Uma coluna com condensador total e refervedor total deverá ser projetada para operar a 1 atm , e separar uma mistura líquida saturada de benzeno - tolueno com 65 \% molar de
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Apostila de Exercícios de OP II
Prof. Marisa F. Mendes benzeno e vazão molar de 1000 \frac{\text { Kgmoles }}{h}. A carga entra no seu prato ótimo. Deseja-se uma composição de 95 \% molar de benzeno para o destilado, uma composição de 98 \% molar de tolueno no produto de fundo, retirar uma corrente líquida no segundo prato abaixo do prato ótimo de carga para enviar a um refervedor intermediário onde será vaporizada totalmente e retornar à coluna no prato ótimo. A razão de refluxo externa de topo é 2 vezes a razão de refluxo mínima. Considere que as vazões molares constantes e a volatilidade do benzeno em relação ao tolueno constante nessa faixa de separação constante e igual a 2,5. Determine:
a) O estágio ótimo de carga;
b) O estágio onde entra o vapor;
c) A razão de refluxo operacional e
d) O número de estágios de equilíbrio.

Passo 1

Enunciado resumido (o que é dado e o que se pede):
  • Mistura binária benzeno (componente mais volátil) / tolueno (componente menos volátil).
  • Vazão de alimentação F=1000\\ \mathrm{Kgmol/h} (não precisaremos do valor numérico para contas de etapas relativas, mas fica registrado).
  • Composição da alimentação \;z_F=0{,}65 (fração molar de benzeno).
  • Alimentação saturada líquida \Rightarrow q=1.
  • Pressão 1\\ \text{atm} (não entra explicitamente nas contas porque usamos volatilidade relativa constante).
  • Volatilidade relativa constante do benzeno em relação ao tolueno \;\alpha=2{,}5.
  • Condensador total e refervedor total.
  • Destilado (topo) com x_D=0{,}95 (fração molar de benzeno).
  • Fundo (produto de fundo) com 98\% de tolueno \Rightarrow fração molar de benzeno no fundo \;x_B=1-0{,}98=0{,}02.
  • Retira-se uma corrente líquida no segundo prato abaixo do prato ótimo de carga e essa corrente vai a um refervedor intermediário; o vapor gerado aí retorna totalmente à coluna no prato ótimo de carga (logo o vapor entra no prato ótimo).
  • A razão de refluxo externa de topo é R=2\,R_{\min}.
  • O que pedem:
    a) Identificar o estágio ótimo de entrada da carga (número do prato);
    b) Identificar o estágio onde entra o vapor (o ponto de retorno do vapor do refervedor intermediário);
    c) Calcular a razão de refluxo operacional R;
    d) Determinar o número de estágios de equilíbrio necessários.

Passo 2

Plano de solução (método que vamos usar e por quê):
  • Para colunas binárias com volatilidade relativa constante é clássico usar a sequência Fenske — Underwood — Gilliland para projetar número de estágios e razão de refluxo:
    1. Fenske para o número mínimo de estágios em refluxo total N_{\min}.
    2. Underwood para obter a razão de refluxo mínima R_{\min}.
    3. Assumindo R=2\,R_{\min} calcularemos X e, usando a correlação de Gilliland (forma explícita), obteremos o número real de estágios N.
  • Para localizar o prato ótimo de alimentação usamos o método gráfico de McCabe–Thiele (mas realizaremos os “degraus” numericamente): calculamos a reta de operação da seção retificadora com R obtido, determinamos a interseção com a linha de alimentação vertical ( q=1) e damos os “passos” (horizontal na curva de equilíbrio, vertical na reta de operação) do topo até cruzar a vertical x=z_F. O número de degraus acima da alimentação nos dá o prato ótimo (contagem a partir do topo).
  • Usaremos a relação de equilíbrio para volatilidade constante: y=\frac{\alpha x}{1+(\alpha-1)x},e a inversa para, dado y, obter x: x=\frac{y}{\alpha - (\alpha-1)y}.
  • Todas as contas serão feitas passo a passo.

