Exercício 6 - Em um bioprocesso, o melaço é fermentado para produzir um licor contendo álcool etílico. Um vapor rico em \mathrm{CO}_{2} com uma pequena quantidade de álcool etílico é utilizado. O álcool é recuperado por absorção com água em uma torre de pratos. Determine analiticamente o número de estágios de equilíbrio necessários para o fluxo contracorrente de líquido e gás, assumindo condições isotérmicas e isobáricas e que apenas o álcool seja absorvido.
  • O gás de entrada tem uma vazão de 180 \mathrm{kmol} / \mathrm{h} ; 98 \% de \mathrm{CO}_{2}; está a 30^{\circ} \mathrm{C} e 110 kPa .
  • A entrada do absorvente líquido é 100 \% de água com uma vazão de 146,2 \mathrm{kmol} / \mathrm{h}; 30^{\circ} \mathrm{C} e 110 kPa .
  • A recuperação necessária (absorção) de álcool etílico é de 97 \%.
  • Curva de equilíbrio: \mathrm{y}^{*}=0,57 \mathrm{x} . \mathbf{R}: \mathbf{N}=7 estágios.

Passo 1

O que o problema pede e os dados fornecidos:
  • Pede-se determinar analiticamente o número de estágios de equilíbrio N numa torre de absorção em contracorrente, isotérmica e isobárica, assumindo que apenas o álcool etílico é absorvido e que a curva de equilíbrio é linear \mathrm{y}^*=0,57\,\mathrm{x}.
  • Dados do gás de entrada: G = 180\\ \text{kmol/h},\qquad y_{\text{in}}=0,02\\ (\text{2\% etanol}),\qquad T=30^\circ\text{C},\qquad p=110\\ \text{kPa}.
  • Dados do líquido absorvente (entrada no topo, água pura): L_{\text{in}} = 146,2\\ \text{kmol/h},\qquad x_{\text{in}}=0\\ (\text{água pura}),\qquad T=30^\circ\text{C},\qquad p=110\\ \text{kPa}.á
  • Recuperação requerida (absorção): 97\%.
  • Curva de equilíbrio dada: \mathrm{y}^{*}=0,57\,\mathrm{x}. Logo o parâmetro de equilíbrio linear é m=0,57.
  • Resultado esperado indicado: N=7 estágios (vamos chegar a isso analiticamente).

Passo 2

Estratégia geral e premissas simplificadoras (sem resolver ainda):
  • Trabalhamos com estágios teóricos em contracorrente, com fluxos molares aproximadamente constantes (apenas o soluto passa do gás para o líquido; variações totais são pequenas e adotamos G e L constantes).
  • Em um estágio de equilíbrio temos sempre a relação linear de equilíbrio entre vapor e líquido: \;y = m\,x\; com m=0,57.
  • Vamos montar o balanço de componente (álcool) em cada estágio, obter uma relação recursiva entre as composições de vapor em sequência de estágios e somar a progressão geométrica resultante para relacionar a composição de entrada do gás com a composição de saída desejada. Essa é a derivação clássica da fórmula do tipo Kremser para equilíbrio linear.

Passo 3

Balanço e equações por estágio — montar a recursão:
  • Notação e numeração das correntes: numeramos os estágios de 1 (topo) até N (fundo). O gás sai no topo com fração molar de soluto y_0 (essa é a fração que queremos atingir na saída, y_{\text{out}}) e entra no fundo com y_N (essa é a fração do gás de alimentação, y_{\text{in}}). O líquido entra no topo com x_0=0 (água pura) e sai no fundo com x_N.
  • Balanço de soluto no estágio i (correntes que entram/saem do estágio): G\,y_i + L\,x_{i-1} = G\,y_{i-1} + L\,x_i.
  • Equilíbrio no estágio (líquido que sai do estágio i está em equilíbrio com o vapor que sai acima do mesmo estágio): y_{i-1} = m\,x_i \quad\Rightarrow\quad x_i = \frac{y_{i-1}}{m}.
  • Substituindo os x na equação do balanço: G(y_i - y_{i-1}) = L\left(\frac{y_{i-1}}{m} - \frac{y_{i-2}}{m}\right).Multiplicando e rearranjando: y_i - y_{i-1} = \underbrace{\frac{L}{G\,m}}_{b}\,(y_{i-1}-y_{i-2}).Definimos b=\dfrac{L}{G\,m}. Essa relação mostra que as diferenças y_i-y_{i-1} formam uma progressão geométrica com razão b.

