tarea ejercicios

Tarea #4

Transferencia de Masa Interfacial

Eduardo Toscano Lucas

Jhon Carbarcas Toscano

Miguel Angel Mueses

Ingenieria Quimica

Facultad de Ingenierias

Universidad de Cartagena

Cartagena de Indias 11 de abril de 2011

Colombia

Demostrar que los coeficientes de transferencia de masa globales (FOG y FOL) se pueden escribir de la siguiente forma:

Para la difusión de un solo componente (∑N = NA , NA/∑N = 1.0):

1FOG

= 1FG

(1− y A)ℑ

(1− y A)¿M+

m´ (1−x A)ℑFL (1− y A)¿M

1FOL

= 1m´´ FG

(1− y A)ℑ

(1−x A)¿M+ 1FL

(1−x A)ℑ(1−x A)¿M

Para la contradifusión equimolar (∑N = 0 , FG=k´y y FL= k´x ) : 1

FOG

= 1FG

+m´FL

1FOL

= 1m´´ FG

+ 1F L

Figura 1. Diferencias Globales de Concentración

SOLUCION:

DIFUSION DE UN SOLO COMPONENTE

Antes de comenzar definimos las siguientes relaciones (medias logarítmicas):

(1− y A)ℑ = media logarítmica de 1-yA,G y 1-yA.i (1− y A)ℑ=y A ,G− y Ai

ln( 1− y Ai

1− y A ,G)

(1− y A)¿M = media logarítmica de 1-yA,G y 1-y*A (1− y A)¿M= y A,G−y A∗¿

ln ¿¿¿¿

(1−x A)ℑ = media logarítmica de 1-xA,L y 1-xA.i (1−x A)ℑ=xA , L−x Ai

ln( 1−x Ai

1−x A, L)

(1−x A)¿M = media logarítmica de 1-xA,L y 1-x*A (1−x A)¿M=x A ,L−xA∗¿

ln ¿¿¿¿

La rapidez de transferencia de masa NA está definida como

N A=N A

∑NFG ln

N A

∑N− y A, i

N A

∑N− y A,G

=N A

∑NFL ln

N A

∑N−x A ,L

N A

∑N−x A,i

Para la difusión de un solo componente las anteriores ecuaciones se transforman en:

N A=FG ln1− y A,i

1− y A ,G

=F L ln1−xA , L

1−x A, i

GAS:

Ahora definimos un coeficiente de transferencia de masa global FOG

N A=N A

∑NFOG ln

N A

∑N−

y A,∗¿

N A

∑N− y A ,G

¿

Para la difusión de un componente está ecuación se transforma en

N A=FOG ln1−y A,∗¿

1− y A,G

(¿)¿

Como podemos observar el término logarítmico se encuentra relacionado en las medias logarítmicas que definimos al comienzo de la siguiente forma

(1− y A)¿M= y A,G−y A∗¿

ln ¿¿¿¿

Despejando el término de logaritmo y reemplazándolo en la ecuación (*) obtenemos que:

N A=FOG y A ,G−y A∗¿

(1− y A)¿M¿

De la fig. 1 obtenemos que y A ,G− y A∗¿=(y AG− yAi )+m´ (xAi−xAL)¿ , este valor debe ser reemplazado

en la ecuación inmediatamente anterior:

N A=FOG

y AG− y Ai

(1− y A)¿M+m´ (xAi−xAL)(1− y A)¿M

N A

FOG

=y AG− y Ai

(1− y A)¿M+m´ (x Ai−xAL)(1− y A)¿M

Al comenzar este procedimiento dijimos que:

N A=FG ln1− y A,i

1− y A ,G

=F L ln1−xA , L

1−x A, i

Combinando la anterior ecuación con las medias logarítmicas correspondientes encontramos lo siguiente:

(1− y A )ℑ=y A ,G− yAi

ln( 1− y Ai

1− y A,G)

ln ( 1− y Ai

1− y A,G)= y A,G− yAi

(1− y A)ℑ

N A

FG

=y A,G− y Ai

(1− y A)ℑ

y A ,G− y Ai=N A

FG

(1− y A)ℑ

De igual forma

(1−x A)ℑ=xA , L−x Ai

ln( 1−x Ai

1−x A, L)

Multiplicando el numerador y el denominador del lado derecho de la ecuación por menos -1 obtenemos:

(1−x A)ℑ=x A, i−x AL

ln(1−x AL

1−x Ai)

x A, i−x AL=(1−x A)ℑN A

F L

Los resultados y , ahora deben ser reemplazados en la ecuación , para obtener finalmente:

N A

FOG

=N A

FG

(1− y A)ℑ(1− y A)¿M

+N Am´ (1−x A)ℑ

FL(1− y A)¿M

Si todas las N A son iguales entonces la ecuación anterior se convierte en:

1FOG

= 1FG

(1− y A)ℑ

(1− y A)¿M+

m´ (1−x A)ℑFL (1− y A)¿M

El resultado que obtuvimos es lo que finalmente queríamos obtener para el coeficiente global de transferencia de masa FOG.

