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8/18/2019 Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases
1/32
FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
PROBLEMAS DE TRANFERENCIA DE MASA 1
1.- En una columna de absorción de platos se tratan 150m
3
hora de una mezcla de
NH 3- Aire que entra por el fondo de la columna con una concentración de 3 % en
volumen de NH 3 nace de la c!spide con una concentración de 0"05 % en volumen"
Al absorber el a#ua se verifica a $ 30 & ' 1 atm" (a relación de equilibrio para
ciertas sustancias" A concentraciones ba)as de NH3 dado por 0"1*5+" 'ara + e
las fracciones molares en la fase liquida #aseosa respectivamente" &alc!lese"
A, (a cantidad mnima de a#ua empleada., El n!mero de etapas teóricas que empleara el /0% recuperar la cantidad
mnima de a#ua empleando la ecuación de balance"&, Empleando la ecuación, r2ficamente
SOLUCION
y = 0.185x
1 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
&onvertimos a relaciones molares
y = 0.185x
Y
Y +1=0.185
X
1+ X
Y =0.185 X (Y +1)
1+ X
Y ∗(1−0.185 X
1+ X )=
0.185
1+ X
Y ∗(1−0.185 X
1+ X )=
0.185
1+ X
Y ∗(1+0.815 X
1+ X )=
0.185
1+ X
Y = 0.185 X
1+0.815 X (α )
&omo primer paso para el desarrollo de este problema analizamos la concavidad de la
curva de equilibrio4 para esto analizamos la se#unda derivada"
Y ¿=0.185
(1+0.815 ) X −0.815 X
(1+0.815 X )2 (1)
Y
¿
=
0.185
(1+0.185 X )2 primera derivada
¿∗¿=0.185∗−1∗2 (1+0.815 X )∗0.815
(1+0.815 X )4
Y ¿
¿∗¿=0.185∗−2∗0.815∗0.185
(1+0.815 X )4 segundaderivada
Y
¿
2 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
'ara que una curva se cóncava acia aba)o basta que un punto valuado en la
se#unda derivada sea cero para poder aceptar esta concavidad"
Analizamos para 6 0
¿∗¿=0.185∗−2∗0.815∗0.185
(1+0.815(0))4
Y ¿
Notamos que al valuar en cero nos saldr2 un numero ne#ativo por lo tanto la curva es
cóncava acia aba)o"
Aora procedemos a determinar el punto de tan#encia que resultara de la intersección
de la curva de equilibro con la recta de operación"
e la ecuación (α )
Y T = 0.185
1+0.815 X T
(a recta de operación
Y T =
L S
G Smin ( X T − X 0 )+Y 1
&omo en la recta la relación
LS
G S min est2 representada por la primera derivada "'or lo
tanto reemplazamos la ecuación 71, en la recta de operación"
Y T = 0.185
(1+0.185 X )2 ( X T − X 0 )+Y 1
8#ualamos la ecuación de la curva de equilibrio la recta de operación con el fin de
allar el punto de tan#encia"
3 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
0.185
1+0.815 X T =
0.185
(1+0.185 X )2 ( X T − X 0 )+Y 1
&alculamos el 9 1
Y 1= y1
1− y1=
0.05∗10−2
1+0.05∗10−2=5.0025∗10−4
:eemplazamos
0.185
1+0.815 X T =
0.185
(1+0.185 X )2 ( X T −0 )+5.0025∗10
−4
0.185 X T (1+0.815 X T )
(1+0.815 X T )2
= 0.185
(1+0.185 X )2 ( X T )+5.0025∗10
−4
0.185∗0.815∗ X T 2
0.8152 X T
2+1.63∗ X T +1=5.0025∗10−4
0.150775 X T 2=3.321125∗10−4∗ X T
2+8.15∗10−4 X T +5.0025∗10−4
0.150443 X T 2−8.15∗10−4 X T ∗−5.0025∗10
−4=0
:esolvemos la ecuación cuadr2tica tenemos
X T =0 .06044
" Hallamos elY T
Y T = 0.185
1+0.815 X T
Y T =
0.185 X T
1+0.815∗(0.06044)=0.010653
4 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
&onocido el X T podemos conocer el valor de la pendiente de la recta de operación
L S
G S min=Y ¿=
0.185
(1+0.185 X )2
:eemplazamos
LS
G S min=Y ¿=
0.185
(1+0.815(0.06044))2
