difusion osmosis original
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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