LIQUIDO:

Para obtener la ecuación del coeficiente global de transferencia de masa FOL en la fase liquida procedemos de forma análoga.

Definimos un coeficiente global de transferencia de masa FOL:

N A=N A

∑NFOL ln

N A

∑N−xA , L

N A

∑N−x A,∗¿

¿

Para la difusión de un solo componente la ecuación anterior se transforma en:

N A=FOL ln1−x A ,L

1−x A ,∗¿¿

Como podemos observar el término logarítmico se encuentra relacionado en las medias logarítmicas que definimos al comienzo de la siguiente forma

(1−x A)¿M=x A ,L−xA∗¿

ln ¿¿¿¿

Multiplicando el numerador y el denominador del lado derecho por -1 obtenemos:

(1−x A)¿M=x A,∗¿− xAL

ln¿¿¿¿

ln ¿¿

Reemplazando el valor anterior en la ecuación , tenemos que:

N A=FOL

x A ,∗¿−xAL

(1−x A)¿M¿

De la fig.1 tenemos que: x A,∗¿−xAL=¿¿

xA∗¿−x Ai=

yAG− yAi

m´´¿

Reemplazando obtenemos:

xA,∗¿−xAL=

yAG− y Ai

m´´+(x Ai−x AL)¿

Reemplazando el valor de x A,∗¿−xAL ¿ en la ecuación , obtenemos:

N A

FOL

=y AG− y Ai

m´´ (1−x A)¿M+

(xAi−x AL)(1−x A)¿M

Por otro lado, de las medias logarítmicas encontramos que:

(1− y A)ℑ=y A ,G− y Ai

ln( 1− y Ai

1− y A ,G)

y A ,G− y Ai=ln( 1− y Ai

1− y A ,G)(1− y A)

ℑ

Como dijimos al principio,N A=FG ln1− y A,i

1− y A ,G

entonces:

N A

FG

(1− y A)ℑ= y A,G− y Ai

De igual forma de las medias logarítmicas tenemos que:

(1−x A)ℑ=xA , L−x Ai

ln( 1−x Ai

1−x A, L)

Multiplicando el numerador y el denominador del lado derecho por -1 obtenemos:

(1−x A)ℑ=x A ,i−x AL

ln( 1−x AL

1−x A,i)

Despejando para x A, i−x AL obtenemos:

x A, i−x AL=(1−x A)ℑ ln( 1−x AL

1−x A, i)

Sabemos que N A=FL ln1−x A, L

1−xA ,i

entonces combinando las últimas dos ecuaciones:

N A

FL

(1−x A)ℑ=x A ,i−x AL

Reemplazando las ecuaciones y en la ecuación :

Finalmente obtenemos lo siguiente:

N A

FOL

=N A

m´´ FG

(1− y A)ℑ

(1−x A)¿M+N A

FL

(1−x A)ℑ(1−x A)¿M

Como todas las N A son iguales tenemos finalmente que:

1FOL

= 1m´´ FG

(1− y A)ℑ

(1−x A)¿M+ 1FL

(1−x A)ℑ(1−x A)¿M

CONTRADIFUSIÓN EQUIMOLAR:

Para efectos de esta demostración no podemos partir del mismo punto de donde partimos para la difusión de un solo componente

N A=N A

∑NFG ln

N A

∑N− y A, i

N A

∑N− y A,G

=N A

∑NFL ln

N A

∑N−x A ,L

N A

∑N−x A,i

Ya que el término N A

∑N se hace indeterminado (∑N=0), tanto para la rapidez de

transferencia en fase gas como en fase liquida.

Por lo tanto buscamos otra ecuación que relaciones la rapidez de transferencia de masa, en este caso usaremos la siguiente:

N A=∑NcA

c−DAB c

d x A

dz=∑N

c A

c−DAB c

d y A

dz

En el caso de la contradifusión el término ∑N=0, por lo que las ecuaciones de la rapidez de transferencia de masa se reducen a:

N A=−DAB cd xA

dz=−DAB c

d y A

dz

Las anteriores ecuaciones deben ser resueltas por el método de variables separables, obteniéndose el siguiente resultado:

N A=D ABc

z(x Ai−x AL)=

D ABc

z( y AG− yAi)

El termino DAB c

z de las anteriores ecuaciones pude ser reemplazado por un coeficiente de

transferencia de masa F.

