Equilibrio Gas Liquido

EQUILIBRIO GAS LÍQUIDO

SOLUCIONES IDEALES

Una solución ideal es una solución para la cual:

• Existe una solubilidad total cuando los componentes son mezclados.

• No ocurre interacción química durante la mezcla.

• Los diámetros moleculares de los componentes son similares.

• Las fuerzas intermoleculares de atracción y repulsión son las mismas entre moléculas semejantes, así como entre moléculas no semejantes.

vjjj PxP =

ECUACIÓN DE RAOULT

PyP jj =

ECUACIÓN DE DALTON

Afirma que la presión parcial de un componente en el gas, es igual a la fracción molar de ese mismo componente en el líquido, multiplicado por la presión de vapor del componente puro.

La presión de Dalton puede ser usada para calcular la presión parcial ejercida por un componente de una mezcla de gas ideal.

COMPOSICIONES Y CANTIDADES DE LAS FASES GAS Y LIQUIDO EN EQUILIBRIO DE

UNA SOLUCIÓN IDEAL

• Las ecuaciones de Dalton y Raoult representan la presión parcial de un componente en una mezcla gaseosa. En la Ec. De Raoult el gas debe estar en equilibrio con el líquido.

• Al combinarsen las ecuaciones, se obtiene una nueva expresión que relaciona las composiciones de las fases gaseosa y líquida en equilibrio con la presión y la temperatura a la cual existe el equilibrio gas-líquido.


UNA SOLUCIÓN IDEAL

gjLjj nynxnz +=

1=∑+

=∑j

gvj

L

j

jj

nP

Pn

nzx

gvj

jLjj nP

Pxnxnz +=

1=∑+

=∑j

Lvj

g

j

jj

nP

Pn

nzy

gvj

L

jj

nP

Pn

nzx

+=

Para determinar los valores de Xj y Yj, la ecuación debe ser combinada con ecuación que relacione estas dos cantidades. Tal expresión debe ser desarrollada considerando un balance de materia sobre el j-ésimo término de la mezcla.


UNA SOLUCIÓN IDEAL

gjLjj nynxnz +=

nl=representa el número total de moles en el líquidong=representa el número total de moles en el gasZj=representa la fracción molar del j-ésimo término componente de la mezcla total, incluyendo tanto la fase líquida como la gaseosa.xj=representa la fracción molar del j-ésimo componente en el líquidoyj=representa la fracción molar del j-ésimo componente en el gasZnj=representa las moles del j-ésimo componente en la mezcla totalxjnl=representa las moles del j-ésimo componente en el líquidoyjng=representa las moles del j-ésimo componente en el gas

Un balance de materia sobre el j-ésimo componente, se obtiene:


UNA SOLUCIÓN IDEAL

1=∑+

=∑j

gvj

L

j

jj

nP

Pn

nzx

gvj

jLjj nP

Pxnxnz +=

1=∑+

=∑j

Lvj

g

j

jj

nP

Pn

nzy

gvj

L

jj

nP

Pn

nzx

+=

Combinando las ecuaciones, e igualando Yj, en cada una, se obtiene:

Ec. Eusadas para calcular las composiciones de la fase liquida y gaseosa de una mezcla en equilibrio:

∑ =

−+

=∑j vj

g

j

jj

P

Pñ

zx 1

11

∑ =

−+

=∑j

vjL

j

jj

P

Pñ

zy 1

11


UNA SOLUCIÓN IDEAL

Calcular las composiciones y cantidades de gas y de liquido cuando 1.0 lb-mol de la siguiente mezcla es llevada al equilibrio a 150 ºF y 200 psia.

Suponga comportamiento de solución ideal.

EJERCICIO

Componente Composición,Fracción molar

Propano 0.610

n-Butano 0.280

n-Pentano 0.110

Solución:

Por prueba y error, determine un valor de ñL que satisfaga la

ecuación.

