Extracao Solido-Liquido e Líquido-líquido

7/22/2019 Extracao Solido-Liquido e Líquido-líquido

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Capítulo 5

LIXIVIAÇÃO (SÓLIDO-LÍQUIDO) E EXTRAÇÃO (LÍQUIDO-LÍQUI

Nesse capítulo discutiremos os métodos de remoção ou separação de umconstituinte sólido ou líquido por meio de um solvente ou solução líquida. Essa técnica subdividida em duas categorias. A primeira, denominada de lixiviação ou extração sólidolíquido, o solvente é utilizado para dissolver um componente solúvel presente numamistura com um sólido insolúvel. A segunda, chamada de extração líquida, o solvente éutilizado para separar dois líquidos miscíveis. Na extração líquida o solvente deve dissolvepreferencialmente um componente da mistura líquida original.

LIXIVIAÇÃO

1- Introdução

Muitas substâncias biológicas, inorgânicas e orgânicas estão presentes emdiferentes misturas com componentes sólidos. Na lixiviação, o solvente puro ou não comdeterminadas características, é convenientemente misturado ao sólido previamentepreparado como objetivo de remover um soluto desejável ou indesejável.

Operação de lixiviação aplicada à biotecnologia e ao processamento de alimentos:• Separação do açúcar da beterraba com água quente;• Separação de óleo de sementes de cereais (amendoim, soja, algodão, girassol

milho etc) com solventes orgânicos (hexano, acetona, eter, etc);• Na indústria farmacêutica, muitos produtos são obtidos por lixiviação de raízes de

plantas, talos e folhas);• Na produção de café solúvel ou instantâneo, as sementes torradas e moídas são

lixiviadas com água.

Operação de lixiviação aplicada à materiais orgânicos e inorgânicos:Muitos metais importantes encontram-se misturados com uma quantidade muito grandede constituintes indesejáveis e a lixiviação é utilizada para esses metais como saissolúveis.

• Sais de cobre são lixiviados de outro minerais de minerais com solução de ácidosulfúrico ou solução amoniacal;

• Sais de níquel e cobalto são lixiviados com misturas de ácidosulfúrico+amônia+oxigênio;

• Ouro é lixiviado do mineral com solução aquosa de cianeto de sódio

Etapas preliminares relevantes na operação de lixiviação:• Preparação do sólido (moagem, corte em lâminas etc)• Escolha do solvente ou solução extratora (seletividade, toxicidade, operações

posteriores de recuperação e reciclo do líquido)

2- Equipamentos para lixiviação

2.1- Lixiviação com a percolação do solvente ou solução extratora no leito fixo departículas, como ilustra a Figura 1 a seguir:



Figura 1- Lixiviação batelada em leito fixo.

2.2- Lixiviação em leito móvel (fluidização homogênea) como ilustra a Figura 2 a seguir:

(a) batelada(b) contínuo

Figura 2- Lixiviação em leito móvel.

2.3- Lixiviação contínua em estágios com fluxos contracorrentes

Os estágios são numerados no sentido do fluxo de sólidos, como ilustra a Figura 3a seguir. Usualmente, assume-se que o sólido inerte (sólido isento do soluto) é insolúvelno solvente extrator e que a taxa e sólido inerte é constante ao longo dos estágios. Aspartículas retêm uma determinada quantidade de líquido e, essa solução retida que vaisendo arrastada de um estágio para o outro, para pode ser constante ou variáveldependendo das propriedades dessas partículas (os dados de equilíbrio, obtidos nolaboratório, que vai mostrar essa característica).

Figura 3− Lixiviação contracorrente multiestágios em cascata.

Nomenclatura: V≡ taxa de solução ou solutooverflow [kg de solução/tempo ou kg de soluto puro/tempo]

2



L≡ taxa de solução ou soluto retido [kg de solução/tempo ou kg de soluto puro/tempo]ya ≡ fração molar de soluto na soluçãooverflow que sai ou em Va yb ≡ fração molar de soluto na solução ou solvente extrator que entra ou em Vb xa ≡ fração molar de soluto na solução à entrada ou em La xb ≡ fração molar de soluto na solução retida esgotada que sai ou em Lb Linha de Operação Lixiviação em estágio com fluxos contracorrentes

Balanço material global para a solução, no volume de controlada Figura 3:(1)n 1 a a n V L V+ + = +L

Balanço material global para o soluto, no volume de controlada Figura 3:(2)n 1 n 1 a a a a n n V y L x V y L y+ + + = +

Explicitando da equação anterior, teremos:n 1y +

a a a ann 1 nn 1 n 1

V y L xLy x V V++ +

⎛ ⎞ −= +⎜ ⎟⎝ ⎠

(3)

Pontos terminais da Linha de Operação:( ) ( )a a b bx ,y e x ,y e considerando as taxas desolução, ao longo dos estágios, constantes, então:n a bL L L L≅ ≅ ≡ e ; oque vale dize que

n a b V V V V≅ ≅ ≡

(L V) é constante.Cálculo do Número Ideal de estágios para taxa de solução retidaunderflow constate

a)Linha de Operação:Massa de solução retida no sólido é independente da concentração de soluto na solução,assim Ln é constante. Linha de Operação é LINEAR.

b)Linha de EquilíbrioComo y e x é a fração de soluto na solução (overflow e retida) e como o estágio é deequilíbrio. Linha de Equilíbrio é LINEAR do tipo y=x, como ilustra a Figura 4.

