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Fenômenos de Transporte III
Prof. Dr. Gilberto Garcia Cortez
Aula 11
Exemplo 05: Uma torre de 2 m de diâmetro é utilizada para a absorção de um
certo contaminante A. 1000 kmol/h de gás, contendo 0,9% em mols do soluto,
alimentam a base da coluna onde 80% de A é absorvido pela corrente líquida,
que é isenta de soluto no topo da torre. Verificou-se que a relação entre as vazões
líquida e gasosa de inertes é igual a 1,4 vezes a relação mínima entre tais
correntes. Visto que a torre opera a temperatura e pressão constante, o
coeficiente volumétrico individual da fase gasosa é igual a 400 kmol/hm3yA e a
resistência nessa fase é igual a 60% da global. Considerando a igualdade entre as
frações de equilíbrio de A distribuídas na fases G e L, determine a altura efetiva
da coluna.
Solução: Acompanhando os passos sugeridos na programação de testes (M.A.
Cremasco):
1. m = 1
2. G → L
3. ↑↓LO
LE
YA
XA
G → L
1. Determinação das frações molares absolutas do soluto A:
Balanço material para a fase gasosa: base de cálculo: 1 h
mols de gás que entra na base da coluna = 1000 kmols
mols de A que entram: (0,009)(1000) = 9 kmols
mols de B que entram: (1 – 0,009)(1000) = 991 kmols
Fração molar absoluta de A na base da torre:
mols de A absorvidos: (0,8)(9) = 7,2 kmols (passa para a fase líquida)
mols de A na saída: (entra) – (o que foi para a outra fase) = (9,0 – 7,2) = 1,8 kmols
Fração molar absoluta de A no topo da torre:
3
A 9,082x10 991
9
B de mols
A de mols
G em B de mols
G emA de mols Y
1
−====
3
A 1,816x10 991
1,8
B de mols
A de mols
G em B de mols
G emA de mols Y
2
−====
y 1
y Y
A
AA
−=
Balanço material para a fase líquida: base de cálculo: 1 h
mols de A que entra no topo da coluna = 0 XA2 = 0
mols de A que saem = (entra) + (absorvido) = 0,0 + 7,2 = 7,2 kmols
2. Observe no diagrama ao lado que desconhecemos a vazão (ou taxa) da corrente
líquida, bem como a composição do contaminante nesta fase na base da torre.
Ls ? Gs ?
YA1
YA2
XA1 ?
XA2
3. Informação sobre transferência de massa.
3.1. (resistência individual da fase G) = 0,6(resistência global referenciada à fase G)
Como se trata de soluções diluídas, tem-se: kya KYa. Dessa forma:
aK
1 0,6
ak
1
yy
=
Y.kmols/h.m 240 (0,6)(400) ak 0,6 aKA
3
yy===
4. Informações mecânicas e fluidodinâmicas.
4.1. Diâmetro da coluna: D = 2 m
4.2. Fluxos: (Ls/Gs)op = 1,4(Ls/Gs)min
Cálculo do Gs: Gs’ = (1 – yA)G1 , sendo G1 a taxa molar da corrente leve na
entrada da coluna (mols/tempo).
Realizando o cálculo referenciado na base da coluna:
Gs = (1 – 0,009)G1 = (1 – 0,009)1000 = 991 kmols/h
O fluxo molar do inerte por área na corrente gasosa é dado por:
Gs’ = Gs/A, onde A é a área da seção transversal da coluna; A = (2m)2/4 = m2
Gs’ = 991/ = 315,445 kmols/h.m2
5. Identificar a incógnita do problema: z = ? (altura efetiva da coluna)
6. Identificar a pseudo-incógnita do problema.
XA2 = 0; mas XA1 = ?? Note que esta fração molar é a pseudo-incógnita do
problema.
7. Relações fundamentais:
7.1. Linhas de operação: (+) → contracorrente:
X
7,284x10
0 X
1,816)10 (9,082
G
L
11 A
3
A
3
s
s
−−
=−
−=
7.2. Cálculo da altura efetiva: G → L
X X
Y Y
G
L
2A1A
2A1A
s
s
−
−=
( ) −=
1A
2A
Y
Y
*
AA
A
Y
s Y Y
dY
aK
G z ( )( ) NUTAUT z =
Método Gráfico
m 1,314 Y..m240kmols/h
ls/h.m315,445kmo
aK
G' AUT
A
3
2
Y
s =
==
Determinação do NUT:
Determinação da pseudo-incógnita XA1
Determinação do AUT:
( )
X
Y
X X
Y Y
G
L
máxA
A
2A1A
2A1A
míns
s
=
−
−=
( )( ) ( )
máxA
3
A
3
míns
s
11X
10x266,7
0 X
x101,816 9,082
G
L −−
=−
−=
Podemos construir o gráfico a seguir:
míns
s
G
L
( )máxA1
X2AX
2AY
1AY
YA
XA
Observe no gráfico, que, para obter
uma relação mínima entre os fluxos
de inertes das fase G e L, a fração
do contaminante na corrente L e na
base da coluna deve ser máxima.
Assim, traça-se a linha de operação
a partir da coordenada (XA2, YA2),
terminando em YA1. Após
estabelecermos várias inclinações
para (Ls/Gs), verificamos que a
menor inclinação é aquela em que a
reta de operação toca a linha (reta)
de equilíbrio.