Passo 4

Solução da recursão e fórmula fechada que liga y_N e y_0:
  • Seja \Delta_i = y_i - y_{i-1}. A recursão dá \Delta_i = b^{\,i-1}\Delta_1.
  • Somando as diferenças desde o topo até o fundo: y_N - y_0 = \sum_{i=1}^{N}\Delta_i = \Delta_1\frac{b^{N}-1}{b-1}.
  • Encontramos \Delta_1 usando o balanço no primeiro estágio com x_0=0: G(y_1 - y_0) = L(x_1 - x_0) = L\left(\frac{y_0}{m}-0\right)\quad\Rightarrow\quad \Delta_1 = y_1 - y_0 = \frac{L}{G\,m}\,y_0 = b\,y_0.
  • Substituindo \Delta_1 na soma: y_N - y_0 = b\,y_0\cdot\frac{b^{N}-1}{b-1}.Rearranjando: \frac{y_N}{y_0} = 1 + b\cdot\frac{b^{N}-1}{b-1} = \frac{b^{\,N+1}-1}{b-1}.
  • Esta é a relação fechada que usamos para obter N conhecendo b, y_N (entrada do gás) e y_0 (saída desejada).

Passo 5

Cálculo do y_{\text{out}} exigido pela recuperação 97\%:
  • Vazão molar de etanol na alimentação de gás: \dot n_{\text{EtOH,in}} = G\,y_{\text{in}} = 180\cdot 0,02 = 3,6\\ \text{kmol/h}.
  • Recuperação 97\% significa que apenas 3\% do etanol entra no gás de saída: \dot n_{\text{EtOH,out}} = 3\%\times 3,6 = 0,03\cdot 3,6 = 0,108\\ \text{kmol/h}.
  • Fração molar de etanol no gás de saída: y_{\text{out}} = \frac{0,108}{G} = \frac{0,108}{180} = 0,0006.Em símbolos: y_N = y_{\text{in}} = 0,02,\qquad y_0 = y_{\text{out}} = 0,0006.

Passo 6

Cálculo numérico de b e solução para N:
  • Calcule b=\dfrac{L}{G\,m}: b=\frac{146,2}{180\cdot 0,57}=\frac{146,2}{102,6}\approx 1,4257.
  • Usamos a relação obtida: \frac{y_N}{y_0} = \frac{b^{\,N+1}-1}{b-1}.Isolando b^{N+1}: b^{N+1} = 1 + (b-1)\frac{y_N}{y_0}.
  • Substituindo números: 1 + (b-1)\frac{y_N}{y_0} = 1 + (1,4257-1)\cdot\frac{0,02}{0,0006} = 1 + 0,4257\cdot 33,333\approx 15,1887.Logo b^{N+1}\approx 15,1887.
  • Tomando logaritmo natural: N+1 = \frac{\ln(15,1887)}{\ln(1,4257)} \approx \frac{2,7203}{0,3543}\approx 7,680.Portanto N \approx 7,680-1 = 6,680\\ \text{estágios teóricos}.áó
  • Como o número de estágios teóricos precisa ser inteiro e devemos garantir a recuperação mínima, faz-se o arredondamento para cima: N_{\text{teóricos}} = 7\\ \text{estágios}.óá

Resposta

N=7 estágios.

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