 3 58 kg h h h h m Composición de la acetona en la corriente gaseosa saliente: kgmol acetona 0.003413 4.24 u 10 5 Y~2 = 80.48 kgmol aire 3.3.- Pendiente mínima de operación. Como la solución está muy diluida , es difícil dibujar la pendiente mínima y encontrar mediante el gráfico el valor de esa pendiente, sin embargo la pendiente se puede obtener por: § 0.0101 4.24 u 10 5 · L~ ¸¸ 2.304 ¨¨ min 2 . 314 ~ G 0.0101 ¹ © 3.4.- Pendiente de operación. De acuerdo al enunciado del problema. L~ ~ operación 2.304 u1.5 3.4564 G 3.5.- Concentración de la solución acuosa saliente.

3.4564

0.0101 4.24 u10 5 X~ 4 0

60

X~ 4 operación

2.91u10 3

kgmol acetona kgmol agua

3.6.- Gastos ~ GS

80.48

kgmol aire h

;

L~ ~ G

3.454

por lo tanto: 3.454 u 80.48

kgmol agua kg 5003.6 h h 3.7- Número de unidades de transferencia. L~

277.97

Al estar muy diluida la solución se hace muy complicada la obtención de la unidades por medios gráficos por lo que se sugiere la utilización de los métodos analíticos. En este caso el factor A es: L~ 3.4564 A ~ 1.4936 G m 2.314 y el factor O es = 1/A = 0.6695 por lo tanto º ª § 0.0101 2.314(0) · ¸¸ 0.6695» ln «1 0.6695 ¨¨ 5 »¼ «¬ © 4.24 u10 2.314(0) ¹ NOG = 1 0.6695 3.8-Diámetro de la torre. Empleando las gráficas de Lobo. L G

2.304 u

kg agua 18 1.43 29 kg aire

13.23

L UG 1.162 1.43 0.0488 G UL 997 de la grafica de Lobo (Apéndice 8-D)para inundación se obtiene que: § G · § ap · 0.2 ¨ ¸ ¨¨ 3 ¸¸ P L © A¹ ©H ¹ 0 .5 g UG U L de los datos del enunciado: ȡG= 1.162 kg /m3 ; ȡL = 997 kg /m3 ȝL = 0.857 s ; g = 1.27 x 108 m /h2 ap = superficie específica del empaque en m2/ m3 İ = volumen de huecos del empaque. 2

61

G/A = kg /h en la inundación. En este momento se debe hacer la decisión sobre el tipo de empaque y el diámetro a utilizar. Suponiendo anillos Raschig metálicos de 2 pulgadas (50 mm) . del apéndice 8-E se obtiene que: Cf = 57 , CD = 133 , ap = 103 , İ = 0.92 Por lo tanto: 2 § G · §¨ 103 ·¸ 0.857 0.2 ¨ ¸ ¨ 3 ¸ © A ¹ © 0.92 ¹ , por lo tanto 0.5 = 1.27 u10 8 1.162 997 kg G inundación 23950 A h m2 si se trabaja al 8=% de la inundación: kg G operación 23950 u 0.8 19160 A h m2 Pero G = 80.48 x 29 = 2333.92 kg /h, por lo tanto G 2333.92 A= 0.1218 m 2 G 19160 A y el diámetro será de D=0.394m o aproximadamente de 0.4 m DT 8 y el área de diseño será de AT = 0.1256 m2 De y por lo tanto:

L A

39737

kg y h m2

G A

18582

kg h m2

3.10.- Altura de la unidad de transferencia. En este caso,

~ mG HOG HG ~ HL L y HG por Fellinger

§G· ¨ ¸ © A¹ Sc 0.5 HG D J §L· ¨ ¸ © A¹ En este caso para los empaques seleccionados (Apéndice 8-A) ǹ=1.24 ; ȕ =0.41 ; Ȗ =0.45 E

62

P

1.813 u 10 5 1.162 u 1.08 u 10 5

U G D aB

18582 1.44 1.24

Sc del gas =

39737

1.44

0.41

HG

0.5

0.45

0.7132m

HL por Sherwood K ªLº « » 0.5 HL I « A » Sc «P » «¬ »¼ para el empaque seleccionado del Apéndice 8-C ij=29.3x 10-4 , Ș=0.22 Schmidt del líquido ȝ=0.857x10-3 kg /m s = 3.0852 kg /h m 0.857 u10 3 Sc 72.64 997 u1.18 u10 9 ª 39737 º 72.64 0.5 29.3 u10 4 « » ¬ 3.0852 ¼ Por lo tanto HOG =0.7132 +0.6695(0.2) = 0.847 m 3.10.- Altura efectiva de empaque. 0.22

HL

0.2m

Z = 0.847 ( 13.23) = 11.207 m 3.11.- Caída de presión Mediante la gráfica de Lobo Apéndice 8.F L G

UG UL

0.0488

§G· 0.1 ¨ ¸ CfP L © A¹ U G U L U G en donde : G/A = 5.16 kg /s m2 ; Cf =57; ȝL= 0.857x10-3 kg / m s,ȡG=1.162 kg /m3 ,ȡL= 997 kg /m3 2

§G· 0.1 ¨ ¸ CfP L A © ¹ U G U L U G 2

5.16 2 57 (0.857 u10 3 ) 0.1 1.162(997 1.162)

0.0647

Con esas coordenadas en la gráfica del apéndice 8-F se obtiene una caída de presión de

63

'P

400

Pa m

4.- Resultados. La torre tendrá un diámetro de 0.4 m, la altura de empaque será de 11.2 m si se usan anillos Raschig metálicos.

Problema 13 Una corriente gaseosa contiene 5% en mol de amoníaco y el resto de aire. La corriente entra a una torre de absorción a razón de 20 kgmol /h. La columna opera a 20 °C y 1 atmósfera y debe absorber el 90 % del amoníaco entrante usando 1500 kg /h de agua pura. Estime la velocidad superficial del gas y la caída de presión en la inundación , así como el diámetro de la columna y la caída de presión si se opera el 70% de la inundación y si se usan anillos Raschig de 25 mm. Cálculos.1.1.- Inundación. Peso molecular del gas PM = 0.95(29)+0.05(17)=28.4 20(28.4) G= 0.158Kg / s 3600 Densidad del gas: kg 1u 28.4 UG 1.181 3 0.082 u 293 m Caudal del gas Ca ==.158/1.181=0.134 m3/s Salida de líquido Amoniaco absorbido =20(0.05)(0.9)(17)=153 kg /h kg 1500 15.3 L 0.421 3600 s kg U L 1000 3 m por lo tanto para utilizar la correlación de Lobos L U G 0.421 1.181 0.092 G U L 0.158 1000 De la gráfica de Lobos se obtiene que: Yinun = 0.187 Para anillos Raschig de 25 mm Fp = 179 ft2/ft3 , P L 1s. C sin un

ª Yinun º « 0.1 » ¬ FpP ¼

0.5

º ª 0.187 « 0.1 » ¬179 u 0.001) ¼





0.5

0.0457

64

m s

Cs inun

ª UG º « » ¬ U L UG ¼ por lo tanto: u GF

'Pinun

0.0457

ª 1.181 º «1000 1.181» ¬ ¼

0.5

93.9 u (179) 0.7

3545

0.5

1.329

m s

Pa m

1.2.- Diámetro. Si se trabaja al 70% de la inundación F=0.7 y la velocidad del gas será: m u G 0.7 u1.329 0.9303 s por lo tanto el diámetro será:

ª 4 u 0.1336 º D « 0.428m » ¬ 0.7 u1.329 u S ¼ 1.3.- Caída de presión empaque seco. m2 H 0.68 ; a 190 3 ; Ch 0.577 ; 1.329 m 6 u (1 0.68) dp 0.0101m 190 1 1.049 Kw kg P G 1.84 u10 5 ms 0.9303 u 0.0101u1.181 Re G 1796.3 1 0.68)(1.84 u10 5 u1.049 0.5





< 1.361

190 1.181u 0.93 2 'P 1.361u u u1.049 2 Z (0.68) 3 1.4.- Retención (hold-up) Masa velocidad del líquido kg 0.421u 4 L 2.926 2 2 A S 0.428) m s 2.926 ReL= 15.4 190 u 0.081



441



65

Pa m

2

2

FrL= a ah

uL a g

G a A UL2g

(2.926) 2 190

1000

2

9.8

1.659 u10 4

0.85 u 0.577 u (15.4) 0.25 u (1.654 u10 4 ) 0.1

2 ª12 u 1.659 u 10 4 º 3 u ( 0 . 407 ) « » 15 . 4 ¬ ¼ 1.5.- Caída de presión al 70%

hL

0.407

0.0278

0.68 'P ª ª15.4 º º u exp « » 1.15 « » 'Po ¬ 0.68 0.0278 ¼ ¬ 200 ¼ Pa 'P 441u1.15 507 Z m 1.5

2.- Resultados. La retención es de 0.0278. La caída de presión si se trabaja al 70 % es de 507 Pa /m La caída de presión del empaque seco es de 441 Pa/m El diámetro de la torre es de 0.428 m La caída de presión en la inundación es de 3545 Pa /m Problema 14 Cuando se fermenta el azúcar se produce etanol y se desprende CO2 y vapores de etanol. El alcohol gaseoso puede recuperarse absorbiéndolo a contracorriente con agua en una torre empacada. A una cierta torre entran vapores a razón de 189 kgmol/h a 303K y 1 atm. La composición molar del gas es de 98% de CO2 y 2% de etanol y se desea recuperar el 97% del etanol entrante a la torre. A la torre se mete agua a 303 K y a razón de 151.5 kgmol/h. La torre deberá estar empacada con anillos Hiflow de 50 mm y debe diseñarse para una caída máxima de 300Pa/m. Utilizando el método de Billet y Schultes , calcule: a) el diámetro de la columna. b) El % de inundación c) Los coeficientes kyah , kLah 1.- Traducción

Agua pura

2

3

G=180 kgmol/h

T=30ºC P= 1 atm '5=300Pa/m

66

1 a

y1 =0.02 2.- Cálculos 2.1.- Caídas de presión. Como la velocidad del gas es la máxima en el fondo, las caídas de presión serán allí mayores, por lo que los cálculos se harán en ese punto. Gas entrante PMG=0.98x44+0.02x46=44 kg 180 u 44 G= 2.2 3600 s kg 1u 44 P u PM UG 1.923 3 0.083 u 313 RT m 5 P G 1.45 u10 Pa s m3 s Etanol absorbido = 180 x 0.02 x 0.97 x 46 =160 kg /h kg 151.5 u18 160.6 L 0.804 3600 s kg U L 986 3 ; P L 0.631s m Caudal de gas=1.145

Por lo tanto

L U G 0.804 1.923 0.016 G U L 2.202 986 En la gráfica de Lobos Y=0.317 Para anillos Hiflow de 50 mm ft 2 F p 16 3 ft

ª Yinun º ª º 0.317 Cs inun « » « 0.1 0.1 » «¬ FpP L »¼ ¬160.000631 ¼ velocidad de inundación 0.5

Cs inun

0.202

§ 1.923 · ª UG º ¨ ¸ » « 986 1 . 932 © ¹ U U L ¼ ¬ G Si se opera al 70% f=0.7 La velocidad de operación del gas será : u GF

0.5

0.5

0.5

0.203

4.602

67

m s

m s

0.7 u 4.602 3.22

m s y el diámetro de la torre será:

uG

ª 4 u1.145 º 0.674 m « 0.7 u 4.602 u S » ¬ ¼ Para el empaque empleado m2 H 0.977 ; a 92.3 3 ; C h 0.876 ; C p m El diámetro del empaque será: 6 u (1 0.977) dp 0.0015m 92.3 de aquí: 1 1.066 y ? Kw 0.9381 Kw El Reynolds del gas será: 3.22 u 0.0015 u1.923 u 0.9381 Re G 26.13 (1 0.977) u1.45 u10 5
D

0.421

92.3 1.923 u 3.22 2 Pa 'Po 0.3365 u u u1.066 354 0.9773 2 Z m La velocidad del líquido en el equipo será de: L m 0.804 u 4 uL 0.0023 2 2 s SD S 0.674 u 986 UL 4 y el Reynolds del líquido será: uL UL 0.0023 u 986 Re L 39 a P L 92.3 u 0.000631 y el Froude es: 2 u L a 0.0023 2 u 92.3 4.98 u10 5 Fr= g 9.81 Por lo que: 0.1 ah 0.25 0.85 u 0.876 u 39 u 4.98 u10 5 0.691 a por lo tanto: m2 ah 0.691u 92.3 63.8 3 m y la retención será:





2 ª12 u 4.98 u10 5 º 3 hL « » u 0.691 3 0.0194 39 ¬ ¼ por lo que la caída de presión operando al 70% será: 1

68

'P 0.977 Pa ª º ª 39 º u exp « 354 u « 443 » » Z s ¬ 0.977 0.0194 ¼ ¬ 200 ¼ Esta caída de presión es más alta de la pedida. Si se trabaja por tanteos se encontrará que cuando f= 0.58 (58% de la inundación) Entonces: D = 0.738 m Por lo que : Pa 'P 300 Z m m m2 m u G 2.68 ; ah 58.8 3 : h L 0.017 ; u L 0.00193 s s m Re G 21890 ; Re L 32.6 1.5

2.2.- Coeficientes. Difusividades Det agua

1.91u10 5

cm 2 s

cm 2 s Constantes de los empaques C L 1.168 ; CV 0.408 por lo tanto: Det bióxido

0.085

ªD a u º m 0.757C L « L L » en s ¬ H hL ¼ 0.5

kL

ª1.91u10 9 u 92.3 u 0.00193 º m k L 0.757(1.168) « 1.251u10 4 » 0.997 u 0.017 s ¬ ¼ 1 k L a h 1.251u10 4 u 58.84 7.33 u10 3 s El Scmidt del gas es:0.887 Y por lo tanto el coeficiente del lado del gas será: 0.5

D P a k y 0.1304Cv G RT >H H h L @0.5 mol k y 3.26 2 m s mol k y a h 0.191 3 m s 2.-Respuestas. Los coeficientes son:

2 mol ª Re G º 4 3 en Sc G « Kw » m2s ¬ ¼ 3

69

k L ah

1.251u10 4 u 58.84 7.33 u10 3

k y ah

0.191

1 s

mol m3s

70

Problemas propuestos Problema 1

Una torre empacada con anillos Rachig de cerámica de 1 pulgada , se usa para absorber NH3 del aire poniendo el gas en o con agua. El gasto de gas a la entrada es de 40 kmol/h y contiene 5% de amoníaco. Se debe remover el 90% del amoníaco presente en el aire. La cantidad de agua a la entrada es de 3200 kg /h. La absorción se realizará a la presión absoluta de 1 atm y a 20ºC. Calcule a) el diámetro de la torre para un 70 % de la inundación Viscosidad del líquido = 1 centipoise. - Resultado El diámetro es de alrededor de medio metro. Problema 2

Estime el valor del HOG para la absorción de la acetona del aire en una solución acuosa, si se usa una torre empacada con anillos Raching de una pulgada. Datos G/A = 3000 kg / h m2 ; L/A = 5700 kg / h m2 ; T = 30ºC; m = 2.64

Resultado

La altura total de la unidad de transferencia del lado gaseoso HOG es de 0.727 metros. Problema. 3

Determine el coeficiente de transferencia de masa en la fase gaseosa en un absorbedor empacado en el que se absorbe SO2 de una mezcla de N2 a presión atmosférica. La temperatura de operación es de 20 º C. La velocidad del gas basada en la sección transversal del aparato es de 0.35 m / s-. El absorbedor está relleno con pedacería de coque. a = 42 m2/ m3 , H =0.58 Resultado

El coeficiente es de 144 x 10 -4 m /s. Problema 4

Se desea separar el 95 % del amoníaco que se encuentra en una corriente de aire con 40 % en volumen de amoníaco. A la torre de absorción entran 220 kg mol /h de agua y 50 kg mol /h de gases. La temperatura de operación es de 25 ºC y la presión de una atmósfera.

71

Encuentre el número de unidades de transferencia de la torre necesaria si esta opera isotérmicamente.

Resultado El número de unidades de transferencia es de 3.28. Problema 5

Encuentre el número de unidades de transferencia requeridas para absorber propano de una corriente de hidrocarburos. La corriente entrante contiene 0.43% en mol de propano y se desea absorber el 90 % del propano. Se desea utilizar un L / G de 1.5 veces el mínimo. El líquido absorbente es queroseno. El equilibrio está dado por ~ y 1.5 ~ x Si se van a tratar 10 000 m3 / h de gases con un peso molecular medio de 17 a 10 º C y 6 atm. ¿Qué cantidad de propano se recuperará? Si el HOG es de 1 m ¿Cuál será la altura de la torre? Resultado

La altura es de 4.7 m . El NOG es de 4.7. Se recuperan 440 kg / de propano. Problema 6

Para reducir la concentración del SO2 del 16 % al 1 % en volumen en una mezcla de SO2 - aire , se trata esa mezcla a contracorriente con agua en una torre de absorción empacada. La torre debe manejar 300 m3 / h a 15 º C y 3.5 atm de presión empleando una velocidad másica del aire de 800 kg. de aire / m2 h . Se deberá utilizar una cantidad de agua del 30% superior a la mínima. La resistencia al transporte de materia está controlada por la fase gaseosa siendo Kya = 16 kg. mol / h m3 'Y. Calcule : a) El diámetro de la torre. B) El número de unidades de transferencia. C ) La altura del empaque. Los datos de equilibrio para este sistema a 15 º C son los siguientes :

72

C

gra mos de SO2 100 gra mos de agua

10 7.5 5 2.5 1.5 1 0.7 0.5 0.3 0.2 0.15 0.1 0.05 0.02

Presión parcial del SO2 en mm de Hg 567 419 270 127 71 44 28 19.3 10 5.7 3.8 2.2 0.8 0.3

Resultados

El diámetro de la columna es de 1.5 m El número d unidades de transferencia es de 5.22 m La altura del empaque es de 10 m.

Problema 6

Para reducir la concentración del SO2 del 16 % al 1 % en volumen en una mezcla de SO2 - aire , se trata esa mezcla a contracorriente con agua en una torre de absorción empacada. La torre debe manejar 300 m3 / h a 15 º C y 3.5 atm de presión empleando una velocidad másica del aire de 800 kg. de aire / m2 h . Se deberá utilizar una cantidad de agua del 30% superior a la mínima. La resistencia al transporte de materia está controlada por la fase gaseosa siendo Kya = 16 kg. mol / h m3 'Y. Calcule : a) El diámetro de la torre. B) El número de unidades de transferencia. C ) La altura del empaque. Los datos de equilibrio para este sistema a 15 º C son los siguientes :

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C

gra mos de SO2 100 gra mos de agua

10 7.5 5 2.5 1.5 1 0.7 0.5 0.3 0.2 0.15 0.1 0.05 0.02

Presión parcial del SO2 en mm de Hg 567 419 270 127 71 44 28 19.3 10 5.7 3.8 2.2 0.8 0.3

Resultados

El diámetro de la columna es de 1.5 m El número d unidades de transferencia es de 5.22 m La altura del empaque es de 10 m. Problema 7

En una columna de absorción empacada con anillos Raschig de media pulgada se ha de recuperar el 99.% del amoniaco contenido en una mezcla de amoníaco y aire en la que la presión parcial del amoniaco es de 15 mm de Hg. La absorción se efectúa a 20 º C y 760 mm de Hg y la columna operará para tratar una alimentación de 1000 kg. / h de aire. Calcule: a) La cantidad mínima de agua requerida. B) La concentración de la disolución líquida que abandona la columna, si la cantidad de agua empleada es diez veces superior a la mínima. C) El diámetro de la columna si se opera al 50% de la inundación. D) La altura del empaque requerido si la altura de la unidad de transferencia HOG es de 40 cm. Para las condiciones de operación, la ecuación de equilibrio está dada por : ~ y 0185 . x~

74

en donde ~ y está en fracción mol.