( ) 9,082x10 X 3
máxA1
−= mX Y *AA 11
=ou
m = 1
YA = mXA
(diluição extrema)
0,8 x101,9
x10266,7
G
L
3
3
míns
s ==
−
−
Portanto:
Desse modo, temos: 1,12 (1,4)(0,8) G
L1,4
G
L
mins
s
ops
s ==
=
O valor de XA1 real é determinado após substituir o valor de Ls/Gs na equação
seguinte:
X
7,266x10
G
L
1A
3
s
s
−
= 3
A
A
3
6,487x10 X X
7,266x10 1,12
1
1
−−
=→=
Resumindo:
XA1 = 6,487x10-3 YA1 = 9,082x10-3
XA2 = 0 YA2 = 1,816x10-3
10
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
YAx10
-3
XAx10
-3
LE
LO
Gráfico representando a LE e LO
( ) −=
1A
2A
Y
Y
*
AA
A Y Y
dY NUT
Método de Simpson
n(2j)1) (2jo f 2f 4f f3
h NUT +++= +
sendo:*AA
AA
Y Y
1 f ;
n
Y Y h 21
−=
−=
O passo de integração é obtido assumindo n = 4 (número par) e calculando o valor de h.
( ) 33
AA1,817x10
4
x101,816 9,082
n
Y Y h 21 −
−
=−
=−
=
YAx10-3 YA2 = 1,816 3,63 5,45 7,27 YA1 = 9,082
YA*x10-3 0 1,62 3,2 5,0 6,6
f(x) 550,66 492,6 444,4 440,5 387,3
f0 f1 f2 f3 f4
x 2
x 3
x 4
Determina-se YA* a partir da Figura esboçada a seguir:
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11
0
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
1,816
5,45
6,6
9,082
7,26
3,23,63
YAx
10
-3
XAx10
-3
LE
LO
1,62
XA1 = 6,487x10-3 YA1 = 9,082x10-3
XA2 = 0 YA2 = 1,816x10-3
( )( ) NUTAUT z =
Cálculo da altura efetiva da coluna:
( )( ) m 4,43 3,371,314 z ==
3,37 NUT
387,3 444,42 440,5 492,64 550,663
x10817,1 NUT
4231o fffff
3
=
+
+
++=
−
550,66 0 1,816x10
1 f
3o=
−=
−
( )492,6
x101,62 3,63
1 f
31=
−=
−
( )444,4
x103,20 5,45
1 f
32=
−=
−
( )440,5
x105,0 7,27
1 f
33=
−=
−
( )387,3
x106,6 9,082
1 f
34=
−=
−
*
AAY Y
1 f
−=
n(2j)1) (2jo f 2f 4f f3
h NUT +++= +
Exemplo 05: Refaça o exemplo 4 pelo método analítico.
Solução: A diferença entre o método analítico e o gráfico, para soluções diluídas,
consiste na determinação do NUT. Do exemplo anterior obtivemos:
( )( ) NUTAUT z =
m 1,314 AUT =
Visto que m = 1 e Ls/Gs = 1,12, temos condições de calcular o fator de absorção por
intermédio da equação (60):
1,12 1
12,1
mG
L A
s
s ===
XA1 = 6,487x10-3 YA1 = 9,082x10-3
XA2 = 0 YA2 = 1,816x10-3
Além das frações molares absolutas oriundas do exemplo anterior:
Base →
Topo →
Como trata-se de G → L e ↓↑, o NUT é obtido analiticamente pela equação (62).
( )( ) 1/A 1/A 1
mX Y
mX Yn
1/A 1
1 NUT
22
21
AA
AA
+−
−
−
−=
( )( )
3,33 NUT
1/1,12 1/1,12 10 1,816x10
0 9,082x10n
1/1,12 1
1 NUT
3
3
=
+−
−
−
−=
−
−
( )( ) NUTAUT z =
( )( ) m 4,38 3,331,314m z ==
Que é bem próximo ao resultado obtido no exemplo anterior!!
16
Exemplo 06: Uma mistura de ar e amônia é lavada em contracorrente com água a 25C
numa torre de enchimento de anéis Raschig de cerâmica de 1 in. A torre funciona à
pressão ambiente local (700 mmHg), sendo o gás alimentado com 18 mol % de NH3,
empregando-se 50% de água a mais do que a quantidade mínima necessária para obter
95% de recuperação da amônia alimentada. A água utilizada na alimentação da torre é
de 9,5 m3/h. Faça uma estimativa da altura e do diâmetro da torre sabendo que:
a) a relação de equilíbrio é y = 1,154x
b) a altura de uma quantidade de transferência, para força propulsora global em
unidade de fração molar no gás é 68cm.
c) A vazão de operação deverá ser 80% da inundação
Dados: água = 0,62 cP ; água = 0,9970770 g/cm3 a 25C
xA2 = 0
Qágua = 9,5 m3/h
xA1 ? yA1 = 0,18 (18 mol % de NH3)
yA2 ?