LS
G S min=0.168038
A) La cantidad mínima d a!"a m#$ada%B)
1"- &alculas el s
GS=G NP+1∗(1− y NP+1)
GS=150 m
3
hora∗(1−0.03 )=145.5 m
3
hora
e la pendiente
LS
G S min=0.168038
LSmin=0.168038∗145.5 m
3
hora
5 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
LSmin=24.449529 m
3
hora
Ent&nc'%
Ls= L0(1− x0)
&omo + 0 0
Tnm&'
Ls= L0=24.449529 m
3
hora
C) El número de etapas teóricas que emplearan para una
relación 1.6 mayor
LS
G S=0.168038∗1.6=0.268861
e la ecuación
Ls
G s=
Y NP+1−Y 1 X NP− X 0
Ls
G s=0.268861=
0.030928−0.0005
X NP−0
X NP=0.113174
• ;abemos adem2s
X NP=0.113174= x NP
1− x NP
6 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
:esolviendo< x NP=0.101668
(ue#o
Gs=G NP+1(1− y NP+1)
Gs=150 m
3
hora(1−0.03)
Gs=145.5 m
3
hora
• Hallamos el Ls:
Ls
G s=0.268861
Ls= L0=0.268861∗145.5 m
3
hora=39.119275
m3
hora
Uti$i(am&' $ mt&d& d *+m'+%
'ara esto calculamos lo si#uiente
A tope= L0
m∗G1 A fondo=
L NP
m∗G NP+1 A=√ A tope∗ A fondo
• &2lculos
7 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
Gs=G1(1− y1)
145.5 m
3
hora=G1(1−0.05∗10
−2)
G1=145.572786 m
3
hora
Ls= L NP∗(1− x NP)
39.119275 m
3
hora= L NP∗(1−0.101668)
L NP=43.546567 m
3
hora
Fina$mnt ca$c"$am&' $ A%
Sind& m $a #ndint%
A tope= L0
m∗G1
A tope=39.119275
m3
hora
0.185∗145.572786 m
3
hora
A tope=1.452576
A fondo= L NP
m∗G NP+1
8 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
A fondo=43.546519
m3
hora
0.185∗150 m
3
hora
A fondo=1.569244
A=√ A tope∗ A fondo
A=√ 1.599201∗1.727646=¿ 1.509783
*REMSER%
N P=
log ( y NP+1− x0∗m
y1− x0∗m (1− 1
A )+ 1
A)
log ( A)
N P=
log( 0 .03
0 .05∗10−2 (1− 1
1.509783 )+ 11 .509783 )log (1 .509783)
N P=7 .381138 N"m+& d ta#a' t,+ica'.
c) EMPLEANDO LA ECUACION DE BALANCE
ebemos realizar un proceso de iteración asta un valor X NP=0.113174
X n= Y n
m+(m−1 )∗Y n
Y n+1= Ls
G s∗( X n− X 0 )+Y 1
0.268861∗ X n = 0"0005
9 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
Pa+tim&' d Y 1=0 .0005 m .1/0
X 1=
0.0005
0.185+(0.185−1 )∗0.0005=0 .002709
Y 2=0.268861∗ X 1=0.268861∗0.002709+0.0005
Y 2=0.001228
X 2= 0.001228
0.185+(0.185−1 )∗0.001228=0.006674
Y 3=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.006674+0.0005
Y 3=0.002294
X 3= 0.0022940.185+(0.185−1 )∗0.002294
=0.012526
Y 4=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.012526+0.0005
Y 4=0.003868
X 4=
0.003868
0.185+(0.185−1 )∗0.003868=0.021271
Y 5=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.021271+0.0005
Y 5=0.006219
10 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
X 5= 0.006219
0.185+(0.185−1 )∗0.006219=0.034563
Y 6=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.034563+0.0005
Y 6=0.009793
X 6=
0.009793
0.185+ (0.185−1 )∗0.009793=0.055322
Y
7
=0.268861∗ X 2
=0.268861∗0.055322+0.0005
Y 7=0.015374
X 7= 0.015374
0.185+ (0.185−1 )∗0.015374=0.08914
Y 8=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.08914+0.0005
Y 8=0.024466
X 8=
0.024466
0.185+ (0.185−1 )∗0.024466=0.148231
Y 9=0.268861∗ X 2=0.268861∗0.148231+0.0005
Y 9=0.040354
X 9= 0.040354
0.185+ (0.185−1 )∗0.040354=0.265292
11 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
ETAPAS Y X
1 0.0005 0.002709 ¿ X NP
2 0.001228 0.006674 ¿ X NP
3 0.002294 0.012526 ¿ X NP
4 0.003868 0.021271 ¿ X NP
5 0.006219 0.034563 ¿ X NP
6 0.009793 0.055322 ¿ X NP
7 0.015374 0.089140 ¿ X NP
8 0.024467 0.148231 ¿ X NP