Figura 4- Linha de Equilíbrio e Linha de Operação para lixiviação para Ln constante.Constatação importante da Figura 4:*ay xa= e *

b by x=

3



Nesse caso, o Número Ideal de estágios pode ser determinado analiticamente: Expressõesde KremserForça motriz (d iving force ) na lixiviação para a transferência de massa, é:r 1

*n ny y +−

(similar à Absorção gasosa), como ilustra Figura 5.

Figura 5- Força motriz (driving force ) na lixiviação para a transferência de massa.

Correlação de Kremser para lixiviação, LO e LE divergentes, por exemplo:

( )( )( )( )

( )( )

* *b b b b

* *a a a a

b a* *b a

y y y yln ln

y y y yN ln Ay yln

y y

⎡ ⎤ ⎡ ⎤− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥

⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦= =⎡ ⎤−⎢ ⎥

⎢ ⎥−⎢ ⎥⎣ ⎦

para ≡ L A mV como m=1,0 então: L A V

≡

Exemplo 1: Extração de parafina/cera de fibra de celulose com querosene. Duas (2)toneladas por dia de papel contendo parafina devem ser lixiviadas com querosene numaunidade de extração de estágio com fluxos contracorrentes. Calcular o número ideal deestágios necessários, considerando que a mistura a ser tratada contém 75% (peso) epolpa de papel e 25% (peso) de parafina. O solvente extrator contém 0,05 lbm deparafina/100 lbm de querosene puro (livre de parafina). A polpa de papel após extração éencaminhada a um evaporador para a remoção do querosene. O evaporador foi projetadopara operar com uma mistura contendo no máximo 0,2 lbm de querosene/100 lbm depapel puro. A soluçãooverflow esgotada tem 5 lbm de parafina/100 lbm de querosene.Dados experimentais realizados indicam que o papel retém uma quantidade constante desolução (parafina+querosene) que é transferida para os estágios. A quantidade retida de

solvente puro é 2,0 lbm de querosene/lbm de fibra de celulose pura.Solução:soluto: parafinasolvente: queroseneinerte sólido: papelImportante: As expressões de Kremser APENAS podem ser aplicadas para a taxa desolução retida constante, ou seja:a bL L L≅ ≡ Consideração sobre o 1º estágio:

A solução retida no sólido inerte permanece constante, a partir do segundo estágio, o quevale dizer que La (soluto puro)≠ L1 (solução retida). Como conclusão dessa constatação,PODEMOS aplicar a relação de Kremser para N− 1estágios.

4



Como o objetivo é aplicar a correlação de Kremser para N – 1 estágios; devemos calcularas frações mássicas: * *

b b b b 1 2 2x , y e y x e x , y e y x1≡ ≡ Cálculo das frações mássicas nas extremidades e N – 1 de estágios:

Cálculo de yb: (base isenta de soluto)

b lbm de parafina 0,05y 0,0005lbm de querosene 100= = =

Cálculo de ya: (base isenta de soluto)First stage é ideal, assim a 1

lbm de parafina 5y x 0,0lbm de querosene 100

≡ = = = 5

Para calcular xb, precisamos conhecer a quantidade de querosene em Lb ????

a) Balanço material global para o querosene (N estágios):Base de cálculo: 100 lbm papel puro (livre de querosene e parafina) e assumindo ques éa quantidade em lbm de querosene puro que entra na solução extratora.

Cálculo de xb: (base isenta de soluto)*

b blbm de parafina 0,20x y 0,001

lbm de querosene 200≡ = = =

Para calcular y2 precisamos conhecer a quantidade de querosene e parafina em V2:b) Balanço de massa para a parafina (N estágios):

5



Parafina que entra com o papel: 25100 33,375

× = lbm

Parafina que entra com o querosene: 0,0005 s×

( )0,05 lbm de parafina 100 lbm de querosene

0,05/100 s s lbm de querosene→

× ←

Total de parafina que entra:33,3 + 0,0005 s× Parafina que saí com a suspensão esgotada: 0,2 lbmParafina que saí com soluçãooverflow :

( )

5,0 lbm de parafina 100 lbm de querosene5 s 200 =0,05 s 10 s 200

100

→

− × × − ← −

Total de parafina que saí:0, 05 s 10 0,2 0,05 s 9,80× − + = × −Balanço material global para a parafina:

entrada

33,3 0,0005 s+ × =

saida

0,05 s 9,80× − ou s = 871 lbm de querosene

Cálculo de y2 : (base isenta de soluto)Precisamos calcular a taxa de soluçãooverflow que deixa o segundo estágio V2 (verdetalhamento do primeiro estágio):

