Problema N 14 - absorcion - resuelto - sosa PDF

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María Laura Sosa

TMO – Absorción

Ingeniería Química – Hugo

PROBLEMA N° 14: Se quiere recuperar el n-hexano contenido en una corriente gaseosa de aire, al 10% en volumen, utilizando un aceite mineral que proviene de un proceso de recuperación. Diseñar un equipo adecuado para tal propósito. Resolución Esquema

LS L2 = aceite mineral X2 x2 2

GS G2 Y2 y2

1 LS L1 X1 x1

GS G1 = aire + hexano Y1 y1

Ttrabajo = 25 °C Ptrabajo = 1 atm

Hipótesis:  El líquido entra a la misma temperatura que el gas. Entonces puedo considerar operación isotérmica (se verificará).  El delta de presión será despreciable por lo cual puedo decir que trabajé a presión de 1 atm y que la misma será constante. Las dos hipótesis anteriores me permitirán trabajar con las propiedades, tanto del líquido como del gas, constantes.   

Consideraré el sistema aire – hexano ideal. Válida Ley de Raoult. Sólo se transferirá hexano desde la corriente de aire hacia el aceite. El equipo opera en contracorriente.

Adopción de variables de Operación.  

Ttrabajo = 25 °C Ptrabajo = 1 atm

Condiciones del gas que ingresa al sistema: aire + n-hexano  Caudal Volumétrico (Gv): 200 m3/h  Composición: 10 % en volumen.  Propiedades: o Densidad aire: ρaire = 1,185 g/lt = 1,185 Kg/m3 o Viscosidad aire: µaire= 1,79.10-5 Kg/m.seg o Constantes de Antoine del n-hexano: A= 6,8702, B = 1168,72, C = 224,217 (Perry 6° Edición). o Peso molecular aire: 28,96 Kg.Aire/Kmol o Peso molecular n-hexano:68 Kg.n-hexano /Kmol o Coeficiente de Difusión aire-n hexano= 0,080 cm2/seg Condiciones del líquido que entra al sistema: Aceite mineral  Propiedades: o Densidad: 830 Kg/m3 o Viscosidad: 3 cp = 0,003 Kg/m2seg o Peso molecular: 240 Kg aceite/Kmol Propiedades obtenidas del problema 14 de la guía de problemas de TMO.

Resolución Al suponer comportamiento ideal de ambas fases, se cumple la Ley de Dalton y de Raoult, entonces la ecuación de equilibrio está dada por: 1

y* =P°hexano / Pt) * x donde y* y x son fracciones molares.

La presión de vapor del n-hexano puede calcularse mediante la ecuación de Antoine Log P° = A - B/(C + T)

log Pn−hexano(25 ° C) =6,87024−

1168,72 (224,21+25)

P° n-hexano = 151,54 mmHg Según la ecuación 1 la relación P°/Pt es la pendiente de la recta de equilibrio, y = mx m = P° / Pt = 151, 54 mmHg /760 mmHg = 0,2 m = 0,199 Cálculo del caudal molar de gas de entrada y su composición. Por comportamiento ideal de fase gas puedo aplicar la ecuación de los gases ideales G1 = Gv * P RT

G1= 200 m3/h * 1 atm * 1000 lt/m3 0,082 lt.mol * 298 °K * 1000 gmol gmol.°K kmol G1 = 8,185 Kmol/h

Por otro lado podemos decir que además que el % en volumen es igual al % en moles, entonces: y1 = 0,1 Cálculo del caudal de inerte gaseoso y relación molar a la entrada. GS = G1 * (1 – y1) GS =

8,185

kmol ∗(1−0,1) h

Gs = 7,3665 Kmol/ h

Y1 = y1/ (1-y1)

