problema de transferencia de masa

8/18/2019 PROBLEMA de Transferencia de MASA

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TRANSFERENCIA DE MASA 1

PROBLEMA DE TRANFERENCIA DE MASA 1

3.- Se considera un esquema para extraer H 2 S de un gas, depurando con agua a

75

℉

y 1atm el cual será depurado hasta una concentración de 0.01% las

solubilidad del H 2 S sigue la ley de enry ! ¿ 5"5x. !ara una torre de absorción

que opera en contracorriente tratando 0.1kmol

h de gas de entrada halle#

$nalticamente y grá&icamente

a. 'a relación LsGs a partir de 1.( ( LsGs )min .

b. 'a composición del lquido de salida.c. )l n*mero de etapas.

S+' )-++ $/$'-+

iagrama de &lu2o del proceso

1 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES

L0G1

y1 x

0

Y 1

TORRE DE ABSORCION

X 0

L NPG NP+1

x NP y NP+1

Y NP+1

X NP


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a. Calculo de la relaci! Ls

G s

alculo de Y NP+1

Y NP+1= y NP+1

1− y NP+1

Y NP+1=

0.02

1−0.02

Y NP+1=¿ 0.0(0"03

$nálisis de la conca4idad

Y = 545 X

1−544∗ X

!rimera deri4ada

Y ' =

545

( 1−544∗ X )2

Segunda deri4ada

} = {545*544*2} over {{left (1-544*X right )} ^ {3}}

Y ¿

'os puntos a analiar para la conca4idad son#

X 0=0

X NPmax

alculo de X NPmax

X = Y NP

+1

545+544 ¿Y NP+1



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X NPmax= 0.020408

545+544∗0.020408

X NPmax=3.66983 × 10−5

X NPmax=0.000037

Y ' ( 0 )>0

Y ' ( X NPmax )>0

!or lo tanto se concluye que es cónca4a hacia arriba.

alculo de Gs

Gs=G NP+1∗(1− y NP+1 )

Gs=0.1kmol

h ∗(1−0.02 )

Gs=0.098kmol

h

alculo de ( LsGs )mine la ecuación de dise6o en relaciones molares se tiene#

( Ls

Gs )min= Y NP+1−Y 1 X NPmax− X 0

( LsGs )min=0.020408−0.001001

0.000037−0

( LsGs )min=¿ 5(".5151"



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alculo de Ls

G s

Ls

G s=1.2∗524.513514

Ls

G s=¿ 8(9."18(18

alculo de Ls y L NP

Ls

G s=¿ 8(9."18(18

Ls=G

s∗¿ 8(9."18(18

Ls=0.098kmol

h ∗¿ 8(9."18(18

Ls=61.682789 kmol

h

L NP=

Ls

(1− x NP )

L NP=61.682789

kmolh

(1−3.05809×10−5 )

L NP=¿ 81.83"7 kmolh

". Calculo de la co#$o%ici! de %alida del &a%

alculo de X NP real

e la ecuación de dise6o en relaciones molares.



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Ls

G s=

Y NP+1−Y 1 X NP− X 0

X NP

=G s

Ls∗

(Y

NP+1−Y

1

)

X NP= 1

629.416216∗( 0.020408−0.001001 )

X NP=¿ .03 ×10−5

X NP=¿ 0.00001

alculando x NP

x NP= X

1+ X

x NP= 0.000031

1+0.000031

x NP=3.0999 ×10−5

)l cuál es la composición de salida del lquido.

c. Calculo del !'#ero de e(a$a% (erica%

Se puede aplicar el m:todo iterati4o o la ecuación de ;