Passo 3

Cálculo de N_{\min} (Fenske):
Fórmula de Fenske (número mínimo de estágios em refluxo total para separação binária):
N_{\min}=\frac{\ln\!\left(\dfrac{x_D/(1-x_D)}{x_B/(1-x_B)}\right)}{\ln \alpha}.
Calculemos os termos:
  • \dfrac{x_D}{1-x_D}=\dfrac{0{,}95}{0{,}05}=19.
  • \dfrac{x_B}{1-x_B}=\dfrac{0{,}02}{0{,}98}\approx 0{,}02040816.
  • Razão entre esses termos: \frac{19}{0{,}02040816}\approx 932.
  • Usando logaritmos naturais: \ln(932)\approx 6{,}8377,\qquad \ln(\alpha)=\ln(2{,}5)\approx 0{,}91629.
Portanto
N_{\min}=\frac{6{,}8377}{0{,}91629}\approx 7{,}464.
Interpretação: com refluxo infinito (refluxo total) seriam necessárias cerca de 7{,}46 etapas teóricas (valor mínimo).

Passo 4

Cálculo de R_{\min} (Underwood) — explicação e resolução:
Teoria (resumo didático):
  • Underwood fornece uma equação para obter um parâmetro \theta que, em seguida, permite calcular R_{\min}. Para mistura binária e alimentação saturada líquida ( q=1) a equação de Underwood a ser usada para achar a raiz relevante (a raiz escolhida deve estar entre 1 e \alpha quando se usa a chave leve/heavy de modo habitual) é: \frac{z_F\,\alpha}{\alpha - \theta} + \frac{(1-z_F)\cdot 1}{1-\theta}=1.Aqui indexamos o tolueno com volat. relativa 1 e o benzeno com \alpha.
  • Depois de encontrado \theta a fórmula para a razão de refluxo mínima é R_{\min}=\left[\,x_D\frac{\alpha}{\alpha-\theta}+(1-x_D)\frac{1}{1-\theta}\right]-1.
Agora aplicamos numericamente (vamos resolver a equação para \theta procurando a raiz entre 1 e \alpha=2{,}5):
Escrevendo os números:
\frac{0{,}65\cdot 2{,}5}{2{,}5-\theta}+\frac{0{,}35}{1-\theta}=1.
Coeficiente \;0{,}65\cdot 2{,}5=1{,}625.
Fazemos busca numérica (procura-se \theta entre 1 e 2{,}5):
  • Teste \theta=1{,}52: \frac{1{,}625}{2{,}5-1{,}52} + \frac{0{,}35}{1-1{,}52} =\frac{1{,}625}{0{,}98} + \frac{0{,}35}{-0{,}52} \approx 1{,}6582 -0{,}6731 =0{,}9851\\ (<1).
  • Teste \theta=1{,}53: \frac{1{,}625}{0{,}97} + \frac{0{,}35}{-0{,}53} \approx 1{,}674 -0{,}660 =1{,}014\\ (>1).
  • Fazendo interpolação/ajuste fino obtemos \theta\approx 1{,}525 como raiz que satisfaz a equação com boa precisão: \theta\approx 1{,}525.
Agora calculamos R_{\min} usando essa \theta:
R_{\min}=x_D\frac{\alpha}{\alpha-\theta}+(1-x_D)\frac{1}{1-\theta}-1.
Calculemos termos:
  • \alpha-\theta=2{,}5-1{,}525=0{,}975.
  • \frac{\alpha}{\alpha-\theta}=\frac{2{,}5}{0{,}975}\approx 2{,}5641026.
  • x_D\frac{\alpha}{\alpha-\theta}=0{,}95\cdot 2{,}5641026\approx 2{,}435897.
  • \frac{1}{1-\theta}=\frac{1}{1-1{,}525}=\frac{1}{-0{,}525}\approx -1{,}9047619.
  • (1-x_D)\frac{1}{1-\theta}=0{,}05\cdot(-1{,}9047619)\approx -0{,}0952381.
Somando:
2{,}435897 - 0{,}0952381 = 2{,}340659.
Finalmente:
R_{\min}=2{,}340659 -1 = 1{,}340659 \approx 1{,}341.
Comentário interpretativo: R_{\min}\approx 1{,}34 (razão de refluxo mínima) é razoável numericamente para a severidade desta separação.