GsLs
DT
z
17
Informações do problema:
Lop = 1,5(Ls)min
y = 1,154x
R = 95%
AUT = 68cm
0,01098 Y
100%0,21951
Y 0,21951 95%
100%Y
Y Y oRecuperaçã
2
2
1
21
A
A
A
AA
=
−=
−=
0,21951 Y
0,18 1
0,18
y 1
y Y
1
1
1
1
A
A
A
A
=
−=
−=
( )
( )
( ) 0,18481 X
X 1
X1,154
0,21951 1
0,21951
X 1
X1,154
Y 1
Y
x1,154 y
xm y
máxA
máxA
A
máxA
A
A
A
máxAA
máxAA
1
1
1
1
1
1
1
11
11
=
+=
+
+=
+
=
=
0,01086 y
0,01098 1
0,01098
Y 1
Y y
2
2
2
2
A
A
A
A
=
+=
+=
18
XA
YA
0,21951 Y1A =
( ) 0,18481 X máxA1
=
1,12835 G
L
míns
s =
0,01098 Y2A =
m = 1,154
( )
1,12835 G
L
0 0,18481
0,01098 0,21951
G
L
X X
Y Y
G
L
míns
s
míns
s
2Amáx1A
2A1A
míns
s
=
−
−=
−
−=
19
ar de kmol / água de kmol 1,69253 5)1,5(1,1283 G
L
G
L1,5
G
L
reals
s
mins
s
reals
s
==
=
0,12321 X
1,69253
0,01098 0,21951 X
0 X
0,01098 0,21951 1,69253
X X
Y Y
G
L
1
1
1
21
21
A
A
A
AA
AA
reals
s
=
−=
−
−=
−
−=
0,1097 x
0,12321 1
0,12321
X 1
X x
1
1
1
1
A
A
A
A
=
+=
+=
20
( )( )
( )( )
( )
m 4,17 cm 417 z
2)(68cm)(6,1 (AUT)(NUT) z
68cm AUT
6,12 NUT
7,0455n3,1427 NUT
0,6818 0,3182)9992,19(n3,1427 NUT
1/1,4667 1/1,4667 10 0,01098
0 0,21951n
1/1,4667 1
1 NUT
1/A 1/A 1mX Y
mX Yn
1/A 1
1 NUT
22
21
AA
AA
==
==
=
=
=
+=
+−
−
−
−=
+−
−
−
−=
1,4667 1,154
1,69253
mG
L A
s
s ===
21
Determinação do diâmetro da torre (DT):
Propriedades físico-químicas do gás e do liquido
( )( ) ( )( )
kg/kmol 26,76 M
17kg/kmol0,18 l28,9kg/kmo18,0 1 M
My My M
1
1
331
G
G
NHNHArArG
=
+−=
+=
( )( ) ( )( )
kg/kmol 17,89 M
17kg/kmol0,1097 18kg/kmol0,1097 1 M
M x M x M
1
1
331
L
L
NHNHÁguaÁguaL
=
+−=
+=
( )( ) ( )( )
kg/kmol 28,77 M
17kg/kmol0,01086 l28,9kg/kmo0,01086 1 M
My My M
2
2
332
G
G
NHNHArArG
=
+−=
+=
( )( )
kg/kmol 18 M
0 18kg/kmol0 1 M
M x M x M
2
2
332
L
L
NHNHÁguaÁguaL
=
+−=
+=
( )
( ) ( )
kmol/s 0,1054 G
0,18 1
kmol/s 0,0864
y 1
G G
Gy 1 G
ar/s de kmol 0,0864 G
ar de kmol / água de kmol 1,6925
água/s de kmol 0,1462
ar de kmol / água de kmol 1,6925
L G
ar de kmol / água de kmol 1,6925 G
L
água/s de kmol 0,1462 L
h
kmol526,24
kg/kmol 18
)kg/m 70/h)(997,07m (9,5
M
ρQ L L
1
A
s
1
1As
s
s
s
reals
s
s
33
água
águaágua
s2
1
1
=
−=
−=
−=
=
==
=
=
====
22kg/s 2,8205 G
kmol
kg 26,76
s
kmol0,1054 MG G
'
1
G1
'
1 1
=
==
23
( )
( ) ( )
kg/s 2,5116 G
kmol
kg 28,77
s
kmol0,0873 MG G
kmol/s 0,0873 G
0,01086 1
kmol/s 0,0864
y 1
G G
Gy 1 G
'
2
G2
'
2
2
A
s
2
2As
2
2
2
=
==
=
−=
−=
−=
kg/s 2,6661 G
2
kg/s 2,5116) (2,8205
2
G G G
'
'
2
'
1
=
+=
+=
Vazão média do gás:
( ) ( )
kg/s 2,6316 L
kmol
kg18
s
kmol0,1462 ML L
kmol/s 0,1462 L L
L0 1 L x 1 L
'
2
L2
'
2
2s
22As
2
2
=
==
==
−=−=
24
( )
( ) ( )
kg/s 2,9375 L
kmol
kg89,17
s
kmol0,1642 ML L
kmol/s 0,1642 L
0,1097 1
kmol/s 0,1462
x 1
L L
L x 1 L
'
1
L1
'
1
1
A
s
1
1As
1
1
1
=
==
=
−=
−=
−=Vazão média do líquido:
kg/s 2,7846 L
2
kg/s 2,6316) (2,9375
2
L L L
'
'
2
'
1'
=
+=
+=
/scm 6,2182x10
g/cm 0,9970770
g/cm.s6,2x10
ρ
C25 a g/cm.s 6,2x10
g/cm.s 0,62x0,01 cP 0,62
lb/ft 62,2453 ρ
C25 a g/cm 0,9970770 ρ
23
OH
3
3
OH
OH
OH
o3
OH
OH