1lbm de parafinax 0

200= = ,05

quantidade de parafina em L1 : 200 0,05× = 10 lbm de parafina

albm de parafinay 0

671= = ,05

=

quantidade de parafina em 33,55 lbm de parafinaa V 671 0,05= ×Balanço material para a parafina no 1º estágio:33,33 lbm + mp em Va = 33,55 + 10, então: mp em V2 = 10,22 lbm

210,22y 0,871

= = 0117

Correlação de Kremser:1

2

L L 200 AmV 1 V 871

= = = ≅×

0,23, portanto A < 1,0 (linhas convergentes). A força motriz

localiza-se na fase V, similarmente a absorção gasosa entretanto, a LE encontra-se acimada LO, o que vale dizer que a força motriz nas extremidades é:( ) e*

b by y− ( )*2 2y y− e

não ( ) e ( como na absorção gasosa:*b by y− )1 5

*a ay y−

2y 0,0117= , = 0,05 ,*2y x= by 0,000= e *

b by x 0,00= = 1

6



( )( )( )( )

( )( )( )

( )

*2 2*b b* *2 b

2 b

y y0,05 0,0117ln lny y 0,001 0,0005

N 1 3,000,05 0,001y y lnln 0,0117 0,0005

y y

⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥− −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦− = = ≅⎡ ⎤ ⎡ ⎤−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦−⎢ ⎥⎣ ⎦

Número Ideal de estágios: N = 3+1=4,0

Cálculo do Número Ideal de estágios para taxa de solução retida underflowvariávelQuando a taxa de solução retida nounderflow varia de estágio para estágio, a Linha deoperação para a Lixiviação deixa de ser LINEAR. Para localizar corretamente a LO ndiagrama yversus , devemos obter alguns pontos intermediários . Com ospontos intermediários e as extremidades da LO, pode-se encontrar graficamente segundoo procedimento de McCabe-Thiele. Os pontos intermediários da LO devem ser obtidos pobalanços materiais.

( n 1 ny ;x+ )

( ((

Exemplo 2: Extração de óleo de cereal com benzeno . Óleo de cozinha deve serextraído de sementes de cereais numa unidade contínua de extração com fluxoscontracorrentes. A planta deve produzir 1000 kg/hora de farelo ou torta de sementespura. O sólido devidamente preparado para a extração contém 400 kg/hora de óleo e 25kg/hora de benzeno. O solvente extrator “fresco” contém 10 kg/hora de óleo e 655kg/hora de benzeno. A polpa sólida esgotada no último estágio tem 60 kg de óleo nãoextraído. Experimentos conduzidos numa unidade de laboratório indicam que a taxa desolução retida no farelo depende da concentração de óleo na solução como mostra aTabela 1 a seguir. Encontrar

i) Concentração da solução concentrada ouoverflow? y a

ii) Concentração da solução retida no sólido esgotado no primeiro estágio? x b iii) A taxa mássica de soluçãounderflow , retida ou refinado que deixa a unidade

com o sólido esgotado?L b (iv) A taxa mássica de solução overflow ou extrato?V a (v) Número de estágios ideais requeridos na separação?N

Tabela 1: Dados de solução retida no sólido

Concentraçãokg de óleo/kg de solução Solução retidakg/kg de sólido Concentraçãokg de óleo/kg de solução Solução retidakg/kg de sólido0,00 0,500 0,40 0,5500,10 0,505 0,50 0,5710,20 0,515 0,60 0,5950,30 0,530 0,70 0,620

Solução:Soluto: óleo; sólido: farelo ou torta e solvente extrator: benzenoDefinições mais convenientes, nesse caso:x = fração mássica de óleo na solução retida no sólidoy = fração mássica de óleo na solução sobrenadante ouove flow r

r L = taxa mássica de solução retida no sólido

V = taxa mássica de soluçãoove flow

7



Entrada de solução com o sólido: La = 400 + 25 = 425 de solução/hora

( )a

aa

taxa massica de soluto em L 400x 0taxa massica de soluçao L 425

= = ,941=

Entrada da solução extratora:b V 10 655= + kg de solução/horafração mássica de soluto (óleo) na solução “fresca”:

btaxa massica de oleo 10y 0

taxa massica de soluçao 655= = ,015=

0

Como determinar o valor de xb ? O VALOR DE xb DEVE SER OBTIDO POR TENTATIVA EERRO. , naturalmenteb ax x< Exemplo para (estimativa ou tentativa ); da Tabela 1, temos solução retida:bx 0,1=

kg de soluçao retida0,505kg de solido

bkg de soluçao kg de solido ou fareloL 0,505 1000 505kg de solido hora

= × = kg de solução/h

taxa mássica de soluto esgotado com a solução retida = 60 kg/horab

60x 0,505

= = 119

2

(xb calculado maior que o estimado)

