PROCESO DE DIFUSIÓN

LEY DE FICK: El flujo de materia de un componente por unidad de área es

proporcional al gradiente de su concentración para un componente B.

mB

Area=−D

dcdx……… (I )

mB=¿ flujomasico deuncomponente k g /hr

c=¿ concentracion del componentemolesvol ,

kj

m3,masavol

D=¿ coeficiente dedifusionmasavol

m2/s

A=¿ Áream2

LEY DE FOURIER: conducción de calor

qArea

=−kd tdx………(II )

ECUACIÓN DE NEWTON: Esfuerzo cortante (τ=tau) y la diferenciación cantidad

de movimiento.

τ=−ud td y

Si se rompe la membrana y la gradiente de concentración B(db) es mayor que la

gradiente de concentración E(dE) las moleculas se dezplasan de derecha a

izquierda por lo tanto existe un transporte neto de B en esa dirección.

De la ecuación de los gases ideales

PB=¿ ρB. R B. γ¿

Luego la constante del gas RB.en relación al gas B

RB=RMB

……… (2 )

ρB=

PB

R B×γ

ρB=

P B×MB

R×T

Dónde:

R=constante universal de los gases (8314041m3 .Pamol

.° k )

MB=peso molecular del gas

Teniendo en cuenta que ρB es la concentración másica igual a ∁ B reemplazando

en (I):

mB

Area=−DBE

ddx

(PB×MB

R×T )

mB

Area=DBEMB

RT

d ρB

d x

o DBE=¿Refleja la difusividad de B en E

EJERCICIO: análogamente demostrar que la difusión de E en B es:

mE

Area=DBEME

RT

d ρE

d x

La difusividad en los gases es mayor en líquidos que mayor en sólidos, el valor de

la difusividad de la temperatura y la concentración .En los gases la presión influye

primordialmente coeficientes de difusión:

solidos :10−9 y 10−4 cm2

seg

Liquidos :10−6 y 10−5 cm2

seg

solidos :5×10−1 y 1×10−1 cm2

seg

DIFUSIÓN DE GASES Y LÍQUIDOS A TRAVÉS DE SÓLIDOS EN ESTADO

ESTACIONARIO:

Suponiendo que el coeficiente de difusión es independiente de la concentración [ ]

(ley de fick).

°mA

Area=−DAB

dCA

dx………(1)

DA B=¿difusividad del gas o fluido A ensolido B¿

El subindice Aen°m yC se presentan engas o liquido

que difundena travezde unsólido

Integrando (1):

°mA

Area∫x1

x2

d x=−DAB∫CA 1

CA 2

dc A

°mA

Area=

−DAB (CA 1−CA2 )(x2−x1 )

COEFICIENTE DE TRANSFERENCIA DE MASA (k¿¿m)¿

Se define como la velocidad de transferencia de materia por unidad de área y por

unidad de diferencia de concentración.

km=°mA

Area× (CA1−CA 2 )

°mA=caudalmasico (kgseg

)

C : concentraciondel componente A ¿ A=area(m2)

Este coeficiente es función de la geometría del sistema, de las propiedades del fluido y de su velocidad.

PROBLEMA N °1 :DIFUSION MOLARENTREGASES

Una tubería contiene una mezcla de H ey N2 gaseoso a 298 ° K y 1atm de presión total constante en toda la extensión de la tubería .en uno de los extremos de este punto 1; la presión parcial pA1 del helio es 0.60atm y en el otro extremo a 20 cm

(0.2 m) pA2=0.20atm.calcular el flujo especifico del helio en estado estacionario

cuando el valor DAB de la mezcla H e-N2 es 0.687 cm2

seg.

Solución:

Puesto que la presión total es constante la concentración también los es.