3
OH
o3
OH
2
2
2
2
2
2
2
2
−
−
−
=
==
=
==
=
=
3
G
33
33
G
3G
G
G
lb/ft 0,063 ρ
lb/ft 62,4278 1g/cm
g/cm 1,008x10 ρ
98,15K)/gmol.K)(2atm.cm (82,05
g/gmol) atm)(26,76 (700/760 ρ
R.T
MP. ρ
1
1
1
1
1
=
=
=
=
=
−
3
G
33
33
G
3G
G
G
lb/ft 0,067 ρ
lb/ft 62,4278 1g/cm
g/cm 1,081x10 ρ
98,15K)/gmol.K)(2atm.cm (82,05
g/gmol) atm)(28,72 (700/760 ρ
R.T
MP. ρ
2
2
2
2
2
=
=
=
=
=
−
lb/ft 0,065 ρ
2
lb/ft 0,067) (0,063
2
ρ ρ ρ
3
G
3
GG
G
21
=
+=
+=
cSt 0,6282
/scm 6,2182x10
/scm 0,01 cSt 1
OH
23
OH
2
2
2
=
=
=−
Massa específica média do gás:
25
26
Cálculo da abscissa do gráfico de correlação generalizada de queda de pressão
0,034 :Abscissa
lb/ft 2453,62
lb/ft 065,01,044 :Abscissa
G
L :Abscissa
3
3
L
G
( )
( )GLG
0,12
I
GLG
0,12
I
F G C 4,9
F G C :Ordenada
−=
−
1,044 kg/s 2,6661
kg/s 2,7846
G
L'
'
==
0,034
4,9
27
Fator de recheio para anel Raschig de cerâmica com diâmetro de 1 in: F = 155
Fator de conversão em unidade inglesa: C = 1 (unidade inglesa)
( )
( )( )( )
.slb/ft 0,3659 G
4,9 36,608xG
4,9 0,065 62,2453 065,0
6282,0155 G 1,0
4,9
F G C
2
I
2
I
0,12
I
GLG
0,12
I
=
=
=−
=−
28
A velocidade do gás é 80% da velocidade de inundação
( )
.slb/ft 0,2927 G
036590,80 G
0,80G G
2
op
op
Iop
=
=
=
Cálculo do diâmetro da torre:
( )
gás) do mássica (vazão lb/s 6,219 G
lb 2,20462 kg 1 ; kg/s 2,821 G
kg/kmol 26,76kmol/s 0,1054 G
kg/kmol 26,76 M ; kmol/s 0,1054 G
1
1
1
G1 1
=
==
=
==
m 1,59 D
cm 158,5 D
cm 30,48 ft 1 ;ft 5,2 D
.slb/ft 0,2927
lb/s 4x6,219
G
4xG D
T
T
T
2
op
T
=
=
==
==
29
Exemplo 07: A trietanolamina (TEA), 20% molar, em solução aquosa é um solvente
utilizado comercialmente para a absorção do sulfeto de hidrogênio carregado por
diversos gases industriais. A lei de Henry é válida para estes sistemas até
concentrações de H2S no solvente da ordem de 3 mol%. A 27C a relação de
equilíbrio é:
Y = 2X
Y = mol de H2S por mol de gás inerte
X = mol de H2S por mol de solvente
A pressão de vapor do solvente é desprezível à temperatura mencionada. Numa dada
unidade o gás proveniente de uma coluna de destilação de petróleo encerra 0,03 mol
de H2S por mol de hidrocarboneto com uma vazão de 425 m3/h. Deseja-se reduzir
esta concentração a 1/20 do valor inicial por lavagem com uma solução aquosa de
trietanolamina (20% molar) numa torre de absorção (anéis Raschig, ¾”, cerâmica)
operando isotermicamente a 27C e pressão essencialmente atmosférica. Esta
operação é controlada pela fase gasosa. O solvente é alimentado pelo topo com 0,0001
mol de H2S por mol de solvente e sai pela base com 0,013 mol de H2S por mol de
solvente. Sabendo que a vazão de hidrocarboneto é 49 kmol por hora, por metro
quadrado de seção transversal da torre e que o coeficiente de transferência de massa
em base volumétrica é KYa = 126 kmol/h.m3 de enchimento.Y unitário, calcule a
altura e o diâmetro que deverá ter o absorvedor.
30
XA2 = 1x10-4
XA1 = 0,013 YA1 = 0,03
G1 = 425 m3/h
YA2 = 0,03/20 = 1,5x10-3
Gs = 49 kmol/m2.hLs ?