bx 0,1= (segunda estimativa para xb); da Tabela 1, temos Solução retida:kg de soluçao retida0,507

kg de solido(interpolação linear)

bL 0,507 1000 507= × = kg/h de solução

b

60x507

= ≅0,12 (xb calculado igual ao estimado)OK

• taxa de benzeno em Lb: 507- 60 = 447 kg/hora• taxa de óleo na solução overflow ou extrato ?????• óleo à entrada : 400 (com o sólido)+10 (com a solução extratora) =410• óleo à saída : óleo no extrato ouoverflow (não extraído)+ 60 (esgotado com o

farelo);• óleo na solução overflow ou extrato : 410 − 60 = 350 kg/hora• taxa de benzeno na solução overflow/ extrato ?????• benzeno que entra : 655 (solução extratora) + 25 (com o sólido) = 680 kg/hora• benzeno que saí : Benzeno na soluçãooverflow + 447 (benzeno em LB);• Benzeno na solução overflow : 680 − 447 = 233 kg/hora

8



óleo na solução overflow + benzeno na solução overflow = Va, assim:a V 350 233 583= + = kg/hora

a350y 0,600583

= =

Repostas para os itens (i ) a (iv ):

(i ) ay 0,6=

08(ii ) bx 0,11=(iii ) bL 507 kg/hora= (iv) a V 583 kg/hora=

Para determinar o número ideal de estágios (N), temos que determinarpontosintermediários da LO :

a a a ann 1 n

n 1 n 1

V y L xLy x V V+

+ +

⎛ ⎞ −= +⎜ ⎟⎝ ⎠

Exemplo: para ; da Tabela 1, temos solução retida: 571 kg de solução/kg desólido puro, então:nx 0,5= 0

nL 0,571 1000 571= × = kg de solução/hora (taxa de solução retida)Balanço material global no volume de controle:n 1 a a n V L V L+ + = +

n 1 V 583 571 425 729+ = + − = kg/horaBalanço material global no volume de controle para o soluto:

n 1 n 1 a a a a n n V y L x V y L y+ + + = + ou n 1 n 1 a a n n a a V y V y L y L x+ + = + − n 1 n 1 V y 571 0,5 583 0,6 400 253,3+ + = × + × − = kg de óleo/hora

n 1 253,3y 0729+ = = ,323

Plotando os pontos( ) ( )a a b bx ;y , x ;y e ( )n n 1x ;y + no diagrama yversus x, observa-seque a LO de operação apresenta uma ligeira curvatura, como pode ser visto na figura aseguir.

Número Ideal de EstágiosN = 4,0

9



Exercício para casa 1: Extração de sal cobre de mineral . Uma bateria de extratores éutilizada para extrair CuSO4 de mineral devidamente preparado. A cada hora, uma misturacontendo 10 toneladas de ganga (inerte sólido); 1,2 toneladas de sulfato de cobre e 0,5toneladas de água alimenta a bateria de extratores com fluxos contracorrentes. A soluçãooverflow /concentrada/extrato produzida deve conter 90% (peso) de água e 10% (peso)de CuSO4. A recuperação de CuSO4 do mineral deve ser de 98%. A água pura é utilizadacomo solvente extrator. Dados experimentais realizados mostram que a retenção e águapura no sólido inerte (ganga) é constante e igual 1 tonelada de ganga pura/2 tonelada deágua pura. Admitindo-se que o equilíbrio é alcançado em cada estágio, calcular o númeroIDEAL de estágios.(reposta: 10 estágios IDEAIS)

Solução:Base: 10 toneladas de ganga inerteCuSO4 que entra com a ganga: 1,2 toneladasCuSO4 removido por extração: 0,98 1,2 1,176× = toneladasCuSO4 não removido e esgotado com a ganga: 0,02 1,2 0,024× = toneladasx e y são as frações mássicas de soluto (CuSO4) em base isenta de soluto (solvente puro)

Consumo de água na bateria de extratores:• Água que saí com a ganga: 10 toneladas de gangax 2,0 toneladas de água

1,0 toneladas de ganga=20

toneladas de água• Água que saí com a soluçãooverflow 901,176 10,58

10× = toneladas de água

• Água que entra com alimentação de sólidos: 0,5 toneladas•

Consumo de água pura na bateria de extratores:toneladas de água20 10,58 0,5 30,08+ − = Cálculo das concentrações terminais da bateria de extratores:

by 0= *

b b0,024x 0,0012

20= = = y

*a a

1,176x y 0,111210,58= = =

Como determinar ya ??????

am1

x 0,111220= = , então: m1=2,224 ton de CuSO4Do balanço de para a H2O e CuSO4 no 1º estágio:

10



a2,2y 0,

30,08= = 0731

Aplicando Kremser:

( )

( )( )( )

( )

( )( )

( )

