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 esperaría
en 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 la
transferencia 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

Ahora:
KT
Є
AB
=
298
209.48
= 1.42 →
f
KT
Є
AB
= 0.62 (Figura 2.5)
D
AB
=
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
S
c= µ
ρ
D
AB
=
183.6 × 10 −7
kg/ms
(1.707 Kg/m )(2.3 × 10 −m /s)
= 0.46
Usamos: Sh = 0.023 Re
0
. Sc /
Sh = 0.0238(4895.18) 0
.
(0.46) /
= 20.616
Ahora k
G
=
Sh p
T
D
AB
p , RTD
(Tabla 3.2 ,sección 4)
Cálculo p , :
p
B
,M
= 760−7 9
.
n .
= 744. 5 mm Hg
k
G
=
(20.616)(760 mm Hg)(2.3 × 10 −m /s)
(744.5 mm Hg) (0.082 × 10 −atm.m
mol °k )(298° )(0.0146 )
k
G= 1.356 mol/m . . atm (1 atm /760 mm )
k
G1.79 × 10 − / s Hg
Cálculo NA
N
A
= k
G
(p p ) Si p = 0

N
A
= 1.79 × 10 − mol
mm Hg m .s
(30.8 mm Hg)
N
A
= 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 =
D
AB
C D
Z
FC D
AB
Z
F=
D
Sh
=
0.0146 m
20.616
= 0.0007082 m
PROBLEMA 3.2
Powell [Trans. . Chem. .(Londres),13,175 (1935);18,36( )] evaporó agua del
exterior 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
wl
PW P
A
= 3.17 × 10 −(ul)0
.
en donde w = agua evaporada,g/s cm
P
A
= Presión parcial del agua en la corriente de aire,mm Hg .
P
v= 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 Reynolds
basado en la longitud del cilindro.
b) Calcule la rapidez de sublimación de un cilindro de naftaleno de 0.075 m de diám. por 0.60
m de largo (o 3 pulgadas de diám. por 24 pulgadas de largo) en una corriente de dióxido de

Sh
Re S
c
/ =
k
G
p
B
,M
RTl
p
T
D
AB
ρυ
l
µ µ
/
ρ/ D
AB
/
=
k
G
p
B
,M
RTµρ
/
D
AB
/
p
T
D
AB
ρυ
µ
/ =
k
G
p
B
,M
RT
p
T
υ
µ
ρ
D
AB
/
Sh
Re S
c
/ = a ρυ
l
µ
b= 3.17 × 10 −(
υ
l)0
.
M
A
l
p
B
,M
RT
p
T
υ S
c
/
a ρ
µ
b(
υ
l)b=
3.17 × 10 −p
B
,M
RT S
c
/
M
A
p
T
(
υ
l)−0
.
b = 0.2
Ahora a
ρ
µ−0
.
= 3.17 × 10
−p
B
,
M
RT S
c
/
(
υ
l)
−0
.
M
A
p
T
a =
3.17 × 10 −p
B
,M
RT S
c
/
(
υ
l)−0
.
M
A
p
T
µ
ρ
−0
.
a =
3.17 × 10 −p
B
,M
RT S
c
/
M
A
p
T
υ
lµ
ρ
−0
.
j
D
=
3.17 × 10
−p
B
,M
RT S
c/
M
A
p
T ρ
υ
lµ
0
.
Re−0
.
De la correlación:
wl
p
w p
A
= 3.17 × 10
−(
υ
l)
0
.

w =
3.17 × 10 −(600 × 60 )0
. (10)
60
= 2.33 × 10 −g/cm .s
Area transferencia = π
Dl = π
(60 cm)(7.5 cm) = 1413.71 cm
w = 2.33 × 10 − g
cm .s
× 1413.71 cm × 3600 s
1h
× 1 kg
1000g
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 través
del centro. En un caso particular, el diámetro interior es 25 mm (o 1 in); el aire seco entra con una
rapidez de 7.0 kg/s m² de sección transversal interna (o 5 000 lb /pie h). Supóngase que el aire
tiene 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 del
agua en el aire que se aleja, si la torre tiene 1 m de longitud (o 3 pies).
SOLUCION 3.3

