solucionario cap 3 treybal

8/9/2019 Solucionario Cap 3 Treybal

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Operaciones de Transferencia de Masa

ROBERT TREYBALL-OPERACIONES DE TRANSFERENCIA DE MASA-SEGUNDA EDI-

CION-CAPITULO 3-COEFICIENTES DE TRANSFERENCIA DE MASA

PROBLEMA 3.1

Calcule el coeficiente de transferencia de masa y el espesor efectivo de la película que se esperaríaen la absorción de amoniaco de aire por una solución de ácido sulfúrico 2 N, en una torre de pare-des mojadas, en las siguientes condiciones:

Flujo de aire = 41.4 g/min(sólo aire) Presión parcial promedio del amoniaco en el aire = 30.8 mm Hg

Presión total = 760 mm Hg

Temperatura promedio del gas = 25

Temperatura promedio del liquido = 25

Diám. de la torre = 1.46 cm

Para la absorción de amoniaco en ácido sulfúrico de esta concentración, la resistencia total a latransferencia de masa se encuentra en el gas; la presión parcial del amoniaco en la interface pue-de despreciarse. Nota: Las condiciones corresponden a la corrida 47 de Chambers y Sherwood[`Trans. ALChE,33,579(1937)], quienes observaron que d/z F= 16.6 .

SOLUCION 3.1


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Ahora:KT

ЄAB=298

209.48 = 1.42 →f KTЄAB= 0.62 (Figura 2.5)

DAB=10−(1.084 0.249 1/17 + 1/29)(298) . ( 1/17 + 1/29)

(101330)(0.33055) (0.62) = 2.3 × 10 −m /s Calculo de Sc

Sc= µρDAB=183.6 × 10 −7 kg/ms

(1.707 Kg/m )(2.3 × 10 −m /s) = 0.46

Usamos: Sh = 0.023 Re0. Sc / Sh = 0.0238(4895.18) 0. (0.46) / = 20.616 Ahora kG=

Sh pTDABp , RTD

(Tabla 3.2 , sección 4)

Cálculo p , :

pB,M = 760−7 9.n . = 744. 5 mm Hg

kG=(20.616)(760 mm Hg)(2.3 × 10 −m /s)

(744.5 mm Hg) (0.082 × 10 − atm.mmol °k )(298° )(0.0146 )

kG = 1.356 mol/m . . atm (1 atm /760 mm ) kG 1.79 × 10 − /s Hg Cálculo NA

NA= kG(p p ) Si p = 0


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NA= 1.79 × 10 −mol

mm Hg m . s (30.8 mm Hg)

NA= 0.0551 mol/m . s Para la teoría de la película, se trata de hallar el valor del espesor efectivo.

=D

De la tabla 3.2, sección 4 Sh = D Sh =

DAB C DZF C DAB

ZF=DSh =

0.0146 m20.616 = 0.0007082 m

PROBLEMA 3.2

Powell [Trans. . Chem. .(Londres),13,175 (1935);18,36( )] evaporó agua delexterior de cilindros en una corriente de aire que fluía paralela a los ejes de los cilindros. La tem-peratura del aire era de 25 ; la presión total, la atmosférica. Los resultados están dados por

wlPW PA

= 3.17 × 10 −(ul)0. en donde w = agua evaporada,g/s cm

PA= Presión parcial del agua en la corriente de aire,mm Hg .Pv= Presión del vapor de agua a la temperatura de la superficie, mm Hg .u = Velocidad de la corriente de aire, cm/s .

l = Longitud del cilindro, cm.

a) Transforme la ecuación a la forma = ( , ), en donde Re, es un número de Reynoldsbasado en la longitud del cilindro.

b) Calcule la rapidez de sublimación de un cilindro de naftaleno de 0.075 m de diám. por 0.60m de largo (o 3 pulgadas de diám. por 24 pulgadas de largo) en una corriente de dióxido de


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ShRe Sc/

=

kG p B,M RTlpT DABρυlµ µ/

ρ/ DAB/=

kG p B,MRTµρ/ DAB/pT DABρυ µ/ =

kG p B,MRTpT υ µρDAB

/

ShRe Sc/

= a ρυlµ b= 3.17 × 10 −(υl)0.MAl

p B,MRTpT υ Sc

/

a ρµb(υl)b= 3.17 × 10 − p B,MRT Sc

/ MA pT

(υl)−0. b = 0.2

Ahora a ρµ−0. = 3.17 × 10 − p B,MRT Sc

/ (υl)−0

.