Informações do problema:
G → L (↑↓)
Anéis Raschig, ¾”, cerâmica (Enchimento)
P = 1atm, T = 27ºC
Y = 2X (Linha de equilíbrio)
Gs = 49 kmol/m2.h (hidrocarboneto = inerte gasoso)
KYa = 126 kmol/m3.h.Y
MB2 = 149,188 (trietanolamina) e MB2 = 18 (água) (inerte líquido)
MA = 34,1 (H2S = soluto gasoso)
MB1 = 44,1 (hidrocarboneto = inerte gasoso)
31
1,4978x10 y
9,999x10 x
0,02913 y
0,01283 x
3A
5A
A
A
2
2
1
1
−
−
=
=
=
=
X 1
X x
Y 1
Y y
+=
+=
2,2093 G
L
0,0001 0,013
0,0015 0,03
G
L
) diluída ( X
Y
X X
Y Y
G
L
s
s
s
s
A
A
AA
AA
s
s
21
21
=
−
−=
=
−
−=
XA1 = 0,013 YA1 = 0,03
XA2 = 0,0001 YA2 = 0,0015
Base →
Topo →
Composições molares
32
m 0,389 AUT
Y.h.kmol/m 126
kmol/h.m 49
aK
G AUT
3
2
Y
s
=
==
( )( )
( )( )
( )
1,8634)(0,389m)(1 (AUT)(NUT) z
11,8634 NUT
3,0783n10,5511 NUT
0,9052 0,0948)9231,22(n10,5511 NUT
1/1,1047 1/1,1047 12x0,0001 0,0015
2x0,0001 0,03n
1/1,1047 1
1 NUT
1/A 1/A 1mX Y
mX Yn
1/A 1
1 NUT
22
21
AA
AA
==
=
=
+=
+−
−
−
−=
+−
−
−
−=
1,1047 2
2,2093
mG
L A
s
s ===
m 4,61 z = m 4,61 z =
33
Determinação do diâmetro da torre (DT):
Propriedades físico-químicas do gás e do liquido
Fase gasosa
( )( ) ( )( )
kg/kmol 43,81 M
l34,1kg/kmo0,02913 l44,1kg/kmo02913,0 1 M
My My M
1
1
11111
G
G
AABBG
=
+−=
+=
( )( ) ( )( )
kg/kmol 44,09 M
l34,1kg/kmo0,001497 l44,1kg/kmo0,001497 1 M
My My M
2
2
22222
G
G
AABBG
=
+−=
+=
34
kg/kmol 43,53 M
,10,01283x34 ,670,01283)44 (1 M
M x )M x (1 M
M x M x M
kg/kmol 43,67 M
17x180,80x0,987 17x149,1880,20x0,987 M
molar) 20%TEA de aquosa (solução 0,98717 x
0,01283 1 x 1 x 1 x x
torre)da base na S(H 0,01283 x
1
1
11111
11111
1
1
1111
1
L
L
AABAL
AABBL
B
aquosa) (solução
B
ABBA
2A
=
+−=
+−=
+=
=
+=
=
−=−=→=+
=
Fase líquida
35
kg/kmol 44,23 M
x34,19,999x10 )44,239,999x10 (1 M
M x )M x (1 M
M x M x M
kg/kmol 44,23 M
9x180,80x0,999 9x149,1880,20x0,999 M
molar) 20%TEA de aquosa (solução 0,9999 x
9,999x10 1 x 1 x 1 x x
torre)da topono S(H 9,999x10 x
2
2
22222
22222
2
2
2222
2
L
55
L
AABAL
AABBL
B
aquosa) (solução
B
5
ABBA
2
5
A
=
+−=
+−=
+=
=
+=
=
−=−=→=+
=
−−
−
−
Fase líquida
( )
( ) ( )
.hkmol/m 50,47 G
0,02913 1
.hkmol/m 49
y 1
G G
Gy 1 G
.hkmol/m 49 G
2
1
2
A
s1
1As
2
s
1
1
=
−=
−=
−=
=
36
.hkg/m 2211,1 G
kmol
kg 48,81
.hm
kmolkmol 50,47 MG G
2'
1
2G1
'
1 1
=
==
( )
( ) ( )
.hkg/m 2163,5 G
kmol
kg 44,09
.hm
kmol49,04 MG G
.hkmol/m 49,04 G
0,001497 1
.hkmol/m 49
y 1
G G
Gy 1 G
2'
2
2G2
'
2
2
2
2
A
s2
2As
2
2
2
=
==
=
−=
−=
−=
37
.hkg/m 2187,3 G
2
.hkg/m 2163,5) (2211,1
2
G G G
2'
2'
2
'
1'
=
+=
+=
Vazão média do gás:
( )( )
( )
inerte) (líquido kmol/h.m 108,26 L
kmol/h.m x49kmol/h.m
kmol/h.m 2,2093 2,2093G L
2,2093 G
L
2
s
gás
2
gás
2
líquido
2
ss
s
s
=
==
=
38
( )
( ) ( )
.hkg/m 4773,94 L
kmol
kg53,43
.hm
kmol109,67 ML L
.h kmol/m 109,67 L
0,01283 1
.hkmol/m 108,26
x 1
L L
L x 1 L
2'
1
2L1
'
1
2
1
2
A
s1
1As
1
1
1
=
==
=
−=
−=
−=
( )
( ) ( )
.hkg/m 4788,78 L
kmol
kg23,44
.hm
kmol108,27 ML L
.h kmol/m 108,27 L
0,00009999 1
.hkmol/m 108,26
x 1
L L
L x 1 L
2'
2
2L2
'
2
2
2
2
A
s2
2As
2
2
2
=
==
=
−=
−=
−=
39
Vazão média do líquido:
.hkg/m 4781,36 L
2
.h kg/m 4788,78) (4773,94
2
L L L
2'
2'
2
'
1'
=
+=
+=
/scm 5,9188x10
g/cm 0,9968158
g/cm.s5,9x10
ρ
C27 a g/cm.s 5,9x10
g/cm.s 0,59x0,01 cP 0,59
lb/ft 62,2290 ρ
C27 a g/cm 0,9968158 ρ
23
OH
3
3
OH
OH
OH
o3
OH
OH
3
OH
o3
OH
2
2
2
2
2
2
2
2
−
−
−
=
==
=
==
=
=
3
G
33
33
G
3G
G
G
lb/ft 0,111 ρ
lb/ft 62,4278 1g/cm
g/cm 1,7789x10 ρ
00,15K)/gmol.K)(3atm.cm (82,05
g/gmol) atm)(43,81 (1,0 ρ
R.T
MP. ρ
1
1
1
1
1
=
=
=
=
=
−
3
G
