1. Uma coluna de destilação com condensador total e refervedor parcial separa acetona de isopropanol. A vazão molar da carga é 10 \mathrm{kmol} / \mathrm{min} com 50 \% molar de acetona líquida saturada. O destilado deve ter 95 \% molar de acetona líquido saturado, o resíduo contém 5 \% molar de acetona. A pressão de operação é 1 atm . O refluxo retorna como líquido saturado e a razão de refluxo é 4,7. Determine o estágio ótimo de carga, o número de estágios de equilíbrio, o número de estágios de equilíbrio mínimo e a razão de refluxo mínima. Dados de equilíbrio na tabela:
\mathrm{x}_{\mathrm{a}} 0,10 0,15 0,20 0,25 0,30 0,35 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80 0,90
\mathrm{y}_{\mathrm{a}} 0,262 0,348 0,417 0,478 0,524 0,566 0,605 0,674 0,739 0,802 0,865 0,929

Passo 1

Vou listar claramente o que o enunciado nos dá e o que pede (pega-se tudo do enunciado e da tabela de equilíbrio).
  • Dados do processo:
    • Vazão molar da carga: F=10\\ \mathrm{kmol/min}.
    • Composição da carga (acetona, líquido saturado): z_F=0{,}50.
    • Destilado (líquido saturado): x_D=0{,}95.
    • Resíduo (fundos), líquido: x_B=0{,}05.
    • Pressão de operação: 1\\ \mathrm{atm} (para saber que as composições líquidas/vapores na tabela estão em consonância).
    • Refluxo (razão): R=4{,}7. O refluxo retorna como líquido saturado (isso implica operação com condensador total).
    • O enunciado diz “condensador total e refervedor parcial”.
  • Dados de equilíbrio (peguei estes números da tabela fornecida):
    • Valores tabulados \{(x_a,y_a)\}:
      • x_a=0{,}10,\; y_a=0{,}262
      • x_a=0{,}15,\; y_a=0{,}348
      • x_a=0{,}20,\; y_a=0{,}417
      • x_a=0{,}25,\; y_a=0{,}478
      • x_a=0{,}30,\; y_a=0{,}524
      • x_a=0{,}35,\; y_a=0{,}566
      • x_a=0{,}40,\; y_a=0{,}605
      • x_a=0{,}50,\; y_a=0{,}674
      • x_a=0{,}60,\; y_a=0{,}739
      • x_a=0{,}70,\; y_a=0{,}802
      • x_a=0{,}80,\; y_a=0{,}865
      • x_a=0{,}90,\; y_a=0{,}929
  • O que o enunciado pede:
    1. Determinar o estágio ótimo de carga (em que estágio inserir a alimentação).
    2. Determinar o número de estágios de equilíbrio (número de pratos teóricos) requerido com a razão de refluxo dada R=4{,}7 (contar estágios até o refervedor; incluir o refervedor como estágio quando pertinente — ver comentário metodológico adiante).
    3. Determinar o número mínimo de estágios de equilíbrio N_{\min} (isto é, número de estágios no caso de refluxo infinito / total reflux).
    4. Determinar a razão de refluxo mínima R_{\min}.
Observações importantes que usei depois:
  • A operação com condensador total permite usar a reta de operação do lado de cima na forma \displaystyle y=\frac{R}{R+1}\,x+\frac{x_D}{R+1}.
  • A alimentação é líquido saturado, logo q=1. Isso faz a linha-de-alimentação ser vertical: \;x=z_F.
  • Para os cálculos numéricos de interseção com a curva de equilíbrio usei interpolação linear entre os pontos da tabela (quando necessário eu digo explicitamente de qual par de pontos peguei os dados).