∑ =

−+

=∑j

vjL

j

jj

P

Pñ

zy 1

11

Componente

Composición de la mezcla,

fracción molar

zj

Presión de vapor a 150 ºF

Pvj

Composición del

gas, fracción molar

−+

=11

vjL

jj

P

Pñ

zy

Composición del líquido, fracción

molar

vjjj P

Pyx =

C3 0.610 350 0.771 0.441 n-C4 0.280 105 0.194 0.370 n-C5 0.110 37 0.035 0.189 ∑ = 000.1jy ∑ = 000.1jx

ñL = 0.487

La sumatoria es igual a 1.0 para ñL = 0.487; de esta manera hay 0.487 moles de líquido y 0.513 moles de vapor por cada mol de mezcla total y las composiciones del gas y del líquido en equilibrio están dadas en las columnas 4 y 5 de la tabla anterior.

∑=j

vjjb PzP

Ejemplo

Calcular la presión del punto de burbuja a una temperatura de 150 ºF para la mezcla presentada en el ejemplo anterior. Asuma comportamiento de solución ideal.

CÁLCULO DE LA PRESIÓN DEL PUNTO DE BURBUJA DE UNA SOLUCIÓN LÍQUIDA

IDEAL

Solución:

Resolver la ecuación

∑=j

vjjb PzP

Componentes Composición,

Fracción molar zj


Pvj zjPvj C3 0.610 350 213.5 nC4 0.280 105 29.4 nC5 0.110 37 4.1 1.000 Pb = 247.0 psia

CÁLCULO DE LA PRESIÓN DEL PUNTO DE BURBUJA DE UNA SOLUCIÓN LÍQUIDA

IDEAL

∑

=

j vj

j

d

P

zP

1

Ejemplo

Calcular la presión del punto de rocío a 150 ºF para la mezcla dada en el ejemplo anterior, Suponga comportamiento de solución ideal.

CÁLCULO DE LA PRESIÓN DEL PUNTO DE ROCÍO DE UNA SOLUCIÓN LÍQUIDA IDEAL

Solución:

Resolver la ecuación:

∑

=

j vj

j

d

P

zP

1

Componente Composición

Fracción molar zj


Pvj

zj/Pvj

C3 0.610 350 0.00174

nC4 0.280 105 0.00267 nC5 0.110 37 0.00297

1.000

00738.0=∑

j vj

j

P

z

psiaPd 13600738.0

1 ==

CÁLCULO DE LA PRESIÓN DEL PUNTO DE ROCÍO DE UNA SOLUCIÓN LÍQUIDA IDEAL

Varios métodos teóricos para superar estos problemas han sido tratados. Pero el único camino razonablemente exacto para predecir el equilibrio gas - líquido, es a través de correlaciones basadas en observaciones experimentales del comporta-miento del equilibrio gas - líquido. Estas correlaciones involucran la razón de equilibrio K, la cual es definida como:

Yj y Xj, son valores determinados experimentalmente de las composiciones del gas y del líquido a una presión y temperatura dada.

j

jj x

yK =

SOLUCIONES NO IDEALES

1=∑ ∑+

=j jgL

jj Knn

nzx ∑ ∑ =

+=

j

j

Lg

jj

Kn

n

nzy 1

COMPOSICIONES Y CANTIDADES DE LAS FASES GAS Y LÍQUIDA EN EQUILIBRIO DE

UNA SOLUCIÓN REAL

La ecuación para gas ideal, puede ser modificada teniendo en cuenta el comportamiento de una solución real, reemplazando las relaciones de presión por las relaciones de equilibrio. Se obtiene:

Si se toma como base una mol, se obtiene lo siguiente:

( )∑ ∑ =−+

=j jg

jj Kñ

zx 1

11∑ ∑ =

−+

=j

jL

jj

Kñ

zy 1

11

1

Ejemplo

Repita el ejemplo 5.4, sin suponer comportamiento de solución ideal. Suponga que las cartas de relación de equilibrio dadas en el capítulo 25 del libro de la GPSA pueden usarse para esta mezcla.(Nota: utilice las cartas que tiene una presión de convergencia de 5000 psia)