Resultados

La cantidad mínima de agua es de 103 kg. / h La concentración de salida es de 0.0118 El diámetro es de 0.75 m La altura del empaque es de 2 m. Problema 8 Después de usarse en un proceso de extracción de aceite de algodón, el pentano en exceso se elimina de la fase sólida mediante una mezcla gaseosa consistente en 79 % de nitrógeno y 21 % de bióxido de carbono. El gas sale del proceso de extracción a 38 º C y 1 atm y a un flujo de 0.55 kg. mol / min. y saturado con un 52.77 % de pentano. El solvente se recupera por absorción en un hidrocarburo de peso molecular 160 y una densidad de 840 kg. / m3. La absorción se lleva a cabo en una torre de absorción que tiene 0.76 cm de diámetro y un empaque de anillos Raschig de 2 in. La operación será isotérmica a 38 º C y 1 atm. El aceite absorbente entra a la columna con 0.005 en fracción mol de pentano y a un flujo igual a 1.7 veces el mínimo requerido para una recuperación del 99 %. Como las masas velocidades pueden cambiar mucho a través de la torre, la dependencia de la altura de la unidad de transferencia con las masas velocidades no puede despreciarse, por ello tome unidades de transferencia medias logarítmicas para el calculo de la altura de empaque requerida. El equilibrio para este sistema puede calcularse por medio de : ~ ~ Y X Resultado La altura es de 10 m Problema 9

El bióxido de carbono producido durante la producción de alcohol etílico por fermentación contiene 0.01 en fracción mol de vapores de alcohol. Para recuperar el alcohol se ha pensado en absorberlo en agua. La absorción se lleva a cabo a 40 º C y 1 atm. El agua utilizada para la absorción contiene 0.0001 en fracción mol de alcohol. Se deben tratar 227 kg. mol de gases por hora. En las condiciones de operación la solubilidad de los vapores de alcohol en el agua se puede calcular por la ecuación: ~ y 1.0682 x~ Se desea obtener un 98 % de recuperación del alcohol utilizando una torre empacada con ~ G anillos Raschig de 1 pulgada. Empleando el criterio de que m ~ debe ser de L aproximadamente 0.7 en la parte alta de la torre las masas velocidades del líquido será de 230 kgmol /h m2 y la del gas de 150 kgmol / h m2 en lo alto de la columna. En esas

75

condiciones y basándonos en los datos publicados la altura de una unidad de transferencia del lado gas puede tomarse como 0.55 m y la altura de la unidad de transferencia del lado del líquido como de 0.3 m. Basándose en esos datos calcule la altura de empaque requerida.

Resultado La altura empacada es de 8.66 m Problema 10

En una torre de 25 cm de diámetro y empacada con sillas Berl se absorbe un gas de venteo en agua a 30 º C : Los datos de laboratorio muestran que se puede aplicar la ley de Henry en la forma: ~ y 15 . x~ en donde ~ y es la fracción mol del gas sobre agua y x~ es la fracción mol del gas disuelta en agua. A partir de los datos experimentales se sabe que el HOG para el sistema aire agua es aceptable. Las condiciones de operación son : G/A = 2150 mol / h m2 L/A = 5375 mol / h m2 La concentración de gas a la entrada es de 0.03 en fracción mol y a la salida debe se de 0.001. El agua entrante es pura. Determine el número de unidades de transferencia y la altura del empaque en la torre. Resultados

El número de unidades NOG es de 6.4 La altura empacada es de 1.7 m Problema 11 En una planta industrial se tiene una torre recuperadora de 0.3 m de diámetro empacada con anillos Raschig de media pulgada. La torre tiene una altura de 10 m y se utiliza para recuperar el amoníaco que sale con un gas residual (amoníaco- aire) bajando su concentración de 5 al 1% en mol. Si se alimentan 100 kg /h de gas y 100 kg / h de agua ~ y libre de amoníaco y si el equilibrio está dado por m 0.9 ~ calcule el HOG y el Kya de x esa torre. Resultado kgmol El HOG es de 4.262 m y el Kya de 6.8485 ~ h m3'Y

76

Apéndices Apéndice 1.A

Constante de Henry para soluciones acuosas de algunos gases. Los valores de H están en 106 mm de Hg Gas

0 ºC

5 ºC

10 º C

15 º C

20 º C

25 º C

30 º C

40 º C

60 º C

80 º C

100 º C

acetile no Aire Bromo Cloro CO2 Etano Etileno Hidróg eno Metan o CO Nitróg eno Oxígen o H2S

0.55

0.64

0.73

0.82

0.92

1.01

1.11

32.8 0.0162 0.204 0.553 9.55 4.19 44

37.1 0.0209 0.25 0.666 11.8 4.96 46.2

41.7 0.0278 0.297 0.792 14.4 5.84 48.3

46.1 0.0354 0.346 0.93 17.2 6.8 50.2

50.4 0.0451 0.402 1.08 20 7.74 51.9

54.7 0.056 0.454 1.24 23 8.67 53.7

58.6 0.0688 0.502 1.41 26 9.62 55.4

66.1 0.101 0.6 1.77 32.3

70.5 0.191 0.731 2.59 42.9

81.7 0.307 0.73

81.6

50.2

52.6

57.1

58.1

57.4

56.6

17

19.7

22.6

25.6

28.5

31.4

34.1

39.5

47.6

51.8

53.3

26.7 40.2

30 45.4

33.6 50.8

37.2 56.1

40.7 61.1

44 65.7

47.1 70.2

52.9 79.6

62.5 90.9

64.3 95.9

64.3 95.4

19.3

22.1

24.9

27.7

30.4

33.3

36.1

40.7

47.8

52.2

53.3

0.203

0.239

0.278

0.321

0.367

0.414

0.463

0.566

0.782

1.03

1.12

77

78

79

80

81

Apéndice 8 F Gráfica de Lobos para obtener la inundación en torres empacadas con empaques al azar

82

83

Apendice 8-F

L § UG · M= ¨ ¸ G © U L UG ¹

0.5

L y G flujo de líquido y gas en kg /s,UL,UG densidades en kg / m3

§ G· 0.1 ¨ ¸ Cf P L © A¹ N U G (U L U G ) área transversal en m2 2

Cf factor de empaque (tabla),PL viscosidad líquida en kg /m s, A

Inundación y caída de presión en torres empacadas 1

0.1

Inundación N

Presión = 1200 Pa /m P=800 Pa /m P= 400 Pa /m P =200 Pa /m P = 100 Pa / m P = 50 Pa /m

0.01

0.001 0.01

0.1

1 M

84

10

85

Capítulo 2 Torres de absorción de platos

86

Capitulo 2 Torres de absorción de platos Las torres de absorción de platos son dispositivos que permiten el o discontinuo entre el líquido y el gas. Constan de una serie de platos o etapas y en cada una de ellas se ponen en o las fases, separándose después para entrar a una etapa nueva. En la etapa llamada ideal o teórica las fases se ponen en o íntimo y salen de ella en equilibrio. En las etapas reales las corrientes salientes no están en equilibrio. Las torres de platos se utilizan para grandes flujos de líquido y de gas y para diámetros mayores de 1 metro también si se presenta acanalamiento. Las torres de platos se utilizan también cuando en la absorción se produce una gran generación de calor por la disolución del gas en el líquido. Un balance en una torre de absorción de platos daría:

Lo ,x0

L1

G1

Etapa 1 G2 L2 Etapa 2 L3

G3

Etapa 3 GN-1 Etapa N-1 LN

GN

Etapa N GN+1 , yN+1

~ ~ ~ LI ( X n X 0 ) ~ LI ~ GI

LN , xN

~ ~ ~ GI (YN 1 Y1 )

~ ~ YN 1 Y1 ~ ~ Xn X0

87

El cálculo del número de etapas ideales se efectúa mediante el empleo del método de Mc Cabe -Thiele. Por ejemplo para el caso de la absorción:

2 1 Y1

X0

XN

En donde el número de etapas ideales o teóricas es igual al número de escalones. Cálculo analítico del número de etapas ideales Cuando la línea de equilibrio y la de operación son rectas, el número de etapas ideales se pueden también obtener en forma analítica. Este caso se presenta con mezcla diluidas de gases y líquidos que siguen la ley de Henry, ya que el L /G es constante y si la línea de equilibrio es recta si se expresa en fracciones mol. Para el caso de absorción.

N

ª§ ~ y N 1 Hx~0 ·§ A 1· 1 º ¸ » log«¨ ~ ~ ¸¨ ¬© y1 Hx 0 ¹© A ¹ A ¼ log A

L~ En donde A = ~ I GI H

también llamado factor de absorción-

Para desorción : x~0 x~N ~ y N 1 x~0 H

§ 1· ¨ ¸ © A¹

N 1

§1· ¨ ¸ © A¹

N 1



1 A

1

88

Esas ecuaciones se conocen con el nombre de ecuaciones de Kremser - Brown Souder y se pueden presentar en forma gráfica. Ver apéndice. En el caso de que hubieran pequeñas variaciones del L/G de un extremo a otro de la columna, se pueden tomar las medias logarítmicas de esos valores para el cálculo del número de etapas teóricas. Por lo general el valor de A debe estar comprendido entre 1.25 y 2.0 siendo 1.4 un valor frecuentemente recomendado. Altura equivalente de un plato teórico Es la comparación entre la torre de platos y la empacada. La altura equivalente a un plato teórico HETP está definida como la altura necesaria de empaque que verifica la misma función que un plato teórico. Esta magnitud se determina experimentalmente y es función del tamaño y tipo del relleno, de los flujos de gas y líquido y de la composición de las corrientes. Eficiencia Debido a los cortos tiempos de o, las etapas de una torre de platos no trabajan idealmente por lo que es necesario evaluar el rendimiento o eficiencia. Entre las eficiencias más empleadas están : Eficiencia total Está definida por la relación siguiente: Eo = Numero de etapas ideales / Número de etapas reales Eficiencia de etapa La eficiencia de etapa o eficiencia Murphree se define por : EM

~ yN ~ y N 1 * ~ y ~ y N

N 1

En esta fórmula y* es la composición de la corriente gaseosa que está en equilibrio con la corriente de líquido que deja la etapa.

89

Eficiencia de punto La eficiencia de punto está definida por :

Ep

~ yN p ~ y N 1 *p ~ y ~ y N

N 1

En donde yNp es la composición del gas en un punto dado del plato, yN*p es la composición del gas en ese punto del plato y que está en equilibrio con el líquido. La eficiencia de punto es diferente de la del plato ya que la composición del líquido varía al viajar por el plato. La eficiencia de punto está relacionada con el número de unidades de transferencia de masa por medio de : Ep 1 e NOG En donde NOG es el número de unidades de transferencia totales del lado gas. Distribución de un plato La selección del diámetro de los platos se hace con base a las velocidades permisibles de la fase gaseosa. Un plato típico con vertederos segmentados, tendría una distribución parecida a la siguiente: Área de bajantes 12% Área activa 76 % Longitud del vertedero W 77% del diámetro Longitud de paso del líquido l 64 % del diámetro Área de flujo del gas Ah 10% del arrea activa.

90

Fig. 1.- Representación esquemática de una torre de platos perforados.

El espaciamiento entre platos se obtiene en función del diámetro Diámetro en pies 4 o menos de 4 a 10 de 10 a 12 de 12 a 24

Espaciamiento en pulgadas 18 24 30 36

91

El diámetro de la torre se calcula en función de la velocidad de inundación. La inundación se obtiene a partir de gráficas del tipo:

Csb Un

UG

UL UG espaciamiento Hay una gráfica diferente para tipo de plato

L G

UG UL

En donde Un es la velocidad de inundación del vapor en el área efectiva en pies / segundo. Las gráficas para platos perforados y platos con cachuchas se presentan en el apéndice, las gráficas fueron diseñadas para emplearse con líquido de tensión superficial igual a 20 dinas /cm. Para líquidos con otra tensión superficial la corrección se hace por medio de : 0 .2 Csb §V · ¨ ¸ ( Csb ) V 20 © 20 ¹ Se recomienda que el diseño se haga para el 70% de la velocidad de inundación

An = Ca / U70% El área total de la torre deberá ser mayor que el área neta para tener lugar para las bajantes y el espacio cercano a la pared. Con el área total se obtiene el diámetro de la torre. AT = An / % del área efectiva

92

Platos perforados

En las torres de platos perforados, el dispositivo de o es un plato con perforaciones o plato criba. El gas pasa a través de las perforaciones y burbujea en el líquido permitiéndose el o íntimo entre las fases. El líquido pasa de plato a plato a través de las bajantes o vertederos que pueden ser segmentados o circulares. La perforación más empleada es la de 3 / 16 de pulgadas en arreglo triangular y con espaciamiento entre perforaciones (pitch) de 5 diámetros. La altura del vertedero es generalmente de 2 a 4 pulgadas o menor del 15 % del espaciamiento o distancia que existe entre plato y plato. Cuando la velocidad del gas es baja se produce el fenómeno de escurrimiento o lagrimeo en los platos. para que esto no ocurra (ya que todo el líquido debe escurrir por las bajantes y no por las perforaciones ) se debe utilizar una velocidad adecuada que impida el paso del líquido por las perforaciones. Esta velocidad se puede obtener mediante la ecuación siguiente: Ug P g

V gc

§ Pg 2 UL · 4 2.92 u 10 ¨ ¸ 2 © V gc U g d h ¹

0 .379

§ e · ¨ ¸ ©dh ¹

0.293

§ 2 Aa d h · § z ·0 . 724 ¨ ¸ ©d ¹ . ¨ 3 ¸ h 3 p © ¹ 2 .8

En donde cada relación entre paréntesis es adimensional. z = longitud de viaje del líquido en pies. Ug = velocidad del gas a través de las perforaciones para evitar el goteo en pies / segundo. PG= viscosidad del gas en lb / ft s. V = tensión superficial en lb /ft gc = 32.2 Ug = densidad del gas en lb / ft3 dh = diámetro de la perforación e = grueso del plato. Aa = área efectiva en ft2 p = espaciamiento entre perforaciones (pitch) También es posible usar la gráfica:

h h + hg

Región 1

región de escurrimiento

hlo = hw + how

Para que ocurra el escurrimiento se debe operar en la región 1. 93

hlo es la altura total del líquido sobre el plato. hw altura del vertedero. how altura del líquido sobre el vertedero. hh caída de presión por el paso del gas en el orificio o perforación. hV caída de presión debida a la tensión superficial del líquido

0.04 V UL dh en donde dh es el diámetro de la perforación en pulgadas,V es la tensión superficial en dinas / cm y UL es la densidad del líquido en lb / ft3. hV

hh

§ U G ·§ U h · 2 0.186¨ ¸¨ ¸ para 3 / 16 © U L ¹© Co ¹

En donde Uh es la velocidad en el orificio y Co es el coeficiente de orificio, el cual se obtiene a partir de la gráfica ; Co

e/dh

A h / Aa

siendo e el grueso del plato En general: 0.4 < e / dh < 0-7 h0w = 0.48 (GPM / W )2/3 Siendo GPM los galones por minuto de líquido W la longitud del vertedero en pies.

Fig.2.- Plato perforado

94

Fig.3.Vista de un plato perforado.

Fig. 4.- Representación esquemática de un plato. 95

La caída de presión por plato se obtiene a partir de : La caída de presión se puede obtener por medio de :

'P 'Psec 'PV 'Pg l en donde : 'Psec = caída de presión en el plato seco 'PV = caida de presión originada por la tensión superficial. 'Pg l = caída de presión debida a la capa de líquido y gas en el plato. La resistencia del plato seco es : uo 2 U G 'Psec K 2 gc en donde u0 es la velocidad del gas en las ranuras de las campanas de burbujeo, en m /s ; UG es la densidad del vapor en kg / m3 ; K es el coeficiente de resistencia igual 1.8 para para platos perforados (sieve), La resistencia debida a la tensión superficial es : 4V 'PV d eq g V es la tensión superficial en N / m ; deq es el diámetro equivalente del orificio en m. La resistencia de la capa gas - líquido es , para platos perforados: g 'Pg l 0.65 U L (hw how) gc g es la aceleración de la gravedad en m2 / s ; UL es la densidad del líquido en kg / m3 ; hds es el sello dinámico (distancia desde el borde de las ranuras hasta el tope del vertedero ; hr es la altura de la ranura en metros ; how es el gradiente hidráulico (altura del líquido sobre el vertedero). hT = hh + hL en donde hL= (hw + how)E ,siendo E, el factor de aireación que es la caída de presión observada / altura del líquido en el plato. Este factor se obtiene a partir de gráficas como la del apéndice. Las caídas de presión típicas por plato son de 0.1 psi. El espaciamiento entre platos debe ser de 18 a 24 pulgadas , teniendo en cuenta la accesibilidad para la limpieza. El número más económico de etapas es generalmente el doble del mínimo. La eficiencias de etapas están entre 60 y 90% para las soluciones acuosas

96

Platos con cachuchas

En estos platos el dispositivo de o es la cachucha o campana de burbujeo. El gas asciende a través de las chimeneas de las campanas y se distribuye por las ranuras burbujeando en el líquido. El líquido pasa de plato a plato a través de las bajantes o vertederos.

Fig. 5.- Representación esquemática de un plato con cachuchas.

.

97

Fig.6.- Plato con cachuchas.

Fig.7.Tipos de cachuchas. El diámetro de las campanas o cachuchas se selecciona de acuerdo con el diámetro de la torre, siendo los tamaños más frecuentes los siguientes: Si el diámetro de la torre va de 2 a 5 pies el diámetro de la campana es de 3 pulgadas. Si el diámetro de la torre va de 5 a 20 pies el diámetro de la campana es de 4 pulgadas. Si el diámetro de la torres es mayor de 20 pies el diámetro de la campana es de 6 pulgadas. Las campanas se pueden colocar en el plato en arreglo triangular o en arreglo cuadrado. El claro entre campanas debe ser de una pulgada o más.

1 pulgada

1 pulgada

98

La distancia entre las paredes de la torre y la campana y entre la campana y el vertedero del plato no debe ser menor a dos pulgadas. Nomenclatura de una campana Diámetro de campana Dc

Sello estático altura altura de la

ranura anillo inferior claro de falda

Fig.- 8.- Ejemplo de las dimensiones típicas de una campana de 4 pulgadas Claro de falda 1 pulgada Anillo inferior 0.25 pulgadas Altura de la ranura 1.25 pulgadas Sello estático 0.25 pulgadas Área de chimenea 4.8 pulgadas cuadradas Número de ranuras 26 Diámetro de la chimenea 2.5 pulgadas Diámetro de la cachucha 4.093 pulgadas El número de cachuchas que se debe instalar por plato se obtiene a partir de : No de cachuchas = Área de paso del gas / área de la chimenea La altura del vertedero se obtiene a partir del siguiente dibujo: how

Sello dinámico hds Altura hw altura de la

ranura hs anillo inferior claro de falda

chimenea

99

El sello dinámico es la altura de líquido que debe existir sobre la ranura para propiciar el intercambio de masa En la operación a vacío el sello hds debe ser de al menos 1 pulgada, a la presión atmosférica el sello es de 1.5 pulgada .Si la operación es entre 50 a 100 psig el sello será de 2pulgadas y si es mayor la presión el sello deberá ser de 3 pulgadas. La altura de líquido sobre el vertedero how debe ser de 0.5 pulgadas, también se calcula por: § GM · 3 0.48¨ ¸ © W ¹ 2

how

La altura de la espuma se puede calcular por : 2 hf 2.53Fva 1.89hw 1.6

G ( U G )0.5 An Caídas de presión en un plato con campanas de burbujeo Fva

La caída de presión se puede obtener por medio de:

'P 'Psec 'PV 'Pg l en donde: 'Psec = caída de presión en el plato seco 'PV = caída de presión originada por la tensión superficial. 'Pg l = caída de presión debida a la capa de líquido y gas en el plato. La resistencia del plato seco es : u 2U 'Psec K o G 2 gc en donde u0 es la velocidad del gas en las ranuras de las campanas de burbujeo, en m /s ; UG es la densidad del vapor en kg / m3 ; K es el coeficiente de resistencia igual 5 para platos con campanas de burbujeo, La resistencia debida a la tensión superficial es: 4V 'PV d eq g V es la tensión superficial en N / m ; deq es el diámetro equivalente de la ranura en m. 4 á reade la sec ción libre de la ranura d eq perímetro de la ranura La resistencia de la capa gas - líquido es , para platos de campanas: hr g 'Pg l 0.65 U L (hd s how) 2 gc g es la aceleración de la gravedad en m2 / s ; UL es la densidad del líquido en kg / m3 ; hds es el sello dinámico (distancia desde el borde de las ranuras hasta el tope del vertedero; hr es la altura de la ranura en metros; how es el gradiente hidráulico (altura del líquido sobre el vertedero). 100

how hds hr

La caída de presión por plato también puede obtenerse mediante la fórmula simplificada siguiente: 'P

U § GM · 0.53 G ¨ ¸ 0.8hds 1 U L © Ar ¹ 2

en donde GM es el caudal del gas en pies cúbicos por segundo y Ar es el área de chimeneas en pies cuadrados.