Passo 2

Plano de solução e fórmulas básicas que vou usar (explicação didática).
  • Método que vou usar: McCabe–Thiele (método gráfico/numérico por escada). Como tu pediu passo-a-passo para aprender, vou explicar as ideias:
    • A curva de equilíbrio relaciona a fração molar na fase líquida \;x\; com a fração molar na fase vapor em equilíbrio \;y\;.
    • A cada prato teórico (estágio de equilíbrio) faz-se um “passo” horizontal (ir do vapor até o líquido em equilíbrio: dado um y encontrar o x tal que y=y_{eq}(x)) e depois um “passo” vertical (aplicar a reta de operação para encontrar o próximo y a partir desse x).
    • Acima da alimentação usamos a reta de operação do cabeçote (rectifying line): y=\frac{R}{R+1}\,x+\frac{x_D}{R+1}.Aqui \;R=\dfrac{L}{D} é a razão de refluxo (L: refluxo, D: destilado).
    • Abaixo da alimentação usamos a reta de operação do pé (stripping line), que se obtém por balanço entre fundos e um ponto do trecho; uma forma prática (usando as vazões internas obtidas por balanço total e de componente) é: y=\frac{L_s}{V_s}\,x+\frac{B\,x_B}{V_s},onde L_s é o fluxo de líquido na seção de baixa (stripping), V_s é o fluxo de vapor subindo na seção de baixa, B é a vazão de fundos e x_B sua composição.
    • Para o número mínimo de estágios N_{\min} (caso refluxo infinito) usa-se a equação de Fenske (para binário a baixa pressão): N_{\min}=\frac{\ln\!\left(\dfrac{x_D/(1-x_D)}{x_B/(1-x_B)}\right)}{\ln(\alpha_{\text{média}})},éonde \alpha_{\text{média}}é é uma volatilidade média (explico como estimar a partir dos dados de equilíbrio).
    • Para a razão de refluxo mínima R_{\min} existe um procedimento “geométrico” (retificar a reta de operação do topo de modo que seja tangente à curva de equilíbrio); analiticamente dá-se assim: se na composição de pinçamento x^* a tangente ao equilíbrio tem inclinação m=y_{eq}'(x^*), então R_{\min}=\frac{m}{1-m},e x_D satisfaz x_D=\frac{y_{eq}(x^*)-x^*\,y_{eq}'(x^*)}{1-y_{eq}'(x^*)}.Por isso vou estimar y_{eq}'(x) por interpolação entre pontos da tabela e procurar o ponto que satisfaz a equação acima (ou aproximar numericamente).

Passo 3

Calcular D e B (vazões de destilado e fundos) a partir do balanço de matérias (isto é essencial para obter as vazões internas e, assim, a reta de operação do pé).
  • Balanço total: F=D+B.
  • Balanço de componente (acetona): F z_F = D x_D + B x_B.
  • Substituindo dados (peguei F, z_F, x_D, x_B do enunciado): 10\cdot 0{,}50 = D\cdot 0{,}95 + B\cdot 0{,}05.
5 = 0{,}95D + 0{,}05B.
Também D+B=10\Rightarrow B=10-D. Substituindo:
5 =0{,}95D +0{,}05(10-D)=0{,}95D +0{,}5 -0{,}05D=0{,}90D +0{,}5.
0{,}90D =4{,}5 \quad\Rightarrow\quad D=5\\ \mathrm{kmol/min}.
B=10-D=5\\ \mathrm{kmol/min}.
Comentário simpático: deu D = B = 5, ficou “simétrico” — às vezes acontece e facilita contas 😃

Passo 4

Determinar vazões internas (fluxos molares de líquido e vapor) para as retas de operação, usando R e as relações de balanço ao redor da alimentação (porque q=1).
  • Refluxo R é dado: R=4{,}7\Rightarrow L=R D =4{,}7\cdot 5 =23{,}5\\ \mathrm{kmol/min}.
  • Vapor no topo (rendimento do condensador total): V_{\text{top}} = L+D =23{,}5+5=28{,}5\\ \mathrm{kmol/min}.
  • Para q=1 (alimentação saturada líquida) valem as relações do fluxo constante por seção:
    • O líquido L é o mesmo acima e abaixo da alimentação (pois L não sofre alteração com feed líquido; expressão geral é L_{\text{above}} = L_{\text{below}} + (1-q)F, e com q=1 isso dá L_{\text{above}}=L_{\text{below}}).
    • O vapor na seção de cima V_{\text{top}} = V_{\text{below}} + q F. Com q=1: V_{\text{below}} = V_{\text{top}} - F = 28{,}5 - 10 = 18{,}5\\ \mathrm{kmol/min}.
  • Portanto:
    • Na seção rectifying (acima da alimentação) temos L_r=L=23{,}5 e V_r=28{,}5.
    • Na seção stripping (abaixo da alimentação) temos L_s=L=23{,}5 e V_s=18{,}5.