UNA SOLUCIÓN REAL

Solución:

Por prueba y error, determine un valor de ñL que satisfaga la ecuación

Componente

Composición de la mezcla

Fracción molar

Razón de equilibrio

Kj

Para ñL = 0.5

Para ñL = 0.6

−

+ 1

11

jL

j

Kñ

z

Para ñL = 0.547

C3 0.610 1.55 0.742 0.775 0.757 nC4 0.280 0.592 0.280 0.198 0.203 nC5 0.110 0.236 0.042 0.037 0.040 1.000 0.992 1.010 ∑ =

jjy 000.1

∑ =

−+

=∑ 1

11

1j

L

j

jj

Kñ

zy


UNA SOLUCIÓN REAL

Componente

Composición del gas, Fracción molar

−

+

=

11

1j

L

jj

Kñ

zy

Composición del líquido, fracción

molar

j

jj K

yx =

C3 0.757 0.488 nC4 0.203 0.344 nC5 0.040 0.168

1.000 1.000

Por lo tanto, hay 0.547 moles de liquido por cada mol de mezcla total, y las composiciones de las fases gas y líquido son:


UNA SOLUCIÓN REAL

Comportamiento de la ecuación con valores de prueba de ñg incorrectos y cálculos a presiones o temperaturas por encima de la región de dos fases.


UNA SOLUCIÓN REAL

( )∑ ∑ =−+

=j jg

jj Kñ

zx 1

11

∑ = 1jjKz

Ejemplo

Estimar la presión de punto de burbuja de la mezcla dada en el ejemplo 5.4 a una temperatura de 150 ºF. Use las cartas del capítulo 25 del libro de la GPSA.

CALCULO DE LA PRESIÓN DE PUNTO DE BURBUJA DE UN LIQUIDO REAL

Se asume que la cantidad de gas en el punto de burbuja es despreciable. por lo tanto ng=0 y nl=n.

•Esta expresión calcula la presión en el punto de burbuja o la temperatura del punto de burbuja a una presión dada.

Solución:

Por prueba y error, determine una presión que satisfaga la ecuación:

∑ = 1jjKz


1. el valor de prueba inicial para el cálculo de la presión de punta de burbuja es 247 psia (valor calculado en el ejemplo 5.5 bajo la suposición de comportamiento de solución ideal). Determine los valores de Kj. a 150 ºF y 247 psia.

Componente


fracción molar zj

Relación de equilibrio a 150 ºF

y 247 psia Kj

zjKj C3 0.610 1.320 0.805 n-C4 0.280 0.507 0.142 n-C5 0.110 0.204 0.022 1.000 0.969


2. Trate con un nuevo valor de prueba de presión de punto de burbuja de 220 psia. Determine valores de Kj a 150 ºF y 220 psia.

Componente


fracción molar zj


y 220 psia Kj

zjKj C3 0.610 1.444 0.878 n-C4 0.280 0.553 0.155 n-C5 0.110 0.218 0.024 1.000 1.057


3. Graficar los valores de prueba contra la suma resultante como en la figura 5.20, e interpolar para determinar un tercer valor de prueba de presión de punto de burbuja de 237 psia.

Componente


Fracción molar zj


y 237 psia Kj

zjKj C3 0.610 1.360 0.830 n-C4 0.280 0.523 0.146 n-C5 0.110 0.208 0.023 1.000 0.999

zjKj =1.0 así Pb = 237 psia


1=∑j j

j

K

z

CALCULO DE LA PRESIÓN DE PUNTO DE ROCÍO DE UN GAS REAL.

En el punto de rocío la mezcla está completamente como gas, por lo tanto nl=0 y ng=n. por lo tanto se obtiene:

La presión de punto de rocío es la presión a una temperatura dada para la cual la ecuación se satisface.

Solución:

Por prueba y error, determine una presión que satisfaga la ecuación

1=∑j j

j

K

z


Ejemplo

Estime la presión de punto de rocío de la mezcla dada en el ejemplo 5.4 a una temperatura de 150 ºF. Asuma que las cartas de relación de equilibrio dadas en el capítulo 25 del libro de la GPSA pueden usarse para esta mezcla.