Procedimiento del AIChE para el cálculo de la eficiencia en torres de platos . 1.- Cálculo de la velocidad en el área activa Ua . Esto se hace a través de gráficas o tablas. 2.- Factor F F = Ua—UG

Ua en ft / s

; UG en lb / ft3

3.- Número de unidades de transferencia del lado gas. 0.776 0.115hw 0.29 F 9.72q / l NG 0.5 SG En donde q = ft3/s (gasto volumétrico del líquido ) hw altura del vertedero en pulgadas. l = longitud de paso del líquido en pies. SG número de Schmidt del gas. 4.- Tiempo de residencia del líquido 2.31 u 105 hlo u l u Z en horas q Z = (DT + W ) / 2

TL

DT diámetro de la torre en pies. W longitud del vertedero en pies Z longitud media que viaja el líquido desde el vertedero de entrada al de salida en pies. hlo altura máxima del líquido en el plato en pulgadas. 101

5.- Número de unidades de transferencia del lado del líquido

7.31 u 10 5 DL 0.5 ( 0.26F 0.15)T L

NL

DL = difusividad del líquido en ft2/h 6.- Número de unidades de transferencia totales ~ m G 1 1 ~ NOG NG NL L 7.- Eficiencia de punto. Ep = 1 - e-NOG 8.- Relación entre la eficiencia de punto y la eficiencia del plato o eficiencia Murphree. e K 1 1 e (K Pe ) § K Pe · § K · ¸¸ ¸¸ K ¨¨1 K Pe ¨¨1 K ¹ © © K Pe ¹

EM EP

K

0 .5 ~ º m G EP · Pe ª§ «¨1 4 ~ » 1 ¸ 2 «¬© L Pe ¹ »¼

l2 Pe = número de Peclet = DE T L m = pendiente de la línea de equilibrio; G y L gastos molares y DE difusividad turbulenta. Para platos perforados: DE = ( 0.774 + 1.026 Ua + 67.2 q/l + 0.9 hw)2 Para platos de cachuchas DE

:

0.5

ft2 /h

>1 0.04(d 3)@(0.0124 0.171U op 0.0025: 0.015hw)

L~ PM L UL l d= diámetro nominal de la campana. 0.1247

102

También se puede obtener la eficiencia Murphree a partir de gráficas del tipo:

Emv / Ep

Siendo O = m G / L

Pe

O Ep

9.- Arrastre. La velocidad que lleva el gas al atravesar el plato hace que parte del líquido sea arrastrado por este hacia el plato superior , bajando por ello la eficiencia al contaminarlo. § Ua · \ = e / (l+e) e 14.6¨ ¸ ©t Zf ¹ Zf = altura de la espuma = 2.53 F2 + 1.89 hw -1.6

2 .31

También se puede obtener la eficiencia de arrastre por medio de gráficas.

103

\

% de inundación

L UG G UL 10.- Eficiencia de plato corregida por arrastre Flv =

Ea E MV

1 § \ · 1 E MV ¨ ¸ ©1 \ ¹ 11.- Eficiencia total

Eo

ln>1 E a ( O 1)@ ln O

-O= m G / L También se puede obtener esto por medio de gráficas del tipo : E0

O

Ea

104

La tensión superficial empleada en las fórmulas se puede obtener a partir de tablas de datos (ver apéndice) o calcularse mediante fórmulas tales como la siguiente:

V

ª P U U º L G « » PM «¬ »¼

4

UL densidad del líquido en g/ cm3 P paracoro. Este se calcula a base de contribuciones de grupo. Ver apéndice .I Si se tienen datos experimentales del índice de refracción, la tensión superficial puede obtenerse mediante

§ >P @ n 2 1 · ¸¸ V ¨¨ 2 R n 2 > @ © D ¹ en donde V es la tensión superficial en dinas / cm . Para evaluar RD debe usarse la tabla A siguiente. P es el paracoro que se obtiene mediante la tabla B 4

En la mayoría de los casos la tensión superficial se obtiene mediante experimentos o tablas.

105

Problemas resueltos Problema 1

Obtenga la tensión superficial del benceno sabiendo que su densidad a 20 º C es de 0.879 kg /L. 1.- Planteamiento 1.1- Fórmula de tensión superficial

§ > P@ U U · L G ¸¸ V ¨¨ PM © ¹ 4 § > P@ n 2 1 · ¸¸ V ¨¨ 2 © > RD @ n 2 ¹ n= índice de refracción 4

I

II

§ 2> R @ V · D ¸¸ ¨¨ © V > RD @ ¹

1/ 2

n

PM= peso molecular V=Volúmen molar UL = densidad del líquido , UG = densidad del vapor P = Paracoro ; RD =Refracción molar. 2.- Cálculos 2.1 Paracoro 6 C + 6 H + benceno + 3 (=) = P 6(4.8) + (17.1) 6 + 6.1 + 23.2 (3) = 207.1 = P 2.2 Refracción molar 1.733 x 3 + 1.1 x 6 + 2.418 x 6 = 26.307 = RD 2-3 Densidad del benceno gaseoso m P PM 1 u 78 kg g U 3.246 3 0.003246 3 V RT 0.082 u 293 m cm 2.4 Tensión superficial 4 ª 207.1 u 0.879 0.003246 º dinas 29.23 V « » 78 cm ¼ ¬

2.5 Índice de refracción.

106

ª 78 º « 2 26.307 0.879 » n=« » 78 « 26.307 » ¬ 0.879 ¼

1/ 2

> >

. 15047

@ º» @ »¼

2.6 Tensión superficial ª 207.1 15047 2 1 . V « 2 2 . «¬ 26.307 15047

4

29.66

dinas cm

4.- Resultado La tensión superficial calculada fue de 29.3 dinas /cm. La tensión superficial experimental es de 28.68 dinas /cm. Problema 2

Como resultado de un proceso de absorción hay dos corrientes que deben ser separadas del soluto. La primera de 25 kgmol /h es una solución de benceno en un aceite no volátil y que contiene 0.1 en fracción mol de benceno. La segunda de 10 kg mol /h es una solución de benceno en el mismo tipo de aceite con 0.05 en fracción mol de benceno. Cada solución se precalienta hasta 120 ºC y se separa con vapor en la misma torre a 1 atm de presión absoluta. El líquido saliente de la torre no debe contener más de 0.005 en fracción mol de benceno. La operación es isotérmica, se puede aplicar la ley de Raoult y a 120 º C la presión de vapor del benceno es de 2400 mm de Hg. La solución más concentrada entra en el plato superior de la torre y la menos concentrada en el plato en que la concentración del benceno se acerque más a la suya. Bajo las condiciones descritas determine el número de platos teóricos requeridos si se utiliza 1.25 veces el flujo mínimo de vapor. 1.- Traducción 1

G1

1

0 L0=25 kgmol/h x0=0.1 01 L01=10 kmol/h x01= 0.05

Gn+1

n+1

n

Ln , xn=0.005

107

2.- Planteamiento. 2.1.- Línea de equilibrio ~ y

m x~ Pr esion de vapor m presion total ~ ~ Y X ~ m ~ 1 Y 1 X 2.2.- Línea de operación ~ ~ GI op GI min u 1.25 Debido a que hay dos secciones en la torre habrán dos lineas de operación.Una desde el fondo hasta la introducción de la solución diluída y la otra desde ese punto hasta la entrada de la solución concentrada. 3.- Cálculos 3.1.- Línea de equilibrio. m = 2400/760=3.16 atm ~ ~ Y X 316 . ~ ~ 1 Y 1 X a partir de la ecuación anterior se pueden construir los puntos de la línea de equilibrio ~ X 0 0.01 0.025 0.04 0.06 0.1 0.12

~ Y 0 0.0323 0.085 0.134 0.218 0.404 0.512

3.2.- Línea de operación máxima. 01 . ~ 0111 . X0 1 01 . 0.05 ~ 0.0525 X 01 1 0.05 0.005 ~ 0.00505 Xn 1 0.005 ~ Yn 1 0 ~ ~ Y 0 LI ~ max ~ X 0.00505 GI 108

~ ~ Los puntos mínimos se deben obtener del diagrama. Con X n , Yn1 se mueve la línea hasta tocar la de equilibrio y de allí se obtiene la pendiente. El choque de la línea de operación con la de equilibrio da la línea de operación máxima debido a que se trata de una desorción. A partir del diagrama: Pendiente máxima 0.6

0.5

0.4

Y

equilibrio máxima

0.3

0.2

0.1

0 0

0.02

0.04

0.06

0.08 X

Y~ X~

0.215 0.06

~ LI 0.215 0 3.9 ~ max GI 0.06 0.00505 3.2.- Flujo mínimo de vapor kgmol ~ LI 25( 0.9 ) 10( 0.95) 32 h kgmol 32 ~ 8.2 GI min 3.9 h kgmol ~ GI op 8.2 (1.25) 10.25 h 109

0.1

0.12

0.14

3.3.- Línea de operación inferior (parte de abajo) ~ LI 32 . 312 ~ GI 10.25 Con esto se puede graficar esta línea que va desde Y =0 a Y = ? y de X = 0.005 hasta X = 0.0525, punto en que se introduce la solución diluída ~ ~ Y 0 Y . 312 0.0525 0.005 0.0475 ~ . Y 0148 3.4.- Segunda línea de operación ( parte de arriba) La segunda línea de operación se obtiene a partir de los flujos: ~ ~ GI 10.25 LI 32 9.5 22.5 ~ LI 22.5 2.2 ~ GI 10.25 Con esta pendiente se traza la línea desde el punto Y =0.148 hasta Y = ? y de X = 0.0525 hasta X = 0.111 ~ . Y 0148 2.2 . 0.0527 0111 ~ Y 0.276 las dos líneas de operación se grafican junto a la línea de equilibrio tal como se ve en el diagrama. 3.5.- Numero de platos teóricos Siguiendo el método de Mc. Cabe con la línea de quilibrio junto a las de operación se grafican los platos teóricos. De la figura se observa que el número de platos teóricos es de 9. Además se puede observar que la solución diluída se alimenta en el tercer plato.

110

111

4.- Resultado Se requieren 9 platos teóricos, la solución diluida se alimenta en el tercer plato. Problema 3

Demuestre que la eficiencia de punto está dada por : Ep 1 e NOG 1.- Planteamiento.

~ G Consideremos el caso de un plato perforado. El gas sube a la velocidad de A

kgmol y el h m2

m2 . Al subir la burbuja de vapor un m3 Incremento de distancia dZ, el área de o será a dZ. área de transferencia es el de una burbuja ai

yn Z

dZ

plato n yn+1

La composición del gas y cambia un dy con el paso dZ. La cantidad del componente ~ G . De acuerdo con la ecuación general de transferencia de masa entre dy transferido es A fases tendremos: ~ G ~ dy Ky ( adZ )( ~ y *local ~ y) A n Z Kya dy~ ³n 1 ~y *local ~y ³0 G~ dZ A ~ y *local es constante para una x~ dada local

112

~ y * ~ y ln ~ local ~ n y * y local

ln(1 Ep )

Ep

1 e



n 1

KyaZ ~ G A

§ ln¨¨ 1 ©

KyaZ ~ G A

~ yn local ~ yn 1 lcal · ¸ ~ y *local ~ yn 1 local ¸¹

NOG

1 e NOG

En donde NOG es el numero de unidades de transferencia totales del lado gas. ~ mG 1 1 1 ~ L NL NOG NG Problema 4

Obtenga la caída de presión que se producirá en un plato con 36 cachuchas de 3 pulgadas de diámetro nominal. La tensión superficial del líquido en el plato es de 20 dinas / cm y la densidad de 963 kg / m3. Por la torre fluyen 2.7 m3 / s de gas con una densidad de 0.679 kg / m3 . La altura del vertedero es de 10 cm y la altura del líquido sobre el vertedero es de 0.125 cm. Se tiene un sello dinámico de 3.80 cm. La cachucha contiene 26 ranuras de 3.2 cm de altura y 0.85 cm de ancho en el fondo y 0.425 cm en lo alto. 1.- Traducción

1.25 cm

how

3.8

hds 0.425 3.2 cm 0.85

2,. Planteamiento 2.,1.- Caída de presión.

'P 'Psec 'PV 'Pg l 2.2.-Resistencia del plato seco.

uo 2 U G 'Psec K 2 gc 2.3,-Resistencia por tensión superficial 4V 'PV d eq g 113

hw = 10 cm

2.4.- Resistencia en la capa líquido - gas. hr g 'Pg l 0.65 U L (hd s how) 2 gc 3.- Cálculos 3.1.- Resistencia del plato seco. 0.425 0.85 2.04 cm 2 3.2 u 2 Area de ranuras = 2.7 m 3 / s m 28.84 u0 2.04 s 36 u 26 u 10000 K= 5 para platos con cachuchas & 5 u (28.84) 2 u 0.679 kg 143.9 2 'Psec 2 u 9.81 m 3.2.- Resistencia por tensión superficial V 0.02 N / m 4 u 2.04 1063 deq . cm 3.2 u 2 0.85 0.425 & 4 u 0.02 kg 0.767 2 'PV 0.01063 u 9.81 m 3.3.- Resistencia de las capas de gas y de líquido

Problema 5 Una columna de absorción equivalente a 5 etapas teóricas se usa para eliminar etano de una mezcla de etano- hidrógeno a 20 atm. El líquido absorbente entrante contiene 99 % de hexano y 1% de etano. El gas entrante al absorbedor contiene 35 % de etano y 65 % de hidrógeno. La columna opera a una temperatura constante de 24 º C. Debido a las características de flujo presentes en la columna, la relación mol del absorbente entrante al gas entrante no puede pasar de 3 al flujo deseable del gas. ¿Cuál es el máximo porcentaje de recuperación del etano si se emplea esta columna? Dato: presión de vapor del etano a 24 º C = 41.5 atm. El sistema sigue la ley de Raoult.

114

1.- Traducción 1 Y1=? 0 x0H=0.99 x0e=0.01

T=24 º C

n+1 yn+1e=0.35 yn+1H =0.65

n Xn=?

2.- Planteamiento.2.1.- Línea de equilibrio ~ y

Pº e x PT

~ ~ Y X m ~ ~ 1 Y 1 X 2.2.- Línea de operación ~ ~ ~ LI Yn 1 Y1 ~ ~ ~ GI Xn X0 3.- Cálculos 3.1.- Línea de equilibrio Presión de vapor del etano a 24 º C = 41.5 atm 415 . ~ ~ y x 2.075x~ 20 a partir de esta ecuación se construye la siguiente tabla: ~ ~ X Y 0.0467 0.1 0.08 0.2 0.125 0.3 0.163 0.4 0.195 0.5 0.226 0.6

115

0.35 0.54 0.65 0.01 ~ 0.0101 X e0 0.99 3.2.- Línea de operación ~ ~ LI 0.54 Y1 3 ~ ~ GI X n 0.0101 Los datos de Y1 y X0 se deben obtener mediante procedimiento de tanteo ( prueba y error), moviendo la línea hasta que con la pendiente dada de 3 se obtengan 5 platos ideales. Ejemplo: si Y1 = 0.2 ~e Y

3

n 1

0.54 0.2 ~ X n 0.0101

~ X n 01264 . Si se hacen los trazos con las coordenadas dadas se obtienen 2 platos ideales. Si se observa en la gráfica los cinco platos ideales se obtienen con Y 1= 0.065

116

117

3.3.- Recuperación Base 1 kgmol de hidrógeno entrante Etano entrante 0.54 kgmol Etano saliente 0.065 kg mol 0.54 0.065 Recuperación = 0.879 0.54 4.- Resultado Se recuperará el 87.9 % Problema 6

Una solución diluida de metanol y agua se va a desorber con vapor en una torre de platos perforados. Las condiciones de diseño son: Vapor saliente 320 kgmol /h con 18 % de metanol Líquido 640 kgmol /h con 2.9 % de metanol en mol T = 95 º C P=1 atm. Diseñe un plato apropiado. Asegúrese de que no habrá goteo. Encuentre la caída de presión en el plato. 2.- Cálculos 2.1.- Densidades y caudales PMgas =0.18(32)+0.82(18) = 20.5 kg / kgmol kg 1 u 20.5 0.679 3 UG m 0.082 u (273 95)

kg m3 h m3 Ca gas 320kgmol / h u 20.5 2.683 u u kgmol 0.679kg 3600s s PMliq = 32 (0.029)+18(1-0.029)=18.4 kg / kg mol kgmol kg h m3 m3 Caliq 640 u 18.4 u u 0.0034 h kgmol 3600 s 960kg s 2.2.- Plato Tomar dh= 3 / 16 pulgadas en el orificio. Pitch ( espaciamiento) de 0.75 pulgadas en arreglo triangular. Plato de 0.078 pulgadas de grueso. Si el espaciamiento entre platos es de 18 pulgadas.

118

L G

UG UL

640 u 18.4 0.679 320 u 20.5 960

0.0477

ft en la inundación s Usando un 80 % de la inundación. Ua = 8.416 ft / s = 2.5668 m /s Aa = 2.683 / 2.5668 = 1.045 m2 AT = 1.045 / 0.76 = 1.375 m2 4 u 1.375 DT 1.32m 4.33 ft # 5 ft 3.1416 Si tomamos al plato de 5 pies entonces : El tamaño de la torre exige un espaciamiento mayor = 24 pulgadas De la gráfica Un

0.36

10.52

24

0.0477

Un= 13.53 ft / s Ua =13.53(0.8) = 10.82 ft / s = 3.3 m /s Aa = 0.8123 m2 AT= 1.0 68 m2 DT=1.66 m = 3.82 ft o 4 ft para propósitos de diseño. Tomando el plato de 4 pies AT = 12.56 ft2 Aa = 9.5456 ft2=0.8879 m2 Ah = 9.5456(0.1) =0.95456 ft2 m3 2.683 m ft s 3.021 9.906 Ua 2 0.8879m s s 9.906 % inundación u 100 73% 13.53 W = 4(0.77)=3.08 pies L = 4(0.64)=2.56 pies 119

No. de hue cos

0.95456

§ 3 · ¨ ¸ (0.785) © 16 u 12 ¹ 2

4980

2.3 Goteo Ug P g

0.293 § Pg2UL · § 2 Aa d h § e · 2 ¨ ¸ ¨ ¨¨ ¸¸ 2.29 u 10 2 ¨ 3 p3 ¨ V gc U d ¸ V gc d h ¹ © © g h ¹ © PG = 0.0125 s = 8.4 (10)-6 lb / ft s V = 40 dinas /cm = 274 (10)-5 lb fuerza / ft UG= 0.679 kg / m3 = 0.0424 lb / ft3 dh = 3 / 16=0.185 pulgadas = 0.0156 pies. UL= 960 kg /m3 = 60 lb / ft3 Aa = 9.5456 ft2 Pitch = 0.75 pulgadas = 0.0625 pies e = 0.078 pulgadas = 0.0065 pies Z = 2.56 pies

UgP G Vgc

0.379

· §¨ z ·¸ 0.724 ¸ ¨© d h ¸¹ ¸ ¹ 2.8

§ · §¨ 2.56u12u16 ·¸ 0.724 0.374 2 0.293 ¨ ¸© 3 ¹ 6 ª ^8.4(10 ` (12)(60) u 16 º 2(9.54)(3) § 0.078 u 16 · ¨ ¸ 2.92(10 4 ) « » ¨ ¸ 2 5 0 . 75 3 274 ( 10 )( 32 . 2 )( 0 . 0424 ) ( 3 ) ¨ 3 © ¹ ¬« ¼» ) u 12 ¸¸ ¨ 16 3 ( 12 © ¹ 2.8

Ug=27.00 ft /s El plato no escurrirá si la velocidad del gas en los orificios es mayor de 27 pies por segundo. En nuestro caso : m3 2.683 ft s Uh 30.216 2 2 s 0.9545 ft (0.305) por lo tanto no habrá goteo 2.4.- Caída de presión en el plato. E /dh = 0.416

Co =0.72 0.416

0.10

120

§ 0.679 ·§ 30.216 · hh 0.186¨ 0.231 pu lg adas ¸¨ ¸ © 960 ¹© 0.72 ¹ m3 60 s 1000 litros galon GPM 0.0034 u u u 3 s min m 3.785 litros 2

54 GPM

§ 54 · 3 how 0.48¨ 0.53 pu lg adas ¸ © 3.85 u 12 ¹ hw= 2 pulgadas. hl=(2+0.53)E=(2+0.53)(0.6)=1.518 pulgadas hT= 0.231 +1.518 = 1.749 pulgadas 2

3.- Resultados El plato es de 4 pies de diámetro, el espaciamiento de 24 pulgadas. La caída de presión por plato será de 1.749 pulgadas.