Passo 5

Escrever explicitamente as retas de operação (rectifying e stripping) que vou usar para os passos McCabe–Thiele (vou usar as formas numéricas).
  • Reta rectifying (acima da alimentação):
    y=\frac{R}{R+1}\,x+\frac{x_D}{R+1}.
    Substituindo R=4{,}7 e x_D=0{,}95:
    \frac{R}{R+1}=\frac{4{,}7}{5{,}7}\approx 0{,}824561,\qquad \frac{x_D}{R+1}=\frac{0{,}95}{5{,}7}\approx 0{,}1666667.
    Logo:
    \boxed{y_{\text{rect}}(x)=0{,}824561\,x + 0{,}1666667.}
  • Reta stripping (abaixo da alimentação) pela relação de balanço do trecho inferior:
    y=\frac{L_s}{V_s}\,x + \frac{B\,x_B}{V_s}.
    Substituindo L_s=23{,}5, V_s=18{,}5, B=5, x_B=0{,}05:
    \frac{L_s}{V_s}=\frac{23{,}5}{18{,}5}\approx 1{,}27027,\qquad \frac{B x_B}{V_s}=\frac{5\cdot 0{,}05}{18{,}5}=\frac{0{,}25}{18{,}5}\approx 0{,}0135135.
    Logo:
    \boxed{y_{\text{strip}}(x)=1{,}27027\,x + 0{,}0135135.}
Comentário: é essencial ter essas duas retas para construir a “escada” de McCabe–Thiele: acima da alimentação usa-se y_{\text{rect}}, abaixo usa-se y_{\text{strip}}. Também temos a linha de alimentação vertical (porque q=1):
\boxed{x=z_F=0{,}50.}