Determinar los valores de Kj a 141 psia y 150 ºF a partir de las cartas de relación de equilibrio dadas en el capítulo 25 del libro de la GPSA

Componente


Fracción molar zj


y 141 psia Kj

zj/Kj C3 0.610 2.110 0.289 n-C4 0.280 0.785 0.357 n-C5 0.110 0.311 0.354 1.000 1.000

1=∑j j

j

K

zEntonces Pd = 141 psia

Para ahorrar espacio, sólo se muestra el último cálculo con un valor final de prueba de Pd = 141 psia.


En los cálculos de separación flash, el objetivo es encontrar la cantidad fraccional de vapor en una mezcla vapor – liquido a una presión y temperatura específica, de tal forma que la siguiente ecuación sea satisfecha:

Ec.1

0

1)-(Kñ1

)1(

ig1 =

+−∑ =iiNc

i

Kz

CÁLCULO DEL EQUILIBRIO FLASH

Esta es una de las expresiones matemáticas alternativas que pueden ser usadas y escogidas por su buen comportamiento en un algoritmo Newton – Raphson. Esta expresión es también llamada función de Rachford – Rice y es derivada de:

011 =∑−∑ == iNcii

Nci xy


Los criterios para un equilibrio de dos fases, es que ambas funciones (rocío y burbuja) deben ser mayores que uno (1), como se mencionó en las ecuaciones anteriores.

1*1 >∑ = iiNci Kz 11 >∑ =

i

iNci K

z


Las composiciones del gas en equilibrio son evaluadas por:

)1(1 −+=

ig

iii Kñ

Kzy

Y las composiciones del liquido son evaluadas con:

i

ii K

yx =


Procedimiento para realizar el calculo flash:

Paso 1. Calculo de ñg.

La ecuación 1, puede ser resuelta para ñg usando la técnica de iteración de Newton Raphson . Aplicando esta técnica iterativa tenemos:

• Un valor de ñg es asumido. Un valor bueno es calculado de la siguiente relación:


Procedimiento para realizar el calculo flash:

ñg = A/(A-B)donde:

A= ∑ [zi(Ki-1)]B= ∑ [zi(Ki-1)/ Ki]

• Evaluar este valor de ñg en la ecuación 1.

01)-(Kñ1

)1(

ig1 =

+−

∑ =iiNc

i

Kz


• Si el valor absoluto del resultado de resolver la ecuación 1, es mas pequeño que una tolerancia preestablecida, por ejemplo: 10-15, entonces el valor asumido de ñg es la solución deseada.

• Si el valor absoluto de resolver la ecuación es mas grande que el valor de tolerancia preestablecida, entonces un nuevo valor de ñg es calculado de la siguiente expresión:

(ñg)nuevo = ñg – f (ñg) / f ’ (ñg)


donde:

(ñg)nuevo = nuevo valor de ñg.

f (ñg)= es el valor que se obtiene de resolver la ecuación 1 para el valor anterior.

F´(ñg)= es el valor que se obtiene de resolver la primera derivada de la ecuación 1 con respecto a ñg y esta dada por:

f ’(ñg) = -∑ [zi(Ki-1)2 / [ñg(Ki-1) + 1]2]


Este procedimiento es repetido con los nuevos valores de ñg hasta que la convergencia sea alcanzada.

Paso 2. Calculo de ñl.

Se calcula el número de moles de la fase liquido de la siguiente ecuación:

ñl = 1-ñg


Paso 4. Calculo de xi.

)1(1 −+=

ig

iii Kñ

Kzy

i

ii K

yx =


Paso 3. Calculo de yi.

Calcule la composición de la fase gaseosa aplicando la ecuación:

Ejemplo:Una mezcla de hidrocarburos con la siguiente composición es flasheada en un separador a 50 psia y 100 °F.