*a a*b b* *a b

a b

y y0,1112 0,0731ln ln

y y 0,0012 0N 1 8,50,1112 0,0012y y lnln 0,0731 0y y

⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎡ ⎤−⎢ ⎥ ⎢ ⎥−

−⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎣ ⎦− = = ≅⎡ ⎤ ⎡ ⎤−−⎢ ⎥ ⎢ ⎥−⎢ ⎥⎢ ⎥ ⎣ ⎦−⎢ ⎥⎣ ⎦

ou N = 10 est. ideais de extração

Exercício para casa 2:Extração de óleo de fígado com éter . Uma bateria de extratoresé utilizada para extrair óleo de fígado utilizando éter como solvente extrator. Experimentomostram que massa de solução retida pelo material sólido inerte é função daconcentração da solução, como reporta a tabela a seguir. A unidade de extração deve serprojetada para produzir 100 lbm de sólido esgotado puro e o sólido para a extraçãocontém 0,043 galão de óleo/1,0 lbm de sólido seco esgotado. Deseja-se uma recuperaçãode 95% (peso) de óleo. A soluçãooverflow ou extrato contém 0,65 galões de óleo/galãode extrato. O solvente extrator (éter) entra puro na bateria de extratores. Quantos galõesde éter são necessários para a separação? Quantos estágios ideais de extração sãonecessários?

Solução retida porlbm de sólido inerte,

galões

Concentração dasoluçãooverflow ,galões de óleo/galões solução

Solução retida porlbm de sólido inerte,

galões

Concentração dasoluçãooverflow ,

galões de óleo/galõessolução

0,035 0 0,068 0,40,042 0,1 0,081 0,50,050 0,2 0,099 0,60,058 0,3 0,120 0,68

Solução:x e y = frações volumétricas ou galões de óleo/galões de solução, nas fases L e V,respectivamente;Base de cálculo: 100 lbm de sólido esgotados

Óleo à entrada da bateria de extratores: galões0,043 100lbm de solido1 lbm de solido

⎛ ⎞×⎜ ⎟⎝ ⎠

=

4,3 galõesÓleo com o sólido esgotado: 0,05 4,3× =0,215 galões

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Óleo com o soluçãooverflow : 0, 95 4, 3× = 4,085 galõesaEV = galões de éter como solvente extrator

bEV = galões de éter na soluçãooverflow

bEL = galões de éter na solução retina no sólido esgotado

a 0,65 galoes de oleoy galao de soluçao= =

a4,0854,085 EV+ então: aEV 2,20 galoes de eter=

Concentrações terminais na bateria de extratores:

by = 0 (éter puro) e bb

0,215x0,215 EL

=+

(1)

ay 0,6= 5 0 e ax 1,=

Sabe-se que b

dados de equilibrio

galoes de soluçaoEL 100 0,215kg de solido seco⎛ ⎞= × −⎜ ⎟⎝ ⎠

(2)

Como na tenho xb e também não tenho Lb então: procedimento iterativo Estimativa xb , determina-se a solução retida em galões (tabela de dados experimentais)Calcula-se da Eq. (2) e determina-se até a convergênciabEL bx Valores finais : b bx 0,055 EL 3,70 galoes de eter= =

solução retida 0,0392= galões de soluçãolbm de sólido

Vazões volumétricas de solução :a a V e L

aL = 4,3 galões de óleoa V = 4,085 +2,20 = 6,285 galões de solução

Como obter pontos intermediários da LO:a a a an

n 1 nn 1 n 1

V y L xLy x V V+

+ +

⎛ ⎞ −= +⎜ ⎟⎝ ⎠

ou nn 1 n

n 1 n 1

L 6,285 0,65 4,3 1,0y x V V+

+ +

⎛ ⎞ × − ×= +⎜ ⎟⎝ ⎠

(3)

Procedimento para o cálculo de coordenadas da linha de OPERAÇÃO( ) n n 1x ;y +

Estima-se xn < xa

Calcula-se a taxa de solução retida por lbm de sólido seco (Tabela):Posteriormente calcula-sen

galao de solucaoL 100 lbm de solidolbm de solido

⎛ ⎞= ×⎜ ⎟⎝ ⎠

Do balanço material global para n estágio, teremos:n 1 a n a V V L+ L= + − Substituindo na Eq. (3), encontra-se o valor den n n+x , L e V 1 n 1y + Exemplo: Para xn = 0,2

Da tabela temos que solução retida é: galoes de solução0,050lbm de sólido seco

nL 0,050 100 5,0= × = galões de soluçãon 1 V 6,285 5,0 4,3 6,985+ = + − = galões de solução

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n 15,0 6,285 0,65 4,3 1,0y 0,20

6,985 6,985+× − ×⎛ ⎞= +⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 0,112

nx n 1y + 0,20 0,1120,40 0,2850,60 0,4820,68 0,568

N = 8,0 (estágios ideais)

13



LIXIVIAÇÃO

(Outro procedimento de Modelagem− Geankoplis, Capítulo 7)

Definições preliminares: A = solutoB = sólido inerteC = solvente ou solução extratora

kg B kg solido lb solidoN kg A + kg C kg soluçao lb soluçao= = =

Akg A kg solutox kg A + kg C kg soluçao

= = (líquidooverflow /sobrenadante)

A kg A kg solutoy kg A + kg C kg soluçao= = (líquido naslurry /underflow )

A Figura 1 mostra dados de equilíbrio típicos para a lixiviação. A Figura 1ilustra o caso do soluto A infinitamente solúvel no solvente C (óleo de soja +farelo + solvente).