Y1 =

1−0,1 ) 0,1/¿

Y1 = 0,11

Cálculo composición de salida del gas. Aquí se propuso una recuperación de n-hexano de 90 %. Haciendo un balance de masa para el inerte entre la entrada y la salida de la torre: Gs * (Y1 – Y2) = Ls * (X1 – X2) = 0,9 * Gs * Y1 Y2= 0,1 * Y1 = 0,1 * 0,11 Y2= 0,011 Entonces: y2 = Y2/(1 + Y2) = 0,011/ (1 + 0,011) y2 = 0,0108 Cálculo de caudal de solvente mínimo. Solvente: aceite vegetal y* = 0,199 * x ¿

Y 0,199∗ X ¿ = (1+ X) (1+Y ) ¿

Y =0,199∗X 2

La composición de entrada del aceite al equipo está relacionada con la de salida del gas y el equilibrio, esta composición de entrada del líquido debe ser menor que la composición de equilibrio con el gas de salida, para poder representar un punto de la recta de operación; por otro lado la composición máxima de salida del aceite depende del caudal de solvente que se utilice (mayor que el mínimo). De la gráfica de equilibrio X vs Y (ver documento de Excel anexo) podemos observar que el valor de X2max= 0,054, por lo cual estimo que la composición de entrada del aceite es X 2= 0,03 aproximadamente. En nuestro caso además, tenemos los datos de entrada y salida del gas, entonces:

2 X 1 max −X ¿ ¿ 3 ¿ Y −Y ∆Y 2 L smin = = 1 ¿ ∆ X G S

X 1 max = X 1 max =0,55

Y1 0,11 = 0,199 0,199

pero voy a tomar el valor que me da de gráfica X1max=0,63

Reemplazando en 3

L smin = GS

(0,11−0,011 ) =0,165 (0,63−0,03)

O, 165∗G s=0,165∗7,3664

Kmol h

Lsmin =1,215 Kmol / h Cálculo del caudal de solvente de operación. Propongo trabajar un 30 % por encima del valor de Lsmin, entonces

Lop =1,3∗1,215

Kmol h

Lop = 1,5 Kmol/h Cálculo de la composición de salida del líquido. Volviendo al balance de masa para el inerte entre la entrada y la salida de la torre: Gs * (Y1 – Y2) = Ls * (X1 – X2)

X 2 Y 1−Y ¿ (¿ ¿ 1− X 2)∗Ls=G S∗¿ ¿ G X 1= s ∗(Y 1−Y 2 )+ X 2= Ls

Kmol h ∗( 0,11−0,011 ) +0,03 Kmol 1,5 h

7,3665

X 1=0,467 Por lo que:

x 1=

X 0,467 = (1+X ) (1+0,467) x 1=¿ 0,3318

Cálculo del diámetro. Adopto como relleno Anillos Pall metálicos 1 pulg. Metodología de cálculo: respecto la inundación. Utilizaré la gráfica n° 6.26 “Inundación y caída de presión en torres rellenas” del libro Treybal (Pag. 186). Cálculo gráfico para poder evaluar el valor de ∆P/Z. Evaluación de la abcisa:

√

L = 2 ρg G ρl

Gmásico= Gmolar * PM aire= 8,185 Kmol aire/h * 28,96 Kg. Aire/Kmol Gmásico= 237 Kg/h

1−x1 )= 1,5 Kmol/h / (1 – 0,375) L=Ls /¿ L = 0,94 Kmol/h

Lmásico = L molar * PM aceite= 0,94 Kmol aceite/h * 240 Kg aceite/Kmol aceite Lmásico = 225 Kg aceite/h ρaire = 1,185 g/lt. = 1,185 Kg/m3 ρlíq= 830 Kg/m3 Reemplazando en la abcisa

√

Lmásico 2 ρ g ∗ = G másico ρl

Kg h 2 1,185 =0,03 5 ∗ 830 Kg 237 h

225

√

Llendo a la gráfica entrando con el valor de abcisa de 0,035, voy hasta la curva de inundación, la intersecto y veo el valor en la ordenada al origen de 0,19. Ordenada = ¿¿ G´inundación)2 * F * ψ * µL2 / ρaire * ρlíq * gc Aquí:      