MA pT a =

3.17 × 10 − p B,MRT Sc/ (υl)−0.

MA pT µρ

−0.

a =3.17 × 10 − p B,MRT Sc

/

MA pT υlµρ

−0.

jD=3.17 × 10 − p B,MRT Sc/

MA pT ρυlµ0.

Re−0.

De la correlación:wl

pw pA= 3.17 × 10 −(υl)0.


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w =3.17 × 10 −(600 × 60 )0. (10)

60 = 2.33 × 10− g/cm . s

Area transferencia = πDl = π(60 cm)( 7.5 cm) = 1413.71 cm w = 2.33 × 10 − gcm . s × 1413.71 cm × 3600 s1h × 1 kg1000g w = 0.119 kg/h

PROBLEMA 3.3

Esta fluyendo agua en forma descendente por la pared inferior de una torre de paredes mojadas

con el diseño de la figura 3.11; al mismo tiempo, en forma ascendente está fluyendo aire a travésdel centro. En un caso particular, el diámetro interior es 25 mm (o 1 in); el aire seco entra con unarapidez de 7.0 kg/s m² de sección transversal interna (o 5 000 lb /pie h). Supóngase que el airetiene una temperatura promedio homogénea, 36 , el agua de 21 ; el coeficiente de transfe-rencia de masa considérese constante. Presión = 1 atm. Calcule la presión parcial promedio delagua en el aire que se aleja, si la torre tiene 1 m de longitud (o 3 pies).

SOLUCION 3.3


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Cálculo n

n = 7000g

m s ×π4

(25×10 −m) 1 mol29g = 0.118 mol/s npT

p + NAπDdH = npT (p + d p ) kG(ps t p)πDdH = npT dp dH

H0

=n

kG pT πDdp

ps t p dpp p

H =n

kG pT πD lnps t pps t p

Cálculo ps t ∶ H O(T = 21), aplicamos Ley de Raout A = 16.5362 ln ps t= 16.5362 9 −9 −. 97 ps t= 2.47 k Pa B = 3985.44

C = 38.9974 lnps t= 0.118 mol/s ln (2.47/2.47 p )1.514 mol

m .s.atm (1 atm)π(25×10 −m)

p = 1.573Pa = 1573 N/m

PROBLEMA 3.5

Un tanque de mezclado de 3 ft (0.915 m) de diám. Contiene agua a 25 a una profundidad de 3 ft(0.915 m). El líquido se agita con un impulsor giratorio a una intensidad de 15 Hp/1 000 gal (2 940W/m³). Calcule la escala de los remolinos más pequeños en el rango universal.

SOLUCIONES 3.5


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Cálculo VHO :VHO= (0.915 m) (0.915 m) = 0.6016 m P = 2940 W× 0.6016m = 1768.88 W Cálculo m :

ρHO(25 ) = 997.08 kg/m ,µHO(25 ) = 0.8937 × 10 −kg/ms m = V

HO

ρ= 0.6016 m (997.08 kg/m ) = 599.84 kg

De la ecuación (3.25)

l = Pg/

= µρ=0.89 37 × 10 −kg/ms

997.08 kg/m = 8.96 × 10−7m /s

l = (8.96 × 10 −7) (599.84)(1768.88)( 1) /

= 2.22 × 10 − m

PROBLEMA 3.6

La velocidad terminal en caída libre de gotas de agua en aire, a presión atmosférica estándar estádada por la siguiente tabla de datos.


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Diám. mm 0.05 0.2 0.5 1.0 2.0 3.0velocidad, m/s 0.055 0.702 2.14 3.87 5.86 7.26ft/s 0.18 2.3 7.0 12.7 19.2 23.8

Una gota de agua con un diámetro inicial de 1.0 mm cae en aire seco en reposo a 1 atm, 38 (100 ). La temperatura del líquido puede tomarse como 14.4 (58 ). Suponiendo que la gotapermanece esférica y que la presión atmosférica permanece constante a 1 atm.

a) Calcule la rapidez inicial de evaporación.b) Calcule el tiempo y la distancia de la caída libre de la gota para que se evapore hasta un

diámetro de 0.2 mm.c) Calcule el tiempo para que ocurra la evaporación anterior, suponiendo que la gota está

suspendida sin movimiento (como una hebra fina) en aire en reposo.