Cálculo n
n = 7000
g
m s
× π
4
(25×10 −m)
1 mol
29g
= 0.118 mol/s
n
p
T
p + N
A
π
DdH = n
p
T
(p+dp )
k
G
(p
s t p)
π
DdH =
n
p
T
dp dH
H
0
=
n
k
G
p
T
π
D
dp
p
s t p
dp
p
p
H =
n
k
G
p
T
π
D
ln
p
s t p
p
s t p
Cálculo p
s t∶
H O(T = 21
), aplicamos Ley de Raout
A = 16.5362 ln p
s t= 16.5362 9 −
9 −. 97 p
s t= 2.47 k Pa
B = 3985.44
C = 38.9974
lnp
s 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 (2 940
W/m³). Calcule la escala de los remolinos más pequeños en el rango universal.
SOLUCIONES 3.5

Cálculo V
H
O
:
V
H
O
= (0.915 m) (0.915 m) = 0.6016 m
P = 2940 W
× 0.6016m = 1768.88 W
Cálculo m:
ρ
H
O
(25 ) = 997.08 kg/m ,µ
H
O
(25 ) = 0.8937 × 10 −kg/ms
m = V
H
O
ρ
= 0.6016 m (997.08 kg/m ) = 599.84 kg
De la ecuación (3.25)
l =
Pg
/
= µ
ρ=
0.89 37 × 10 −kg/ms
997.08 kg/m
= 8.96 × 10 −7
m /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 está
dada por la siguiente tabla de datos.

Diám. mm 0.05 0.2 0.5 1.0 2.0 3.0
velocidad, m/s 0.055 0.702 2.14 3.87 5.86 7.26
ft/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 gota
permanece 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:
ρaire
38= 1.125 kg m
⁄
µ
aire38
= 189.792 × 10 −7
kg ms
⁄
ρaire 14.4 = 1.203kg m
⁄ T = 38
ρ
H
0
14.4 = 999.07kg m
⁄ T
H
O
= 14.4
ρaire 26.2 = 1.165kg m
⁄ D = 1 mm
µ
aire 26.
2
= 184.2 × 10
−7
kg ms
⁄
Aireseco (p2 = o)
P
vagua 26.
2 = 3.39 k Pa P = 1 atm
Para D = 1 mm v = 3.87 m s
⁄
Re = ρ
vD
µ=
(1.165 kg m
⁄ )(3.87 m s
⁄ )(0.001 m)
184.2 × 10 −7
kg ms
⁄ = 244.76
Calculo D
gu −
(
6
. )

b)
Conocemos que:
Re = ρ
vD
µ,Sc = µ
D
AB
, G
gD ∆ρ
ρ
ρ
µ, Sh
= 2 + 0.569 G Sc 0
.
+ 0.347 (Re Sc0
. )0
.6
k
G
=
Sh D
AB
RTD
, N
A
= k
G
p
V
= ,
A
= N
A
.A
Vamos a tomar 5 valores de diámetro estos son: 1 mm, mm, 0.6 mm, 0.4 mm y 0.2 mm y luego
hallaremos
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
⁄

Re = ρ
vD
µ=
(1.165 kg m3
⁄ )(2.286 m s
⁄ )D
184.2 × 10−7
kg ms
⁄ = 144581.43 D
Sc = µ
ρD
AB
=
184.2 × 10 −7
kg ms
⁄
(1.165 kg m
⁄ ) 2.584 × 10
−m s
= 0.612
G =
gD ∆ρ
ρ
ρ
µ
=
(9.81 m s
⁄ ) (1.203 1.125) kg m
⁄
1.165 kg m
⁄
1.165 kg m
⁄
184.2 × 10 −7
kg ms
⁄
G = 2627303738
Sh = 2 + 0.569 (2.6 × 10 9
D × 0.612) 0
.
+ 0.347 (1445814D × 0.612 0
. )0
.6
= 2 + 114D 0
.7+ 471.5D0
.6
k
G
=
Sh D
AB
RTD
=
(2 + 114D 0
.7+ 471.5D0
.6) 2.584 × 10 −m
s
0.082 × 10 −atm.m
mol °k
(299.2°k)(D)
= 1.053 × 10
−(2 + 114D
0
.
7+ 471.5D
0
.
6)
D
N
A
= k
G
p
V
= 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
= N
A
. A = (3.524 × 10 −)
(2 + 114D 0
.7+ 471.5D0
.6)
D π
D
= 1.1 × 10
−(2D + 114D .
7+ 471.5D .
6)
Delapartado b)
t = ρ
A
M
A
(
π
/2 )D dD
1.1 × 10 −(2D + 114D .7+ 471.5D .6)
0
.000
0
.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)