Componente zi

C3 0.20

i-C4 0.10

n-C4 0.10

i-C5 0.20

n-C5 0.20

C6 0.20


Asumiendo comportamiento ideal, realizar los cálculos flash.

Solución:Paso 1. Determine la presión de vapor de las cartas de COX y calcule las constantes de equilibrio:


Componente zi Pvi a 100 °F Ki

C3 0.20 190 3.8

i-C4 0.10 72.2 1.444

n-C4 0.10 51.6 1.032

i-C5 0.20 20.44 0.4088

n-C5 0.20 15.57 0.3114

C6 0.20 4.956 0.09912

Paso 2. Resuelva la ecuación 1, para ñg usando el método de Newton Raphson, esto resulta:

Para iniciar la iteración se usa la siguiente relación para obtener un valor inicial de ng:

ñg = A/(A-B)Donde:

A= ∑ [zi(Ki-1)]

B= ∑ [zi(Ki-1)/ Ki]


Componente Composicion KiA

∑ [zi(Ki-1)]B

∑ [zi(Ki-1)/ Ki]

C3 0.20 3.8 0,56 0,147368421

i-C4 0.10 1.444 0,0444 0,030747922

n-C4 0.10 1.032 0,0032 0,003100775

i-C5 0.20 0.4088 -0,11824 -0,289236791

n-C5 0.20 0.3114 -0,13772 -0,442260758

C6 0.20 0.09912 -0,180176 -1,817756255

Suma 1 0,171464 -2,368036685


Iteración ñg f (ñg) f´ (ñg)

0 0.0675178 0.057827 -1.49188

1 0.10628012 0.003143618 -1.3378

2 0.10862987 0.00000926 -1,32999

3 0,10863683 0,000000003 -1,329974809

ng inicial= A/(A-B)= 0.0675178


Paso 3. Resuelva para ñl.

ñl = 1- 0.1086368 = 0.8913631

Paso 4. Resuelva para xi y yi.

Componente

C3 0.5827 0.1534

i-C4 0.1378 0.0954

n-C4 0.1028 0.0997

i-C5 0.0874 0.2137

n-C5 0.0673 0.2162

C6 0.0220 0.22165

)1(1 −+=

ig

iii Kñ

Kzy

i

ii K

yx =


Estos cálculos también pueden ser realizados utilizando la herramienta Solver que trae Excel.

Los cálculos del equilibrio gas-liquido usando ya sea cualquiera de las ecuaciones mostradas, son a menudo llamados cálculos de vaporización flash.

Los resultados de los cálculos flash están en términos de libra-mol. Las composiciones del gas y del liquido en equilibrio, son usadas para calcular los pesos moleculares y densidades.

CÁLCULOS DE VAPORIZACIÓN FLASH

( )∑ ∑ =−+

=j jg

jj Kñ

zx 1

11

∑ ∑ =

−+

=j

jL

jj

Kñ

zy 1

11

1

Fig. Vaporización diferencial a temperatura constante.

CÁLCULOS DE VAPORIZACIÓN DIFERENCIAL

1−

=

jK

Li

Lf

ji

jf

n

n

x

x

∑ =j

jfx 0.1

• Cuando se conoce la presión final de la vaporización diferencial, las presiones iniciales y finales se promedian para obtener un valor de presión para las cuales se tienen las relaciones de equilibrio. El primer valor de la prueba nlf es seleccionado y la sgte ecuación se puede usar para calcular los valores de xjf .

• Las composiciones del liquido se suman, como indica la ec, si la sumatoria es igual a 1, el valor de la prueba de nlf es la cantidad correcta de moles de liquido que se queda después de la vaporización llevada a la presión final.


Para los ingenieros de petróleos existen dos tipos de cálculos de vaporización diferencial que son de vital interés. En ambos casos la vaporización diferencial es a temperatura constante, y la composición del líquido inicial es conocida.

En el primer caso, la presión inicial y final son conocidas, y el número de moles que se vaporizan es calculado.

En el segundo caso, las condiciones iniciales y el número de moles que se vaporizan están dadas y la presión final se calcula.