Passo 6

Construção numérica (McCabe–Thiele) — etapa por etapa para determinar o número de estágios com R=4{,}7 e posição do ponto de alimentação. Vou fazer “passos” horizontais e verticais com interpolações lineares na curva de equilíbrio (usando os pontos da tabela). Para cada passo explico qual par de pontos da tabela usei quando faço interpolação.
Regra prática de construção numérica que aplico:
  • Começo no ponto do topo: (x_D,y_D)=(0{,}95,0{,}95) (condensador total: vapor que chega tem composição igual ao líquido destilado).
  • Etapa (a) horizontal: dado y atual, encontro x tal que y=y_{\text{eq}}(x) (inverto a curva de equilíbrio por interpolação linear entre os pontos mais próximos da tabela).
  • Etapa (b) vertical: a partir desse x uso a reta de operação apropriada (rectifying enquanto x>z_F, stripping quando x<z_F) para obter novo y.
  • Cada ciclo horizontal+vertical corresponde a um estágio teórico.
  • Conto estágios até que a escada cruze a linha de alimentação vertical x=0{,}50; aí continuo abaixo com a reta de stripping até atingir o fundo x_B=0{,}05. Vou numerar as etapas para ficar legível.
Para interpolação linear, quando eu digo “usei o par (0{,}80,0{,}865)–(0{,}90,0{,}929)” significa que, para um y entre 0{,}865 e 0{,}929, calculei x por:
x = x_{\text{low}} + \frac{y-y_{\text{low}}}{(y_{\text{high}}-y_{\text{low}})}\,(x_{\text{high}}-x_{\text{low}}).
Agora os passos numéricos (vou apresentar os passos principais, sem perder a didática):
  • Início (ponto do condensador):
    • Ponto inicial: (x_0,y_0)=(0{,}95,0{,}95).
Vou indicar cada estágio “n” com a composição líquida encontrada por horizontal (vou chamar de x_n) e o y encontrado pela reta de operação (após a vertical). Cada par horizontal+vertical = 1 estágio.
  1. Estágio 1 (acima da alimentação)
  • Horizontal: dado y_0=0{,}95, inverter a curva de equilíbrio para achar x_1.
    • Usei extrapolação linear baseada em pontos altos da tabela: entre x=0{,}80 e x=0{,}90 a variação por unidade é aproximadamente \dfrac{0{,}929-0{,}865}{0{,}10}=0{,}64 (slope por unidade).
    • Estimativa (linear): x_1\approx 0{,}90 + \dfrac{0{,}95-0{,}929}{0{,}64}\approx 0{,}933.
  • Vertical (reta rectifying): y_1=y_{\text{rect}}(x_1)=0{,}824561\cdot 0{,}933 +0{,}1666667\approx 0{,}936.
  1. Estágio 2
  • Horizontal: inverter y_1\approx0{,}936 em equilíbrio → x_2\approx0{,}9105 (interp. entre 0{,}90 e 0{,}80).
  • Vertical: y_2=y_{\text{rect}}(0{,}9105)\approx 0{,}9167.
  1. Estágio 3
  • Horizontal: y_2 x_3\approx0{,}8807.
  • Vertical: y_3=y_{\text{rect}}(0{,}8807)\approx0{,}8932.
  1. Estágio 4
  • Horizontal: y_3 x_4\approx0{,}8440.
  • Vertical: y_4=y_{\text{rect}}(0{,}8440)\approx0{,}8627.
  1. Estágio 5
  • Horizontal: y_4 x_5\approx0{,}7963.
  • Vertical: y_5=y_{\text{rect}}(0{,}7963)\approx0{,}8230.
  1. Estágio 6
  • Horizontal: y_5 x_6\approx0{,}7333.
  • Vertical: y_6=y_{\text{rect}}(0{,}7333)\approx0{,}7712.
  1. Estágio 7
  • Horizontal: y_6 x_7\approx0{,}6510.
  • Vertical: y_7=y_{\text{rect}}(0{,}6510)\approx0{,}7038.
  1. Estágio 8
  • Horizontal: y_7 x_8\approx0{,}5458.
  • Vertical: y_8=y_{\text{rect}}(0{,}5458)\approx0{,}6168.
  1. Estágio 9 (o próximo horizontal nos leva já abaixo da composição da alimentação)
  • Horizontal: de y_8 x_9\approx0{,}4171 (este x_9 já é menor que z_F=0{,}50; isto indica que a escada atravessou a linha da alimentação entre os estágios 8 e 9).
    • Observação importante: a interseção exata com a linha de alimentação vertical x=0{,}50 ocorre na reta rectifying em y igual a y_{\text{feed}}=y_{\text{rect}}(0{,}50)=0{,}824561\cdot0{,}50 + 0{,}1666667 \approx 0{,}578947.
    • Esse ponto (0{,}50,0{,}578947) fica entre os pontos (x_8,y_8)=(0{,}5458,0{,}6168) e (x_9,y_9)=(0{,}4171,0{,}5105). Portanto a escada cruza a linha de alimentação ali.
Conclusão intermediária para a posição da alimentação:
  • A linha vertical x=z_F=0{,}50 intersecta a escada entre o 8º e o 9º estágio contado a partir do topo. Normalmente toma-se como melhor lugar para inserir a alimentação o estágio imediatamente abaixo do último estágio acima do qual o degrau ficou maior (praticamente isto significa: inserir a alimentação no 9º estágio contado a partir do topo). Portanto o estágio ótimo de carga é o 9º a contar do topo (ou seja, logo abaixo do 8º estágio que está acima da linha de alimentação). Vou formalizar isso na resposta final.
Agora continuo abaixo da alimentação usando a reta de stripping, partindo do ponto de alimentação (x=0{,}50,\, y=0{,}578947).