Figura 1− Diagramas típicos para a lixiviação. (a) linhas de amarração (tieline ) verticais e (b); Ay x= A A Ay x≠ tie line não vertical.

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A Figura 1b mostra o caso que , indicando que a ocorrência dosseguintes efeitos:tempo de contato não foi suficiente e todo soluto não foidissolvido; o soluto encontra-se adsorvido no sólido ou ??????.

Ay x> A

Obs:Se a linha deunderflow ou Nvs . y A for LINEAR e HORIZONTAL, indicaque a quantidade de líquido retido no sólido é CONSTANTE para qualquconcentração de soluto na solução (x A), caso mais simples do livro doMcCabe.

a) Estágio Simples

Balanços materiais no esquema da Figura 2.

Figura 2− Balanços materiais para um estágio simples de lixiviação. (a)caracterização das correntes (b) balanços materiais.

Global: (1) 0 2 1 1L V L V M+ = + =

0 A0 2 A2 1 A1 1 A1 AML y V x L y V x Mx+ = + =Soluto (A): (2)

Inerte (B): 0 0 1 1 Mkg solido kg A CB N L 0 N L 0 N Mkg A C h⎛ ⎞ +⎛ ⎞= + = + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ ⎝ ⎠

(3) ⎝ ⎠

Onde:kg A CM h

+⎛ ≡ ⎜⎝ ⎠

⎞⎟

A

0 0

= taxa total da solução no estágio

AMx e são as coordenadas do pontoM no diagrama de equilíbrio do tipoNvs . (Figura 2b).

MN Ay ou x

O balanço material para o componente C (solvente) NÃO É ÚTIL. A equaçoriunda desse balanço NÃO é INDEPENDENTE, considerando que: A Cx x 1,+ = e A Cy y 1,+ =

0 2L V M+ =1 1L V M+ =

Reta que passa por Mreta que passa por Mtie line e é VERTICAL porque: A1 A1x y=

15



Exemplo 1:Estágio simples para extração de óleo de flocos de soja .Numa unidade simples de extração 100 kg de flocos de soja com 20 %(peso)de óleo são lixiviados com 100 kg de hexano puro. Para N constante,independente da concentração da solução, e igual 1,5 kg de sólido/kg desolução localizar o ponto M no diagrama.

Solução:Dados: 2 V 100 kg= (solvente puro), A2x 0= e C2x 1,0=

( )B 80 kg inerte= ; 0L 20 kg= e 080 kg solidoN 4,020 kg soluçao

= = e A0y 1,= 0

A curva de equilíbrio para o sistema (óleo de soja + farelo + hexano) naforma Nvs . x A ou y A foi fornecida e para esse sistema, nessas condições, A1 A1x y=

Substituindo os dados nas equações de balanço, teremos: 0 2

oleo com flocos solvente puroL V 20 100 120 kg M+ = + = = (1) Global:

( ) ( ) ( )0 A0 2 A2 AM AML y V x Mx ou 20 1 100 0 120 x+ = + = (2) Para o soluto:

Da equação(2) teremos: AM20x 0,167120

= =

( ) ( )0 0 M MB N L 4,0 20 80 N M N 120= = = = = (3)Para o inerte:

Da equação (3) teremos: M 80N 0,120= = 667

7

Coordenadas do ponto M: AMx 0,16= e Mkg solidoN 0,667kg soluçao

=

Linha de amarração (tie line ): 1 1L V M 120+ = = ; liga e é vertical( ) e passa pelo ponto M com mostra a figura abaixo.

1 V 1L A1 A1x y 0,16= = 7

0kg solidoN 4,0kg soluçao

=

1 kg solidoN 1,5kg soluçao=

Mkg solidoN 0,667kg soluçao

=

A0y 1,0= e e A2x 0=

A1 A1x y 0,167= =

16



b) Lixiviação múltiplos estágios com fluxos contracorrentes

Uma unidade de extração com fluxos contracorrentes é esquematizada naFigura 3 a seguir:

Figura 3− Lixiviação em estágios com fluxos contracorrentes utilizandoespessadores (thickeners ).