33
33
G
3G
G
G
lb/ft 0,112 ρ
lb/ft 62,4278 1g/cm
g/cm 1,7903x10 ρ
00,15K)/gmol.K)(3atm.cm (82,05
g/gmol) atm)(44,09 (1,0 ρ
R.T
MP. ρ
2
2
2
2
2
=
=
=
=
=
−
lb/ft 0,1115 ρ
2
lb/ft 0,112) (0,111
2
ρ ρ ρ
3
G
3
GG
G
21
=
+=
+=
cSt 0,5919
/scm 5,9188x10
/scm 0,01 cSt 1
OH
23
OH
2
2
2
=
=
=−
Massa específica média do gás:
40
41
Cálculo da abscissa do gráfico de correlação generalizada de queda de pressão
0,093 :Abscissa
lb/ft 229,62
lb/ft 1115,02,1860 :Abscissa
G
L :Abscissa
3
3
L
G
( )
( )GLG
0,12
I
GLG
0,12
I
F G C 3,5
F G C :Ordenada
−=
−
2,1860 .hkg/m 2187,30
.hkg/m 4781,36
G
L2
2
'
'
==
0,093
3,5
42
Fator de recheio para anel Raschig de cerâmica com diâmetro de ¾” in: F = 255
Fator de conversão em unidade inglesa: C = 1 (unidade inglesa)
( )
( )( )( )
.slb/ft 0,3165 G
3,5 34,936xG
3,5 0,1115 62,229 1115,0
5919,0255 G 1,0
3,5
F G C
2
I
2
I
0,12
I
GLG
0,12
I
=
=
=−
=−
43
A velocidade do gás é 80% da velocidade de inundação
( )
.slb/ft 0,2532 G
.st0,3165lb/f0,80 G
0,80G G
2
op
2
op
Iop
=
=
=
Cálculo do diâmetro da torre:
gás) do mássica (vazão lb/s 0,463 G
lb 2,20462 kg 1 ; kg/s 0,21 G
s 3600 h 1 ;kg/h 756,0325 G
)kg/m /h)(1,7789m (425 xρQ G
o)alimentaçã de gás do (vazão/h m 425 Q
1
1
1
33
111
3
1
=
==
==
==
=
m 0,47 D
cm 46,63 D
cm 30,48 ft 1 ;ft 1,53 D
.slb/ft πx0,2532
lb/s 4x0,463
πG
4xG D
T
T
T
2
op
T
=
=
==
==
44
Exemplo 08: Uma torre recheada com anéis Raschig de cerâmica de 1 in deve ser
projetada para absorver SO2 do ar, usando água pura como solvente a 20C e 1
atm. O gás de entrada possui 20% mols de SO2 e o de saída 2% mols de SO2. As
vazões de inerte gasoso e líquido são respectivamente, 6,53x10-4 kmol de ar/s e
4,2x10-2 kmol de água/s. A área transversal da torre é de 0,0929 m2. Calcule a
altura efetiva da torre.Dados:
kya = 0,0594.G’0,7.L’0,25
kxa = 0,152L’0,82
[kya] = [kxa] = kmol/m3.s.fração
[L’] = [G’] = kg/m2.s (valor médio)
Peso de SO2 em 100 partes
ponderais de H2O
Pressão parcial de SO2 em
mmHg a 20C
10 698
7,5 517
5,0 336
2,5 161
1,5 92
1,0 59
0,7 39
0,5 26
0,3 14,1
0,2 8,5
0,15 5,8
0,10 3,2
0,05 1,2
0,02 0,5
45
xA2 = 0
xA1 = ? yA1 = 0,20
yA2 = 0,02
Informações do problema:
G → L (↑↓)
Anéis Raschig de cerâmica de 1 in
P = 1 atm, T = 20C
yA1 = 0,2 (20% mols)
yA2 = 0,02 (2% mols)
xA2 = 0
Ls = 4,2x10-2 kmol de água/s
Gs = 6,53x10-4 kmol de ar/s
ATorre = 0,0929 m2
aK
G AUT
Y
s=
( )( ) 1/A 1/A 1
mX Y
mX Yn
1/A 1
1 NUT
22
21
AA
AA
+−
−
−
−=
( )( ) NUTAUT z =
ak
m
ak
1
aK
1
xyy
+=
G → L
Gs = 6,53x10-4 kmol de ar/sLs = 4,2x10-2 kmol de água/s
46
Para o primeiro valor da tabela, temos:
O/gmolHgmolSO 5 0,02812
g/gmol18
OH de g 100
g/gmol 64
SO 10g
X 222
2
A ==
B de mol
A de mol 11,258 Y
698 760
698
p P
p
/Pp 1
/Pp
y 1
y Y
A
A
A
A
A
A
AA
=
−=
−=
−=
−=
0,0274 0,028125 1
0,028125
X 1
X x
A
AA =
+=
+=
0,918 11,258 1
11,258
Y 1
Y y
A
AA =
+=
+=
47
Peso de SO2 em
100 partes
ponderais de
H2O
Pressão
parcial de SO2
em mmHg a
20C e 1 atm
XA xA yA YA
10 698 0,028125 0,0274 0,918 11,258
7,5 517 0,021094 0,0210 0,681 2,13
5,0 336 0,014063 0,0139 0,441 0,79
2,5 161 7,0313x10-3 6,98x10-3 0,231 0,30
1,5 92 4,2188x10-3 4,2x10-3 0,123 0,14
1,0 59 2,8125x10-3 2,79x10-3 0,077 0,084
0,7 39 1,9688x10-3 1,97x10-3 0,051 0,054
0,5 26 1,4063x10-3 1,40x10-3 0,034 0,035
0,3 14,1 8,4375x10-4 8,43x10-4 0,020 0,02
0,2 8,5 5,625x10-4 5,62x10-4 0,011 0,011
0,15 5,8 4,2188x10-4 4,22x10-4 7,63x10-3 7,69x10-3
0,10 3,2 2,8125x10-4 2,81x10-4 4,21x10-3 4,23x10-3
0,05 1,2 1,4063x10-4 1,40x10-4 1,58x10-3 1,58x10-3