Cualquier caso requiere una solución por prueba y error.


Ejemplo:

La siguiente mezcla de hidrocarburos tiene un punto de burbuja de 600 psia a 80 ºF. Determine la fracción del gas que se vaporizará cuando este liquido sea diferencialmente vaporizado a 500 psia y 80 ºF. Use los valores de K del capítulo 25 del libro GPSA.

Componente Composición,

fracción molar Metano 0.160 Propano 0.380 n-Pentano 0.460 1.000


Solución:

Determine por prueba y error, un valor de nLf/nLi, que satisfaga las ecuaciones

Comience con un valor de nLf/nLi = 0.90.

1−

=

jK

Li

Lf

ji

jf

n

n

x

x 0.1=∑j

jfx



fracción molar xji

Relación de equilibrio a

80 ºF y 500 psia Kj

1ª prueba xjf de la ecuac. 6.29 para

nLf/nL i= 0.9


nLf/nLi = 0.95


nLf/nLi = 0.93 a

C1 0.160 6.170 0.0928 0.1227 0.1099 C3 0.380 0.388 0.4053 0.3921 0.3973 n-C5 0.460 0.052 0.5083 0.4829 0.4928 1.000 1.0064 0.9977 000.1=∑

jjfx

Puesto que, nLf/nLi = 0.93 es el valor correcto. Por lo tanto el 7% en mol de liquido se ha vaporizado, y la composición del líquido que queda, está dada en la última columna de la tabla anterior.


Ejercicio

Determine la presión final requerida para vaporizar diferencialmente 10 % en mol de la mezcla dada en el ejemplo 6.8 a 80 ºF. Use valores de K del capítulo 25 del libro de la GPSA.

Solución:

Determine por prueba y error un valor de Pf el cual dará valores de Kj que satisfaga las ecuaciones

1−

=

jK

Li

Lf

ji

jf

n

n

x

x 0.1=∑j

jfx


Comience con un valor de prueba de Pf =300 psia, es decir, Ppromedio = 450 psia.

Primera prueba Segunda prueba

Componente

Composición, fracción molar

xji

Relación de equilibrio 80 ºF

y 450 psia Kj

xjf de la ecuac. 6.29 para Pf = 300 y nLf/nLi = 0.9

Relación de equilibrio 80 ºF

y 455 psia Kj

xjf de la ecuac. 6.29 para Pf = 310 y nLf/nLi = 0.9

C1 0.160 6.81 0.0868 6.74 0.0874 C3 0.380 0.413 0.4042 0.410 0.4044 n-C5 0.460 0.0536 0.5082 0.053 0.5082 1.000 0.9992 0000.1=∑

jjfx

Puesto que, , Pf = 310 psia, es la presión a la cual se vaporiza diferencialmente un 10% en mol de la mezcla original; la composición del líquido restante se da en la última columna de la tabla anterior.


En esta sección se examinaran las correlaciones del factor K.

La ecuación que define el factor K es:

Ec. Resultante de la combinación de las ecuaciones de Raoult y Dalton es:

j

jj x

yK =

P

P

x

y vj

j

j =

RELACIÓN DE EQUILIBRIO, CORRELACIONES

P

PK vjj =

Esta ecuación puede ser combinada, obteniéndose una ecuación para calcular el factor K de un componente, j, en una mezcla la cual se comporta como una solución ideal.

La presión de vapor del componente j, Pvj, es solamente una función de la temperatura, el factor K de cada componente depende simplemente de la presión y la temperatura.


Esta ecuación puede ser combinada, obteniéndose una ecuación para calcular el factor K de un componente, j, en una mezcla la cual se comporta como una solución ideal.

PRESIÓN DE CONVERGENCIA

Los factores K determinados experimentalmente, son normalmente graficados contra la presión en una escala log-log. Las siguientes figuras muestran relaciones de equilibrio típicas del petróleo a varias temperaturas.