Aplicando:

°mA

Area=

−DAB (PA 1−PA2 )RT ( x2−x1 )

¿(0.687×10−4 ) (6.08×104−2.027×104 )

8314×298× (0.2−0 )

PA1=0.6atm=0.6×1.01325×105

PA2=0.2atm=0.2×1.01325×105

°mA

Areaó I a=5.63×10−6 kg mol A /seg

“Unidades SI”

Calcule el alumno en unidades CGS:

°mA

Area=

0.687 (0.60−0.20 )82.06×298× (20−0 )

¿5.63×10−7grmol A/ seg .m

CONTRA DIFUSIÓN EQUIMOLAR EN GASES:

Se da cuando dos gases están sometidos a presión constante P las

concentraciones C también se mantienen constantes: mezcla gas binario

°mA

Areaó I a=

°mB

Areaó IB

I a=−DAB

dCB

dx

Ahora sí:

P=PA+PB=const .

C=C A+CB=const .

Diferenciando ambos lados:

dC A=dCB………(1)

Ahora igualando

I a=−DAB

dCB

dx=−¿

Sustituyendo (1) en (2)

DAB=DBA

PROBLEMA N °2:

En un tubo uniforme de 0.10m de largo se difunden NH 3 gaseoso (A) en N2

gaseoso (B) a 1.0132×105 Pa de presion 298 ° K (ver diagrama), en el punto (1),

PA1=1.0132×104 Pay en el punto (2);PA2=0.507×104Pa la difusividad

DAB=0.230×10−4 m2

seg.calcule el flujo especifico I aó

°mA

Areaen fase estacionaria.

Aplicando:

°mA

Area=

−DAB (PA 1−PA2 )RT ( z2−z1 )

¿(0.23×10−4 ) (1.013×104−0.507×104 )

8314×298× (0.10−0 )

¿4.702×10−7 kg mol A

seg .m2

IB=DAB (P B1−P B2)

RT ×(Z2−Z1)

PB 1=P−PA1=1.032 X105−1.013 X 104=9.119×105 Pascal

PB 2=P−PA 2=1.032 X105−0.50 X 104=9.625×104

°mB

Area=

(0.23×10−4 ) (9.119×104−9.625×104 )8314×298× (0.10−0 )

°mA

Area=4.70×10−7 kgmolB

segm .

DIFUSIÓN DE GASES A Y B MÁS CONVECCIÓN:

Sabemos que I A ó °mA

Area se debe a la gradiente de concentraciones, la velocidad

del flujo de los moles desde punto A→I A=KjmolA

seg.m3 .

Que sucede cuando todo el fluido se mueve en un flujo general (adición de otras

fuerzas mecánicas, hidráulicas, eólicas, etc.

V A=V Adifusion+V M

V M=velocidadconvectiva promedio

V A=velocidad de A conrespecto al punto estacionario

V A difusion=velocidad de difusionde A enm /seg

Multiplicando @ por C A→V A=V AdCA+CAV M…. (b) pero cada uno es un flujo

específico:V AC A=NA kgmol Aseg . m2

flujo especifico de total de A respecto al punto

estacionario.

V AdCA=I A flujo especificode difusionrespecto al fluido enmovimiento

C AVM=flujoespecifico convectivode A respectoalpuntoestacionario .

Por tanto: la ecuación “b” se transforma en

N A=I A+CAV M….(c)

Sea N el flujo covectivo total de la corriente general con respecto al punto

estacionario:

N=CV M=N A+NB

V M=N A+N B

C…. (d)

Sustituyendo (d) en (c)

N A=I A+C A

c(N A+N B )

Ley de fick

N A=−cDAB

dc AdZ

+C A

c(N A+N B )

Ecuación final para difusión más convección en gases líquidos y sólidos.

Caso especial de A que se difunde a través de B no difusivo y en este caso:

Evaporación del benceno liquido (A) en el fondo de un tubo estrecho por cuyo

sugerir repasa aire (B) inerte o que no se difunde.

N B=0ejemplo :valor de NH 3 (A )del aire (B ) enagua .