9 0.040354 0.265292 ¿ X NP
X
X
(¿¿8− X 7)∗(Y 9−Y 8)
2
(¿¿ NP− X 7)∗(Y NP+1−Y 8)
2¿
FRA!"N =¿
FRA!"N =
(0.113174−0.08914)∗(0.030928−0.024467)2
(0.148231−0.08914)∗(0.040354−0.024467)2
FRA!"N =0.165390
12 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
Por lo tanto la respuesta = 7 +0.16539 7.16539
Numero e platos te!r"#os.
d) METODO GRAFICO
$%&'()&*+N,+:
&ontamos en la #rafica con > platos m2s una fracción
Esa fracción lo allamos de la si#uiente manera
f ∠Ι=∠Ι
del Triangulo pequeño
del Triangulo grande
Area f
Area=
13 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
0.148231 0.089140)* (0.040354 0.024467)
2
(0.113171 0.089140)* (0.030928 0.024467
2∠Ι
− −∠Ι =
− −=
FRA!"N =
(0.113174−0.08914)∗(0.030928−0.024467)2
(0.148231−0.08914)∗(0.040354−0.024467)2
FRA!"N =0.165390
'or lo tanto la respuesta 2.13045 .13045 Numero de platos teóricos"
14 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
6.- ?na mezcla 5 % de butano @5 % de aire se introducen como alimentación de unabsorbedor de de platos perforados que consta de * etapas ideales" El liquido
absorbente es una aceite pesado no vol2til de ' B50 cua densidad relativa es
04@" (a absorción tiene lu#ar a 1 atm 15C&" (a recuperación del butano ser2 de @5
%4 la presión del vapor del butano a 15C& es 14@B atm4 el butano liquido tiene una
densidad de 5*0 D#m3 a 15 C&" &alcular los m3 de aceite absorbente fresco que al
utilizarse por m3 de butano recuperado"
:esuFlvase analticamente #r2ficamente"
7;upón#ase que son aplicables la le de :aoult la le de alton",
;olución
15 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
-el prolema se sae /ue:
#Re=(1− Y 1
Y Np+1)
0,95=(1− Y 1
0,05263)
Y 1=(1−0,95 ) .0,05263
Y 1=0,002632
+nton#es:
16 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
1atm
15$
G Np+1
L0
x
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
y1= Y 1
1+Y 1
y1= 0,002632
1+0,002632
y1=0,002623
Aplicando la le de :aoult la le de alton
P A= P$ A . x A
y A . P= x A . P$
A
;e obtiene la curva de equilibrio
y A= P
$ A
P . x A
y A=1,92atm
1atm . x A
y A=1,92. x A
a" Analticamente
17 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
e la ecuación de Dremser
Np=log [
y Np+1−m . x0 y1−m. x0 .(
1−
1
A
)+ 1
A ]log A
Hallando el valor de A
8=
log [ 0,05263−1,92.00,002632−1,92.0
.(1− 1 A )+ 1
A]
log A
8.log A= log[ 0,05263−1,92.00,002632−1,92.0
.(1− 1 A )+ 1 A ]
log A8=log [
0,05263−1,92.00,002632−1,92.0
.(1− 1 A )+ 1
A ]
10log A
8
=10log[ 0,05263−1,92.0
0,002632−1,92.0.(1− 1 A )+
1
A]
A8=
0,05263−1,92.00,002632−1,92.0
.(1− 1 A )+ 1
A
A9−
0,05263−1,92.00,002632−1,92.0
. ( A−1)−1=0
18 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
:esolviendo por el mFtodo de NeGton :apson
f ( A )= A9− 0,05263−1,92.0
0,002632−1,92.0 . ( A−1)−1=0
f ( A )= A9−19,9963. A+18,9963
f ( A ) % =9. A8−19,9963
)onstruendo un cuadro resumen de las iteraciones4 con A0=1,5
i xi f ( x) f ( x) % x i+1
0 145 B>4B5 B10"//3@ 1"3/@>
1 1"3/@> *"5>>B @1"50@5 1"B>5@
B 1"B>5@ B">* 3"B*1 1"B1@3
3 1"B1@3 0"5>35 B3"@@>1 1"1@5
1"1@55 0"0>*> 1>"553/ 1"1@1
5 1"1@1 0"00B5 1/"05 1"1@0*
/ 1"1@0* 0"00B* 1/"033 1"1@0*
Iinalmente se tiene el valor de A
A=1,1908
;e sabe que
A=√ ( A tope . A fondo)
19 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
1,1908=√ L0m. G1
. L NPm .G Np
1,1908=√ Ls
(1− x0)
m. Gs
(1− y1)
.