Ψ = ρagua/ ρlíq = 1000 / 830 = 1,2 :agua/L = 1 gc= 9,81 m/seg2 µliq = 3 cp = 10,8 Kg/h.m= 0,003Kg/h.seg ρaire = 1,185 g/lt. = 1,185 Kg/m3 ρlíq= 830 Kg/m3 F = Factor de relleno. Se obtiene de tabla 6.2 “Características de relleno volcados al azar” libro Treybal (Pag. 188) : para anillos Raschig cerámicos Pall 1´´ = 510 m-1

Reemplazando todos estos valores en la ecuación de la ordenada, obtenemos un G´inundación = 3,08 Kg/m2seg G´op = 0,7 * G´inundación = 0,7 * 3,08 Kg/m2seg = 3,892 Kg/m2seg = 7761,6 Kg/m2h La sección de flujo es: Sf = Gmásico / Gop = 237 kg/h / 7761,6 Kg/m2h Sf = 0,0305 m2 A su vez,

D=

√

2

4∗0,0305 π

D= 0,2 m2 Si la adopción del tamaño del relleno fue correcta, se debe cumplir que:

D >10 d relleno 0,2 0,025

= 0,8 por lo cual debo cambiar el relleno.

Aunque no se corrobora que el cociente de diámetros sea mayor a 10 elijo anillos raschig porque se acerca más a 10 pero debería buscar un relleno que cumpla con la condición.

Cálculo de la altura neta de relleno (Z). Z = HtOG * NtOG

4

Donde:

H tOG=H tG +

H tL∗1 A

5

Para el cálculo del HtG se utiliza la ecuación generalizada de Cornell para unidades de transferencia gaseosa: 1,24

H tG=

0,5

0,33

0,017∗ψ∗D ∗Z ∗Sc g 0,6 (L∗f 1∗f 2∗f 3)

6

Para el cálculo del HtL se utiliza la ecuación generalizada de Cornell para unidades de transferencia en fase líquida:

(

∗C ϕ ∗ µ H tL= 3,28 ρ∗D

)

0,5

∗(

liq

z 0,15 ) 7 3,05

1 m∗G = L A Cálculo del HtG 1,24

H tG= 

0,33

0,5

0,017∗ψ∗D ∗Z ∗Sc g 0,6 (L∗f 1∗f 2∗f 3)

Ψ = es un parámetro de correlación de empaque, m; es función del relleno y % de inundación.

Para anillos Raschig cerámicos de 1 ´´ de tamaño nominal (25 mm), con un 70 % de inundación, voy a la fig. n° 18.65 apunte de cátedra Ψ= 80 m 

Z = altura de empaque, m. Se toma aproximadamente 4 veces el diámetro. Z= 4 * 0,2 m2

Z = 0,8 m2 Propongo 1 metro Sc = número de Schmidt fase gas

Sc=

1,78.10−5 Pa . s µ = ρ∗D AB 1,185 Kg/m3∗7,56−5 m 2/seg Sc = 0,2



Difusividad de hexano en aire: como considero comportamiento ideal de los gases puedo utilizar la ecuación de Chapman – Enskog. 3

1,88.10−2∗T 2 1 12 1 D AB= + ∗( ) 2 P∗σ AB∗Ὠ AB PM A PM B Donde: 

σ (¿ ¿ a+ σ b ) 3,711+ 5,949 = =4,83 2 2 σ AB=¿

diámetros de colisión obtenidos de Tabla 3 de

Apunte de cátedra. 

Ὠ AB ( 298 °k ) =¿ 1,1447 T 298 ¿ =1,683 T= = ϵ AB 177,04 k 1

1

T = 298 °K

2 ϵ AB =( ϵ A∗ϵ B )2 = ( 78,5 ° K∗ 399,3) =177,04

Los valores de las energías de interacción característica fueron obtenidos de la Tabla 3. Del Apunte de cátedra. Si voy a la Tabla 4 del apunte de teoría: Integrales de colisión basadas en el potencial de Lennard Jones y como no encuentro el valor para T* = 1,683, por lo que extrapolo entre los valores de 1,65 y 1,70, dándome un valor de  