N A=−cDAB

dc AdZ

+C A

c(N A+N B ) (N A+0 )

Ahora: si P= presión total constante

C= PRT

pA=x AP

CA

C=pAP

N A=−DAB

RT

dpAdZ

+p A

PN A→reordenando e integrando .

N A (1− p A

P )=−DAB

RT

dpAdZ

+C A

C

N A∫z1

z2

d z=−DAB

RT ∫pA1

pA2 dp A

1−pAP

N A=DABP

RT (Z2−Z1)lnP−pA2

P−pA1

→Formula para flujos(I )

Otra forma:

1. Se define la media logarítmica de (B) inerte puesto que:

P=PA 1+PB1=PA 2+PB2

PB 1=P−pA1 y PB2=P−p A2

pBM=PB2−pB1

ln(PB2

PB1)

¿PA 1−PA2

ln(P−PA2 )(P−PA1 )

Sustituyendo en (I):

N A=DAB P

RT (Z2−Z1) pBM(PA1−PA 2 )

PROBLEMA N °1Difusiondeagua a travezde aireenreposoque nose difunde .

El agua en el fondo de un tubo metálico estrecho se mantiene a T °=293° K .La

presión total del aire es de 1.01325×105 pascal (1.0 atm) y la T °=293° K (20℃ ) seco

.el agua se evapora y se difunde a través del aire seco en el tubo, siguiendo la

trayectoria Z2−Z1=0.1542m(0.5 ft) de longitud calcule:

La velocidad de evaporación en estado estacionario en kgmol /seg .

La difusividad del vapor de agua a 293 ° K y 1 atm de presión es de

0.250×10−4 m2

seg se asume que el sistema es isotérmico.

Solución

La difusividad del vapor de agua es:

0.250×10−4 m2

seg

La presión de vapor de agua a 20 ℃ es:

pA1=0.023atmó0.023×1.01325×105=2.341×103 pascal

pA2=0(aire puro).

Puesto que la

T °=20℃ ó 293 ° K→R=8314.

Calculo pBM :

PB 1=P−pA1

¿ (1.0−0.023 )

¿0.9769atm

PB 2=(1.00−0 )

¿1.0atm

pBM=PA 2−p A1

ln( PA2

PA1)=¿

pBM=(1.00−0.9769 )

ln( 1.000.9769 )

¿0.988atm=1.001×105 pa

pb1=pb2 Se puede emplear la media lineal

(PB1+ pB 2)2

=0.98845atmó1.001×105 pa

N A=DAB P

RT (Z2−Z1) pBM(PA1−PA 2 ) formula

NÚMEROS ADIMENSIONALES:

N ° desherwood→N ° SH=Kmd

DAB

Variables utilizadas en difusión molecular y

transferencia de materia debido a la

convección forzada.N ° schmidt→N °SC=u

ρ DAB DAB=difusividad

v=velovidad del fluido

ρ=densidadmasica del fluido

u=viscosidad

d=dimension carcteristica

¿Km=coef . de transferencia demateria

N ° Reynolds→N °ℜ=ρvdu

N °lewis→N°¿=k

ρCpDAB

Si además existe convención natural incluir aceleración a la gravedad (g) y

Δ ρ(diferencia dedensidadmasica )

N °SH=materia total de transferencia

materiatransferida por difusionmolecular

N °SC=difusionmolecular por la cantidad demovimiento

difusionmolecular de materia

Flujo laminar sobre una lámina plana:

N °SH=f (N °ℜ , N ° SC)

Se conoce que:

N °ℜ<5×105→flujolaminar

N °SHx=Kmx

DAB

=0.332

N °SC≥0.6→N °SHxdireccion xen profijo

N °SHL=K mL

DAB

=0.332

¿N °SC≥0.6→N° SHLmedioen todalalongitud de lalamina

Flujo laminar en una tubería:

N SH∅=KmL dDAB

=1.86 (N °ℜ , N ° SCL/d )

1/3

o N °ℜ<10,00

o d=∅ de la tuberia

o L=longitud tuberia

Transferencia de materia para un flujo sobre objetos esféricos:

N SH∅=2.0+0.6

PROBLEMA

Una esfera de glucosa de 0.2175 cm se sitúa en una corriente de agua que fluye a

una velocidad de 0.15 m/seg .La temperatura del agua es de 28℃ .la difusividad

de la glucosa es 0.69×10−5 cm2/ seg determinar el km (coeficiente de transferencia

de materia)

Método: la esfera de glucosa se sumerge en corriente de agua se emplea.

N °ℜ=ρvdu

=997.1kg /m3×0.15m /seg0.00317m880.633×10−6Pa . seg

=539

N °SC=880.633×10−6Pa . seg×10000cm2/m2

997.1kg/m3×0.69×10−5cm2/ seg

N °SH=2.0+0.6 (1279 )1/3 (539 )1 /2=153

o ρ25℃=997.1kg

m3

o u=880.633×10−6 Pa . seg

El coeficientede transferencia de masa kmes :

km=153×0.69×

10−5 cm2

seg

0.003175m×10000cm2

m2

¿3.32×10−5m /seg

ProblemaN °1

Determinar la velocidad de evaporación del agua de una bandeja llena de agua

sobre la que circula aire en una velocidad de 2m/seg. La temperatura del agua y

del aire es de 25℃.el ancho de la bandeja es de 45cm y la longitud en la dirección

que fluye el aire es de 20 cm. La diferencia del vapor de agua en el aire es

0.26×10−4m2/seg .

Método:

Determinar:

N °ℜ=ρvdu

ρ=¿

vaire=2mseg

d= x=0.20m

u=viscocidad cinematica del airea25℃=16.14×10−6m2/ seg

N °ℜ=2×0.2

16.14×10−6=24.783……………N °ℜ<5×105→Flujo laminar

Empleo de N °SH que para este caso:

N °SH=Kmd

DAB

=0.664¿

Calculo:

N °SC=u

ρ DAB

=16.14×10−6

0.26×10−4 =0.62

Entonces

km×0.2

0.26×10−4 =0.664 (24783 )12(0.62)1 /3

km=1.1587×10−2m / seg

La velocidad de evaporación para la bandeja es:

°mA=¿km Area(C AS−C A∝)¿

C AS=ρAS=0.02298kg/m3

o C AS=concentracion encondiciones desaturacion .

o C A∝=concentracion en lacorriente libre; asuminedouna

humedad relativa del50%en entonces :

ρA ∞=(0.5 ) (0.02298 ) kgm3

=0.01149kg

m3

°mA=¿1.1982×

10−5kgseg

¿

DESHIDRATACIÓN OSMÓTICA

Extraer H2O usando una solución osmótica o hipertónica que genera un ∆[ ] entre el medio externo e interno del alimento. También un ∆ P y ∆ Potencial químico.

Genera: Sales

∆ [ ] H2O

∆ P Vitaminas

∆ Potenciales Azucares

Químicos Soluto del alimento Azucares y Sales

S--- en pequeñas cantidades comparadas en los 2 flujos.

Es una tecnología combinada de preservación de los alimentos que reduce las pérdidas post-cosecha. Esta deshidratación reduce parcial o totalmente el volumen de agua libre obteniéndose una mejora en las condiciones microbiológicas; organolépticas y fisicoquímicas permitiendo un periodo mayor de almacenamiento y comercialización.

- Se utiliza generalmente como un pre tratamiento a procesos: Secado térmico; congelación.

Ejm. En Secado térmico

θ: 2 hr.