Passo 7

Continuo a escada abaixo da alimentação (usando a reta de stripping) até atingir x_B=0{,}05 (fundo). Vou correr os passos abaixo-feed da mesma forma (horizontal na curva de equilíbrio → vertical na reta de stripping), até que a fração líquida alcance \le x_B.
  • Ponto de partida (interseção com a linha de alimentação): (x_{\text{feed}},y_{\text{feed}})=(0{,}50,\;0{,}578947).
Abaixo, lista de ciclos (cada um é um estágio no lado de stripping):
  1. Stg abaixo 1:
  • Horizontal: y=0{,}578947 → invertendo na curva de equilíbrio (usei interpolação entre x=0{,}35(y=0{,}566) e x=0{,}40(y=0{,}605)) obtive: x\approx 0{,}3666.
  • Vertical (stripping): y = y_{\text{strip}}(0{,}3666) = 1{,}27027\cdot0{,}3666 +0{,}0135135 \approx 0{,}4792.
  1. Stg abaixo 2:
  • Horizontal: y=0{,}4792 → invertendo na curva (entre x=0{,}20(y=0{,}417) e x=0{,}25(y=0{,}478)) obtive: x\approx 0{,}251.
  • Vertical (stripping): y_{\text{next}}=1{,}27027\cdot0{,}251 +0{,}0135135 \approx 0{,}3324.
  1. Stg abaixo 3:
  • Horizontal: y=0{,}3324 → invertendo (entre x=0{,}10(y=0{,}262) e x=0{,}15(y=0{,}348)) obtive: x\approx 0{,}1410.
  • Vertical (stripping): y_{\text{next}}=1{,}27027\cdot0{,}1410 +0{,}0135135 \approx 0{,}1925.
  1. Stg abaixo 4:
  • Horizontal: y=0{,}1925 → invertendo na curva (aqui o y é menor que 0{,}262 em x=0{,}10, então o x obtido por extrapolação fica próximo de x\approx 0{,}0596). Precisamente: x\approx 0{,}0596.
  • Vertical (stripping): y_{\text{next}}=1{,}27027\cdot0{,}0596 +0{,}0135135 \approx 0{,}0892.
  1. Stg abaixo 5:
  • Horizontal: y=0{,}0892 → invertendo na curva chegamos a x bem abaixo de 0{,}05 (extrapolação a partir dos dados em torno de 0{,}10 dá x praticamente \approx 0). Isso indica que após esta etapa já superamos o fundo requerido x_B=0{,}05; portanto a última etapa corresponde ao refervedor parcial (reboiler).
  • Conclusão: são necessários 5 estágios na seção de stripping (contando o refervedor como o quinto nesta contagem).

Passo 8

Contagem total de estágios (compilando os resultados acima do alimento e abaixo do alimento). Convenção usada: cada ciclo horizontal+vertical = 1 estágio teórico, e o refervedor é contado como um estágio de equilíbrio quando a escada o alcança (prática comum).
  • Estágios acima da alimentação (rectifying): contamos 8 ciclos completos antes de cruzar a linha de alimentação; a escada cruza a linha de alimentação entre o 8º e o 9º passo, por isso a alimentação fica no 9º estágio contado a partir do topo (ou seja, insere-se no estágio número 9 contando a partir do topo). Em prática de projeto costuma-se posicionar a alimentação no estágio imediatamente abaixo do último estágio inteiramente na seção rectifying — então esse estágio é o 9º a contar do topo.
  • Estágios abaixo da alimentação (stripping, incluindo refervedor): contei 5 estágios (o último é o reboiler parcial).
  • Portanto, número total de estágios de equilíbrio (teóricos) requerido: N \approx 8\\ (\text{estágios acima}) + 5\\ (\text{estágios abaixo}) = 13.ááObservação: algumas convenções contam também o condensador como estágio; aqui seguimos a convenção usual em McCabe–Thiele de contar apenas os pratos de contato e o refervedor — então obtivemos N\approx 13 (inclui o refervedor).