Problema 7

¿Qué relación existe entre la eficiencia de punto y la eficiencia de plato? 1.- Planteamiento. La relación entre la eficiencia de punto y la de plato depende de las suposiciones relacionadas con el tipo de mezcla que sufre el líquido en el plato. Primera suposición. El líquido está completamente mezclado. Si el líquido está completamente mezclado, la composición del líquido en el plato es igual a la salida que a la entrada xn y para este caso y* y y n son constantes a lo largo del plato . Eo

E MV

~ yn ~ y n 1 ~ y * ~ y n

n 1

Segunda suposición Líquido sin mezcla horizontal. Si no hay mezcla horizontal, el flujo puede estar en flujo tapón, es decir que las composiciones del líquido varían desde xn+1 hasta xn a lo largo del plato.

121

P xn+1

yn

yn-1

xn

Para el desarrollo siguiente se consideran las siguientes condiciones: 1.- Hay flujo tapón (sin retromezclado). 2.- No existen gradientes de concentración en la dirección vertical del líquido. 3.- Hay una relación lineal en el equilibrio y* = m x + b 4.- Los valores de Ep son constantes en el plato. 5.- Los flujos de vapor son constantes. 6.- La composición del vapor entrante es constante. Si tomamos una porción de líquido en el plato y hacemos un balance tendremos: dG

La cantidad de sustancia transferida en esa porción de líquido será: Al pasar dG de vapor a través del líquido la cantidad de componente transferido en el caso de desorción será (yn - yn-1 ) d G. Debido a esta transferencia la composición del líquido L cambia de x a x+dx y el balance quedaría: (1) ~y ~yn 1 dG~ L~ dx~ dividiendo la ecuación anterior entre el área de burbujeo tendremos : ~ ~ dG L ~ ~ ~ dx (2) y yn 1 A A si utilizamos a ~ § G· d¨ ¸ © A¹ dW (3) ~ G A entonces: 122

~ y~ yn 1

~ L dx~ (4) ~ G dW Si la composición en el equilibrio se puede representar por: ~ y * m x~ b y como dy~* mdx~ (5) entonces: ~ ~ L dy * ~ y~ yn 1 ~ mG dW la eficiencia de punto está definida por: ~ y~ y Ep ~ ~n 1 y * yn 1 en donde (6) ~ dy dy~* Ep ~ G (7) Si hacemos que: O m ~ L Sustituyendo (6) y (7) en 5 tendremos: dy~ OEpdW ~ ~ (8) y yn 1 Para integrar es necesario que Ep sea constante. Si integramos desde el vertedero superior en donde W =0 y y =yW=0 a través de la etapa hasta el punto en que W = W y y = y se obtiene: W y dy~ OEp ³ dW ³ yw 0 ~ 0 y ~ yn 1 ~ y ~ yn 1 OEpW ln ~ (9) yW 0 ~ yn 1 ~ y ~ yn 1 e OEpW ~ y ~ y W

0

n1

~ y ~ yn 1 ( ~ yW 0 ~ yn 1 ) eO EpW (10) La composición media yn del vapor en la etapa n está dada por : 1 ~ yn ³ ~ ydW (11)

³ 0

Sustituyendo 10 en 11 ~ ~ y y ~ y ~ y n

~ yn

n 1

W 0

eO Ep ~ ~ yn 1 ( yW O Ep

n 1

eO Ep W dW

~ 0 yn 1 )

~ yW

~ yn 1 O Ep 0

(12) (13)

123

~ yn ~ yn 1 ~ yW 0 ~ yn 1 1





1 eO Ep 1 OEp

(14)

La eficiencia de punto en el vertedero superior es: ~ yW 0 ~ yn 1 Ep (15) ~ ~ yn * yn 1 ~ yW 0 Ep ( ~ yn * ~ yn 1 ) ~ yn 1 (16) sustituyendo 16 en 14 ~ yn ~ yn 1 1 ( eO Ep 1) ~ ~ ~ ~ Ep ( yn * yn 1 ) yn 1 yn 1 OEp ~ yn ~ yn 1 eO Ep 1 E MV ~ (17) O y *~ y n

n 1

El flujo tapón da eficiencias de plato mayores que las de punto. Tercera suposición Mezclado parcial del líquido Consideremos una porción del líquido que se desplaza en el plato. La distancia total de desplazamiento desde el vertedero superior al inferior es Zl metros. La parte del fluido bajo estudio está a Z m del vertedero de entrada. Los flujos de vapores y líquidos G , L son constantes y la composición del líquido a esa porción es x. A una distancia z + dz la composición del líquido cambia a x + dx o en términos del § dx~ · gradiente de concentración a x ¨ ¸ dz . La cantidad de vapor que pasa a través de la © dz ¹ ~ dz yG porción diferencial de volumen multiplicada por la fracción del área cubierta es: ~ Zl Si no hay mezclado (flujo tapón) la transferencia entre fases es : dx ~ ~ L ( x dz ) Lx~ dz Para describir la cantidad de materia transferida por retromezclado (o por los remolinos) se requiere definir un coeficiente de difusión turbulenta. MA dc~ (18) DE A dz Si reemplazamos al término de la concentración por UF UL , en donde UF es la densidad de la espuma, tenemos: dx M A DE AU F U L dz La fuerza directora de esta ecuación es el gradiente de concentraciones, es decir, la transferencia de un componente por medio del mezclado es proporcional al gradiente de ese componente. dx A z = z el gradiente es dz dx d 2 x a z = z + dz el gradiente es: dz dz dz 2 124

d 2x en donde 2 es el cambio de gradiente con respecto a z. dz El balance de materia alrededor de la porción estudiada de acuerdo con el siguiente dibujo es :

~ dz ~ yG Zl

DE AU L U F

DE A U L U F (

dx d 2 x dz ) dz dz 2 dx~ ~ L ( x~ dz ) dz

dx dz

Lx ~ dz ~ yn 1G Zl DE A U L U F

d 2x ~ dx ~ dz 0 (19) dz L dz ( ~ yn 1 ~ y) G 2 dz dz Zl Dividiendo entre AU F U L dz ~ ~ d 2x L dx ~ yn 1 ~ y G DE 2 0 (20) dz AU F U L dz AU F U L Zl ~ L el cociente se define como la velocidad de la espuma UF. AU F U L Si reemplazamos a z / Zl por W. ~ DE d 2 x dx G ~ ~ ( ) y y ~ 0 (21) n 1 U F Zl dW 2 dW L U F Zl es la relación de la longitud de plato a la longitud de mezcla y recibe el DE nombre de número de Peclet. Como el tiempo medio de residencia del líquido en la etapa es: Zl Tl (22) UF el Peclet puede escribirse como: El término

125

2

Zl (23) DET l La eficiencia de punto está definida por : ~ ~ y~ y y~ yn 1 Ep ~ ~n 1 (24) y * yn 1 ( mx b ) ~ yn 1 y si definimos a : ~ yn 1 b xe * m ~ y~ yn 1 Ep (25) m( x xe *) Si G y L se dividen entre el àrea de burbujeo y sustituyendo 25, 23 en 21, tendremos : dx 1 d 2x O Ep ( x xe *) 0 (26) 2 N Pe dW dW los límites son dx / dW = 0 y x= xn a W=1 La solución a la ecuación 26 propuesta por Gerstet es : N Pe

x xe * xn xe *

K

>

@

exp K N Pe (W 1) exp>K (1 W )@ K N Pe K 1 1 K K N Pe

N Pe ª 4 O Ep º 1» « 1 2 ¬ N Pe ¼

(27)

(28)

La última etapa de la derivación es relacionar el cociente .

x xe * E con Mv Ep xn xe *

~ y~ yn 1 el término y - yn-1 es la diferencia entre la salida y y la m ( x xe *) entrada yn-1 en un cierto punto del plato. La concentración de entrada tiene el sub indice n1 porque todo el vapor de la etapa n-1 está completamente mezclado y a la composición media yn-1 antes de entrar a la etapa n. De manera similar la composición del vapor en la etapa n está dada por yn. La diferencia entre las composiciones medias yn-yn-1 está dada por: 1 1 ~ y ~ y (~ y~ y ) dW mEp ( x x*) dW (29)

Para esto en Ep =

n

n 1

³

0

n 1

³

0

en donde W = z / Zl ( fracción de la distancia recorrida por el líquido). Si suponemos el equilibrio, entonces : y* = m x + b yn-1 =m xe* + b y la eficiencia Murphree queda como : ~ ~ yn ~ yn 1 yn ~ yn 1 E MV (30) ~ ( mxn b ) yn 1 m ( xn xe *) sustituyendo para yn-yn-1 nos da: 1 x x * E Mv e dW (31) ³ 0 Ep x n xe * 126

En donde xn -xe* es constante ya que yn-1 es constante con respecto a W. Sustituyendo 31 en 29 se obtiene la ecuación recomendada por el AIChE 1 exp K N Pe E MV exp K 1 (32) K N Pe Ep § · K (K N Pe )(1 ) K¨ 1 ¸ K © K N Pe ¹ Las soluciones numéricas para la ecuación 32 se pueden representar en forma de gráficas tal como las siguientes:

>

@

127

Problema 8 Una mezcla de amoníaco y aire con el 3 % de amoníaco en volumen se trata a contracorriente con agua para absorber el amoniaco y reducir su concentración hasta 0.05 % en volumen. A la torre entran 1500 m3 /h de gas a 20 ºC y 1 atm. Se utilizará un L /G de operación de 1.164. La relación de equilibrio para este sistema es: Y~ 0.185 X~ Calcule: La cantidad mínima de agua a emplearse, el número de etapas ideales si se trabaja con un 60% más del agua mínima. ¿Cuál será la disposición del plato si se utiliza una torre de platos perforados? ¿Cuál será la eficiencia total de esos platos? ¿Cuál será el número de platos reales?

1.- Traducción 1 Y1=0.005 0 x0 =0 T=20 º C NPI =? Plato perforado

n+1 yn+1=0.03 G=1500 0 m3 /h

n Xn=?

2.- Planteamiento 2.1.- Balance de materia ~ GI 'Y~ L~I 'X~ 2.2.- Número de platos ideales ª§ ~ y N 1 Hx~0 ·§ A 1· 1 º ¸ » log«¨ ~ ~ ¸¨ ¬© y1 Hx 0 ¹© A ¹ A ¼ Método de Kremsen N log A 2.3.-Platos Se usarán las correlaciones para platos perforados.

128

2.4 Eficiencia Se empleará el método del AIChE 3.- Cálculos. 3.1.-Moles de gas entrante 1 u 15000 PV kgmol ~ 62.43 Gn 1 RT 0.082 u 293 h kgmol inerte ~ GI 62.43(1 0.03) 60.55 h kg aire GI 1756 h 0.03 0.0309kgmol amoiaco Y~n 1 1 0.03 kgmol inerte kgmol amoniaco Y~ 0.0005 kgmol inerte 3.2.- Línea de operación Para encontrar la pendiente mínima de operación se debe encontrar la intersección con el equilibrio. Y~ 0.0309 0185 X~ 0.167 X~ 0.0309 0.0005 0.167 0

N

L~I ~ GI

L~Im ininma

L~op

0.182

0.182(60.55)

11.02(1.6)

17.635

L~ ~ op G

11.022

kgmol h

kgmol h

17.635 0.2912 60.55 0.0309 0.0005 0.2912 X~ N X~ 0.1043 N

3.3.- Platos ideales A

N

L~I 0.2912 1.574 ~ GI H 0.185 ª§ ~ y N 1 Hx~0 ·§ A 1· 1 º ª 0.0309 ·§ 1.574 1 · 1 º ¸ » log «§¨ log«¨ ~ ¸¨ ¸¨ ¸ ~ » © ¹ y Hx A A ¬© 1 ¼ 0 ¹ © 0.0005 ¹© 1.574 ¹ 1.574 ¼ ¬ == log1.574 log A

129

6.86

3.4.- Diámetro UL=1000 kg / m3 UG=1.207 kg / m3 (gases ideales) L UG 18 1207 0.291 0.00627 G UL 29 1000 Suponiendo un espaciamiento de 18 pulgadas De la grafica encontramos: Csb =0.3 V= 72 dinas / cm ( agua a las condiciones de operación ) 0.2 0.2 CSb §V · § 72 · ¨ ¸ ¨ ¸ (CSb ) 20 © 20 ¹ © 60 ¹

CSb 0.3 u 1.037 0.311 Un=8.63 ft / s= 2.63 m / s U60%=1.578 m /s Para un 60 % de la inundación An = Ca / U60% Ca = 1500 m 3/h / 3600 =0.416 m3 /s An =0.416 / 1.578 =0.264 m2 AT=0.264 / 0.76 =0.347 m2 D=0.66 m aprox 2 pies. Diámetro de operación 2 pies. AT = =.2922 m2 An=0.222m2 1500 Ca m Uop= 1.875 An 3600 u 0.222 s El plato será perforado con perforaciones de 3 /16 de pulgada en arreglo triangular con espaciamiento entre perforación (pitch) de 5 diámetros.

3 / 16

15 / 16 Area de flujo del gas = 0.22 (0.1) =0.222 m2 Número de perforaciones 0.0222 1246 No = 2 3· § 0.785 u ¨ 0.0254 u ¸ 16 ¹ © Altura del vertedero hw= 2 pulgadas Longitud del vertedero = 0.77 ( 2 ) 1.54 pies = 0.469 m

130

Longitud de paso del líquido = 1.28 pies = 0.39 m Area de bajantes = 0.04164 m2 3.4 Caída de presión por plato hV

0.04(20) 0.063 pu lg adas 62.3 u 0.188 Velocidad del gas en los orificios 1500 m ft 18.76 61.5 Uh 3600 u 0.0222 s s Área de perforación / área activa = 0.1 Espesor del plato / diámetro de orificio = 0.43 De gráfica:

Co = 0.73

0.43

0.1 § 1.207 ·§ 61.5 · hh 0.186¨ ¸¨ ¸ 1.593 pu lg adas © 1000 ¹© 0.73 ¹ hh hV 0.063 1.593 1.653 pu lg adas 2

how hlo

0.5 pu lg adas

2 0 .5

hh+hV

2 .5

arriba del goteo 0.1

hlo=2.5

131

3.5 Eficiencia Factor F Uop =1.875 m /s = 6.1475 ft /s UG= 0.0753 lb / ft3 F 6.1475 0.0753 1.686 Número de unidades de transferencia del lado gas 0.776 0.115hw 0.29 F 9.72 q / l NG ) S G 0.5 hw = 2 pulgadas l =1.28 pies Lop = 18.17 kgmol /h = 327 kg /h =1072.13 lb /h lb ft 3 h ft 3 u 0.00478 q 1072. u h 62.3lb 3600s s SG = 0.61 0.00478 0.776 2(0.115) 0.29(1.686) 9.72 u 1.28 NG 0.5 0.61 Tiempo de residencia

0.711

2.31 u 105 hlo u l u Z en horas q Z = (DT + W ) / 2 2 1.54 Z 1.77 pies 2 hlo=2.5 l=1.28 2.31 u 105 u 2.5 u 1.28 u 1.77 TL 0.0273horas 0.00478 Número de unidades de transferencia del lado del líquido

TL

NL

7.31 u 10 5 DL 0.5 ( 0.26F 0.15)T L

DL=1.77 x 10-5 cm2 / s =6.84 x 10-5 ft2 / h N L 7.31 u 105 (6.84 u 105 )0.5 (0.26(1 0.15)(0.0273)) 97 Número total de unidades de transferencia del lado gas ~ m G 1 1 ~ NOG NG NL L 1 1 0.185 NOG 0.711 97 u 0.2912 NOG 0.7077 Eficiencia de punto Ep = 1 - e-NOG EP=1- e-0.7077 =0.492

Eficiencia de plato 132

133

Eo

ln>1 E a ( O 1)@ ln O

O= m G / L ln>1 0.5266(0.635 1)@ Eo ln(0.635) ·.6.- Número de platos reales

0.4716

NPR = 6.86 / 0.4716 = 14.54 = 15 4.- Resultados La cantidad mínima de agua es de 11.36 kg mol /h El número de etapas ideales es de 6.86. El plato perforado utilizado es de 2 pies de diámetro. La eficiencia total es de 0.4716. El número de platos reales es de 15

Problema 9

¿Cuál sería el número de etapas reales para el problema anterior si se empleara un plato con campanas de burbujeo? 1.- Cálculos 1.1.- Plato Del problema anterior se tiene que : U L 1000kg / m3

UG

1.267 kg / m3

L 0.1807 G L UG 0.00627 G UL Con espaciamiento de 18 pulgadas en gráfica de plato con cachuchas se obtiene que : Un

UG

U L UG

0.3

Un 8.63 pies / s 2.63m / s Uop=2.63(0.6)=1.578 m/ s = 5.17 pies /s An = 0.264 m2

134

AT=0.264 / 0.76 = 0.347 m2 D = 0.66 m o para propósitos de diseño equivalente a 2 pies = 0.61 m Por lo tanto el área de la torre sería de : AT = 0.2922 m2 ; An = 0.222 m2 = 2.386 ft2 ; Area de flujo del gas = 0.2386 ft2 Seleccionando campanas de 3 pulgadas tendremos : Anillo inferior Altura de ranura Diámetro de chimenea Área de chimenea Claro de falda Número de ranuras Sello estático Diámetro nominal

0.25 pulgadas 1 pulgada 1.999 pulgadas 2.65 pulgadas cuadradas = 0.0184 ft2 1 pulgada 20 0.5 pulgadas 3 pulgadas

3

0.5 2.75 1.0 0.25 1.0

0.2386 ft 2 13 0.0184 ft 2 Habrán 13 campanas por plato en arreglo triangular y con claro de 1 pulgada

No. de cachuchas =

1 pulgada

4 pulgadas

3 pulgadas

135

Diámetro de plato 2 pies Longitud del vertedero 0.77 x 2 = 1.54 ft Longitud de paso del líquido = 1.28 ft

Vertedero longitudinal

1.54 ft

1.28 ft 2 ft Vertedero superior

Del problema anterior Número de plato ideales =6.86 2.1-Eficiencia Factor F Uop

UG F

1500 3600(0.222) lb 0.0753 3 ft 6.1475 0.0753

1.875

m s

6.1475

ft s

1.686

Schmidt del gas 0.61 Número de unidades de transferencia del lado del gas 0.77 0.116 hw 0.29 F 0.217 L NG 0.5 ScG ~PM L L L 0.1247 UL l L=17.61 kg mol /h = 38.74 lbmol /h

136

vertedero inferior

L

(0.1247)(38.74)(18) (62.3)(1.28)

1.09

GPM ft

Si hds =1.5 y how =0.5

1.5

0.5

2.75

3.25 1.0 0.25 1.0

hw =1+0.25+1+1.5-0.5=3.25 pulgadas 0.776 0.116(3.25) 0.29(1.686) 0.0217(1.09) NG 0.8805 (0.61) 0.5 Tiempo de residencia Zc = 1.69+0.19hw-0.65F+0.02 L Zc = 1.69+0.19(3.25)-0.65(1.686)+0.02(1.09)=1.3284 (1.3284)(1.28) T L 37.4 58.36 1.09 Número de unidades de transferencia del lado del líquido NL=(1.065 x 104 DAB)0.5 (0.26 F + 0.15)TL DAB = 6.84 x 10 –5 ft2/ h NL = (1.065 x 104 x 6.84 x 10-5)0.5 (0.26 x 1.686 + 0.15 ) 58.36 = 29.28 Número de unidades de transferencia totales del lado del gas. ~ 1 1 m G NOG NG NL L~ 1 1 0.185 NOG 0.8805 29.28 u 0.2909 NOG 0.863 Eficiencia de punto Ep =1- e-0.863 = 0.578 Difusividad turbulenta DE0.5 = [1+0.044(d-3)](0.0124+0.0171 Uop + 0.0025 L +0.015 hw) 137

DE0.5=(0.15657) DE =0.0245 l2 (1.28) 2 Pe DE-L 0.0245 u 58.36 ~ G 0.185 O m~ 0.6359 L 0.2909

1.1458

OEp

0.6359(0.697) 0.443 A partir de la grafica de eficiencia de Murphree Se obtiene que EMV = 0.6358 Arrastre El porcentaje de inundación es del 73 % , O=0.6359 por lo tanto en la gráfica de inundación se obtiene que : \ = 0.2 Eficiencia por arrastre 1 1 Ea 0.885 E MV § 0.2 · § \ · ¸¸ 1 0.6358¨ ¸ 1 E MV ¨¨ © 1 0.2 ¹ © 1 \ ¹ Ea = 0.5627 Eficiencia total ln>1 0.5627(0.6359 1)@ 0.506 Eo ln 0.6359 Número de platos reales NPR = 6.86 / 0.506 = 13.55 platos = 14 platos 4.- Resultado Se requieren 14 platos reales de 2 pies de diámetro y 13 cachuchas de 3 pulgadas por plato.