80% Papa Sol. Totales Papa 10% H2O

Sol. Hipertónica

Soluto

H2O T°: 60 – 85 °C seca

θ: 15‘

80% Papa Deshid. Osmótica Sol Totales 10 % H2O

[ ] Solución 30% T°: 60 – 85°C

Si la solución hipertónica esta sobresaturada las partículas precipitan sobre la superficie del alimento.

I.- FUNDAMENTOS:

1.- Físico – Químicos: Soluto – Disolvente

2.- Termodinámico.- Estado de Equilibrio del Sistema – Final

Estado Dinámico del Sistema – Inicial

3.- Transferencia de Masa.- La mayoría de modelos matemáticos están basados en la transferencia de masa.

II) OBTENCIÓN DE DATOS.-

Solución Alimento

(Soluto)

H2O

Flujo de SalidaH2O (Alimentos)

Flujo de EntradaSoluto (Alimentos)

T MS XS

O MO X os= 1 - X 0

W

T

O

101

201

Tf

Mw

MOW

M 1W

M 2W

M fW

XW

X 0W

X1W

X2W

X fW

Ambas disminuyen pero no proporcionalmente

En el equilibrio:

T∝ M∝W X∝

W

III) INTERPRETACIÓN DE LOS DATOS EXPERIMENTALES.-

- Mientras el agua sale en el alimento, los solutos aumentan.

- Gráficos.

IV) MODELAR DATOS.- Según Azuara (1992)

1.- Balance de Masa para el Agua.-

MMW=M f

0 X fW−M∝

0 X ∝W Masa de agua que es posible retirar de Alimento.

MmW=M 0

0 X0W−M 0

0 X0W+M f

0 X fW−M∝

0 X∝W

MmW

M 0

=M 0

0 X0W−M∝

0 X∝W

M 0

−(M 0

0 X0W−M f

0 X fW )

M 0

aMmW=∆M α

W−∆M fW

Agua que es capaz de difundirse que permanece en el alimento en un tiempo (T).

Como la pérdida de agua es función del agua que es capaz de difundirse y del tiempo (si se tienen la [ ] de la solución osmótica y la T° constante); entonces:

∆M TW = S1T MM

W (b) ∆M TW = f ( t ;MM

W )

Reemplazando b en a y reorganizando

∆M TW = S1 t (∆M α

W−∆M fW )

∆M TW (S1 t+1 )=S1 t ∆ M α

W

(c )∆M TW=

S1T ∆M αW

S1T+1 Ec. Que permite predecir la variación de agua a

medida que pasa el tiempo (t).

Operando Similarmente:

(d) ∆M TW=

S2t ∆M∝W

1+S2 t Expresión para la ganancia de sólidos.

S1 y S2 son parámetros que se definen como: constantes de velocidad relativas a la pérdida de agua y a la ganancia de sólidos respectivamente.

Analizando (c ) y (d) se obtiene:

1∆M T

W =1+S1t

S1t ∆ M∝W = 1

S1 t ∆ M∝W + 1

∆M∝W

t∆ M T

W = 1S1∆M∝

W +tx1

∆M∝W Y = a + bx (e)

Y ∆ bx x = t

y= t

∆ M tW B =

1

∆M∝W

A = 1

S1∆M∝W

x = t

COEFICIENTE DE DIFUSIÓN EFECTIVA.- (Azuara)

DE=πt4 [( S1L

1+s1T )( ∆M αWmod .

∆M αW experim . )]

2

Dónde: ∆M∝Wmod pérdida de agua en el equilibrio a partir de la Ec.

Linealizada y ∆M∝W experim . = Valor obtenido experimentalmente.

Ventajas.- No es necesario llegar al equilibrio para predecir el coeficiente de Difusión.

Desventajas.- Sólo se limita al rango experimental del modelo para él se obtuvieron los datos o parámetros. No toman en cuenta las dimensiones; la forma ni la estructura del material.

Modelo de CRANK.-

Usa la ley de difusión de Fick para diferentes geometrías condiciones límites y condiciones iniciales.

