Usam-se soluções aquosas de trietanolamina para absorver o dióxido de carbono contido em misturas gasosas, como uma etapa de purificação na fabricação de gelo seco. O dióxido de carbono é absorvido pela solução de amina, mas os outros componentes da mistura gasosa não são absorvidos. A solução de trietanolamina é posteriormente aquecida para recuperar-se o dióxido de carbono puro.
Num certo processo, uma mistura gasosa com 25 \% de \mathrm{CO}_{2} deve ser lavada com uma solução 1,0 molar de trietanolamina a 25^{\circ} \mathrm{C} e sob a pressão atmostérica normal.
(a) Qual é a vazão mínima de solução de trietanolamina necessária para reduzir a concentração do \mathrm{CO}_{2} no gás efluente a 1 \%, sendo de 10 \mathrm{mol} / \mathrm{s} a vazão do gás afluente?
(b) Quantos são os estágios de equilíbrio necessários para a operação a uma vazāo de 1,5 vezes a vazāo mínima da amina? (A densidade da solução de amina pode ser igualada, aproximadamente, à da água.)
(c) Em muitos casos, a solução lavadora contém uma pequena fração de \mathrm{CO}_{2}, pois é reciclada do extrator de \mathrm{CO}_{2}. Qual seria a vazão mínima da solução se ela entra com a concentração de 0,10 moles de \mathrm{CO}_{2} por mol de amina?
(d) Quantos estágios seriam necessários para operar com a vazão igual a 1,5 vezes a vazão mínima da solução afluente que se calculou na parte (c)? (Observação: Pode-se usar a razão molar entre o \mathrm{CO}_{2} e a solução mas, uma vez que a razáo entre a água e a trietanolamina é constante, a razão X dos moles de \mathrm{CO}_{2} por mol de amina pode ser usada diretamente.)
Dados de equilíbrio para a trietanolamina, 1 M , a 25^{\circ} \mathrm{C} [Mason e Dodge, Trans. A.I. Ch. E., 32 p. 27 (1936)]
Pressão parcial do \mathrm{CO}_{2} no gás, em \mathrm{kN} / \mathrm{m}^{2}
Concentração na fa- se líquida, em moles de \mathrm{CO}_{2} / mol de
0,19 1,44 5,79 12,9 3,45 9,63 amina 0,0587 0,161 0,294 0,424 0,612 0,825

Passo 1

O enunciado trata de absorção de \mathrm{CO}_2 de um gás (vazão 10, \mathrm{mol/s}, 25\% de \mathrm{CO}_2) por uma solução 1,0 M de trietanolamina a 1 atm e 25^\circ\mathrm{C}. Queremos reduzir o \mathrm{CO}_2 residual no gás a 1\%. Usaremos balanços globais nas correntes de gás e líquido e dados de equilíbrio que relacionam a pressão parcial de \mathrm{CO}_2 ao carregamento líquido X (mol de \mathrm{CO}_2/mol de amina). Para (a) e (c) calculamos a vazão mínima de líquido usando
L_{\min} \;=\;\frac{G\,(y_{\text{in}}-y_{\text{out}})}{X^*_{\text{out}}-X_{\text{in}}},
onde X^*_{\text{out}} é o carregamento em equilíbrio com y_{\text{out}} e X_{\text{in}} é o carregamento do líquido na entrada ( 0 se solvente fresco). Para (b) e (d) usamos a equação de Kremser para absorção de um soluto sem inerte dissolvido:
y_{\text{out}} = y_{\text{in}}\Bigl(\frac{G}{kL}\Bigr)^N + y^*\Bigl[1 - \Bigl(\frac{G}{kL}\Bigr)^N\Bigr],
com k = \dfrac{L\,m}{G}, m a inclinação média da curva de equilíbrio e y^* o y de equilíbrio no carregamento líquido de entrada.

Passo 2

(a) Determinação de L_{\min} para solvente fresco ( X_{\text{in}}=0):
G=10, \mathrm{mol/s},
y_{\text{in}}=0{,}25, y_{\text{out}}=0{,}01,
– pressão parcial de \mathrm{CO}_2 no efluente:
p_2 = y_{\text{out}}\times 101{,}3 = 1{,}013\;\mathrm{kN/m^2}.
Interpola-se na tabela para obter
X^*_{\text{out}}\approx 0{,}1261.
Logo
L_{\min} = \frac{10\,(0{,}25-0{,}01)}{0{,}1261-0} = \frac{2{,}4}{0{,}1261} \approx 19{,}04\;\mathrm{mol/s},
isto é 19{,}04, \mathrm{L/s} de solução 1 M.

Passo 3

(b) Número de estágios para L=1{,}5\,L_{\min}=1{,}5\times 19{,}04=28{,}56, \mathrm{mol/s}:
– Escolhemos inclinação média da curva de equilíbrio na faixa relevante:
m \approx \frac{y_{\text{in}}}{X^*_{\text{in\,eq}}} \approx \frac{0{,}25}{0{,}51} \approx 0{,}49.
– Calcula-se k=\dfrac{L\,m}{G}=\dfrac{28{,}56\times0{,}49}{10}\approx1{,}40.
– Então \dfrac{G}{kL}=1/k\approx0{,}714.
– Na entrada de líquido fresco y^*=0, e queremos
0{,}01 = 0{,}25\,(0{,}714)^N \quad\Rightarrow\quad (0{,}714)^N = 0{,}04 \quad\Rightarrow\quad N = \frac{\ln(0{,}04)}{\ln(0{,}714)} \approx 9{,}6.
Assim N\approx10 estágios teóricos.

Passo 4

(c) Solvente recirculado com X_{\text{in}}=0{,}10. Conserva-se X^*_{\text{out}}=0{,}1261.
L_{\min} = \frac{10\,(0{,}25-0{,}01)}{0{,}1261-0{,}10} = \frac{2{,}4}{0{,}0261} \approx 91{,}95\;\mathrm{mol/s} \;\widehat{=}\;91{,}95\;\mathrm{L/s}.

Passo 5

(d) Com L=1{,}5\,L_{\min}=1{,}5\times91{,}95=137{,}93, \mathrm{mol/s}:
– Usa-se novamente m\approx0{,}49 e acha-se
k=\frac{L\,m}{G}=\frac{137{,}93\times0{,}49}{10}\approx6{,}76, \quad \frac{G}{kL}=\frac{1}{k}\approx0{,}1478.
– Agora y^* é o equilíbrio em X=0{,}10. Interpolando
p^*\approx0{,}82\;\mathrm{kN/m^2},\quad y^*=\frac{0{,}82}{101{,}3}\approx0{,}0081.
– Aplica-se Kremser geral:
0{,}01 = 0{,}25\,(0{,}1478)^N + 0{,}0081\Bigl[1-(0{,}1478)^N\Bigr] \;\Rightarrow\; (0{,}1478)^N \approx 0{,}00785 \;\Rightarrow\; N\approx2{,}5,
ou seja N\approx3 estágios teóricos.

Resposta

(a) L_{\min}\approx 19{,}0, \mathrm{mol/s} ( 19{,}0, \mathrm{L/s}).
(b) N\approx 10 estágios teóricos.
(c) L_{\min}\approx 91{,}9, \mathrm{mol/s} ( 91{,}9, \mathrm{L/s}).
(d) N\approx 3 estágios teóricos.

Exercícios de Livros Relacionados