Passo 9

Determinar N_{\min} (Fenske) — explicação do raciocínio e cálculo.
  • A equação de Fenske para um par binário ideal é (para frações molares em líquido):
    N_{\min}=\frac{\ln\!\left(\dfrac{x_D/(1-x_D)}{x_B/(1-x_B)}\right)}{\ln(\alpha_{\text{média}})}.é
    Onde \alpha_{\text{média}}é é uma volatilidade média efetiva entre as composições do intervalo de operação. Podemos estimar \alpha(x) a cada ponto via:
    \alpha(x) = \frac{y/(1-y)}{x/(1-x)}.
    Vou estimar uma \alpha_{\text{média}}é representativa usando alguns pontos centrais da tabela (ou usar \alpha em torno de x\approx 0{,}5 que é a região do alimento e importante para a separação).
  • Calculei \alpha em alguns pontos (peguei os pontos diretamente da tabela):
    • Em x=0{,}50,\; y=0{,}674: \alpha(0{,}50)=\frac{0{,}674/0{,}326}{0{,}50/0{,}50}=\frac{2{,}0675}{1}=2{,}0675.
    • Em x=0{,}10,\; y=0{,}262: \alpha(0{,}10)=\frac{0{,}262/0{,}738}{0{,}10/0{,}90}\approx\frac{0{,}355}{0{,}1111}\approx3{,}195.
    • Em x=0{,}90,\; y=0{,}929: \alpha(0{,}90)=\frac{0{,}929/0{,}071}{0{,}90/0{,}10}\approx\frac{13{,}083}{9}\approx1{,}4537.
  • A volatilidade decresce com x. Uma escolha razoável para \alpha_{\text{média}}é é um valor representativo sobre o intervalo x_B a x_D; usando os valores acima e dando mais peso à região média (onde está a alimentação), tomo \alpha_{\text{média}}\approx 2{,}07é (valor em x=0{,}50). Esta é uma aproximação prática com a tabela dada.
  • Agora aplico Fenske:
    • Primeiro calcule o termo do numerador: \frac{x_D}{1-x_D} = \frac{0{,}95}{0{,}05}=19,\qquad \frac{x_B}{1-x_B} = \frac{0{,}05}{0{,}95}\approx 0{,}0526316.
\frac{x_D/(1-x_D)}{x_B/(1-x_B)}=\frac{19}{0{,}0526316}=361.
  • Então N_{\min}=\frac{\ln 361}{\ln(2{,}07)}\approx\frac{5{,}8889}{0{,}727} \approx 8{,}10.
  • Conclusão: aproximadamente \boxed{N_{\min}\approx 8{,}1}. Na prática diz-se N_{\min}\approx 8 estágios mínimos (não dá para ter fração de estágio, mas Fenske fornece valor teórico; para projeto arredonda-se para cima conforme necessidade).
Comentário: o valor depende da escolha de \alpha_{\text{média}}é. Usei \alpha em torno de x=0{,}5 por ser uma boa estimativa para esta separação, dada a tabela.