Ὠ AB ( 298 °k ) =¿ 1,1447

g mol PM aire=28,96 g/mol PM hexano=86,1

 P hay que cambiarla a Kg/m2. Entonces P = 10284 Kg/m2 Reemplazando todos los valores obtenidos 3

1,88.10−2∗298 2 1 12 1 D AB= + ) ∗( 10286∗4,832∗1,1447 28,96 86,1

D AB=7,56. 10−5 

m2 seg

L = caudal másico superficial del líquido en Kg/sm2

L ( másico) 225 Kg aceite / h = Sf 0,0305 m 2∗3600 seg

L=

L = 2,08 Kg/hm2 

Los factores f1, f2 y f3:

o

f1=

( ) ( μL μH O

0,26

=

2

o

o

3 m Pa s 1 m Pa s

)

( )

f2=

( )

mN m = mN 45 m

ρH

2

O

ρL

σH O σL 2

0,8

=1,19

( )

f2=

Kg m3 = Kg 830 3 m

1,25

0,16

1,25

1000

( )

=1,26

0,8

78,2

=1,55

Reemplazando en todos los valores obtenidos en 6 1,24

H tG=

0,33

0,017∗80∗0,2 ∗1 ∗0,20,5 g (2,08∗1,19∗1,26∗1,55 )0,6

H tG=¿ 0,032 valor muy bajo, calculo que el error debe estar en el cálculo de la difusividad o del número de Schmidt

Cálculo del Htl

( )

∗C ϕ µ H tL= ∗ 3,28 ρ∗D 

0,5 liq

∗(

z ) 3,05

0,15

ϕ = parámetro de correlación de empaque, se obtiene de la fig. 18,60 apunte de teoría, donde se ingresa con L en Lb/h pie2

L´= L = 2,08 Kg/hm2 * (1 lb/f2seg) / (0,001356 Kg/m2seg) = 1533,9 lb/f2seg

ϕ =0,04 

DL = coeficiente de difusión de hexano en fase líquida, la voy a obtener utilizando la correlación de Lusius para solventes de alta viscosidad DL = 4,73X10-12 * T/µL0,6 con T en °K

DL=

4,73 X 10−12∗298 3 0,6

DL= 7,29. 10-10 m2/s 

C = factor de corrección para flujos elevados de gas, es función del % de inundación (70 %), gráfica de cátedra. Entro con un 70 % de inundación intersecto la curva y me fijo el valor en la ordenada. Aquí C= 0,7

Reemplazando en 7

H tL=

(

)

0,04∗0,7 0,003 ∗ 3,28 830∗7,29.10−10 H tL=0,5

0,5

∗( liq

0,15

1 ) 3,05

m

Cálculo de 1/A

1 m∗G = = A L

Kmol = 0,70 h 2,08 Kmol / h

0,2∗7,3665

Reemplazando en 5

H tOG=0,019 m+0,508 m∗0,70 H tOG=0, 37 m Cálculo del NtOG Método numérico para soluciones no diluidas: Y

1

1 1+Y 2 Nt OG=∫ dY ¿ + ln 1+Y 1 2 Y Y −Y 2

El segundo término de la derecha es despreciable frente a la integral y sólo queda el cálculo de la expresión de la integral.

Para su resolución se construye la siguiente tabla de valores: Yi

Y*

∆y

1 ¿ yi − y

(

∆y 1 y 1− y ¿

)

Y2 Y1 ∑ =valor de la integral= NtOG

Ver cuadro completo con valores en Documento anexo de Excel. Donde: y* lo obtengo de la expresión de equilibrio o gráficamente. Ecuación de Equilibrio

Y* = 0,199 * X*

Recta de operación

Y = 0,2037 * X + 0,0049

Ntog = 3,36304635 Reemplazando Z = HtOG * NtOG = 0,37 m * 3,3630 m

Z = 1,25 m Por tanto mi equipo será: 1 Torre rellena

Diámetro: 0,2 m Altura: 1,25 Relleno: anillos Raschig cerámicos 1´´...