0,02 0,5 5,625x10-5 5,62x10-5 6,58x10-4 6,58x10-4
0 0 0 0 0 0
Dados de equilíbrio de SO2-ar-água a 20ºC e 1 atm
48
yA
xA
Curva de equilíbrio SO2-ar-H
2O
T = 200C P = 1 atm
49
Determinação da reta de operação (RO):
0,25 Y
0,2 1
0,2
y 1
y Y
1
1
1
1
A
A
A
A
=
−=
−=
0,0204 Y
0,02 1
0,02
y 1
y Y
2
2
2
2
A
A
A
A
=
−=
−=
ar kmol
água kmol 64,32
G
L
ar/s kmol x1053,6
água/s kmol 4,2x10
G
L
s
s
4
2
s
s
=
=−
−
3A
A
AA
AA
s
s
3,57x10 X
0 X
0,0204 0,25 64,32
X X
Y Y
G
L
1
1
21
21
−=
−
−=
−
−=
3A
3
3
A
A
A
3,56x10 x
3,57x10 1
3,57x10
X 1
X x
1
1
1
1
−
−
−
=
+=
+=
50
A partir do valor máximo de xA1 = 3,56x10-3 da reta de operação, é possível
obter a reta de equilíbrio (regressão linear) para condições diluídas com os
seguintes dados da tabela de solubilidade SO2-ar-H2O:
0,000 0,001 0,002 0,003 0,004 0,005
0,00
0,02
0,04
0,06
0,08
0,10
0,12
0,14
Dados experimentais
Regressão linear
yA
xA
Equation y = a + b*x
Adj. R-Square 0,9962
Value Standard Error
B Intercept -0,00364 9,7661E-4
B Slope 29,07195 0,56754
m = 29,07195
51
0,000 0,001 0,002 0,003 0,004 0,005 0,006 0,007 0,008
0,00
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30
0,35
YA (
mol
de S
O2 /
mol
de a
r )
CE
RO
XA ( mol de SO
2 / mol de H
2O )
T = 200C , P = 1 atm
Reta de operação (RO) e curva de equilíbrio (CE) em condições diluídas (até XA1 = 3,57x10-3 ) :
52
0,000 0,001 0,002 0,003 0,004 0,005 0,006 0,007 0,008
0,00
0,05
0,10
0,15
0,20
0,25
0,30
0,35
T = 200C , P = 1 atm
yA
xA
CE
RO
Reta de operação (RO) e curva de equilíbrio (CE) em condições diluídas (até xA1 = 3,56x10-3 ):
53
Passo 1: Identificar o equilíbrio termodinâmico:
yAi = 29,07195xAi; m = 29,07195
Passo 2: Identificar a técnica de separação:
G → L
Passo 3: Identificar o tipo de contato:
Contracorrente ()
Passo 4: Identificar e determinar as variáveis (concentrações, frações, taxas e
fluxos) conhecidas no topo e na base do equipamento:
AT = 0,0929 m2
Ls = 4,2x10-2 kmol de água/s
Gs = 6,53x10-4 kmol de ar/s
( )
( ) ( )
( )
2'
1
23G1
'
1
23
2
4
A
s
1
4
1As
gás/s.m de kg 0,3163 G
mol0,8x29kg/k mol0,2x64kg/kgás/s.m de kmol 8,786x10 MG G
gás/s.m de kmol 8,786x10 0,2 1m 0,0929
ar/s de kmol 6,53x10
y 1A
G G
(Entrada) ar/s de kmol 6,53x10 Gy 1 G
1
1
=
+==
=−
=−
=
=−=
−
−
−
−
54
( )
( ) ( )
( )
( ) gás/s.m de kg 0,2647 G
2
gás/s.m de kg0,2130 0,3163
2
G G G
gás/s.m de kg 0,213 G
kmol0,98x29kg/ kmol0,02x64kg/gás/s.m de kmol 7,173x10 MG G
gás/s.m de kmol 7,173x10 0,02 1m 0,0929
ar/s de kmol 6,53x10
y 1A
G G
(Saída) ar/s de kmol 6,53x10 Gy 1 G
2'
2'
2
'
1'
2'
2
23G1
'
2
23
2
4
A
s'
2
4
2As
2
2
=→+
=+
=
=
+==
=−
=−
=
=−=
−
−
−
−
55
( )
( ) ( )
( )
( ) 2'2'
2'1'
2'1
322
'1
2
32
2
A
s'1
21As
mlíquido/s. de 8,2284kg L 2
mlíquido/s. de kg8,319 8,1378
2
L L L
mlíquido/s. de kg 8,319 L
kg/kmol0,99644x18 x643,56x10água/s.m de kmol 0,4521 ML L
água/s.m de kmol 0,4580 3,56x10 1m 0,0929
água/s de kmol 4,2x10
x 1A
L L
(Saída) água/s de kmol 4,2x10 L x 1 L
1
1
=→+
=+
=
=
+==
=−
=−
=
=−=
−
−
−
−
( )
( ) ( )
( )
2'
2
2
2
'
2
2
2
2
A
s'
2
2
2As
mlíquido/s. de kg 8,1378 L
18kg/kmolágua/s.m de kmol 0,4521 ML L
água/s.m de kmol 0,4521 0 1m 0,0929
água/s de kmol 4,2x10
x 1A
L L
(Entrada) água/s de kmol 4,2x10 L x 1 L
2
2
=
==
=−
=−
=
=−=
−
−
56
xA2 = 0
xA1 = 3,56x10-3 yA1 = 0,20
yA2 = 0,02
GsLs
G → L
xA1 = 3,56x10-3 ; XA1 = 3,57x10-3 yA1 = 0,20 ; YA1 = 0,25
xA2 = 0 ; XA2 = 0 yA2 = 0,02 ; YA2 = 0,0204
Passo 5: Construir o esquema do equipamento especificando as variáveis conhecidas
no passo 4.