Passo 10

Determinar R_{\min} (razão de refluxo mínima) aproximada pelo método da tangente (descrição passo a passo e cálculo aproximado a partir da tabela).
  • Teoria breve: R_{\min} ocorre quando a reta de operação do topo é tangente à curva de equilíbrio num ponto de pinçamento x^*. Se a inclinação da tangente ao equilíbrio naquele ponto for m=y_{eq}'(x^*), então a inclinação da reta rectifying é m e
    R_{\min}=\frac{m}{1-m}.
    Além disso, x_D e x^* satisfazem
    x_D=\frac{y_{eq}(x^*) - x^*\,y_{eq}'(x^*)}{1-y_{eq}'(x^*)}.
    Para encontrar x^* eu estimei y_{eq}'(x) por diferenças entre pontos consecutivos da tabela (aproximação de derivada por diferenças finitas) e verifiquei qual intervalo fornece uma tangente compatível com o x_D dado.
  • Cálculo prático (aproximação por segmentos da tabela):
    • Calculei as inclinações por segmento (slope por unidade de x) usando pares consecutivos da tabela. Exemplo de alguns valores (peguei direto da tabela):
      • Entre x=0{,}60 e 0{,}70: slope \approx 0{,}63 (por unidade de x).
      • Entre x=0{,}50 e 0{,}60: slope \approx 0{,}65.
      • Entre x=0{,}40 e 0{,}50: slope \approx 0{,}69.
      • Em torno de composições altas (0{,}80–0{,}90) a slope \approx 0{,}64.
    • Para cada segmento linear aproximado (entre x_i e x_{i+1}) existe uma expressão simples que relaciona x_D com a slope m naquele segmento: x_D = \frac{y_i - m x_i}{1-m},onde y_i e x_i são os valores do extremo inferior do segmento (isto decorre do fato que numa linha reta y=m x + c temos c=y_i - m x_i). Testei essas expressões nos segmentos da tabela e verifiquei para qual slope o valor calculado de x_D se aproxima de 0{,}95.
    • Resultado prático: os segmentos na região alta de x (0{,}50–0{,}90) dão slopes m entre aproximadamente 0{,}63 e 0{,}69. Os valores de x_D correspondentes calculados por essa fórmula ficam entre \approx 0{,}98 e 1{,}06. A curva dos resultados indica que o ponto de tangência necessário para nosso x_D=0{,}95 está ligeiramente deslocado para um valor de m um pouco menor que 0{,}63.
    • Tomando m\approx 0{,}63 (valor representativo na região alta), obtemos R_{\min}\approx\frac{0{,}63}{1-0{,}63}=\frac{0{,}63}{0{,}37}\approx 1{,}703.
    • Se tomarmos m\approx 0{,}64 (outro valor razoável), R_{\min}\approx 0{,}64/0{,}36\approx 1{,}778.
  • Conclusão prática: com os dados discretos fornecidos, uma estimativa razoável é
    \boxed{R_{\min}\approx 1{,}7\\ \text{a}\\\ 1{,}8.}
    Vou adotar R_{\min}\approx 1{,}70 como estimativa numérica representativa (isto significa que o refluxo dado R=4{,}7 é bem acima do mínimo — coisa boa para garantir número finito de pratos e folga de projeto).
Comentário: o cálculo de R_{\min} é sensível à precisão da derivada da curva de equilíbrio; com mais pontos e ajuste fino da curva poderia melhorar a aproximação. Para a prova essa aproximação e o procedimento (tangente) são o que mais importa.

Passo 11

Resumo interpretativo (o que esses números significam para projeto) e checagem rápida de consistência:
  • Achamos que com R=4{,}7 o número total de estágios teóricos é aproximadamente N\approx 13. Isso é maior que o número mínimo N_{\min}\approx 8{,}1 (o que é esperado: para refluxo finito precisa-se de mais estágios que no refluxo infinito).
  • A razão de refluxo mínima estimada R_{\min}\approx 1{,}7 está bem abaixo do refluxo operacional R=4{,}7; regra prática é trabalhar com R de 1{,}2 a 2{,}5 vezes R_{\min} dependendo do custo; aqui R é cerca de 2{,}8 vezes R_{\min}, então é uma operação “conservadora” (pouco refluxo mínimo garante maior número de pratos, mas maior refluxo aumenta custos de reboiler e condensador; sempre há trade-off).

Resposta

Estágio ótimo da alimentação: 9º estágio contado a partir do topo (isto é, inserir a carga no nono prato a contar do condensador).
Número de estágios de equilíbrio (com R=4{,}7, incluindo o refervedor): N\approx 13.
Número mínimo de estágios (Fenske, refluxo infinito): N_{\min}\approx 8{,}1.
Razão de refluxo mínima (estimada por tangente à curva de equilíbrio): R_{\min}\approx 1{,}7.

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