SOLUCION 3.6

a)

Propiedades:

ρ aire 38= 1.125 kg m⁄ µ aire38= 189.792 × 10 −7 kg ms⁄ ρ aire 14.4 = 1.203 kg m⁄ T = 38 ρH 014.4 = 999.07kg m⁄ THO= 14.4 ρ aire 26.2 = 1.165 kg m⁄ D = 1 mm

µ aire 26.

2= 184.2 × 10

−7 kg ms

⁄ Aire seco (p2 = o)

Pv agua 26.2 = 3.39 k Pa P = 1 atm Para D = 1 mm v = 3.87 m s⁄

Re = ρvDµ=(1.165 kg m⁄ )(3.87 m s⁄ )( 0.001 m)

184.2 × 10−7kg ms⁄ = 244.76 Calculo D

gu − (

6. )


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b)

Conocemos que:

Re = ρvDµ , Sc = µDAB , G gD ∆ρρ ρµ , Sh

= 2 + 0.569 G Sc 0. + 0.347 (Re Sc0. )0.6 kG=

Sh DABRTD , NA= kG pV= , A= NA. A

Vamos a tomar 5 valores de diámetro estos son: 1 mm, mm, 0.6 mm, 0.4 mm y 0.2 mm y luegohallaremos A promedio.

A= ∫ A D D∫ D D

Luego:

D V

1 mm 3. 87 m s⁄ 0.8 mm 3.28 m s⁄ 0.6 mm 2. 55 m s⁄ 0.4 mm 1.69 m s⁄ 0.2 mm 0.702 m s⁄


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Re = ρvDµ=(1.165 kg m3⁄ )(2.286 m s⁄ )D

184.2 × 10−7kg ms⁄ = 144581.43 D Sc = µ

ρ DAB=

184.2 × 10 −7kg ms⁄(1.165 kg m⁄ ) 2.584 × 10 −m s

= 0.612

G =gD ∆ρρ ρµ

=(9.81 m s⁄ ) (1.203 1.125) kg m⁄

1.165 kg m⁄ 1.165 kg m⁄

184.2 × 10 −7kg ms⁄ G = 2627303738

Sh = 2 + 0.569 (2.6 × 10 9D × 0.612) 0. + 0.347 (1445814D × 0.612 0. )0.6= 2 + 114D 0.7+ 471.5D0.6

kG=Sh DAB

RTD =(2 + 114D0.7+ 471.5D0.6) 2.584 × 10 −m s

0.082 × 10 −atm.mmol °k (299.2°k)( D)

= 1.053 × 10 −(2 + 114D0.

7+ 471.5D0.

6)D

NA= k G pV= 1.053 × 10 −(2 + 114D0.7 + 471.5D0.6)

D(3.39 k Pa)( 1 atm/101.3 k Pa )

= 3.524 × 10 − (2 + 114D0.7 + 471.5D0.6)D

A= NA. A = (3.524 × 10 −)(2 + 114D0.7+ 471.5D0.6)

D πD= 1.1 × 10 −(2D + 114D .7+ 471.5D .6)

Del apartado b)

t = ρA MA (π/2 )D dD

1.1 × 10 −(2D + 114D .7+ 471.5D .6)0.0000.00

t = 999.07 kg m3⁄

18×10 −kg/mol(π/2 )

1.1 × 10− ( 6.508 × 10 − m . s/mol ) t = 51.58 s (c)


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PROBLEMA 3.7

La rapidez de variación de la temperatura de una reacción química que involucra transferencia de

masa, se utiliza algunas veces para determinar si la rapidez de transferencia de masa o la de lareacción química “controla” o es de mecanismo dominante. Considere un fluido que fluye a travésde un tubo circular con un DI de 25 mm (1.0 in), en donde el soluto transferido es amoniaco ensolución diluida. Calcule el coeficiente de transferencia de masa para cada uno de los siguientescasos:

a) El fluido es una solución diluida de amoniaco en aire, 25 “C, 1 atm, que fluye con un núme-ro de Reynolds = 10 000. D AB=2.26 (10 -5) m²/s (0.226 cm²/s).