El valor de presión para el cual el factor K converge a la unidad, es conocido como la presión de convergencia. Si una mezcla está en su valor de temperatura crítica real, las curvas realmente convergerán a un valor de 1.0 a la presión crítica

DEFINICIÓN DE PRESIÓN DE CONERGENCIA

RELACIONES DE EQUILIBRIO PARA GASES RETRÓGRADOS A VARIAS PRESIONES Y

TEMPERATURAS

RELACIONES DE EQUILIBRIO PARA MEZCLAS DE GAS Y ACEITE NATURAL A VARIAS PRESIONES Y

TEMPERATURAS

La presión de convergencia de mezclas binarias de hidrocarburos, puede ser estimada a partir de las curvas dadas en la figura 5.25. Una curva similar que incluye mezclas multicomponentes se presenta en la figura 5.26.

ESTIMACIÓN DE LA PRESIÓN DE CONERGENCIA

5.6.1.2.ESTIMACIÓN DE LA PRESIÓN DE CONVERGENCIA


Ejemplo

Las composiciones del gas y del liquido de un aceite negro a 1,300 psia y 160 ºF calculado con la ecuación 5.34 son dadas en la siguiente tabla. Una presión de convergencia de 5,000 psia fue usada para obtener el factor K. Qué valor de presión de convergencia debería usarse para esta mezcla a 160 ºF?


Componente

Composición del líquido en el

equilibrio xj

Composición del gas en el equilibrio

yj

Metano 0.2752 0.8705 Etano 0.0730 0.0806 Propano 0.0390 0.0217 i-Butano 0.0151 0.0052 n-Butano 0.0442 0.0122 i-Pentano 0.0178 0.0029 n-Pentano 0.0247 0.0033 Hexano 0.0259 0.0018 Heptano plus 0.4851 0.0018 1.0000 1.0000

Propiedades del heptano plus

Gravedad específica 0.8600

Peso molecular 225 lb/lb mol


Solución:

Primero, la composición del líquido debe ser expresada en fracción de peso


Fracción molar xj

Peso molecular

Mj

xjMj

Composición, Fracción en peso

∑j

jjjj MxMx

C1 0.2752 16.043 4.415 0.0350

C2 0.0730 30.070 2.195 0.0174

C3 0.0390 44.097 1.720 0.0136

i-C4 0.0151 58.123 0.878 0.0069

n-C4 0.0442 58.123 2.569 0.0204

i-C5 0.0178 72.150 1.284 0.0102

n-C5 0.0247 72.150 1.782 0.0141

C6 0.0259 86.117 2.230 0.0177

C7+ 0.4851 225 109.148 0.8647

1.0000 221.126=∑j

jjMx 1.0000


Segundo, elimine el metano y ajuste la fracción en peso del componente pesado hipotético. Entonces calcule las propiedades críticas del peso promedio.

Componente

Composición excluyendo C1

Fracción en peso wj

Temperatura crítica ºR

TCj

wjTCj

Presión crítica

PCj

wjPCj

C2 0.0180 549.50 9.9 706.5 12.7 C3 0.0141 665.64 9.4 616.0 8.7 i-C4 0.0072 734.04 5.3 527.9 3.8 n-C4 0.0211 765.20 16.1 550.6 11.6 i-C5 0.0106 828.68 8.7 490.4 5.2 n-C5 0.0146 845.38 12.4 488.6 7.1 C6 0.0183 913.18 16.7 436.9 8.0 C7 0.8961 1360 * 1218.7 242 * 216.9

1.000 w prom TC = 1,297 ºR w prom PC = 274 psia


Tercero, grafique el punto critico del peso promedio, en la figura 5.26, interpolando un domo de presión de convergencia, y lea PK a 160 ºF.

Una presión de convergencia de 10,000 psia debería haber sido usada para esta mezcla. Ver figura 5.27.


RELACIONES DE EQUILIBRIO LIQUIDO–VAPOR PARA LOS COMPONENTES DEL

METANO AL HEPTANO, CON UNA PRESIÓN DE CONVERGENCIA DE 5000

PSI.

Equilibrio Gas Liquido

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