La Difusividad Efectiva (DE) del agua y del soluto; se obtiene simulando los experimentos en condiciones límites y resolviendo las ecuaciones analíticamente o numéricamente.

Se aplica para alimentos de alto contenido de H2O, siempre que se requiera rebajar hasta un contenido de H2O inferior de la 1/2 de un contenido inicial.

e

Limitaciones del modelo de Difusión de Fick: La transferencia de masa es unidireccional. El agente osmótico y su relación con el agua del alimento es muy grande. Requiere de técnicas numéricas para materiales irregulares. El punto de equilibrio se determina experimentalmente. Se asume que la difusión solo se representa para la extracción de agua. No hay efecto de los sólidos ganados ni de los solutos perdidos sobre la

pérdida de agua. Se desprecia el encogimiento debido a la transferencia de masa. Se desprecia la resistencia externa a la transferencia de masa.

DE=πt4 [( S1L

1+s1T )( ∆M αWmod .

∆M αW experim . )]

2

N° Fourier: DET

L2 L = Lamina (Ancho)

CRANK: M 0

W−M tW

M 0W−M α

W =2( F0

π )12

DEMOSTRACIÓN DE (1)

1) Modelo de Azuara : ∆M TW=

S1 t (∆M∝W )

1+S1t

2) CRANK: M 0

W−M tW

M 0W−M α

W =2( F0

π )12

3) N° de Fourier: Fe = DET

L2

Masa total en el tiempo

4) Asumiendo que: ∆M∝W=

M 0W−M∝

W

M 0W

M 00X 0

W−M f0 XT

W

M f0

∆M TW=

M 0W−M T

W

M 0W M 0

WMasa de H2O en un tiempo “O”

Solución: Reemplazando 3 en 2

M oW−M T

W

M 0W−M∝

W =2(DET

π L2 )0,5

Despejando DE (M 0W−M T

W

M 0W−M∝

W )2

= 4(DET

π L2 )

DE = (M 0W−M T

W

M 0W−M∝

W )2

= π L2

4T

DE = [ L2 (M 0W−M T

W

M 0W−M∝

W )]2

πt

Reemplazo de ∆M∝W y ∆M T

W

DE = [ L2 (∆M TW

∆M∝W )

2] πTReemplazo ∆M T

W de 1…….. (Azuara)

DE = [ L2 ( S1 t (∆M∝W )

(1+S1T )∆M∝W )]

2

πT

DE = π T4

[( S1L1+S1T )( ∆M α

Wmod

∆M αW experim. )]

2

PRACTICA N° 1 – DIFUSIÓN

I) Una solución de Etanol (A) en agua (B) en forma de película estacionaria de 2.00 mm de espesor a 293°K está en contacto con la superficie de un disolvente orgánico en el cual el etanol es soluble pero el agua no. Por tanto NB = 0. En el punto 1 la [ ] del etanol es de 16.8 % en peso y la solución tiene una ρ1 = 972.8

kj/m3. En el punto 2 la [ ] del etanol es de 6.8% en peso y ρ2 = 988.1 Kj/m3.

La Difusividad del etanol es 0.740x10-9. Calcule el flujo de estado estacionario N∆.

Solución: 1) DAB = 0.740 x 10-9 m2/seg.

Peso molar de A y B: MA = 46.05 CH3-CH2-OH

MB = 18.02 H2O

Para un 6.8 % en peso la fracción mol de etanol (A) es la siguiente para 100 Kg de solución.