N A=FL (x Ai−x AL)=FG( y AG− y Ai)

De igual forma definimos un coeficiente global de transferencia de masa:

N A=FOL¿

Ahora si procedemos a la demostración:

GAS:

De la fig.1 podemos ver que:

( y¿¿ AG− y A¿)=( y AG− y Ai )+( y Ai− y A

¿)¿

De igual forma, observando la fig.1 vemos que:

y Ai− y A¿=m´ (x Ai−x AL)

Combinando ambas ecuaciones tenemos que:

( y¿¿ AG− y A¿)=( y AG− y Ai )+m´ (x Ai−x AL)¿

Relacionando la ecuación anterior con los conceptos de rapidez de transferencia de masa que contiene los coeficientes de transferencia (ecuaciones , y ) y combinándolas, obtenemos la siguiente expresión:

N A

FOG

=N A

FG

+N Am´

FL

Como todas las N A son iguales, finalmente obtenemos:

1FOG

= 1FG

+m´FL

LIQUIDO:

De la fig.1 podemos ver que:

¿

El término ¿ se encuentra relacionado con la pendiente m´´ de la fig.1 de la siguiente forma:

¿

Combinando las dos ecuaciones tenemos que:

¿

Nuevamente relacionando la ecuación anterior con los conceptos de rapidez de transferencia de masa que contiene los coeficientes de transferencia (ecuaciones , y ) y combinándolas, obtenemos la siguiente expresión:

N A

FOL

=N A

m´´ FG

+N A

FL

Como todas las N A son iguales, finalmente obtenemos:

1FOL

= 1m´´ FG

+ 1F L

5.3 La presión parcial en el equilibrio del vapor de agua en contacto con cierta silica gel en la cual adsorbe agua es, a 25°C, la siguiente:

Presión parcial de agua mm Hg 0 2,14 4,74

7,13 9,05 10,9

12,6 14,3 16,7

kg de agua/100 kg gel seco 0 5 10 15 20 25 30 35 40

a) Grafique los datos de equilibrio como P = presión parcial de vapor de agua contra x = fracción de peso de agua en el gel.

kg de agua/ 100 kg silica gel

Kg de agua/ 1 kg silica gel húmedo

Presion parcial de vapor de agua

0 0 05 0,047619048 2,1410 0,090909091 4,74

15 0,130434783 7,1320 0,166666667 9,0525 0,2 10,930 0,230769231 12,635 0,259259259 14,340 0,285714286 16,7

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.350

2

4

6

8

10

12

14

16

18

kg de agua/ kg silica gel humedo

Pres

ion

parc

ial d

e va

por

de a

gua

b) Grafique los datos de equilibrio como X moles agua/masa seca de gel, Y= moles de vapor de agua/moles de aire seco, para un presión de 1atm.

Teniendo en cuenta que el peso molecular de agua es 18 kg/kmol y haciendo que 1kmol= 1000 moles es decir

kg H 2O

kg SilicaGel ( 1kmol H 2O

18kg H 2O )(1000mol H 2O

1kmol H 2O )= mol H 2O

kgSilicaGel

Obtenemos que

kg de agua/ kg silica gel moles de agua/kg de silica gel0 00,05 2,7777777780,1 5,555555556

0,15 8,3333333330,2 11,111111110,25 13,888888890,3 16,666666670,35 19,444444440,4 22,22222222

Ahora para hallar los moles de vapor de agua/moles de aire seco para una presión total de 1 atm (760 mm de Hg) ,esto lo podemos obtener mediante la relación similar de presiones en donde la presión de aire seco estaría representada por la diferencia entre la atmosférica y la de agua húmeda .

Es decir:

p= P760−P

* Con las presiones en mm de Hg

Y obtendríamos los siguientes datos

Presión parcial de vapor de agua Presión de vapor de agua/ Presión de vapor aire seco0 02,14 0,0028237414,74 0,0062759847,13 0,0094704279,05 0,01205140210,9 0,01455079412,6 0,01685844314,3 0,01917661316,7 0,022467375

Ahora se nos pide graficar moles agua/masa seca de gel vs moles de vapor de agua/moles de aire seco

moles de agua/kg de silica gel moles de vapor de agua/moles de aire seco

0 02,777777778 0,0028237415,555555556 0,0062759848,333333333 0,00947042711,11111111 0,01205140213,88888889 0,01455079416,66666667 0,01685844319,44444444 0,01917661322,22222222 0,022467375

0 5 10 15 20 250

0.005

0.01

0.015

0.02

0.025

moles de agua/kg de silica gel

mol

es d

e va

por d

e ag

ua/m

oles

de

aire

seco

C. Diez Libras masa de silica gel (4.54kg) que contienen 5% en peso de agua adsorbida se colocan en una corriente de aire en movimiento que contiene una presión parcial de vapor de agua = 12 mm de Hg La presión total es 1 atm y la temperatura 25ºC. Cuando se alcance el equilibrio, ¿qué masa adicional de agua habrá absorbido el gel? El aire no se absorbe.