138

Problemas propuestos Problema 1 ¿Cuál sería el diámetro de la torre de platos perforados y la caída de presión por plato para un sistema que tiene las siguientes condiciones ¿ Gasto molar de líquido 32 kg mol /h Gasto molar de gas 10.25 kg mol /h PM del líquido 180 Viscosidad del líquido 1.61 s Densidad del líquido 836 kg / m3 Tensión superficial 40 dinas / cm Peso molecular del gas 24 Temperatura de operación 120 º C Presión de operación 1 atm Ecuación de equilibrio ~ y 3.16 ~ x Resultados

Diámetro 1 pies. Caída de presión por plato 3.1163 pulgadas. Problema 2

Se desea diseñar una torre de platos para absorber el 90 % del SO2 presente en una corriente que contiene 20 % en mol de SO2 y el resto de aire. Para absorber ese gas se empleará agua que entrará a la torre a razón de 6000 kg / h m2. Si el gas entra a razón de 150 kg / h m2 y si la torre opera a 1 atm y 20 º C ¿Cuántos platos teóricos se requieren? Si la eficiencia es del 25 % cuantos platos reales se requieren ¿ Datos del equilibrio a las condiciones de trabajo: y 0.0342 0.051 0.0775 0.121 0.212 x 0.0014 0.0019 0.00279 0.0042 0.00698 Resultado El número de platos teóricos es de 2.4 El número de platos reales es de 10

139

Problema 3

El dióxido de carbono se desprende durante la fermentación para producir alcohol etílico. El dióxido arrastra vapores de alcohol en una concentración del 0.01 en fracción mol. Se desea recuperar ese alcohol absorbiéndolo en agua en una torre de platos de 2.5 m de diámetro. La absorción se lleva a cabo a 40 º C y 1 atm. El agua que se emplea para recuperar el alcohol contiene 0.0001 en fracción mol de alcohol. Se desean procesar 250 kg mol /h de gas. En las condiciones de operación la solubilidad de los vapores del alcohol en agua puede calcularse por medio de la ecuación: ~ y 1.0682 ~ x Calcule la cantidad mínima de agua para absorber el 98 % de los vapores de alcohol y el número de platos teóricos requeridos si se trabaja con 1.5 veces el agua mínima requerida. Resultados El agua mínima requerida es de 4714 kg /h Los platos teóricos requeridos son 8. Problema 4

Obtenga la eficiencia de plato para un absorbedor que elimina propano de una mezcla de hidrocarburos por medio de un aceite absorbente si se usa una torre con platos perforados. El diámetro de la torre es de 2.5 m. El peso molecular medio de los vapores es de 23.1, la temperatura de operación es de 55 º C, el flujo de líquido es de 540 kgmol /h o de 77545 kg /h. La viscosidad del líquido es de 1.9 s, la presión de operación es de 6.25 atm, el flujo de vapores es de 490 kg mol /h. El Smidt del gas puede tomarse como 1.3, la densidad del líquido como 642 kg / m3, la difusividad del propano en el líquido es de 4.48 x 10-5 ft2 / h. La constante de Henry H es de 1.17. Resultado La eficiencia es de 0.751 Problema 5

Un gas que está a 1 atm y 37 º C contiene 53 5 de pentano y 47 5 de dióxido de carbono. Se desea recuperar el pentano absorbiéndolo en aceite de un peso molecular de 160 y una densidad relativa de 0.84. Para ello se utilizará una columna de platos que opera a 37 º C y 1 atm. El aceite entra a la columna puro y con un flujo de 1.7 el mínimo requerido para una recuperación del 90 %. La línea de equilibrio está dad por : ~ y 1~ x Estime el número de platos requeridos si el flujo de gas entrante es de 35 kg mol /h. ¿Cuál será el diámetro de la torre? Resultados

El número de platos ideales es de 4.5 140

Problema 6

Se desea absorber el 90 % de la acetona que forma parte de una corriente gaseosa con 1 % en mol de acetona y el resto de aire. Para la absorción se empleará una torre de platos perforados y se usará agua como absorbente. El flujo de gas a la entrada de la torre es de 30 kg mol /h y el del agua pura es de 90 kg mol /h. El proceso es isotérmico a 27 º C y 1 atm. La relación de equilibrio está dad por la ecuación : ~ y 2.53 ~ x Determine el número de platos ideales Determine el número de platos reales.

Resultado

El número de platos ideales es de 5.2 Problema 7

Obtenga la eficiencia de plato para un absorbedor que elimina propano de una mezcla de hidrocarburos por medio de un aceite absorbente si se usa una torre con platos con campanas de burbujeo. El diámetro de la torre es de 2.5 m . El peso molecular de los vapores entrantes es de 23.1, la temperatura de operación es de 55 º C, el flujo de líquido es de 540 kgmol / h, ó de 77 545 kg /h. La viscosidad del líquido es de 1.9 centipoises, la presión de operación es de 6.25 atm, el flujo de vapores es de 490 kgmol /h . El Schmidt del gas es de 1.3 , la densidad del líquido es 642 kg / m3 , la difusividad del propano en el líquido es de 4.48 x 10-5 ft2 / h. La constante de equilibrio H es de 1.17.

141

Problema 8

Calcule la eficiencia del plato siguiente: Flujo de líquido 50 m3 /h Densidad del líquido 770 kg /m3

40 ranuras por cachucha 15 “

3” 0.6” 1.4”

3” 0.5 “

1” 2”

4 pies

flujo de gas 12 250 m3 / h densidad gas 1.76 kg / m3

Las cachuchas están arregladas en arreglo triangular Las propiedades de los fluidos son las siguientes Líquido Gas Viscosidad 0.8 Viscosidad 0.02 s PM=68 PM = 65 DAB= 1.1 x 10-4 ft2/ h DAB= 0.03 ft2/s La presión en la torre es de 1 atm La pendiente local de la línea de equilibrio es : H 1.3 Problema 9

Se desea diseñar una torre de platos para absorber el 90% del SO2 que está presente en una corriente que contiene 20% en mol de SO2 y el resto de aire. Para absorber el SO2 se empleará agua a razón de 6000 kg / h m2. Si el aire entra a razón de 150 kg / h m2 y si la torre opera a 20 º C y 1 atm ¿Cuántos platos teóricos se requieren? Si la eficiencia total es del 25 % ¿Cuántos platos reales se requieren? Datos de equilibrio a 20 º C y 1 atm ~ y 0.0342 0.051 0.0775 0.121 0.212 ~ x 0.0014 0.0019 0.00279 0.0042 0.00698 Resultado Los platos teóricos son 2.4. Los platos reales 10.

142

Apéndices Apéndice 9. A Tensión superficial Tabla A Contribuciones atómicas y estructurales a la refracción molar Estructura C ( emisión simple) H -CH2 O (hidroxilo) O ( en éteres y ésteres) O ( en carboxilo) F Cl Br I N( aminas primarias) N (aminas secundarias) N( aminas terciarias) N (nitrilo) Todo tipo de anillos Doble ligadura Triple ligadura Azufre como SM Azufre como RSR Azufre como RCNS Azufre como RSSR

¨(RD) 2.418 1.1 4.618 1.525 1.643 2.211 0.95 5.967 8.865 13.9 2.322 2.502 2.84 5.516 0 1.733 2.398 7.69 7.97 7.91 8.11

Tabla B Contribuciones al Paracoro de Sugden C H (a O) H ( a C) O (en hidroxilos, éteres) O ( en carboxilo) O2 (en ésteres y ácidos) F C Br I N ( en aminas) N ( en nitrilo) S P anillos de tres anillos de cuatro anillos de cinco anillos de seis doble ligadura triple ligadura

4.8 11.3 17.1 20 43.2 60 25.7 54.3 68 91 12.5 29.1 48.2 37.7 16.7 11.6 8.5 6.1 23.2 46.6

143

Apéndice 9- B Tensión superficial del líquidos puros Tensión superficial V en dinas Fórmula de dependencia de V respecto a la temperatura / cm Acido acético 20 27.8 Acido fórmico 17 37.5 80 30.8 Agua 0 75.6 20 72.8 60 66.2 100 58.9 130 52.8 Alcohol etílico 0 24.1 V1 = V0-0.092 t 20 22.8 40 20.2 60 18.4 Alcohol metílico 20 22.6 Alcohol propílico 20 23.8 Anilina 20 42.9 Benceno 0 31.6 V1 = V0- 0.146 t 30 27.6 60 23.7 Cloroformo 10 28.5 60 21.7 Eter dietílico 20 17 Nitrógeno líquido -196 8.5 Oxígeno líquido -183 13.2 Sulfuro de carbono 19 33.6 46 29.4 Tetracloruro de carbono 20 26.8 Tolueno 15 28.8 Aceite de oliva 20 32 Aceite de parafina 25 26.4 Aceite de trementina 15 27.3 Acetato de etilo 20 23.9 Acetona 0 26.2 V1= V0 - 0.11 t 20 23.7 40 21.2 60 18.6 Fuente. K.F. Pavlov . Problemas y ejemplos para el curso de operaciones básicas y aparatos en tecnología química. Editorial MIR. Moscú. 1981. Tabla XXII. Pág. 559 Líquido

Temperatura ºC

144

Apéndice 9.-C Tensión superficial de las soluciones acuosas ( en dinas / cm) Equivalencia en SI : 1 dina / cm = 10-3 N / m Soluto ácido sulfúrico ácido nítrico sosa caústica cloruro de sodio sulfato de sodio nitrato de sodio cloruro de potasio nitrato de potasio carbonato de potasio hidróxido de amonio cloruro de amonio nitrato de amonio cloruro de magnesio cloruro de calcio

Temperatura en º C 18 20 20 18 18 30 18 18 10 18 18 18 18 73.7

Concentración en % en masa 5

74.6 74 73.8 72.1 73.6 73 75.8 66.5 73.3 59,2 73.8

10

20

50

74.1 72.7 77.3 75.5 75.2 72.8 74.8 73.6 77 63.5 74.5 60.1

75.2 71.1 85.8

77.3 65.4

74.4 77.3 75 79.2 59.3

79.8

61.6

67.5

106.4

Fuente K.F. Pavlov. Problemas y ejemplos para el curso de operaciones básicas y aparatos en tecnología química. Editorial MIR. Moscú. 1981. Pág. 560.

145

146

Apéndice 9.-E Eficiencia de punto y eficiencia de plato en función del Peclet 3.5

3

Emv / Ep

2.5

2

1.5

1

Pe=infinito Pe =20 Pe=10

0.5

Pe=5 Pe=3 Pe=2

0 0

0.5

1

1.5

2

2.5

3

Pe =1.5 Pe =1.0

lam bda * Ep

Pe=0.5

147

Apéndice 9-E - Continuación

Eficiencia de punto en función del Peclet 1000

100

Pe = infinito Pe = 30

Emv / Ep

Pe = 10 Pe = 5 Pe = 3 Pe = 2 Pe = 1 Pe = 0.5 Lineal (Pe = infinito)

10

1 0

2

4

6

8

Lam bda * Ep

148

10

Apéndice 9F Relación entre la eficiencia de plato y la total 1.6

1.4

1.2

mG/L=10 Eficiencia total Eo

1

mG/L=6 mG /L =4 mG/L=2 mG/L =1

0.8

mG/L =0.6 mG/L = 0.4 mG/L =0.2

0.6

mG/ L =0.1

0.4

0.2

0 0

0.2

0.4

0.6

0.8

Eficiencia de plato Em v

149

1

1.2

1.4

Apéndice 9 G Arrastre en torres de platos perforados 1

Arrastre fraccional

0.1

0.01 95%inundación 90 80 70 60 50 45

0.001 0.01

0.1

1

40 35

Flw

30

Flw

L G

UG UL

Arrastre fraccional =\ L y G gastos másicos de líquido y del gas UL , UG densidad del líquido y del gas

150

Apéndice 9 H

151

152

Apéndice 9 J

153

154

155

Apendice 9- LL Inundación platos de cachuchas 1

Csb

30.5 cm 45.7 cm

0.1

610 cm 915 cm

0.01 0.01

0.1

1

L/G (pg/pl)0.5

156

Apéndice 9 M Arratre en platos perforados 1

arrastre fraccional

0.1

M= 0.01 M= 0.02 M=0.04 M=0.06

0.01

M=0.08 M=0.1 0.2

0.001 30

40

50

60

70

80

90

porciento de inundación

M

L § UG · ¨ ¸ G © UL ¹

0.5

L , G = Gasto másico de líquido y gas en kg / h

UL , UG densidades del líquido y del gas en kg / m3 \ = arrastre fraccional = moles arrastradas / moles totales que bajan Fuente : Fair, Petrol.Refiner (abril, 1958),p.153.

157

Apéndice 9 N Datos para platos perforados Diámetro del orificio Espesor del plato / diámetro del orificio mm pulgadas Acero inoxidable acero al carbón 3 1/8 0.65 4.5 3 / 16 0.43 6 1/4 0.32 9 3/8 0.22 0.5 12 1 /2 0.16 0.38 15 5/8 0.17 0.3 18 3/4 0.11 0.25

Profundidad del líquido 50 mm ( 2 pulgadas) mínimo; 100 mm ( 4 pulgadas) máximo Área activa típica

Diámetro de la torre m 1 1.25 2 2.5 3

pies 3 4 6 8 10

Aa / At 0.65 0.7 0.74 0.76 0.78

158

Coeficiente de descarga para platos perforados 1 0.9 0.8 0.7

Co

0.6 0.5 Grueso del plato /diámetro de la perforación 0.1

0.4

0.2

0.3 0.2

0.6

0.1

0.8

0

1 0

0.05

0.1

0.15

0.2

Area de perforación / área activa

159

1.2

Apéndice 9-O Factor de aereación para platos perforados 1

0.9

0.8

Beta= factor de aereación

0.7

0.6

0.5

0.4

0.3

0.2

0.1

0 0

0.5

1

1.5 Fva = Ua pg 0.5

Ua = velocidad basada en el área activa en ft /s Ug densidad del vapor en lb / ft3

160

2

2.5

Beta

Apéndice 9.-P Goteo o escurrimiento en torres de platos perforados 1.8

1.6

hh+hs en pulgadas de líquido

1.4

1.2

1

0.8

0.6

0.4

0.2 Ah/Aa=0.2

0 0

1

2

3

4

hlo=how +hw en pulgadas de líquido

161

Ah/ Aa =0.06 -0.14

162

Apéndice 9 Q Inundación en platos perforados

N

1

0.1 t=91.5 cm t= 61.0 cm t= 45.7 cm t= 30.5 cm t= 23 cm t= 15 cm

0.01 0.01

0.1 M

M

L § UG · ¨ ¸ G © UL ¹

0.5

L,G =gastos másicos de líquido y de gas en kg /s

UL, UG densidades del líquido y del gas en kg / m3

§ UG · N Un ¨ Un = velocidad de inundación en m / s ¸ © U L UG ¹ Fuente : Fair , Petrochemical Engr. 33 (10) 45 (1961) 0.5

163

1

Apéndice 9.R Arrastre en los platos con campanas de burbujeo

moles arrstradas / moles totales que bajan

1

0.1 M= 0.01 M= 0.02 M=0.04 M=0.06 M=0.08

0.01

M=0.1 M=0.13

0.001 30

40

50

60

70

80

90

Porciento de inundación

M

L § UG · ¨ ¸ G © UL ¹

0.5

L , G = Gasto másico de líquido y gas en kg / h

UL , UG densidades del líquido y del gas en kg / m3 \ = arrastre fraccional = moles arrastradas / moles totales que bajan Fuente : Fair , Matthews . Petrol. Refiner (4) 153 (1958).

164

165

166

Capitulo 3

Absorción multicomponente

167

cálculo. Entre las mezclas de multicomponentes más usuales están las mezclas gaseosas de hidrocarburos volátiles. En general para el cálculo de estos equipos se conocen los flujos, las composiciones y la temperatura del gas entrante, además la composición y temperatura del líquido entrante, la presión de operación y las ganancias o pérdidas de calor. Como la absorción es un proceso en el que se libera calor, el aceite absorbente se suele introducir a una temperatura inferior a la temperatura media a la cual se espera operar la columna. Las variables principales en este proceso suelen ser: el flujo del líquido o la relación líquido gas, el número de etapas ideales y el porcentaje de recuperación de cada uno de los componentes. En general se suele especificar la separación o recuperación de un componente particular llamado “componente clave” , dependiendo la separación de los demás de este componente y de las condiciones de operación. El método aquí aplicado es el de Horton y Franklin o método del factor de absorción, para métodos más precisos se puede consultar el libro de Hollands (Fundamental and modeling of separación processes- Prentice Hall-1975). En el método del factor de absorción se supone que cada plato de la columna es un plato ideal, o sea, que el vapor saliente de cada etapa está en equilibrio con el líquido saliente. El factor de absorción está dado por: ~ Lj Aj , i ~ K1, j G j en donde Ki,j es la constante del equilibrio dado por : ~ y i j Ki , j x~i j Los valores de Ki,j se obtienen a partir de tablas , gráficos o mediante ecuaciones de estado. Si todos los componentes de una mezcla gaseosa son solubles, como es el caso de los hidrocarburos gaseosos, es usual expresar la composición como relaciones molares relativas a la cantidad de gas y líquido entrantes a la columna. Así se tienen que : ~ Lj x~1 j ~i X j ~ L0 composición en la fase líquida del componente i en la etapa j ~ i Gj ~ y j composición en la fase gaseosa del compuesto 1 en la etapa j ~ GN 1 en donde x~i j , ~ y i j son las fracciones mol. ~ Yij

168

G1 1 L0 x0

y1

0

Lj-1

Gj j

Lj

N+1 GN+1 , yN+1

N LN , xN

Como hay varios componente para cada uno de ellos se debe establecer un balance. El balance en la etapa j para el componente y quedaría como: ~ ~ ~ ~ ~ ~ L0 ( X i j X i j 1 ) GN 1 (Y i j 1 Y 1 j ) el equilibrio en esa etapa quedaría como : ~ y i j Ki , j x~i j ~ ~ ~ G ~i L Y i j ~N 1 Ki , j X j ~0 Gj LN que para soluciones diluidas quedaria como: ~ ~ Y i j Ki , j X i j

Sustituyendo la ecuación de equilibrio en la ecuación de la línea de operación y efectuando una serie de cálculos (ver problema 3) se llega a la ecuación siguiente:

169

~ Gj ~ G j 1

~ ·N § G ¨ ~1 ¸ © GN 1 ¹ 1

N 1 j

~ ~ § G1 · N GN 1 ¨ ~ ¸ © GN 1 ¹ La cantidad de líquido puede obtenerse por un balance de materia al final de la torre. Si los calores latentes molares y las capacidades caloríficas de todos los componentes son semejantes y si no hay calor de disolución, el aumento en la temperatura de absorción es proporcional a la cantidad absorbida. ~ ~ GN 1 G j 1 t N t j ~ ~ GN 1 G1 t N t0 Para simplificar aún más los cálculos Edminster ha escrito la ecuación 1 en términos de los factores promedio efectivos de absorción , en vez de los factores para cada etapa. Así, para la absorción la ecuación 1 se convierte en : ~ Ai N 1 Ai YN 1i Y i1 (2) Ii ~ ~ Ai N 1 1 YN 1i KiX 0i En donde ~ L Ai = ~0 (3) Ki GN 1 Para una separación específica de un componente particular (el componente clave) y una razón líquido gas conocida, puede calcularse el número necesario de etapas teóricas mediante la ecuación : ª§ A I C · º log «¨ C ¸» © 1 IC ¹¼ ¬ NPI (4) 1 log AC en donde el subíndice C indica el componente clave. Las ecuaciones 2,3 y 4 pueden utilizarse entonces para calcular la eficiencia de la separación y por consiguiente Yi para todos los componentes. ~ Gj

El procedimiento anterior da resultados bastante buenos para soluciones diluidas, es decir, en los casos en que la cantidad absorbida es aproximadamente inferior al 10 por ciento del gas que entra. Para soluciones más concentradas la ecuaciones anteriores no pueden considerarse válidas, aunque pueden utilizarse como punto de partida para la utilización del método de Horton.