Passo 5

Razão de refluxo operacional (dado do enunciado):
  • Foi dado R = 2\,R_{\min}. Calculando numericamente: R = 2\times 1{,}340659 \approx 2{,}681318 \approx 2{,}68.
Portanto a razão de refluxo operacional adotada será \;R\approx 2{,}68.

Passo 6

Cálculo do número de estágios N com correlação de Gilliland (forma explícita):
Explicação didática breve:
  • Fenske deu N_{\min} em refluxo total.
  • Underwood deu R_{\min}.
  • Gilliland relaciona a razão de refluxo (via uma variável adimensional X) com o aumento do número de estágios sobre o mínimo (via Y). A forma explícita que usaremos é a aproximação comum: X=\frac{R-R_{\min}}{R+1},\qquad Y=\frac{N-N_{\min}}{N+1},e a aproximação explícita para Y(X) (Gilliland aproximado): Y = 1 - \exp\!\left[\frac{1+54{,}4\,X}{11+117{,}2\,X}\,(X-1)\right].
  • Depois resolvemos para N: N=\frac{N_{\min}+Y}{1-Y}.
Agora cálculo numérico:
  • Já temos R\approx 2{,}681318 e R_{\min}\approx 1{,}340659.
  • Calcule X: X=\frac{2{,}681318-1{,}340659}{2{,}681318+1}=\frac{1{,}340659}{3{,}681318}\approx 0{,}3643.
  • Calcule o expoente da aproximação de Gilliland: \frac{1+54{,}4X}{11+117{,}2X}=\frac{1+54{,}4(0{,}3643)}{11+117{,}2(0{,}3643)} =\frac{1+19{,}828}{11+42{,}68}\approx\frac{20{,}828}{53{,}68}\approx 0{,}3879.Então a expressão dentro do expoente é 0{,}3879\,(X-1)=0{,}3879\cdot(-0{,}6357)\approx -0{,}2465.
  • Assim Y=1-\exp(-0{,}2465)\approx 1-0{,}7816 = 0{,}2184.
  • Finalmente N: N=\frac{N_{\min}+Y}{1-Y}=\frac{7{,}464+0{,}2184}{1-0{,}2184}=\frac{7{,}6824}{0{,}7816}\approx 9{,}83.
Interpretação: o número de estágios teóricos (equilíbrio) aprox. é N\approx 9{,}83. Como não se pode ter fração de prato na prática, arredondamos para cima: são necessários 10 estágios teóricos (incluindo o refervedor como estágio de equilíbrio inferior, dependendo da convenção; a contagem feita aqui refere-se ao número total de estágios teóricos da coluna).