D. Una libra masa de silica gel (0.454 kg)que contiene 5% en peso de agua adsorbida se coloca en un tanque en el cual hay 400 ft3(11.33 m3)

La curva de equilibrio se obtiene haciendo los respectivos cálculos para cambiar de moles a kg de masa

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.450

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012

0.014

0.016

kg de agua/ kg silica gel

kgs d

e va

por d

e ag

ua/k

gs d

e ai

re se

co

Inicialmente calculamos los datos con los que entramos a la grafica anterior

Presión Aire inicial: 15 mm Hg

Y= 15mmHg760mmHg−15mmHg (1829 )=0.0125 Kgvapor de agua

Kgaire seco

Peso Agua Absorbida por Gel Inicial: 5%

X= 5100−5

=0.0526 KgaguaKg silica gel

Ahora debemos calcular la pendiente de la recta la cual esta determinada por la ecuación

m=−RsEs

Rs=0.454kg (1−0.05 )=0.4313kgde gel seco

Es=(101.3kPa ) (11.33m3 )

(298K )(8.314 m3 Kpamol K )

(29 g/mol )=13.4341kg aire seco

m=−0.431313.4

=−0.03218 kg de gel secokg aire seco

Ahora procedemos a hallar la ecuación de la recta que nos permitirá predecir el comportamiento de esta

La ecuación de la recta esta definida como

Y=mX+b

Y teniendo la pendiente (m) y un punto de esta recta podemos hallar el intercepto con el eje y (b)

0.0125=(−0.03218 ) (0.0526 )+b

b=0.0125+(0.0322 ) (0.0526 )

b=0.0142

X Y

0 0,01417

0,05 0,01266255

0,05363 0,012553109

0,4 0,0021104

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.450

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012

0.014

0.016


kgs d

e ag

ua/k

gs d

e air

e se

co

Como podemos notar el equilibrio se alcanza cuando la concentración de kgs de agua/kgs de aire seco es 0.0078 aproximadamente y 0.211 kg de agua/kg de gel

E) Escribir la ecuación de la línea de operación para d en función de X en Y. Convertirla en una ecuación en función de p y x, y graficar la curva de operación con coordenadas p, x

Sabemos que la ecuación para procesos a corriente paralela en estado estacionario es

Rs(X1-X2)=Es(Y2-Y1)

Esta expresión relaciona las composiciones de las fases en el equipo a cualquier distancia de la entrada

Teniendo en cuenta los cálculos del literal D tenemos que:

Rs = 0.4313

Es = 13.4341

X = 0.205

Y = 0.00778

Reemplazando en la ecuación obtenemos:

0.4313 (X 1−X2 )=13.4341 (Y 2−Y 1 )

0.4313( x100−x

−X2)=13.4341(0.00778− p760−p )

F) Una libra masa (0.454 kg) de silica gel que contiene 18% de agua absorbida se coloca en un tanque que contiene 500 ft3 (14,16m3) de aire seco. La temperatura y la presión se mantuvieron a 25°C y 1 atm respectivamente. Calcule el contenido final de humedad en el equilibrio del aire y del gel.

Inicialmente calculamos los datos con los que entramos a la curva de equilibrio que es la misma que la del literal d

Presión Aire húmedo inicial: 0 mm Hg ( El aire en el interior del tanque es seco )

Y=0 Kgvapor de aguaKgaire seco


X= 18100−18



m=−RsEs


Es=(101.3kPa ) (14.16m3 )

(298K )(8.314 m3 Kpamol K )


m=−0.372216.789

=−0.02217 kg de gel secokg aire seco


La ecuación de la recta está definida como

Y=mX+b


0=(−0.02217 ) (0.2195 )+b

b=0+(0.02217 ) (0.2195 )

b=0.004866

Por ende la línea de operación está definida por la ecuación de la recta.