170

171

Calcule el número de etapas teóricas que debe tener un absorbedor para lograr la eliminación del 90 % del isobutano presente en una corriente gaseosa que está a 30 º C y 8.09 kg / cm2 de presión. La composición en porcentaje en volumen del gas entrante es : Gas metano etileno propano isobutano Butano isopentano pentano hexano % 70.5 6.5 8 3.5 5 2 3 1.5 Para absorber el gas se utilizará un aceite mineral libre de soluto que está a 30 º C y que tiene un peso molecular de 200. Suponga la absorción isotérmica. Se utilizará una pendiente de operación basada en el componente clave de un 30% superior a la mínima. Datos de equilibrio:

172

yib=0.0035 x0 ib=0

0

T=25 º C P=8.09 kg / cm2

yib=0.035

N+1 N

2.- Planteamiento.2.1.- Discusión . Utilizaremos el método simplificado de Horton y Franklin 2.2.- Reflujo mínimo ~ L0 ~ min GN 1

~ C ~ YN 1 Y C1 ~ ~ X *C N X 0 C

pero como: ~ ~ Yi KiX *i entonces: ~ ~ L0 YN 1C Y C1 KC I C KC ~ min ~ GN 1 Y C N 1 en donde C se refiere al componente clave. 3.- Cálculos 3.1.- Pendiente mínima. De los datos de equilibrio para el componente clave K = 0.59 IC=0.9

173

L0 0.531 u 1.3 0.69 ~ GN 1 3.3.- Factor de absorción del componente clave ~ 0.69 L0 . 117 AC ~ KC GN 1 0.59 3.4.- Número de platos ideales. . 0.9 · § 117 log¨ ¸ © 1 0.9 ¹ NPI 1 5.34 log 117 . 3.5 - Recuperación mediante la absorción de los componentes. Utilizando las ecuaciones ~ i N 1 Ai Ai YN 1 Y i1 Ii ~ ~ Ai N 1 1 YN 1i KiX 0i para cada componente se obtienen las recuperaciones para el n- butano K=0.44 A=0.69/0.44 =1.568 1568 . 6.34 1568 . I n butano 0.963 6.34 1568 . 1 ~ 0.05 Y1 0.963 0.05 ~ Y1 0.00185 la composición del gas de salida se obtienen mediante: ~ Y1 ~ y1 ~ ¦ Y1

174

isobutano butano isopentano pentano hexano

0.035 0.05 0.02 0.03 0.015

0.59 0.44 0.17 0.14 0.046

1.17 1.57 4.06 4.93 15

0.9 0.963 0.9996 1.0 1.0

0.0.0035 0.0018

0.0045 0.0023

4.- Resultado Se requieren 5.34 platos ideales.

Problema 2

Un gas tiene la composición siguiente: Componente % en mol K a 24ºC y 2 atm CH4 70 muy grande C2H6 15 13.1 nC3H8 10 4 nC4H10 5 1.15 Se desea absorber ese gas en una torre isotérmica con un líquido que contiene 1 % en mol de n-C4H10 y 995 de un aceite no volátil a la temperatura de 24 º C usando 3.5 kgmol de líquido por kgmol de gas. La solubilidad del CH4 es insignificante. Se debe absorber al menos el 70 % del nC3H8 presente en la alimentación. ¿Cuál es el número de etapas ideales requeridas?

175

T = 24 º C P = 2 atm

LI/GI = 3.5

NPI = ?

N+1 yN+1metano=0.7 yn+1etano=0.15 yN+1propano = 0.1

N N

2.- Planteamiento 2.1.- Discusión. Se utilizará primero el método simplificado de Edminster para obtener el número de platos y con esto se obtendrá la composición por método de Horton y Franklin. 3.- Cálculos 3.1.- Método simplificado de Edmister Base 1 kg mol de gases. ~ ~ LI 35 . L0 ~ ~ GI 1 GN 1 El componente clave es el propano.-

176

0

entonces: ~ Y

NPI

§ 0.875 0.7 · log¨ ¸ © 1 0.7 ¹ 1 log 0.875

NPI =3 Para el etano A = 3.5 / 13.1= 0.267 ~ ~ YN 1 Y1 015 . Y1 0.267 4 0.267 ~ YN 1 015 . 0.267 4 1 ~ Y1 01105 . para el butano A= 3.5 / 1.15 = 3.043 ~ 3.0434 3.043 0.05 Y1 I butano . ( 0.01) 3.0434 1 0.05 115 Y1 0.01204

primer resultado Compuesto Y metano 0.7 etano 0.11052 propano 0.03 butano 0.01204 ~ 0.85256 G1

177

L3

3.643

3.2.- Método de Horton y Franklin tomando los resultados del método previo. G1 = 0.85256 ~ G2

§ 0.85356· 1¨ ¸ © 1 ¹

CN+1 = 1

§ 3 1 2 · ¨ ¸ © 3 ¹ § 3 1 3 · ¸ ¨ 3 ¹

§ 0.85256· © 1¨ ¸ © 1 ¹ Balances ~ G3

Lj

L3 = 3.643

0.8991

0.9482

Gj+1 3

GN+1

LN

~ ~ ~ ~ Lj GN 1 G j 1 LN ~ ~ ~ ~ L2 G4 G3 L3 ~ L2 1 0.9482 3.643 ~ L2 35912 . ~ L1 1 0.8991 3.643 ~ L1 35421 . etapa 1 2 3

Gj 0.85256 0.8991 0.9482

Lj 3.5421 3.5912 3.643

Lj / Gj 4.154 3.994 3.842

178

YN 1 Y1 YN 1 etano X0 = 0 ~ 015 . Y 015 .

A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN LX A2 A3 A4 AN A3 A4 AN 1 ~ 0 ~0 Para A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 GN 1YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 ( 0.317 )( 0.3048)( 0.2932 ) ( 0.3048)( 0.2932 ) ( 0.2932 ) ( 0.317 )( .03048)( 0.2932 ) ( 0.3048)( 0.2932 ) ( 0.2932 ) 1

~ . Y1 01063 Para el propano 01 . Y1 (1.0305)( 0.9905)( 0.9605) ( 0.9905)( 0.9605) 0.9605 01 . (1.0305)( 0.9905)( 0.9605) ( 0.9905)( 0.9605) 0.9605 1 ~ Y1 0.02564 Para el butano ~ ( 3.612 )( 3.473)( 3.34 ) ( 3.473)( 3.34 ) 3.34 0.05 Y1 ( 3.612 )( 3.473)( 3.34 ) ( 3.473)( 3.34 ) ( 3.34 ) 1 0.05



. ( 0.01) ª 35 3.473( 3.34 ) 3.34 1 º « 1( 0.05) ¬ 3.612 ( 3.473)( 3.34 ) ( 3.473)( 3.34 ) 3.34 1»¼

~ Y1 0.0105 Segundo resultado Componente Y metano 0.7 etano 0.1063 propano 0.02564 butano 0.0105 G1 0.84249 Componente Aceite etano propano butano L3 4.- Resultado

Cantidad 3.5-0.035=3.465 0.15-0.1063 =0.0437 0.1-0.02569 = 0.07431 3.5(0.01)+0.05-0.105 = 0.0745 3.6575

Se requieren 3 etapas ideales 179

0.2912

0.743

el

1 G1= 0.8424 mol x0butano=0.01

0

T = 24 º C P = 2 atm

LI/GI = 3.5

NPI = 3

N+1

yN+1metano=0.7 yn+1etano=0.15 yN+1propano = 0.1

L3=3.6575 mol N

2.- Planteamiento 2.1.- Balance de energía ~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ L0 H0 GN 1H N 1 LN H N G1H1 en donde : ~ ~ H0 mezcla ( t0 tb ) H0 es la entalpía del líquido absorbente entrante en kcal /kgmol y tb es la temperatura base para calcular las entalpias. n ~ ~ ¦ i x~i i 1

HN+1 es la entalpía del gas entrante en kacal / kg mol

180

componente i a la temperatura base. 3.- Cálculos 3.1.- Composiciones de las corrientes De los resultados del problema anterior: L0 fracción de aceite fracción de butano 3.5 kg mol 0.99 0.01 LN 3.6575 GN+1 1

x aceite x etano x propano 0.947 0.0119 0.0203 y metano 0.7

G1 0.84249

y etano 0.15

y metano 0.8308

y propano 0.1

y etano 0.1261

Temperatura 24 º C

x butano 0.0203 y butano 0.05

y propano 0.0304

t ºC 24

y butano 0.0124

tºC 24

3.3.- Entalpía del aceite H0 Suponiendo un medio molar del aceite igual a 90 kcal / kgmol butano = 33 kcal / kg mol mexcla= 90 (0.99)+=.01 (33) = 89.43 kcal / kgmol ºC H0 = 89.43 (24-0)= 2146.32 kcal / kgmol 3.4.-Ental pia del líquido saliente HN etano = 27.8 kcal / kg molºC ; propano = 25.1 mezcla==.947(90)+0.0203(33)+(0.0119(27.8)+=.0203(25.1)=86.74 kcal / kgmol ºC HN= 86.74( tN-0) 3.5.- Entalpía del gas entrante Compuesto medio entre 0 y 24 ºC metano 8.5 etano 12.7 propano 18 butano 24.5

181

butano

5600 kcal /kg mol

Omezcla= 2273(0.7)+2827(0.15)+4213(0.1)+5600(0.05)=2716 kacl / kg mol HN+1 = 10.887(24)+2716=2977 kcal / kg mol 3.5.- Entalpia del gas saliente Suponiendo que el gas sale a 24 º C Suponiendo que el gas sale a 24 º C mezcla=8.5(0.8308)+12.7(0.126)+18(0.0304)+24.5(0.0124)=9.51 kcal / kgmol º C Omezcla=2273(0.8308)+2827(0.1261)+4213(0.0304)+5600(0.0124)=2442 kcal / kgmol H1= 9.51(24-0)+2442=2670 kcal / kgmol 3.6 Balance 3.5(2146.32)+ 1 (2977)=0.84249(2670)+3.675 HN HN = 2252.78 kcal /kgmol 2252.78 = 86.74 ( tN -0) tn = 25.97 º C 4.- Resultado Como el cambio de temperatura es pequeño < 2 º C , el resultado del problema anterior es válido.

Problema 4

Derive la ecuación de Horton y Franklin para encontrar la recuperación de las corrientes gaseosas en un absorbedor de multicomponentes. ~ ~ ~ ~ YN 1 Y1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN L0 X 0 A2 A3 A4 AN A3 A4 AN 1 ~ ~ YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 GN 1YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 1.- Discusión. Si todos los componentes de una mezcla gaseosa son solubles, como es el caso de los hidrocarburos gaseosos, es usual expresar la composición como relaciones molares relativas a la cantidad de gas y líquido entrantes a la columna. Así se tienen que :

182

~ Si nos basamos en el dibujo siguiente el flujo de gas entrante a la columna está dado por GN 1 , el aceite absorbente más el material que ha absorbido sale por la parte inferior de la columna con un flujo ~ ~ LN , El gas pobre o lavado sale por el domo con un flujo G1 , también por el domo entra el aceite ~ absorbente L0 .

G1 1 L0 x0

y1

0

Lj-1

Gj j

Lj

N+1 GN+1 , yN+1 N LN , xN Como hay varios componente para cada uno de ellos se debe establecer un balance. El balance en la etapa j para el componente y quedaría como: ~ ~ ~ ~ ~ ~ L0 ( X i j X i j 1 ) GN 1 (Y i j 1 Y 1 j ) (1) el equilibrio en esa etapa quedaría como : ~ y i j Ki , j x~i j

183

Yj 1 ~ K1, j 1 X j 1 ~ G j 1 Lj 1 si sustituimos eso en la ecuación (1) ~ ~ ~ ~ Lj · § ~ G Lj 1 · º ~ ~ ª§ ~ G ~ ~ L0 «¨¨ Yj ~N 1 ~ ¸¸ ¨¨ Yj 1 ~N 1 ~ ¸¸ » GN 1 (Yj 1 Yj ) G j 1 K j 1 L0 ¹ »¼ G j K j L0 ¹ © «¬© ~ ~ Lj 1 Lj si Aj y A ~ ~ j 1 KjGj K j 1G j 1 entonces ~~ ~ ~ ~ ~ ~ ~ Yj GN 1 Aj (Yj 1GN 1 Aj 1 ) GN 1Yj 1 GN 1Yj ~ ~ ~ ~ Yj Aj Yj 1 Aj 1 Yj 1 Yj ~ ~ ~ Yj 1 Yj 1 Aj 1 Yj (2) 1 Aj Si el absorbedor tuviera sólo una etapa la ecuación (2) quedaría como : ~ ~ ~ Y2 A0Y0 Y1 ( 3) 1 A1 y ~ ~ ~ ~ K0 X 0 G0 ~ ~ L0 G0 Y0 K0 X 0 ~ ~ ~ L0 GN 1 GN 1 ~ ~ ~ ~ ~ L0 K0 X 0 G0 L0 X 0 ~ A0Y0 ~ ~ ~ K0 G0 GN 1 GN 1 y sustituyendo en ( 3) ~ ~ ~ L0 X 0 Y2 ~ GN 1 ~ Y1 (4) 1 A1 Si el absorbedor tuviera 2 etapas la ecuación (2) quedaría: ~ ~ ~ Y3 A1Y1 Y2 1 A2 sustituyendo Y1 de la ecuación (4) ~ ~ ~ A1 L0 X 0 ( A1 1)Y3 ~ GN 1 ~ Y2 (5) A1 A2 A2 1 184

GN 1

(6) A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 para eliminar YN que está dentro del absorbedor se hace un balance total ~ ~ ~ ~ ~ ~ L0 ( X N X 0 ) GN (YN 1 Y1 ) ~ ~ ~ ~ L0 X N ~ ~ L G YN KN X N ~0 ~ N ~ LN GN 1 AN GN 1 resolviendo simultáneamente para eliminar XN , el resultado se usa para obtener YN ~ ~ ~ ~ YN 1 Y1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN L0 X 0 A2 A3 A4 AN A3 A4 AN 1 ~ ~ YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 GN 1YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 ~ YN

Para simplificar si suponemos que A = constante entonces: ~ ~ YN 1 Y1 A N 1 A ~ ~ YN 1 Y0 AN 1 1

185

(7)

isobutano 0.84 n- butano 1.66 isopentano 0.61 pentano 0.16 hexanos 0.54 A la torre entran 423.31 m3 /día de aceite absorbente con un peso molecular de 161 y una densidad de 836.3 kg / m3. La torre opera a 30 º C. Si la eficiencia total media es de 0.18 , calcule la composición del gas saliente. Datos de equilibrio a las condiciones de operación: componente K metano 5.7 etano 1.2 propano 0.51 isobutano 0.27 n- butano 0.21 isopentano 0.09 n-pentano 0.072 hexano 1.- Traducción y1= ? 1 0 L0= 423.21 m3 /día P = 32 atm T= 30 º C NPR =24 Eo =0.18

N+1 GN+1=5259 m3 /día N 186

NPI = 0.18 (24) = 4.32 3.2.- Gastos Gas entrante GN+1

m3 dia kgmol 273º K 525900 u u u dia 24 h 22.4 m3 288º K 423.31

m3 dia kg kgmol u u 836.3 3 u dia 24 h m 161 kg

927

kgmol h

91.61

kgmol h

Líquido entrante L0= ~ L0 91.61 0.0988 ~ GN 1 927 3.3- Método de Edminster- Kremser ~ Ai N 1 Ai YN 1i Y i1 Ii ~ ~ Ai N 1 1 YN 1i KiX 0i para el metano K =5.7 por lo tanto A = 0.088/5.7 =0.01733 y 0.017334.32 0.01733 I metano 0.01732 0.017334.32 1 Para el etano K=1.2 y A =0.0823 por lo tanto: 0.08234.32 0.0823 I etano 0.082 0.08234.32 1 procediendo de manera similar con todos los componentes se obtiene la siguiente tabla: componente % K A %absorbido moles absorbidas I metano 83.02 5.7 0.01733 0.01732 1.73 13.31 etano 8.41 1.2 0.0823 0.082 8.2 6.39 propano 4.76 0.51 0.1937 0.1928 19.28 8.5 isobutano 0.84 0.27 0.3659 0.3575 35.75 2.78 n-butano 1.66 0.21 0.47 0.448 44.8 6.89 isopentano 0.61 0.09 1.097 0.803 80.3 4.54 n-pentano 0.16 0.072 1.372 0.873 87.3 1.29 hexano 0.54 100 5 Total 48.705 por lo tanto LN= 91.61+48.705 =140.315 kg mol / h G1 = 878.295 kgmol /h Este primer resultado sirve de base para el cálculo mediante la ecuacion de Horton y Franklin. 187

© GN 1 ¹

4 .32 1 2

§ 878.2 · 4.32 927¨ 889.33 ¸ © 927 ¹ ~ ~ ~ ~ L0 G2 L1 G1 ~ 91.61 889.33 L1 878.295 ~ ? L1 102.645kgmol / h procediendo de manera semejante se obtiene la siguiente tabla: Plato G L L/ G 1 878.295 102.645 0.1168 2 889.33 113.315 0.1274 3 900 125.315 0.1392 4 912 128.31 0.1406 4.32 915 140.315 0.1533 con las pendientes de operación se pueden obtener los factores de absorción para cada componente y cada plato. Por ejemplo, para el metano en el plato 1 A = 0.1168 / 5.7 =0.02049 para el metano en el plato 2 para el metano en el plato 2 A 2 = 0.1274 / 5.7 =0.02235 para el metano en el plato 3 A3 = 0.1392 / 5.7 =0.0244 Procediendo de manera similar se obtiene la tabla siguiente: Componente K A1 A2 A3 A4 A4.32 metano 5.7 0.02049 0.02235 0.0244 0.0246 0.02689 etano 1.2 0.0973 0.106 0.116 0.117 0.12775 propano 0.51 0.229 0.249 0.272 0.275 0.3 isobutano 0.27 0.432 0.471 0.515 0.52 0.5677 n-butano 0.21 0.556 0.606 0.66 0.67 0.73 isopentano 0.09 1.297 1.415 1.596 1.562 1.703 n-pentano 0.072 1.622 1.769 1.933 1.952 2.129 hexano ~ G2

188

0.556u.606u.66u.67u.73 0.606u.66u.67u.73.66u.67 u 0.73 0.67 u 0.73 0.73 1 procediendo de manera similar para todos los componentes se encuentra la siguiente tabla: componente I porcentaje absorbido moles absorbidas metano 0.0268 2.68 20.62 etano 0.1444 14.44 11.25 propano 0.4107 41.07 18.12 isobutano 0.529 52.9 4.12 n-butano 0.648 64.8 9.98 isopentano 0.957 95.7 5.41 n-pentano 0.981 98.1 1.45 hexano 1 100 5 total 75.95 con los datos anteriores se obtiene que : LN=91.61+75.95 = 167.56 G1=851.1 kg mol /h L0= 91.61 como hubo variación en las moles absorbidas se procede a un tercer cálculo 3.8.- Tercer tanteo

plato 1 2 3 4 4.32

G 851.1 868.14 885.46 903.13 908.8

L 108.65 125.97 143.64 149.31 167.56

L/G 0.127 0.145 0.1622 0.1653 0.1843

189

isobutano 0.27 0.47 0.536 0.6 0.612 0.682 0.607 n-butano 0.21 0.6 0.69 0.77 0.787 0.877 0.728 isopentan 0.09 1.41 1.61 1.8 1.83 2.04 0.974 o n-pentano 0.072 1.76 2.01 2.25 2.29 2.56 0.989 hexano total a partir de la tabla LN = 91.61+89.66 = 181.27 G1= 927-89.66 = 837.34 kgmol /h Como todavía no coinciden los datos se deberían hacer otros tanteos.