Efetuando o balanço material na unidade com N extratores da Figura 4:

Figura 4− Esquema da unidade de extração com fluxos contracorrentes.Global emn extratores: n 1 0 1 n V L V L+ + = +

n 1 n 1 0 0 1 1 n n V x L y V x L y+ +

(4) Soluto emn extratores : + = +

n 1x (5)

da Eq. (5), teremos:Linha de operação; explicitando+

( )1 1 0 0n 1 n

1 0 n n 1 0

1 V x L xx y1 V L /L L V L+−= +

+ − + − (6)

Os pontos extremos ou terminais da LO no diagrama Nvs . x ou y são:( )1 0x ;y e ( )N 1 Nx ;y+

17



Global emN extratores: (7) 0 N 1 N 1L V L V M++ + = + =

0 A0 N 1 AN 1 N AN 1 A1 AML y V x L y V x Mx+ +Soluto emN extratores : + = + =

0 0 N N MB N L N L N M (8)

Inerte B emN extratores: = = =

M

(9)

Nas equações anteriores:= taxa mássica TOTAL da solução nos N extratoreskgA C

h+⎛ ⎞

⎜ ⎟⎝ ⎠

MN AMx

0 N 1L MV

e = coordenadas do ponto M no diagrama Nvs . x ou y

A Eq. (7) mostra que é LINHA RETA+ A Eq. (7) mostra que é LINHA RETA1 N V ML

0L N 1 V + A0y AN 1x

Para um sistema de extração múltiplos estágios, usualmente conhecemos astaxas de entrada e e as composições dessas correntes e +

As coordenadas do pontoM ( ) AM Mx ;N

1 N V ML NL1 V

podem ser obtidas utilizando asEquações(7) a (9) . Assim, o pontoM pode ser localizado no diagrama Nvs .x ou y e, considerando que é uma linha reta pode-se localizar e

no diagrama, como ilustra a Figura 5.

Figura 5− Procedimento para obter graficamente o número ideal de estágios(N) para lixiviação com fluxos contracorrentes.

18



Ponto de Operação ( )

Balanço global para o estágio1 (Figura 4): 0 2 1 1L V L V+ = +

n 1 n 1 n nL V L V− +

(10) Balanço global para o estágion (Figura 4): + = + (11)

Rearranjando a Eq.(10) , pode-se obter a diferença de taxas ( )kg/h∆ paraos estágios: (12) 0 1 1 2L V L V− = − = ∆

O valor desse parâmetro ( )kg/h∆ é constante é pode ser aplicado paratodos os estágios: (13) 0 1 n n 1 N N 1L V L V L V+ +∆ = − = + = + =

Coordenadas do ponto de operação∆ A(x ;N )∆ ∆

( )

Balanço material para o soluto A:

( )0 A0 1 A1 N AN N 1 AN 1 A

0 1 N N 1

L y V x L y V xx L V L V+ +

∆+

− −= =− ≡ ∆ − ≡ ∆

0 0 0 M MB N L N L N L B cons tan te∆ ∆= = = = ≡

(14)

Balanço material para o inerteB (Figura 4):ou,

0 00 1 0 1

B N LN L V L V∆ = =− −

0L∆ 1 V

(15)

Procedimento gráfico para encontrar o número de estágios:Linha no diagrama Nvs . x ou y para determinarLinha de amarração vertical( )1 1x ;y 1 V 1L

1L∆ 2 V por para determinar (1º estágio)

Linha no diagrama Nvs . x ou y para determinar( )2 2x ;y 2 V 2L

N 1L por para determinar (2º estágio)Linha de amarração vertical

Deve-se repetir esse procedimento até+De acordo com a Figura 4 (N=3,5 estágios ideais )

Exemplo 2:Bateria para extração de óleo de cozinha . Uma unidademultiestágios com fluxos contracorrentes é utilizada para extração de óleoutilizando benzeno (B3) como solvente. A unidade deve processar 2000 kg/hde inerte puro, contendo 800 kg de óleo (A) e 50 kg de benzeno (C). Asolução extratora contém 1310 kg de benzeno e 20 kg de óleo. O sólidoinerte esgotado contém 120 kg de óleo não extraído. Ensaios experimentaisde sedimentação, conduzidos num extrator de banca, mostraram que aquantidade de solução retida no inerte é dependente é da concentração de

soluto na solução. Os dados de N (kg de sólido inerte/kg de solução) e y A (kgde óleo/kg solução) são mostrados na tabela a seguir:

19



N Ay N Ay2,00 0 1,82 0,41,98 0,1 1,75 0,51,94 0,2 1,68 0,61,89 0,3 1,61 0,7

( )N 1L e V ( ) AN A1y e xe as concentraçõesCalcular as quantidades dascorrentes de saída da bateria de extratores e o número de estágios (N)necessários para a separação.

Solução:Dados:

0

kgL 800 50 850h

= + = e A0

800y 0850

= = ,941kgB 2000h

= ou0 0B N L= 02000N850

= = 2,36(kg sólido/kg solução)

N 1kg V 1310 20 1330h+ = + = e AN 1

20x 01330+ = = ,015

Pode-se locar os pontos( )N 1 0 V ;L+

0 N 1L V 850 1330 2180 M++ + = + = =

0 A0 N 1 AN 1 AM AML y V x Mx 850 0,941 1330 0,015 2180 x+ ++ = = × + × =

AMx 0,376=

(

no diagrama yvs . xCoordenadas do ponto M:

ou

)M MB N M 2000 N 2180= = = MN 0,918ou =

Locação do ponto M:( )0,376;0,918

NL

Como localizar (taxa de solução com o sólido esgotado) ????