X A 2=

6.846.05

6.846.05

+93.2

18.02

=0.1477

0.1477+5.17 = 0.0277

X B2=¿1 – 0,0277 = 0.9723

X A 1=

16.846.05

16.846.05

+83.218.02

= 0.3648

0.3648+4.6170= 0,07318

X B1=¿1 – 0.07318 = 0,9268

2) Calculo del peso molar M2 en el punto 2

M2 = 100Kg

(0.1477+5.17 )kj−mol = 18.75 Kg/ Kg – mol

M1 = 100Kj

(0.3648+4.6170 ) kj−mol = 20, 07 Kj/ Kj – mol

3) Calculo de la concentración total promedio [C prom.] D6 A≠B

Cprom. =

ρ1

M 1+ρ2

M 2

2

= 972.820.07

+ 988.118.75

2

= 50.6 Kjmol/ m3

4) Calculado X BM, como X B1

y X B2 son valores cercanos entre sí, se aplica una

media lineal:

X BM= XB 1

+XB2

2

= 0.9268+0.9723

2

= 0.949

5) Sustituyendo en la Ecuación:

N∆ = DABC prom.

(Z2−Z1 ) XBM

(X A1−X A2 )

= (0.740 x10−9 ) (50.6 ) (0,0732−0,0277 )

( 21000 ) (0.949 )

N∆ = 8,99 x 10-7 kJ mol/seg-m2

PROBLEMA

Se pone a prueba una película de polietileno de 0,15 mm de espesor para empacar un producto alimenticio a 30°C. La presión parcial del O2 en el exterior es de 0,21 atm y en el interior es 0.01 atm.

Calcule el flujo de difusión del O2 en estado estable.

Solución: Permeabilidad “PM” se expresa en m3 de gas soluto a 0°C y 1 atm de presión que se difunde por seg x m2 de área transversal a través de un sólido de 1m de espesor en una diferencia de presión de 1 atm.

TPE 0°C y 1Atm

PM = DAB . S = M 3 (TPE )

seg−m2 . atm/m

De FICK: N∆=D AB(C A1

−C A2)

(Z2−Z1 )

Datos Experimentales

C A1=

Sρ∆1

22.414 ; C A2

=¿

Sρ∆2

22.414

PM = 4.17m3 soluto (TPE )

5m2−atm/m

Sustituyendo en FICK:

Aplicando:

N∆=D ABS (ρ∆1−ρ∆2 )22.414 (Z2−Z1 )

=

N∆=PM (ρ∆1− ρ∆2 ) ´22.414 (Z2−Z1 )

N∆= 4.17 (10−12) (0.21−0.01 )

22.414 (0.00015−0 )

N∆ = 2,480 x10-10kj-mol/s.m2

DIFUSIVIDAD, SOLUBILIDAD Y PERMEABILIDADES EXPERIMENTALES

En Sólidos.- el coeficiente de difusión DAB en el sólido no depende de la presión del gas o del líquido en la superficie del sólido, sin embargo la solubilidad del gas en el sólido es directamente proporcional a la ρA.

La solubilidad de un gas soluto (A) en un sólido se expresa como “S” en m3 de soluto (a 0°C y 1 atm) por m3 de sólido por 1 atm de presión parcial de (A).

PROBLEMA

A través de una membrana de neopreno vulcanizado de 0.5 mm de vapor, se difunde H2 gaseosa a 17°C y 0.010 atm de presión parcial. La presión del H2 al otro lado de la membrana es cero. Calcule el flujo específico de estado estacionario suponiéndose que la única resistencia a la difusión es la membrana. La solubilidad “S” del H2 gaseoso en el neopreno a 17°C es 0.051 m3/m3 sólido y la DAB = 1,03 x 10-10 m2/seg a 17°C.

Solución:

1) La concentración de Equilibrio C∆1 en la superficie interior.

C∆1 =

Sp∆22.414

= 0.051 (0,010 )

22,414

= 2.28 x 10-5 kgmolH2/m3 sólido

2) La concentración: C∆2= 0 puesto que ρ∆ 2

= no

N∆ = DAB (C∆1

−C∆2)

Z2−Z1

= (1,03 x10−10 ) (2,28 x10−5−0 )

(0,5−0 )/1000

= 4.69 x 10-12 kj mol H2/seg – m2