60.7 72.8 97.4

4.72 11.21 5.51

98.9 100

1.46 5 89.66

4.-Resultado La composición del gas saliente del absorbedor a partir de los datos obtenidos en el tercer tanteo son : componente moles % en mol metano 744.84 88.95 etano 64.14 7.65 propano 20.93 2.49 isobutano 3.066 0.36 n-butano 4.17 0.49 isopentano 0.144 0.017 n-pentano 0.023 hexano -

190

butano pentano

4 1

La columna operará a la presión de 20 atm y 32 º C . Si se introducen 100 moles por hora de gases y un aceite absorbente formado por octano de 20 moles por hora. ¿Cuáles serán las composiciones de las corrientes salientes del absorbedor.? Datos de equilibrio componente K a 20 atm y 32 º C metano 12.99 ETANO 2.18 propano 0.635 butano 0.185 pentano 0.053 octano 0.00136 1.- Traducción 1 y1= ? 0 L0=20 moles /h P = 20 atm T= 32 º C NPI =3

N+1 GN+1=100 moles /h N 191

20 1.08 100 u 0185 . A N 1 A 1.084 1.08 0.777 I butano 1.084 1 An 1 1 0.04 Y1 0.777 0.04 ~ Y1 0.0088 3.2.- Recuperación de los demás gases. Ametano= 0.0153 I=0.01529 Y=0.689 Aetano=0.09117 = 0.0911 = 0.1363 Apropano=0.314 =0.307 = 0.0693 = 0.985 = 0.00015 Apentano=3.725 Abutano=

Total de gases salientes =0.9035X 100 =90.35 moles = G1 3.3.- Líquido saliente aceite = 20 mol metano = 70- 68.9=1.1 mol etano = 15-13.63 =1.37 propano = 10-6.93 =3.07 butano = 4 - 0.88= 3.12 propano 1-0.015=0.985 total de líquido saliente = 29.645 moles = L3 3.4 .- Método de Horton y Franklin G1= 90.35 moles GN+1= 100 LN = 29.645 moles ~ G2 ~ G3

§ 3 1 2 · ¨ ¸ 3 ¹

§ 90.35· © 100¨ ¸ © 100 ¹

§ 3 1 3 · ¨ ¸ 3 ¹

§ 90.35· © 100¨ ¸ © 100 ¹

93.46

96.67

192

etapa 1 2 3

Gj 90.35 93.43 96.67

Componente metano etano propano butano pentano

Lj 23.105 26.315 29.645 K 12.99 2.18 0.6359 0.185 0.05369

Lj / Gj 0.2557 0.2816 0.3066 A1 0.01968 0.1172 0.402 1.382 4.762

A2 0.02167 0.129 0.4428 1.522 5.244

A3 0.0236 0.1406 0.482 1.657 5.71

aplicando las ecuaciones para obtener la recuperación tendremos que : ~ ~ ~ ~ YN 1 Y1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN LX A2 A3 A4 AN A3 A4 AN 1 ~ 0 ~0 para YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 GN 1YN 1 A1 A2 A3 AN A2 A3 AN AN 1 metano: ~ 0.7 Y1 ( 0.01968)(( 0.02167 )( 0.0236) ( 0.02167 )( 0.0236) ( 0.0236) 0.02355 0.7 ( 0.01968)( 0.02167 )( 0.0236) ( 0.02167 )( 0.0236) ( 0.0236) 1 ~ ? Y1 0.6835 para el etano ~ 015 . Yº ( 01172 . )( 0129 . )( 01406 . ) ( 0129 . )( 01406 . ) ( 01406 . ) 013857 . 015 . ( 01172 . )( 0129 . )( 01406 . ) ( 0129 . )( .146) ( 0146 . ) 1 ~ Y1 01292 . para el propano ~ .1 Y1 ( 0.402 )( 0.4428)( 0.482 ) ( 0.4428)( 0.482 ) ( 0.482 ) 0.4385 01 . ( 0.402 )( 0.4428)(( 0.482 ) ( 0.4428)( 0.482 ) ( 0.482 ) 1 ~ Y1 0.0561 para el butano

193

el

Y1

0.0000556

Composición del gas Compuesto Y1 y1 metano 0.6835 0.7825 etano 0.1292 0.1479 propano 0.0561 0.0642 butano 0.0046 0.0052 pentano 0.0000556 0 G1 87.3455 mol Composición del líquido Compuesto moles xN aceite 20 0.631 metano 70-68.35=1.65 0.052 etano 15-12.92 =2.08 0.065 propano 10-5.61=4.39 0.1386 butano 4 - 0.46 =3.54 0.111 pentano 1 0.031 L3 31.66 4.- Resultado Salen 31.66 moles de líquido y 87.34 moles de gas. La composición del líquido y del gas saliente de la torre es la siguiente: compuesto y x aceite 0 0.631 metano 0.7825 0.052 etano 0.1479 0.065 propano 0.0642 0.1386 butano 0.0052 0.111 pentano 0 0.031

194

Un absorbedor con tres platos ideales se va a utilizar para absorber el gas siguiente: componente moles metano 70 etano 15 propano 10 butano 4 pentano 1 La columna operará a la presión de 20 atm y 32 º C . Si se introducen 100 moles por hora de gases y un aceite absorbente formado por octano de 20 moles por hora. ¿ Cuáles serán las composiciones de las corrientes salientes del absorbedor.? Datos de equilibrio componente K a 20 atm y 32 º C metano 12.99 ETANO 2.18 propano 0.635 butano 0.185 pentano 0.053 octano 0.00136

- Resultado Salen 31.66 moles de líquido y 87.34 moles de gas. La composición del líquido y del gas saliente de la torre es la siguiente: compuesto y x aceite 0 0.631 metano 0.7825 0.052 etano 0.1479 0.065 propano 0.0642 0.1386 butano 0.0052 0.111 pentano 0 0.031

195

etano propano isobutano n-butano isopentano n-pentano hexanos

0.0848 0.0437 0.0076 0.0168 0.0057 0.0032 0.0063

2.85 0.85 0.375 0.282 0.131 0.105 0.038

Problema 3

Dada la composición del gas y sus K obtenga el porcentaje absorbido de cada componente en un absorbedor formado por 3 etapas que opera a 103 atm. El gas entra a 27 º C, el aceite a 32 º C a razón de 3417 litros / minuto con 200 de peso molecular y 36.7 º API. Se sesean tratar 8 millones de litros de gas por día ( medidos a 1 atm y 15 º C) compuesto y K a 29 º C K a 32ºC metano 0.9302 3.3 3.36 etano 0.0372 0.78 0.835 propano 0.0163 0.36 0.385 isobutano 0.00444 0.19 0.2 n-butano 0.00448 0.15 0.165 isopentano 0.00279 0.083 0.0905 n-pentano 0.001375 0.068 0.076 hexanos 0.001563 0.035 0.0385 heptanos 0.00147 0.005 0.0056 Problema 4 Un absorbedor recibe un gas que tiene la siguiente composición: Componente fracción mol ácido sulfhidrico 0.0369 metano 0.4488 etileno 0.0423 etano 0.211 propileno 0.0652 propano 0.1071 butileno 0.0292 butano 0.0349 pentanos 0.0246 196

ácido sulfhídrico 0.0077 Metano 0.0142 Etileno 0.007 Etano 0.0538 Propileno 0.028 Propano 0.0426 Butileno 0.0013 Butano 0.0016 Pentano 0.0046 Aceite 0.8392 Estime la fracción de cada componente absorbida en la parte baja de la torre.

197

Capitulo 4

ABSORCION NO ISOTERMICA

198

las cuales los efectos térmicos son despreciables. Si como resultado de la absorción aumenta la temperatura del líquido, la solubilidad del gas en ese líquido disminuirá y por ende la capacidad del absorbedor. en el caso de que se manifieste una liberación importante de calor debida a la absorción de un gas, el líquido puede extraerse a intervalos de la columna, enfriarse externamente y regresarlo ya frío a la torre. También se pueden colocar serpentines internos en diversos puntos de la columna (en los platos, por ejemplo ) y extraerse el calor requerido; de ese modo, la operación podría considerarse como isotérmica. Si en lugar de la operación isotérmica, en donde se extrae el calor de disolución, se prefiere una operación adiabática, para el diseño se deberá tomar en cuenta que las temperatura del líquido aumentará conforme desciende por la columna, por lo cual se alterará el equilibrio. En general, si hacemos un balance alrededor de un equipo de absorción, tendremos : L3,x3a 3

2 G2,y2a,H2

T3,H3

G1,y1a, T1

L4,x4a,T4,H4 4

Balance de materia total. G1 + L3 = L4 + G2 Balance parcial del componente A

199

H1 , H2 son las entalpias de las corrientes gaseosas que en general se calculan por : H1 = m1 (T1 - To) en donde m1 es la capacidad calorífica media entre T1 y To , siendo esta última temperatura la base para computar las entalpias.

m

³ (a bT cT T2 T1

2

)dT

siendo a, b y c las constantes del gas puro o de las mezclas gaseosas. En el caso de mezclas a =¦ i yi H3 , H4 son las entalpias de las corrientes líquidas H3 = m (T3 - To ) + Hd x en donde Hd es el calor de disolución y m el calor específico promedio de la mezcla líquida. En las soluciones ideales el calor de mezclado Hd es igual a cero. Para las soluciones no ideales Hd tiene un valor que se debe obtener experimentalmente, aunque la mayoría de esos valores están reportados en la literatura. Con frecuencia, para simplificar los cálculos, se puede suponer que el cambio en el calor sensible de la corriente gaseosa es despreciable en comparación con el de la fase líquida y que todo el calor liberado sirve para aumentar la temperatura del líquido. Una solución aproximada a los problemas de absorción con desprendimiento de calor es la de dividir la línea de operación en una serie de intervalos y obtener las temperaturas correspondientes a esas condiciones por medio de balances de materia y de energía. Con las temperaturas encontradas en esos intervalos se obtienen las condiciones de equilibrio correspondientes. Esto permitirá la construcción de la curva de equilibrio adiabático. Esta operación mostrará también , si es necesario alterar la pendiente de

200

línea de operación ~ y

mol soluto Mol gas curva de equilibrio adiabática

curva de equilibrio a T constante

x1 x2 x3 x4

~ x

mol de soluto mol de líquido

201

en agua para formar una disolución amoniacal con 10 % en peso de amoníaco. Si tanto el agua como el amoníaco entran a la torre a 20 º C y 1 atm ¿Cuál será la temperatura de salida de la disolución? 1.- Traducción L3,x3a=1

2 G2,y2a,H2

3 T3,=20 º C

G1,y1a, T1=20ºC

L4,x4NH =0.1,T4=?

3

Ca1= 300 m /min

4

2.- Planteamiento 2.1.- Balances de materia Para gases ideales ~ Ca1 P G1 RT G1 L3

L4 G 2

G1 y1 3 L3 x 3 3 L4 x 4 3 G 2 y 2 2.2.- Balance de energía G1 H 1 L3 H 3 L4 H 4 G 2 H 2 3.-Cálculos 3.1.- Balances de materia NH

NH

NH

NH 3

202

kgmol de NH 3 min Si la corriente 1 es amoníaco puro y si se absorbe todo el amoníaco entonces: 212.27 L3 =L4 212.27(1)=L4(0.1) L4=2122.7 L3=1910.43 kg de agua / min 3.2.- Balance de energía Entalpia del agua kcal kcal H 3 'T 1 (20 0) 20 kg º C kg Entalpia del amoníaco gaseoso H1=m'T De gráfica kcal C~p m 9 kgmol º C kcal ? m 0.53 kg º C kcal H 1 0.53(20 0) 10.58 kg balance 212.27(10.58) 1910.43(20) 2122.7( H 4 ) kcal kg 3.3.- Temperatura final H 4 diso (T4 0) 'H d x NH 3 Si tomamos como base 100 kg de la disolución 4 tendremos: 10 kg de NH3=0.5882 kg mol de NH3 90 kg de agua =5 kg mol de agua por lo tanto: 5 /0.5882 = 8.5 kg mol de agua / kg mol de amoníaco H4

19.057

del apéndice 203

8.5

Del apéndice 'Hd 'Hd= -8.7 kcal / g mol de amoníaco NH4OH -8.7

8.5

Por lo tanto :

H4

19.057 1

1000 gmol NH 3 kgmol NH 3 0.1kg N kcal kcal (T4 0) 8.7 u u u 17 kg NH 3 kg de diso gmol NH 3 kgmol NH 3 kg de disolución º C

T4=70.23 º C 4.- Resultado La temperatura de la disolución saliente es de 70.23 º C

Problema 2

Se produce HCl absorbiéndolo en agua. La absorción se lleva a cabo a contracorriente con agua en 2 columnas empacadas. El agua fresca entra en la columna I a 20 º C y 1 atm. La solución diluida del fondo de la columna I se bombea a lo alto de la columna II. En el fondo de la columna II se obtiene una disolución de 20 º Be de HCl. El gas concentrado contiene 28% en volumen de HCl seco y el resto de inertes. El gas concentrado entra en el fondo de la columna II , sale por arriba de esta y entra luego al fondo de la columna I. El gas diluido sale por la cúspide de I con una concentración del

204

¿Cuál será el número de unidades de transferencia en cada torre? Datos de equilibrio del sistema HCl – agua a 20 º C gra mos de HCl P*= presión parcial del HCl en mm de Hg C 100 g de agua 66.7 399 56.3 105.5 47 23.5 38.9 4.9 31.6 1 25 0.205 19.05 0-0428 13.64 0.0088 8.7 0.00178 4.17 0.00024 2.04 0.000044 1.- Traducción y3Hcl=0.001

y2 HCl=0.09

3

2

4 x4 HCl=0

T=20 ºC P= 1 atm

Q

Q I

II

1

5

y1 HCl=0.28

6 L6= 5 ton /día 20 ºC 205

G2+L4=L5+G3 Balances en la columna II G1+L5=G2+L6 Balances de energía en II Q+G2H2+L6H6=G1H1+L5H5 3.- Cálculos 3.1.- Balances de materia Base 5 ton /día de ácido a 20 º Be De tablas se encuentra que un ácido clorhídrico a 20 º Be tiene 31.45 % en masa de HCl y el resto de agua. kg ton 1000kg día u u 208.33 5 L6 24 horas ton día h kg HCl 208.33(0.3145) 65.52 L6 x6 h kg H O 142.809 L6 x6 2 Por lo tanto L4=142.809 kg /h kgmol de agua L~I 7.933 h kgmol HCl HCl ~ 0.1845 x6 kgmol total HCl X~ 0.226 6

Balance de HCl alrededor del sistema

206

36.15 ~ 6.48951 kgmol G 1 h kgmol ~ 4.6771 G 3 h kgmol ~ G I 4.6724 h Volumen de gases ~RT PCa G

1 u Ca 6.48951(0.082)(293) m3 Ca 155.91 h 0.09 0.0989 Y~2 1 0..09 0.28 Y~1 0.388 1 0.28 Y~3 0.001 Balance en relación mol ~ Y~ HCl L~ X~ HCl G ~ Y~ HCl L~ X~ HCl G I 2 I I 3 I 4 5 4.6724(0.0989)=4.6724(0.001)+7.933(X5HCl) X5HCl = 0.05766 kg mol de HCl / kg mol de agua x5HCl = 0.0545 kg mol de HCl / kg mol de disolución HCl ~ ~ (1 ~ ~ 4.6724 G y 2 )G (1 0.09)G 2 2 I

kgmol h kgmol ? L~5 8.4192 h 3.2.- Porcentaje de absorción En la primera columna kgmol HCL HCl ~ ~ ~ ~ G G 5.1345(0.09) 4.67711(0.001) 0.4574 2 y2 3 y3 h ~ G 2

5.1345

207

porcentaje de absorción segunda columna 74.76% 3.3.- Calor retirado en la columna I H4 = 20 kcal / kg ~ 360 kcal H 4 kgmol ~ 0.24(29)(20) 139.2 kcal H 3 kgmol aire=0.24 kcal / kg º C kcal ~ HCl 6.8 kgmol º C kcal ~ 0.24(29)(20)(0.91) 6.8(20)(0.09) 138.91 H 2 kgmol Entalpia de la corriente 5 kgmol HCl kgmol agua X~ 5 0.05766 17.34 kgmol agua kgmol HCl PM=0-0545(36.5)+18(0.9455)=19 De tablas obtenemos que : kcal 0.8 kg º C kcal C~ p 15.2 kgmol º C kcal 'H d 17 gmol HCl

~ H 5

15.2(20) 17

kgmol HCl 1000 gmol HCl kcal u u 0.0545 gmol HCl kgmol solución 1 kgmol HCl

622.368

Balance de energía 7.933(360)+5.1345(138.91)=4.67711(139.02)+8.4192(-622.368)+Q Q=8158.7 kcal /h Ese es el calor que habría que retirar para la operación isotérmica, si no se quitara ese calor entonces la solución saldría a: 7.933(360)+5.1345(138.91)=4.67711(139.02)+8.4192 H5 H5=346.69 346.69=15.2(T)-926.5 208

kcal kgmol solución

X~ 6

0.226

kgmol HCl kmol agua

4.42

kgmol agua kgmol HCl

PM = 0.1845(36.5)+0.8155(18)=21.41 De tablas kcal 0.5 kg º C kcal C~ p 10.7 kgmol º C kcal 'H d 14 gmol HCl ~ H 6

10.7(20) 14(1000)(0.1845) 2797

kcal kgmol

Balance ~H ~ H ~ ~ ~ ~ G ~ Q G L~6 H 1 1 L5 H 5 6 2 2 6.48951(138.304)+8.4192(-622.368)=9.728(-2797)+5.1345(138.91)+Q Q =22153 kca l / h Esa cantidad de calor se debería retirar para que la columna operara isotérmicamente. Si no se quitara ese calor la temperatura que se alcanzaría sería : 897.525-5239.8=9.728(H6)+713.23 H6= -519.68 kcal / kgmol -519.68=10.7(T6)-2583 T6= 192.8 º C En realidad esa temperatura no se alcanzaría pues antes la solución herviría. . 3.5.- Datos de equilibrio Para tener una línea de operación recta se requiere que los datos estén en relación mol Para ello tenemos que: peso del HCl 18 moles HCl u X~ C 100 de agua 36.5 moles agua ~ moles HCl P Y~ ~ P P moles aire T

209

Y1 X~

0.39 4

0

Y2 0.0985 ~ X 6 0.226

Y3 0.00101 X~ 5 0.05766

3.6.- Línea de operación Torre II L~I kgmol agua 0.39 0.0985 1.73 ~ G I 0.226 0.05766 kgmol aire Torre I L~I 0.0985 0.00101 1.69 ~ 0.05766 0 GI De sistema L~I 0.39 0.00101 kgmol agua 1.72 ~ GI 0.226 0 kgmol aire 3.7 Gráfica En la siguiente gráfica se presenta la línea de equilibrio junto con la línea de operación

210

0.35

0.3

0.25

equilibrio

Y

0.2

operación

0.15

0.1

0.05

0 0

0.05

0.1

0.15

0.2

0.25

X

3.8 .- Número de unidades de transferencia de la columna I Y~

Y~ *

0.0985 0.08 0.06

0 0 0

1 ~ Y Y~ * 10.15 12.5 16.66

Media

'Y~

NOG

11.325 14.58

0.0185 0.02

0.2095 0.2916

211

0.3

Y

Y*

0.39 0.3 0.2 0.15 0.0985

0.023 0.006 0.001 0.0005 0

1 ~ Y Y~ * 2.724 3.4 5.025 6.68 10.15

Media

3.062 4.212 5.852 8.415 Total

'Y

0.09 0.1 0.05 0.0515

NOG

0.2755 0.4212 0.2926 0.4333 1.4226

4.- Resultados La cantidad de agua necesaria para producir 5 toneladas por día de ácido es de142.809 kg /h o de 3427.4 kg /dia En la primera columna se absorbe el 25 % del ácido y el 75 % en la segunda. Para operar isotérmicamente se deben retirar 8158.7 kcal / h de la primera columna y 22153 kcal / h de la segunda columna. La primera columna requiere de 6.815 unidades de transferencia y la segunda de 1.4226. Problema 3

Se desea recuperar el amoníaco presente en una mezcla de amoníaco y aire, la que contiene 10% de amoníaco en volumen , absorbiéndolo con agua en un sistema a contracorriente. La mezcla a tratarse es de 300 m3 / h a 21 º C y 1 atm. Se debe recuperar el90 % del amoníaco entrante. ¿Cuál será el número de unidades de transferencia si la línea de operación tiene una pendiente de 1.75?. El sistema operará adiabáticamente. Datos de equilibrio:

212

213

G2,y2a,

3

T3,=21 º C

4

L /G = 1.75 Q=0

G1,y1a=0.1, T1=21ºC

L4,x4NH ,T4=? 1

3

Ca1= 300 m

4

/ hr

2.- Planteamiento 2.1.- Balances de materia y de energía ~ G ~ L~ L~3 G 1 2 4 NH 3 NH 3 NH ~ ~ ~ ~ G1 y1 G2 y 2 L~4 ~ x4 3 NH L~ L~ (1 ~ x 3) NH ~ G ~ (1 ~ G y1 3 ) I 1 ~H ~ H ~ G ~ G ~ L~ H ~ L~3 H 3 1 1 2 2 4 4 2.2.- Línea de operación L~I Y~1 Y~2 ~ G I X~ 3 X~ 4 2.3.- NOG I