Base →
Topo →
(↑↓)
57
Passo 6: Informação sobre transferência de massa.
Cálculo do coeficiente individual volumétrico de transferência de massa:
kya = 0,0594G’0,7.L’0,25
kxa = 0,152L’0,82
[kya] = [kxa] = kmol/m3.s.fração
[L’] = [G’] = kg/m2.s
L’ = 8,2284 kg/m2.s
G’ = 0,2647 kg/m2.s
( ) ( )
( )
fração.kmol/s.m 0,8559 ak
)água/s.m de kg 840,152(8,22 ak
L0,152 ak
fração.kmol/s.m 0,03968 ak
)água/s.m de kg (8,2284)gás/s.m de kg 6470,0594(0,2 ak
LG 0,0594 ak
3x
0,822x
0,82'x
3y
0,2520,72y
0,25'0,7'y
=
=
=
=
=
=
58
Cálculo do coeficiente volumétrico global de transferência na fase gasosa:
A3
y
y
xyy
y.kmol/s.m 0,0169 aK
59,1681 0,8559
29,07195
0,03968
1
aK
1
ak
m
ak
1
aK
1
=
=+=
+=
Passo 7: Cálculo da altura efetiva da coluna (Z).
Ls = 4,2x10-2 kmol de água/s
Gs = 6,53x10-4 kmol de ar/s
m = 29,07195
2,2124 )ar/s kmol x1053,6(07195,29
água/s de kmol x102,4
mG
L A
4
2
s
s ===−
−
59
23
2
4
s
sar/s.m de kmol 7,03x10
m 0,0929
ar/s de kmol 6,53x10
A
G G' −
−
===
m 0,42 AUT
)y.s.kmol/(m 0,0169
)kmol/(s.m 7,03x10
aK
G' AUT
A
3
23
Y
s
=
==
−
4
AA
A
A
A
A
AA
AA
s
s
3,172x10 0,01555Y X
32,64
0,0204 Y X
0 X
0,0204 Y 32,64
X X
Y Y
G
L
21
21
−−=
−=
−
−=
−
−=
XA2 = 0 YA2 = 0,0204
YAXA
XA2 = 3,57x10-3 YA2 = 0,02
G → L (↑↓)
60
3
A
*
A
4
A
*
A
4
AA
A
*
AA
*
A
9,2216x10 0,45207Y Y
)3,172x10 ,01555Y29,07195(0 Y
3,172x10 0,01555Y X
diluidas) (soluções 29,07195X Y 29,07195x y
−
−
−
−=
−=
−=
==
( ) −=
1A
2A
Y
Y
*
AA
A
Y
s Y Y
dY
aK
G z
Método Gráfico resolvendo a integral
61
( )
( )
( )
( )
( )
3,43 NUT
0,54793
1,87722
0,02237148
0,1462041ln
0,54793
1 NUT
0,0092216 0,024)0,54793(
0,0092216 0,250,54793ln
0,54793
1 NUT
0,0092216 0,54793Yln0,54793
1 NUT
0,0092216 0,54793Y
dY NUT
0,0092216 0,45207Y Y
dY NUT
Y Y
dY NUT
0,25 Y
0,024 YA
Y
YA
A
Y
YAA
A
Y
Y
*
AA
A
1A
2A
1A
2A
1A
2A
1A
2A
=
=
=
+
+=
+=
+=
+−=
−=
=
=
( )( )
( )( )
m 1,44 z
3,430,42m z
NUTAUT z
=
=
=
Exemplo 09: Refaça o exemplo 7 pelo Método Analítico (equação do NUT).
Solução: A diferença entre o método analítico e o gráfico, para soluções diluídas,
consiste na determinação do NUT. Do exemplo anterior obtivemos:
m 0,42 AUT =
Visto que m = 29,07195 e Ls/Gs = 64,32, temos condições de calcular o fator de
absorção por intermédio da equação (60).
2,2124 mG
L A
s
s ==
XA1 = 3,57x10-3 YA1 = 0,25
XA2 = 0 YA2 = 0,0204
Além das frações molares absolutas oriundas do exemplo anterior:
Base →
Topo →
Como trata-se de G → L e ↓↑, o NUT é obtido analiticamente pela equação (62).
( )( ) 1/A 1/A 1
mX Y
mX Yn
1/A 1
1 NUT
22
21
AA
AA
+−
−
−
−=
( )( )
( )( )
3,59 NUT
7,1677n1,8248 NUT
0,4520 0,548012,2549n1,8248 NUT
1/2,2124 1/2,2124 10 0,0204
0 0,25n
1/2,2124 1
1 NUT
=
=
+=
+−
−
−
−=
( )( ) NUTAUT z =
( )( ) m 1,51 3,590,42m z ==
Que é bem próximo ao resultado obtido no exemplo anterior (z = 1,44 m)!!