L Np
(1− x Np)
m. G Np
(1− y Np)
1,1908=
√ Ls
m. Gs.
√(1− y1)
(1− x0)
(1− y Np)
(1− x Np)
1,1908= 1
m .√
Ls
Gs.√
(1− y1)
(1− x0)
(1− y Np)
(1− x Np)
?sando la ecuación de diseJo
Ls
Gs=
Y 1−Y Np+1 X 0− X Np
;e tiene entonces
1,1908= 1
m .√
y1
1− y1−
y Np+1
1− y Np+1 x0
1− x0−
x Np
1− x Np
.√(1− y1)
(1− x0)
(1− y Np+1)
(1− x Np)
20 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
1,1908= 1
1,92.√
0,002623
1−0,002623−
0,05
1−0,05
0
1−0−
x Np1− x Np
.√(1−0,002623 )
(1−0)(1−0,05)(1− x Np)
1,1908= 1
1,92 .√ 0,05.√ 0,925 .
1
√ x
Entonces
x Np=0,02127
Hallando los m3
de aceite absorbente fresco por m3
de butano recuperado
L Np= L0+m3
de A (&mo' )(en'are(upera(ion )
L Np= Ls+m3
de A .580&g
m3
.1 )mo'
58 )g
L Np= Ls+10 &mo'
'or lo tanto
Ls
1− x Np= Ls+10&mo'
Ls
1−0,02127= Ls+10
21 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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8/18/2019 Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases
22/32
FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
Ls=460,3669 &mo'.250 )g
1&mo' . 1m
3
900 )g
Ls=127,877 m3
b" r2ficamente
e la curva de equilibrio4 se construir2
y A=1,92. x A
Y
1+Y =1,92.
X
1+ X
Y = 1,92 X
1−0,92 X
0 0.000
001 0.0193
002 0.0391
003 0.0592
004 0.0797
Adem2s se tiene la recta de operación
22 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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8/18/2019 Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases
23/32
FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
Ls
Gs=
Y 1−Y Np+1 X 0− X Np
Y =460,3669
Gs . ( X −0 )+0.002632
Hallando s
460.3669
Gs =0.002632−0.05263
0−0.02127
Gs=1958.479 &mo'
Entonces
Y =460,3669
1958.479 . ( X −0 )+0.002632
Y =0.235 . ( X )+0.00263
23 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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8/18/2019 Problemas de Tranferencia de Masa 1 Absorcion de Gases
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
e la #rafica se obtiene
X Np=0.02055
Hallando los m3
de aceite absorbente fresco por m3
de butano recuperado
L Np= L0+m3
de A (&mo' )(en'are(upera(ion )
L Np= Ls+m3
de A .580&g
m
3 .