$

4

dY~ ³ Y~ Y~ * 3.- Cálculos 3.1.- Condiciones a la entrada NOG

Gas entrante 214

G1 y1

12.44(0.1) 1.244

h

Aire entrante ~ 11.196 kgmol G I h Amoníaco absorbido =1.244(0.9)=1.11996 kgmol /h Amoníaco saliente kgmol NH 3 ~ ~ G 0.124 2 y2 h kgmol amoniaco 0.1 NH Y~1 3 0.111 0.9 kgmol aire NH Y~ 3 0.01107 2

NH ~ y 2 3 0.01095 3.2.- Flujos salientes kgmol agua L~I 1.75(11.196) 19.593 h ~ LI 0.111 0.1107 1.75 ~ GI X~ 4 0

kgmol amoníaco kgmol agua kgmol amoníaco NH ~ x 4 3 0.054 kgmol de solución 11.196 ~ G 11.3199 2 1 0.01095 kgmol 19.593 L~4 20.711 h 1 0.054 NH X~ 4 3

0.0571

3.4 .- Balance de energía 215

kgmol º C

~ H 1 ~ H

6.96(21)(0.9) 9.18(21)(0.1) 150.8

6.96(0.988)T2 9.18(T2 )(0.011) 6.9769T2 Entalpía de la solución saliente kgmol amoníaco kgmol agua NH X~ 4 3 0.0571 17.513 kgmol agua kgmol amoníaco De gráficas =1 kcal / kg º C 'Hd=- 8.5 kcal / gmol de amoníaco 1000 gmol 0.054 kgmol amoníaco kcal ~ 1(18)(T ) 8.5 H u u 4 4 1kgmol gmol amoníaco kgmol de solución 2

~ H 4

18 T4 458.57

kcal kgmol de solución

Balance 19.593(378)+12.44(150.8)=11.32H2 + 20.71 H4 Tenemos dos incógnitas H2 y H4 para resolver esto deberemos hacer tanteos. Primer tanteo .Despreciando las entalpías del gas. 19.593(378)= H4 (20.71) H4 =357.6 =18 T4 –458.57 T4 = 45.3 º C Segundo tanteo. Tomando H4 = 357.6 y sin despreciar las entalpias del gas 19.593(378)+12.44(150.8)=11.32 H2+20.71(357.6) H2=165.71= 6.9769 T2 T2 =23.75 º C Tercer tanteo 19.593 (378) + 12.44 (150.8)=11.32(165.74)+20,71 H4 H4 = 357.6 kcal / kgmol Y por lo tanto T4 es de alrededor de 45 ºC. Esa es la temperatura a la que sale la solución Con T4 = 45 º C se tienen las condiciones de equilibrio a la salida ~ x * 0.075 X~ * 0.0697 3.5.- Línea de equilibrio adiabática

216

2 Y2=0.01107 GI=11.196 G2=11.32

3 X3=0 LI=19.593

Y=0.02 X=? Balance de materia para la linea de operación 11.196(0.02)=11.196(0.01107)+19.597 X X=0.0051 kgmol de amoniaco / kg mol agua= 195.96 kgmol de agua / kgmol amoniaco De gráficas 'Hd=-8.5 kcal / gmol de amoniaco =1 kcal / kg º C H3=378 kcal / kg mol H2=165.74 kcal/ kg mol H=1(18) T –8.5 ( 1000)(0.0051)= 18 T- 43.35 Balance de energía (despreciando las entalpias del gas) 19.593(378)=H4(19.593+ 19.593(0.0051)) H4= 376.09= 18 T –43.35 T=23.3 ºC Luego en el equilibrio con Y =0.02 o y =0.0196 Se encuentra que a 23.3 º C la concentración de equilibrio en el líquido será de: X* =0.024 x*= 0.025 Segundo incremento para Y = 0.04 X= 0.01653 = 60.4 kgmol de agua / kgmol de amoníaco H=18 T4 –140.5 Por lo tanto H = 371.84 T=28.46 º C Con esa temperatura en el equilibrio Y* =0.0384 , x= 0.045 X * =0.043 Tercer incremento 217

en el equilibrio ~ y 0.0566 ~ x 0.056 X~ * 0.053 Cuarto incremento Y~ 0.08 X~ 0.0393 ~ 18 T 334.05 ? H ~ 363.69 H T 38.76º C en el equilibrio ~ y 0.074 ~ x 0.065

* 0.061 X

Por lo tanto el equilibrio adiabático está dado por: Y~ X~ 0 0 0.02 0.024 0.04 0.043 0.06 0.053 0.08 0.061 0.111 0.0697 Con esto se puede construir la siguiente gráfica:

218

3.6.- Número de unidades de transferencia dY~ ³ Y~ Y~ * A partir de la gráfica se puede construir la siguiente tabla : NOG

219

0.02 0.011

0.004 0

0.016 0.01107

62.5 90.33

50.48 76.41

0.02 1.0096 0.00893 0.6823 Total 3.6688

4.- Resultado El número de unidades de transferencia es de 3.6688 Problema 5

Una torre de absorción debe absorber 42.3 toneladas por día de bióxido de carbono. El gas entrante contiene 17.5 % de CO2 y el resto de inertes (N2) y está a 34 º C y 1 atm. La absorción se efectuará empleando dietalnolamina 2 N que tiene una concentración de 0.024 kg mol de CO2 por kg mol de DEA y que también está a 34 º C. Se desea una recuperación del 95 % y se usará un L /G de 1.25 el mínimo si esto es posible. ¿Cuál será el número de unidades de transferencia si la torre opera adiabáticamente? Datos Se liberan 15 970 kcal / kg mol de CO2 absorbido. de la solución acuosa de dietanolamina = 1 kcal / kg º C Datos de equilibrio:

220

1 y1 =0.175 P=1 atm T=35ºC

4 42.3 ton /día

2.- Planteamiento 2.1.- Balances Balance de materia CO CO ~ CO ~ CO G I Y~1 2 L~I X~ 3 2 G I Y~2 2 L~I X~ 4 2 Balance de energía G1H1+L3H3+ Qabsorción=G3H3+L4H4 2.2.- Número de unidades de transferencia dY~ NOG ³ ~ ~ Y Y * 3.- Cálculos 3.1.- Balances de materia Bióxido de carbono absorbido 42.3

ton 1000 kg día kgmol u u u día ton 24 h 44 kg

40.05

kgmol h

221

kgmol inerte kgmol de CO2 0.0106 0.010488 1.0106 kgmol total Gas inerte ~ (Y~ Y~ ) CO absorbido G I 1 2 2 ~ GI (0.212 0.0106) 40.05 ~ 198.85 kgmol inertes G I CO ~ y2 2

GI ~ G1 ~ G2

~ x3

198.85 u 28 5568 ~ GI (1 ~ y1 )

kg h

198.85 1 0.175

ton día kgmol 241 h 133.6

198,85 100.95 1 0.010488 kgmol de CO2 0.02343 kgmol total

kgmol de CO2 kgmol de DEA 3.2,- Línea de operación X~ 3

0.024

Si LI / GI = 1.25 LI / Gi Graficando en un diagrama de equilibrio (a condiciones isotérmicas de 35 º C ) se encuentra que:

222

mol de CO X~ * 0.594 mol de DEA ~ LI 0.212 0.0106 0.357 ~ min GI 0.594 0.024 L~I ~ operación 0.353 u 1.25 0.4416 G I 0.4416 u 198.85 88.32

kgmol de DEA h Concentración de salida de la solución 0.212 0.0106 0.4416 X~ 4 0.024 L~I

X~ 4 ~ x4

LI

kgmol de CO2 kgmol de DEA 0.48 0.3243 1 0.48 kgmol de DEA kg 88.32 u 105 h kgmol DEA 0.48

pero la solución es 2 N 223

9273.4

kg DEA h

90.43 1 0.02343 90.43 88.32 2.11 L3

L3

45219.84 2.11 u 44 45312

kg h

3.3.- Balance de energía Hasta ahora los cálculos se han hecho suponiendo absorción isotérmica. Esto se debe de corroborar mediante el balance de energía. Si la columna es adiabática el calor perdido o ganado desde el exterior es Q =0 El gas entra a la columna y la abandona a 35 º C y como están a la misma temperatura tienen aproximadamente la misma entalpía. El calor generado por la absorción está dado por : Q = 40.05 kgmol/ h x 15970 kcla / kg mo,l = 639 707 kcal / h Por lo tanto el balance queda como: L3 (T3 T0 ) Q L4 (T4 T0 ) 45312(1)(35) 639707 47072(T4 )

T4 47.3º C El cálculo anterior indica que no está justificado el suponer condiciones isotérmicas. La temperatura del líquido variará a través de la columna. Para comprobar que la temperatura de l líquido en la base no corta la línea de equilibrio se debe obtener la composición de equilibrio en la fase gaseosa a 49 º C De los datos de equilibrio a t = 48 º C y X = 0.48 se obtiene que Y* = 0.1 y la línea de operación no corta la de equilibrio.

224

La línea de equilibrio adiabática se obtiene a partir de las diferentes temperaturas que tendrá el líquido en la torre. Esto se puede lograr a través de balances: 2 3

X

Y

Balance en la sección: L3 (T3 ) Q L (T ) en donde Q es el calor de absorción generado en la sección: Para X=0.1 'X=0.1-0.024=0.076 L=45312+0.076 x 44 x 88.32 = 45 607 kg / h Q = 15970 x 88.32(0.076)= 107195 kcal /h 225

T = 40.3 a esa temperatura la composición del gas en equilibrio es : Y = 0.0007 Y asi sucesivamente con lo que se obtiene la tabla siguiente: X 0.1 0.2 0.3 0.4 0.45 0.48 T 37.1 40.3 43.3 46.3 47 48 Y 0 0.0007 0.006 0.03 0.071 0.1 Con los datos anteriores se puede trazar la línea de equilibrio adiabática: 3.4.- Número de unidades de transferencia Dibujando conjuntamente las líneas de equilibrio y de operación y utilizando la integración se obtiene la siguiente tabla:

226

Y~

Y~ *

Y~ Y~ *

0.0106 0.011 0.012 0.013 0.015 0.0175 0.02 0.025 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.08 0.1 0.12 0.14 0.16 0.18 0.2 0.212

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0.0005 0.002 0.004 0.01 0.021 0.038 0.071 0.108

0.0106 0.011 0.012 0.013 0.015 0.0175 0.02 0.025 0.03 0.04 0.05 0.06 0.07 0.0795 0.098 0.116 0.13 0.139 0.142 0.129 0.104

1 ~ Y Y~ * 94.3 90.9 83.3 76.9 66.7 57.1 50 40 33.3 25 20 16.7 14.3 12.6 10.2 8.6 7.7 7.2 7 7.8 9.6 Total

Media

92.3 87.1 80.1 71.8 61.9 53.6 45 36.7 29.2 22.5 18.3 15.5 13.54 11.4 9.4 8.2 7.5 7.1 7.4 8.7

4.- Resultado Se requieren 3.157 unidades de transferencia

227

'Y~

NOG

0.0004 0.037 0.001 0.087 0.001 0.08 0.002 0.144 0.0025 0.155 0.0025 0.132 0.005 0.225 0.005 0.183 0.01 0.292 0.01 0.225 0.01 0.183 0.01 0.155 0.012 0.135 0.02 0.228 0.02 0.188 0.02 0.164 0.02 0.15 0.02 0.142 0.02 0.148 0.012 0.104 3.157

aire y HCl con 12 % de HCl. Se pretende recuperar el 98.5 % del HCl empleando como liquido absorbente agua que entra a la torre exenta de HCl. Calcule: a) El diámetro de la torre, si la velocidad máxima del gas es del 70% de la inundación. b) La cantidad de agua. c)El número de platos ideales d) El número de platos reales si se emplean campanas de burbujeo. e) El diámetro de la torre f) El calor que se debe quitar para que la torre opere isotérmicamente. Resultados

Problema 2

En una torre de absorción se trata una mezcla de SO2 y aire con una concentración del 15 % en volumen de SO2 , empleando agua como líquido absorbente. El proceso se efectúa a 30 º C y 2 atm siendo la concentración de salida del gas inferior al 0.4 % en volumen de SO2. La cantidad de gas a tratarse es de 1000 m3 / h. Calcule el diámetro y la altura de la torre considerándola como isotérmica. Las dos fases controlan. Si se usan anillos Raschig de porcelana como empaque ¿Cuál será el diámetro requerido ¿ ¿Cuál es el calor que debe retirarse para considerarla isotérmica? Datos de equilibrio a 30 º C y 2 atm C 7.5 5 2.5 1.5 1 0.7 0.5 0.3 0.2 0.15 0.1 0.05 0.02 P 688 452 216 125 79 52 36 19.7 11.8 8.1 4.7 1.7 0.6

Problema 3 Se desea secar aire húmedo utilizando una solución acuosa de hidróxido de sodio al 50%. Ambas corrientes entran a una columna empacada a 20 º C y 1 atm. El contenido de humedad del aire debe reducirse de 0.015 kg de agua / kg de aire seco hasta 0.001 kg / kg.. Si se desean tratar 10 000 m3 / h de aire a las condiciones entrantes ¿Cuál será la torre apropiada? 228

1.05 1 0.95

en kcal /kg º C

0.9 0.85

0.8 0.75 0.7 Hidróxido de amonio

0.65

Hidróxido de sodio Hidróxido de potasio

0.6 0

50

100

150

m oles de agua / m ol de soluto

229

200

Carbonato de sodio carbonato de potasio

230

10000

9000

8000

kcal/kgmol NaOH

7000

6000 calor de disolución

5000

4000

3000

2000

1000

0 0

1

2

3

4

m olagua/m ol de sosa

231

5

0.79

0.785

kcal / kg º C

0.78

0.775

0.77

0.765

0.76 0

1

2

3

4

5

m ol de agua / m ol de sosa

232

capacidad calorífica

90

80

70

60

mm de Hg

50

40

30

20

10

20 ºC

0 0

1

2

3

m ol de agua / m ol de sosa

4

40 ºC 60 ºC 80 ºC

233

kcal / kg de disolución º C

0.8 0.7 0.6 0.5 0.4 0.3 0.2 0.1 0 0

20

40

60

% en peso de ácido sulfúrico

234

80

100



entalpía, kcal / kg de disolución

250

200

150

100

50 20 º C 50 º C 100 º C

0 0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Concentración, kg de NaOH / kg de disolución

Fuente : Mc Cabe, Trans. Am. Inst. Chem. Engrs., 31, 129 (1935)

235

0.6

0.7

150 º C 200 º C

236

237

entalpia kcal / kg de disolución

50

0 0

10

20

30

40

50

0º C 15 ºC 25 º C 40 º C 50 º C 60 º C

-50

-100

-150 Porcentaje en peso de HCl

238

0

5

10

15

20

25

30

35

Calor de disolución kcal / gmol de ácido

-2

-4

-6

-8 concentración -10

-12

-14

-16

-18 m oles de agua / m ol de ácido sulfúrico

239

5000

0 calorías / gramo mol de cloruro

0

20

40

60

80

100

-5000

-10000

-15000

cloruro de calcio Cloruro de cinc Cloruro de bario Cloruro de sodio

-20000 m oles de agua / m ol de soluto

Cloruro de amonio Cloruro de potasio

240

calorías / gmol de sulfato

0 0

20

40

60

80

100

-5000

-10000

-15000

sulfato de magnesio

-20000

sulfato de cinc sulfato de cobre sulfato de manganeso

-25000 m oles de agua / m ol de soluto

sulfato de amonio sulfato de potasio

241

calorías / gramo mol de nitrato

7000

6000

5000

4000

3000

2000

1000

0 0

100

200

300

m oles de agua / m ol de soluto

242

400

500

nitrato de potasio nitrato de amonio nitrato de sdio

en kcal / kg º C

0.9

0.85

0.8

0.75

0.7

0.65 cloruro de sodio cloruro de potasio

0.6 0

50

100

150

m oles de agua / m ol de soluto

243

200

cloruro de cobre sulfato de cobre

0.95

en kcal /kg º C

0.9

0.85

0.8

0.75

ácido acético

0.7 0

50

100

150

m oles de agua / m ol de soluto

200

HCl ácido sulfúrico ácido nítrico

Fuente : E.T. Williams , Stochiometry for Chemical Engineers , Mc Graw Hill , New York , 1958.

244

kilocalorías / gramo mol de soluto

-4

-6

-8 hidróxido de amonio -10

Hidróxido de sodio Hidróxido de potasio

-12

-14 m oles de agua / m ol de soluto

245

kg de A m3 kgmol de A = concentración molar de A m3

CA=concentración másica de A

~ CA

Cs = concentración en la superficie. Co = concentración inicial. DAB = difusividad o coeficiente de difusión de A en B. D = diámetro. EO =eficiencia total EMV = Eficiencia de Murphree o de plato. Ep = Eficiencia de punto. Fo = Número de Fourier. f f = Factor de fricción de Fanning. G = Gasto másico gaseoso en kg /h ~ = Gasto molar gaseoso en kgmol /h. G ~ = Gasto molar del gas inerte. G S

~ G

Energía libre molar de Gibbs = potencial químico.

H = Constante de Henry HG = Altura parcial de la unidad de transferencia basada en la fase gaseosa. HL = Altura parcial de la unidad de transferencia basada en la fase líquida. HOG = Altura total de la unidad de transferencia basada en la fase gaseosa. HOL = Altura total de la unidad de transferencia basada en la fase líquida.

jD

= factor de Colburn

J~A =flujo molar de A en coordenadas móviles. Flujo debido a la difusión JA = Flujo másico de A basado en coordenadas móviles. J 0 ( x) = función Bessel de orden cero de x. J1(x) = función Bessel de primer orden de x. KC =Coeficiente total de transferencia de masa por convección basado en concentraciones gaseosas. kC = Coeficiente parcial de transferencia de masa por convección basado en concentraciones gaseosas. KG = Coeficiente total de transferencia de masa por convección basado en presiones parciales gaseosas. kG Coeficiente parcial de transferencia de masa por convección basado en presiones parciales gaseosas. Ky= Coeficiente total de transferencia de masa por convección basado en fracciones mol de la fase gaseosa.

246

líquida. k x Coeficiente parcial de transferencia de masa por convección basado en fracciones mol de la fase líquida. k ya = Coeficiente volumétrico parcial de transferencia de masa basado en fracciones mol de la fase gaseosa.. ký = Coeficiente parcial de transferencia de masa por convección a contracorriente. L = flujo másico líquido. L~ =flujo molar líquido. m pendiente de la línea de equilibrio.

m

DAB = módulo o número de Biot. x1k L

NA = flujo másico de la especie A en coordenadas fijas. Flujo másico por convección. ~ =Flujo molar de la especie A en coordenadas fijas. Flujo molar por convección. N A

n

x = módulo de posición. x1

n= número de moles. NG= número parcial de unidades de transferencia del lado gas. NOG= Número total de unidades de transferencia del lado gas. NL= Número parcial de unidades de transferencia del lado líquido. NOL= Número total de unidades de transferencia del lado del líquido. P= presión. PT= presión total. ~ pi = presión parcial de la sustancia i . PM = peso molecular. Pc = presión crítica. RA = velocidad de reacción de la sustancia A. Re = número de Reynolds. Sc= número de Schmidt Sh = Número de Sherwood. T = temperatura. Tc = Temperatura crítica. uA= velocidad de la sustancia A. V = Volumen. V= Velocidad media másica. ~ =Velocidad media molar. V ~ VbA = volumen molar a la temperatura normal de ebullición. En gmol / m3.

xA

= fracción masa en la fase líquida de la sustancia A=

247

kg de A kg totales

XA

relación mol en la fase líquida de la sustancia A =

kgmol total sin A

~ x4i

Fracción mol de la sustancia i en la corriente líquida 4. X*A= Concentración máxima posible de la sustancia A en la fase líquida que esta en o con un gas de concentración YA. Y= módulo de concentraciones=

Cs C Cs Co

Y*A = Concentración máxima posible de la sustancia A en fase gaseosa que está en o con un líquido de concentración XA. Yi = concentración en la interfase.

~ y 5A = Fracción mol de la sustancia A en la corriente 5 gaseosa.

U

= densidad. P viscosidad. P potencial químico.

V tensión sup erficial = diámetro de colisión. V A B = diámetro de colisión medio.

: A B = Integral de colisión en la ecuación de Enskog.

Z = altura de un equipo. Altura de empaque.

248