b) Igual que en (a) (la misma velocidad de masa), pero la temperatura = 35 °C.c) El fluido es una solución diluida de amoniaco en agua líquida, 25 °C, que fluye con un nu-

mero de Reynolds = 10 000. D AB=2.65 (10 -9) m²/s [2.65(10−) ²/ ].d) Igual que en (c) (la misma velocidad de masa), pero la temperatura = 35 °C. Tanto en

el gas como en el líquido, suponiendo que el coeficiente de transferencia de masa sigueuna ecuación del tipo de Arrhenius, calcular la “energía de activación” de la transferenciade masa. ¿Es ésta alta o baja, en comparación con la energía de activación de reaccionesquímicas típicas? Nótese que, para obtener la “energía de activación” de la transferenciade masa, no se necesitaba en el caso de soluciones diluidas, haber especificado la identi-dad del soluto que está difundiendo.

¿Qué otro método puede utilizarse para determinar qué factor está “controlando”: la ra-pidez de la reacción o la rapidez de la transferencia de masa?

SOLUCIONES 3.7

(a)

A = N H T = 25 Re = 10000

= Aire P = 1 atm DAB= 2.26 × 10 −m /s


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ρ (25 ) = 1.1707 kg/m µ (25 ) = 183.6 × 10 −7k g/ms Sc= µρDAB=

183.6 × 10 −7k g/ms(1.1707 kg/m )( 2.26 × 10 −m /s ) = 0.69

Sh = 0.023 Re0. Sc / Sh = 0.023 (10 000)0. (0.69) / = 42.463

kG=Sh pT DAB p

B,M RTD /PB,M 1(soluciones diluidas)

kG=(42.463)( 2.26 × 10 −m /s )

0.082 × 10 −atm.mmol °K (298 °K)(25×10 − m)= 1.57 mol/atm. m . s

(b)

T = 35 mismas condiciones que (a) DAB(35) = DAB(25) 35 + 27325 + 273

/

= 2.37 × 10 −m /s

ρ (35 ) = 1.1347 kg/m µ (35 ) = 183.37 × 10 −7k g/ms Sc = µρDAB=

183.37 × 10 −7k g/ms(1.1347 kg/m )(2.37 × 10 −m /s ) = 0.7

Sh = 0.023 Re0. Sc / Sh = 0.023 (10 000)0. (0.7) / = 42.67 kG=

Sh pT DAB pB,M RTD

PT/PB,M 1(soluciones diluidas) kG=

(42.67)( 2.37 × 10 −m /s )0.082 × 10

−atm.m

mol °K (308 °K)(25×10

− m)

= 1.6 mol/atm. m . s


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(c)

A = N H T = 25 R = 10 000

B = H O D

AB= 2.65 × 10 −9m /s

ρHO(25 ) = 997.08 kg/m µH0(25 ) = 0.89.37 × 10 − kg/ms Sc = µρDAB=

0.8937 × 10 − kg/ms(997.08 kg/m )(2.65 × 10 −9m /s ) = 338.233

Sh = 0.023 Re0. Sc / Sh = 0.023 (10 000)0. (338.233) / = 334.81 kL=

ShDAB xB,M D

(334.81)( 2.65 × 10 −9m /s )

25×10 − = 3.545 × 10 −m /s

( )

T = 35 mismos condiciones que (c) ρHO(35 ) = 993.965 kg/m µHO(35 ) = 0.7228 × 10 −kg/ms DAB (35) = DAB(25) 35 + 27325 + 273 = 2.74 × 10 −9m /s

Sc= µρDAB=0.7228 × 10 −k g/ms

(993.965 kg/m )( 2.74 × 10 −9m /s ) = 265.397 Sh = 0.023 Re0. Sc / Sh = 0.023 (10 000)0. (265.397) / = 308.79

kL=ShDAB xB,M D

(308.79)(2.74 × 10 −9m /s )

25×10 − = 3.384 × 10 −m /s

Ecuación de Arrhenius k = A − Entonces para la solución diluida de amoniaco en aire


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K = Ae− ERT K = Ae− ERT KK = eER T− T ln KK = EaR 1T 1T Ea = (8.314 J/mol °k)

1308 1298 °k ln 1.571.6 = 1.71 × 10 −J/mol

Entonces para la solución diluida de amoniaco en agua .

Ea =

8.314

J

mol°k

1

308 1

298°k ln

3.549 × 10 −3.385 × 10 −

Ea = 4.28 × 10 −J/mol

solucionario cap 3 treybal

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