1 )mo'
58 )g
24 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
XNp=0.02055
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
L Np= Ls+10 &mo'
'or lo tanto
Ls
1− x Np= Ls+10&mo'
Ls
1−0,02055= Ls+10
Ls=466.,19&mo'.250 )g
1&mo' . 1m
3
900 )g
Ls=129.49 m3
25 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
7.- ?n idrocarburo relativamente no vol2til que contiene propano se e+trae por
reacción directa con vapor sobrecalentado en una torre de absorción de platos para
reducir el contenido al %la temperatura se mantiene constante a BBBD por
calentamiento interno de la torre que opera a B"0B/ *10−5
'a de presión" ;e usa un
total de 11"BDmol de vapor directo para 300Dmol de liquido total de entrada la
relación de equilibrio esta dada por ¿ B5+
El vapor puede considerarse como #as inerte que no condensa alle rafica
analticamente
26 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
5.!?na columna de 30 etapas tiene los si#uientes flu)os" Ilu)o de liquido en e tope
1100 D# en el fondo 15300 D#" Ilu)o de vapor en el tope B3300 D# en el fondo
B500 D# densidad del liquido 50" (bpie3 densidad del vapor promedio 0"1/5
(bpie3" (a tensión superficial del liquido B0"5 inascm temperatura promedio *BC&4
presión 1* ';8A"
;e tiene información de que el sistema es mu espumante" etermine el di2metro de
la columna"
"#$%C'
• En este problema se trata de una columna de absorción a que los flu)os molares
del fondo son maores a los flu)os molares del tope"
?samos la si#uiente ecuación emprica"
+ F = F ( , L− ,G ,G )0.5
( - 20 )0.20
+ F =¿ Kelocidad superficial del #as a travFs del 2rea neta activa4 en
condiciones de inundación4 pies"
F =¿ &onstante emprica cuo valor depende del diseJo de la bande)a4
pies"
, L=¿ ensidad del liquido4 (bpie3"
,G=¿ ensidad del #as4 (bpie3"
- =¿ $ensión superficial del lquido4 inascm"
27 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
• Hallamos F de la #rafica que esta en función del desplazamiento entre las
bande)a 7t, de la relación ( ,G , L )0.5
L
G espaciado"
• Nosotros ele#imos un espaciado de la tabla"
• • Ele#imos el espaciado de B pies
• Ha#amos ( ,G , L )0.5
L
G
( ,G , L )0.5
L
G=(0.165 L/ pie
3
50.40 L/ pie3 )0.5
15300 )g/h24500 )g/h
28 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
( ,G , L )0.5
L
G=0.0357
• e la #rafica sacamos que el F =0.38
pie
s
• :emplazamos en la ecuación para allar el+ F "
+ F = F ( , L− ,G ,G )0.5
( - 20 )0.20
+ F =0.38 (50.40 L/ pie3−0.165 L/ pie3
0.165 L/ pie3 )0.5
(20.5dinas /(m20 )0.20
+ F =6.6633 pie /s
• Hallamos el velocidad superficial 7 + , sabiendo que el sistema es mu
espumante"
29 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
+ =0.7+ F
+ =0.7 (6.6633 )
+ =4.66431 pie /s
• Hallamos el 2rea neta
A n= /
+ ( ,G ) 0 pies
/ =¿ Ilu)o m2sico del #as"
+ =¿ Kelocidad superficial del #as"
,G=¿ ensidad del #as"
/ =24500 )g
h x
2.205 L
1 )g x
1h
3600 s
/ =15 L /s
A n= 15 L /s4.66431 pie/s (0.165 L / pie3 )
A n=19.5 pie2
• Aora allamos elα
α =
( ,G
, L
)
0.5 L
G=
(0.165 L / pie3
50.40 L/ pie3 )
0.515300 )g/h
24500 )g/h
30 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
α =0.0357
0.035710.1
• e la tabla
2=0.1
'ero se sabe que A T = A n+ 2 ( AT )
A T − 2 ( AT )= A n
A T =
An
(1− 2 )=
19.5 pie2
1−0.1
A T =21.67 pie2
A T =3
4 4
2
4=
(4 ( A T )
3
)
0.5
4=( 4 (21.67)3 )0.5
4=5.25 pies
• e la tabla /"1 se sabe que el di2metro de la torre debe estar en [4−10 ]
pies< entonces el espaciado esta bien el di2metro de la columna es
31 PROBLEMAS DE ABSORCIÓN DE GASES
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FACU TRANSFERENCIA DE MASA 1
4=5.25 pies