Y=−0.02217 X+0.004866

Graficando la función anterior obtenemos que:

X Y0 0,0048660,1 0,0026490,2 0,000432

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.450

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012

0.014

0.016


kgs d

e a

gua/

kgs d

e ai

re se

co

Notamos que

G) Repita F para una presión total de 2 atm. Obsérvese que la curva de equilibrio que se utilizo previamente, en función de X y Y no se puede utilizar

Como el mismo enunciado nos dice la curva de equilibrio anteriormente usada no puede ser usada debido a que la presión total ahora es de 2 atm (1520 mm de Hg)

Por lo que p en este caso esta definida por

p= P1520−P

*Con las unidades en mm de Hg

Presión parcial de vapor de agua Presión de vapor de agua/ Presión de vapor aire seco0 02,14 0,001409884,74 0,0031281767,13 0,0047128979,05 0,00598960910,9 0,00722284812,6 0,00835876314,3 0,00949724416,7 0,011108894

La relación de presiones que acabamos de calcular es la misma que de moles por lo que aplicando simples relaciones estequiométricas obtenemos las relaciones en masa necesarias para la curva de equilibrio

La nueva curva de equilibrio queda representada por la siguiente tabla.

kg de agua/ kg silica gel kg vapor de agua/ kg aire seco

0 0

0,05 0,000875098

0,1 0,001941626

0,15 0,002925246

0,2 0,003717688

0,25 0,004483147

0,3 0,005188198

0,35 0,005894841

0,4 0,006895175

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.450

0.001

0.002

0.003

0.004

0.005

0.006

0.007

0.008


kg v

apor

de

agua

/ kg

aire

seco

Ahora para la línea de operación

Presión Aire húmedo inicial: 0 mm Hg ( El aire en el interior del tanque es seco )

Y=0 Kgvapor de aguaKgaire seco


X= 18100−18



m=−RsEs


Es=(202.6kPa ) (14.16m3 )

(298K )(8.314 m3 Kpamol K )


m=−0.372233.578

=−0.01108 kgde gel secokgaire seco


La ecuación de la recta está definida como

Y=mX+b


0=(−0.01108 ) (0.2195 )+b

b=0+(0.01108 ) (0.2195 )

b=0.002433

Por ende la línea de operación está definida por la ecuación de la recta.

Y=−0.01108X+0.002433

X Y0 0,002433

0,1 0,0013250,2 0,000217

0 0.05 0.1 0.15 0.2 0.25 0.3 0.35 0.4 0.450

0.001

0.002

0.003

0.004

0.005

0.006

0.007

0.008


kg v

apor

de

agua

/ kg

aire

seco

En el equilibrio la humedad en el aire seco es de 0.0015 kg de agua/ kg de aire seco , y la del agua en la silica gel es de alrededor 0.08 kg de agua/ kg de silica gel.

5.4 La adsorción en el equilibrio de vapor de benceno sobre cierto carbón activado a 33,3°C se ha informado como:

Cm3 adsorbidos de vapor de benceno/ g de carbon

15 25 40 50 65 80 90 100

Presión parcial de benceno , mm Hg

0,0010 0,0045 0,0251 0,115 0,251 1,00 2,81 7,82

a) Se va a pasar una mezcla de vapor de benceno –nitrogeno que contienen 1% de benceno en volumen, a contracorriente con una rapidez de 100 ft3 / min , en contacto con una corriente en movimiento del carbón activado para eliminar el 95% del benceno del gas en un proceso continuo. El carbono entrante contiene 15 cm3 de vapor de benceno (a condiciones estándar) adsorbido por gramo de carbón. la tempera y la presión se va a mantener a 33,3°C y 1 atm, respectivamente .el nitrógeno no se adsorbe.

¿Cuál es la menor cantidad de carbón que puede utilizarse/ tiempo? Si se utiliza el doble.¿Cuál será la concentración del benceno adsorbido sobre el carbón saliente?

b) Repita a para un flujo a corriente paralela del gas y del carbón.c) Se va a realizar una desorcion de carbón sobre el cual se ha adsorbido 100cm3 (en

condiciones estándar) de vapor de benceno por gramo de carbón. De la desorcion se va a realizar a una rapidez de 100lbm/ h (45.4 kg/ h) del contenido del benceno, hasta una concentración de 55cm3 de benceno adsorbido / g de carbón mediante contacto continuo a contracorriente como una corriente de gas nitrógeno puro a 1 atm. la temperatura va a mantenerse 33,3°C. ¿cuál es la rapidez mínima del flujo del nitrógeno ¿cuál será el contenido en benceno del gas saliente si se utiliza el doble del nitrógeno? ¿cuál será en número de etapa?

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