Passo 7

Localização do prato ótimo da alimentação (McCabe–Thiele numérico) — passo a passo e contagem dos degraus:
  • Primeira coisa: determinar a reta de operação da seção retificadora com a razão de refluxo R encontrada.
    • Em seção retificadora a reta é: y = \frac{R}{R+1}\,x + \frac{x_D}{R+1}.
    • Calculemos coeficiente angular m e intercepto b: m=\frac{R}{R+1}=\frac{2{,}681318}{3{,}681318}\approx 0{,}7285, \qquad b=\frac{x_D}{R+1}=\frac{0{,}95}{3{,}681318}\approx 0{,}2581.Logo a reta da seção retificadora é y=0{,}7285\,x + 0{,}2581.
  • Interseção com a linha de alimentação ( q=1, vertical x=z_F=0{,}65):
    y_F=m\,x_F + b = 0{,}7285\cdot 0{,}65 + 0{,}2581 \approx 0{,}7316.
    Então o ponto de interseção retificador/linha-de-carga é (x_F,y_F)=(0{,}65,\;0{,}7316).
  • Reta de operação da seção estripada (usamos que ela passa por (x_B,x_B)=(0{,}02,0{,}02) e pelo ponto de alimentação (0{,}65,0{,}7316)):
    • Inclinação: s=\frac{0{,}7316-0{,}02}{0{,}65-0{,}02}=\frac{0{,}7116}{0{,}63}\approx 1{,}1293.
    • Intercepto: t = y - s x\\ \text{(usando x=0{,}02,y=0{,}02)} \Rightarrow t = 0{,}02 - 1{,}1293\cdot 0{,}02 \approx -0{,}002586.
    • Então seção estripada: y=1{,}1293\,x - 0{,}002586.
  • Agora fazemos o passo-a-passo (degraus) do topo até a alimentação usando a curva de equilíbrio com \alpha=2{,}5. Fórmulas úteis:
    • Equilíbrio direta: y=\dfrac{\alpha x}{1+(\alpha-1)x}.
    • Inversa (dada uma y, achar x): x=\dfrac{y}{\alpha - (\alpha-1)y}.
  • Realizamos os degraus começando em x=x_D=0{,}95:
    1. Começo em (x=0{,}95,y=0{,}95) (ponto sobre a bissetriz, condensador total). Traço horizontal até a curva de equilíbrio: isso significa achar x tal que y_{\text{eq}}(x)=0{,}95. Usando a inversa: x_1=\frac{0{,}95}{2{,}5 - 1{,}5\cdot 0{,}95}=\frac{0{,}95}{1{,}075}\approx 0{,}88372.Depois vertical até a reta de operação retificadora (calcular y na reta para esse x_1): y_{op1}=0{,}7285\cdot 0{,}88372 + 0{,}2581 \approx 0{,}9012.(Isto corresponde a 1 estágio.)
    2. Horizontal até a curva de equilíbrio com y=0{,}9012: inverter x_2=\frac{0{,}9012}{2{,}5 - 1{,}5\cdot 0{,}9012} \approx 0{,}7855.Vertical até a reta: y_{op2}=0{,}7285\cdot 0{,}7855 + 0{,}2581 \approx 0{,}8300.(2º estágio.)
    3. Horizontal até equilíbrio com y=0{,}8300: x_3=\frac{0{,}8300}{2{,}5 - 1{,}5\cdot 0{,}8300}\approx 0{,}6617.Vertical até a reta: y_{op3}=0{,}7285\cdot 0{,}6617 + 0{,}2581 \approx 0{,}7400.(3º estágio.)
    4. Se continuássemos, para y=0{,}7400 a horizontal daria x_4=\frac{0{,}7400}{2{,}5 - 1{,}5\cdot 0{,}7400}\approx 0{,}5324,que já é menor que x_F=0{,}65. Ou seja, o ponto de alimentação vertical x=0{,}65 situa-se entre os resultados após o 3º estágio e antes do 4º estágio.
  • Conclusão sobre posição da alimentação:
    • Contando estágios a partir do topo (condenser-plate = prato 1), nós completamos 3 estágios acima do prato onde a alimentação deve entrar; portanto a alimentação entra no 4º prato a partir do topo.
    • Em outras palavras: número de pratos acima da alimentação = 3; prato ótimo de carga = 4º a partir do topo.
Observações adicionais (relacionadas ao enunciado):
  • O enunciado diz que se retira a corrente líquida no segundo prato abaixo do prato ótimo de carga. Como o prato ótimo é o 4º, o segundo prato abaixo é o 4+2=6º prato a partir do topo — esse é o prato de onde se retira a corrente líquida para o refervedor intermediário.
  • O vapor gerado no refervedor intermediário retorna ao prato ótimo de carga — portanto o vapor entra no 4º prato (confirmando o que pedi no item b).

Passo 8

Resumo final dos resultados numéricos (preparação para a resposta final):
  • N_{\min} (Fenske) \approx 7{,}46.
  • \theta (Underwood) \approx 1{,}525.
  • R_{\min}\approx 1{,}3407.
  • R operacional =2R_{\min}\approx 2{,}6813 (arredondamos para 2{,}68).
  • Usando Gilliland obtemos N\approx 9{,}83 estágios teóricos \Rightarrow arredondando para cima: 10 estágios teóricos.
  • Localização da alimentação (prato ótimo) = 4º prato a partir do topo; vapor do refervedor intermediário entra no mesmo prato (4º); a corrente líquida retirada está no 6º prato (2º abaixo da alimentação), conforme o enunciado.

Resposta

(a) 4º prato a partir do topo.
(b) 4º prato a partir do topo (o vapor retorna ao prato ótimo de carga).
(c) R \approx 2{,}68.
(d) N \approx 9{,}83 estágios teóricos \Rightarrow usar 10 estágios teóricos (arredondando para cima).

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