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X

(¿¿ N −0)+0.001001Y N +1=629.416216∗¿

X = Y N 545+544∗Y N

X

¿(¿¿ N −0)+0.001001Y N +1=629.416216¿

$=>? +/ )S-$S )@!/-+ ) !$


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X 3=

0.003519

545+544∗0.003519

X 3=0.000006

0.000006

¿(¿¿−0)+0.001001Y 4=629.416216 ¿

Y 4=0.004777

X 4=

0.004777

545+544∗0.004777

X 4=0.000009

0.000009

¿(¿¿−0)+0.001001Y 5=629.416216 ¿

Y 5=0.006666

X 5=

0.006666

545+544∗0.006666

X 5=0.000012

0.000012

¿(¿¿−0)+0.001001Y 6=629.41621 6¿

Y 6=0.008554

X 6=

0.008554

545+544∗0.008554

X 6=0.000016



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0.000016

¿(¿¿−0)+0.001001Y 7=629.416216 ¿

Y 7=0.011072

X 7=

0.011072

545+544∗0.011072

X 7=0.000020

0.000020

¿(¿¿−0)+0.001001

Y 8=629.416216 ¿

Y 8=0.0135879

X 8=

0.0135879

545+544∗0.0135879

X 8=0.000025

0.000025

¿(¿¿−0)+0.001001Y 9=629.416216 ¿

Y 9=0.016736

X 9=

0.016736

545+544∗0.016736

X 9=0.0000295

0.0000295

¿(¿¿−0)+0.001001Y 10=629.416216 ¿

Y 10=0.019555



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X 10=

0.019555

545+544∗0.019555

X 10=0.000036

0.000036

¿(¿¿−0)+0.001001Y 11=629.416216 ¿

Y 11=0.023660

DATOS DE PARA GRAFICAR LA RECTA DE OPERACION

n X Y

1 0.000000 0.001001

* 0.000002 0.002260

3 0.000004 0.003519

+ 0.000006 0.004777

, 0.000009 0.006666

0.000012 0.008554

0.000016 0.011072



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/ 0.000020 0.0135879

0 0.000025 0.016736

1 0.0000295 0.019555

11 0.000036 0.023660

'$ E? $S ++ )/ )' )-++ E


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X 0=0.000000

10

(¿¿−5)¿

X 9=0.0000295

X NP=0.000031 X 10=0.000036

alculo de la &racción de plato

AREADELTRIANGULO PEQUEÑO AREADELTRIANGULO AYOROTOTAL=

( X NP− X 9)× (Y NP+1−Y 10)( X 10− X 9 )× (Y 11−Y 10 )

!RA"" =(0.000031−0.0000295 )× (0.020408−0.019555 )(0.000036−0.0000295 )× (0.023660−0.019555 )

!RA"" =0.04795

F


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x NP+1=0.02

-ambi:n se dispone de la ecuación de equilibrio la cual es#

Y = 545 X

1−544 X

ando 4alores a @ obtenemos los siguientes puntos

X ∗(10−5) Y

0 0.00000000

0.25 0.00136436

0.5 0.002732430.75 0.00410425

1 0.00547798

1.25 0.00685914

1.5 0.00824226

1.75 0.00962917

2 0.01101990

2.25 0.01241445

2.5 0.01381285

2.75 0.01521512

3 0.01662126

3.25 0.01803129

3.5 0.01944524

3.75 0.02086311

'a gra&ica es la siguiente#



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)stableciendo la recta de operación as como el cálculo de la X NPmax de la gra&ica

Y 11=0.022464

Y NP+1=0.020408

Y 10=0.0188380

Y 1=0.001001

X 0=0.000000

X NPmax=3.668269 × 10−5

10

(¿¿−5)¿



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X 9=0.000028

X NP=0.0000305 X 10=0.0000343

e la gra&ica obtenemos#

X NPmax=3.668269 × 10−5

alculo de la relación

( LsGs )min= Y NP+1−Y 1 X NPmax− X 0

( LsGs )min=0.020408−0.0010010.00003668269−0

( LsGs )min=529.0506231

alculo de la relación

Ls

G s

Ls

G s

=1.2∗529.0506231

Ls

G s=634.8607477

alculo de la composición de salida del gas

'a ecuación se determina la composición de salida del gas

X NP=G s Ls

(Y NP+1−Y 1 )

X NP= 1

634.8607477∗(0.020408−0.001001 )

X NP=3.0568908 × 10−5



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álculo del n*mero de platos teóricos#

)ste punto hallado X NP se une con el de

Y 1=0.001001

X 0=0.000000

ediante los puntos hallados y con la cur4a de operación se determina el n*mero de platos

alculo de la &racción de plato

AREADELTRIANGULO PEQUEÑO AREADELTRIANGULO AYOROTOTAL

=( X NP− X 9)× (Y NP+1−Y 10)

( X 10− X 9 )× (Y 11−Y 10 )

!RA"" =(0.000030568−0.000028 )× ( 0.020408−0.0188380 )

( 0.0000343−0.000028 )× ( 0.022464−0.0188380)

!RA"" =0.176492

!or lo tanto el n*mero de platos será 0.1+0* PLATOS



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