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 la
reacción química “controla” o es de mecanismo dominante. Considere un fluido que fluye a través
de un tubo circular con un DI de 25 mm (1.0 in), en donde el soluto transferido es amoniaco en
solución diluida. Calcule el coeficiente de transferencia de masa para cada uno de los siguientes
casos:
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 sigue
una ecuación del tipo de Arrhenius, calcular la “energía de activación” de la transferencia
de masa. ¿Es ésta alta o baja, en comparación con la energía de activación de reacciones
químicas típicas? Nótese que, para obtener la “energía de activación” de la transferencia
de 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 D
AB
= 2.26 × 10 −m /s

ρ (25 ) = 1.1707 kg/m
µ (25 ) = 183.6 × 10 −7
k g/ms
S
c=
µ
ρ
D
AB
=
183.6 × 10 −7
k 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
k
G
=
Sh p
T
D
AB
p
B
,
M
RTD
/P
B
,M 1(soluciones diluidas)
k
G
=
(42.463)(2.26 × 10 −m /s )
0.082 × 10 −atm.m
mol °K
(298 °K)(25×10 −m)
= 1.57 mol/atm. m . s
(b)
T = 35mismas condiciones que (a)
D
AB
(
35
) = D
AB
(
25
) 35 + 273
25 + 273
/
= 2.37 × 10 −m /s
ρ (35 ) = 1.1347 kg/m
µ (35 ) = 183.37 × 10 −7
k g/ms
Sc = µ
ρ
D
AB
=
183.37 × 10 −7
k g/ms
(1.1347 kg/m )(2.37 × 10 −m /s )
= 0.7
Sh = 0.023 Re
0
. Sc /
Sh = 0.023 (10 000)0
. (0.7) /
= 42.67
k
G
=
Sh p
T
D
AB
p
B
,M
RTD
P
T
/P
B
,M 1(soluciones diluidas)
k
G
=
(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

(c)
A = N H T = 25 R = 10 000
B = H O D
AB
= 2.65 × 10 −9
m /s
ρ
H
O
(25 ) = 997.08 kg/m
µ
H
0
(25 ) = 0.89.37 × 10 −kg/ms
Sc = µ
ρ
D
AB
=
0.8937 × 10 −kg/ms
(997.08 kg/m )(2.65 × 10 −9
m /s )
= 338.233
Sh = 0.023 Re0
.
Sc /
Sh = 0.023 (10 000)
0
. (338.233) / = 334.81
k
L
=
ShD
AB
x
B
,M
D
(334.81)(2.65 × 10 −9
m /s )
25×10 − = 3.545 × 10 −m /s
( )
T =
35mismos condiciones que (c)
ρ
H
O
(35 ) = 993.965 kg/m
µ
H
O
(35 ) = 0.7228 × 10 −kg/ms
D
AB
(
35
) = D
AB
(
25
)
35 + 273
25 + 273
= 2.74 × 10 −9
m /s
S
c=
µ
ρ
D
AB
=
0.7228 × 10 −k g/ms
(993.965 kg/m )(2.74 × 10
−9
m /s ) = 265.397
Sh = 0.023 Re0
.
Sc /
Sh = 0.023 (10 000)0
. (265.397) /
= 308.79
k
L
=
ShD
AB
x
B
,M
D
(308.79)(2.74 × 10 −9
m /s )
25×10 − = 3.384 × 10 −m /s
Ecuación de Arrhenius k = A
−
Entonces para la solución diluida de amoniaco en aire

K = Ae−E
RT
K = Ae−E
RT
K
K
= e E
RT−
T ln K
K
= Ea
R
1
T
1
T
Ea = (8.314 J/mol °k)
1
308
1
298
°k ln
1.57
1.6
= 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

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