120 kg de óleo não extraído saí com o sólido esgotadoN

AN

N kg solido/kg soluçao 2000y kg oleo/kg soluçao 120

= = =16,67

Inicialmente deve-se traçar uma reta por,( ) AN 0;y 0= = ou seja a origem do diagramaN vs . x ou y, com inclinação de 16,67. Aintersecção reta com a curva de N ,

teremos o ponto , cujas coordenadas são:

vs. y

NLNN 1,95= e ANy 0,118= .

20



( ) ( ) (N 1

N AN 1 A1 AM N 1

Global :L V M 2180Soluto :L y V x Mx L 0,118 V 0,60 2180 0,376

+ = =⎧⎪⎨ + = = + =⎪⎩ )

Resolvendo simultaneamente o sistema anterior, tememos:

NL 1016 kg /h=

e 1 V 1164 kg /h=

Ponto de Operação :Interseção das projeções das Linhas e0 1L V N N 1L V + Linha de amarração vertical( )1 1x ;y 1 V 1L

1L∆ 2 V por para determinar (1º estágio)

Linha no diagrama Nvs . x ou y para determinar( )2 2x ;y 2 V 2L

N 1L por para determinar (2º estágio)Linha de amarração vertical

Deve-se repetir esse procedimento até+

De acordo com a figura abaixo (N=3,9 estágios ideais )

21



EXTRAÇÃO LÍQUIDO-LÍQUIDO

Introdução:Quando a separação por destilação é ineficiente ou muito difícil, a extração líquida é dasprincipais alternativas a ser considerada. Para separar misturas líquidas cujoscomponentes apresentam volatilidade relativa próxima de 1,0 ou substâncias sensíveistermicamente, pode-se aplicar a extração em substituição à destilação a vácuo, porexemplo. Na extração utiliza-se a diferença de solubilidade dos componentes emsubstituição a diferença de pressão de vapor.

Algumas aplicações de extração:

• Recuperação de penicilina do caldo de fermentação pela extração com solventecomo butil acetato, por exemplo;

• Recuperação de ácido acético de soluções aquosas diluídas (ver propriedades físicasna tabela abaixo)

Componente Temp. Ebulição (°C) Ácido acético 118 Água 100

Éter isopropílico 69• Refino de petróleo: A maior aplicação da extração concentra-se na separação de

produtos oriundos do petróleo que apresentam diferentes estruturas químicas e amesma faixa de temperatura de ebulição, como por exemplo: óleos lubrificantes (Tb >300°C) são tratados com solventes polares com baixa temp. de ebulição como:fenol, furfural ou metil pirrolidona para extração de aromáticos, deixando no óleocomponentes parafínicos e naftênicos;

• Recuperação de óleo de líquidos residuais no processamento mecânico.Equipamentos para extraçãoOs equipamentos para a extração podem operar em batelada ou contínua. Umadeterminada quantidade de líquido (soluto + líquido diluente) é misturadaconvenientemente com o solvente extrator, como ilustra esquematicamente a Figura 1 aseguir.

Figura 1- Esquema simplificado de uma unidade simples de extração batelada.

Fase líquida I: diluente+soluto+solventeFase líquida II: diluente+soluto+solvente

22



Figura 2− Torre spray como bico para a distribuição (A) do líquido leve oulight .

Extrato: Fase líquida constituída, predominantemente, pelo solvente + soluto, ou de outraforma, a fase para onde o soluto se transferiu (usualmente é fase mais leve)Refinado: Fase líquida de onde se extraiu o soluto (usualmente é fase mais pesada)

Geralmente vários estágios de extração são necessários para uma determinada separação;então pode-se utilizar misturadores e tanques de separação/decantação com fluxoscontracorrentes como ilustra a Figura 3:

Figura 3− Sistema de extração com misturadores e decantadores.

23



Equilíbrio líquido-líquido para misturas ternárias

As coordenadas do triângulo eqüilátero são utilizadas para representar dados de equilíbriopara um sistema com três componentes, uma vez que precisamos de três eixos. Odiagrama é a representação gráfica que mostra que os componentes A (solvente) e B(diluente) e C (soluto). A Figura 3 ilustra as coordenadas do diagrama triangular.1) triângulo eqüilátero:

Figura 3- Coordenadas do diagrama triangular.Características do diagrama ternário ou triangular:

a) vértices do triângulo: componentes puros (A, B ou C)

b) lados do triângulo: mistura binárias (A+B, A+C ou C+B)c) qualquer ponto no interior do digrama ternário: mistura ternária (A+B+C)

Como determinar as composições do ponto genérico M ???Traçar linhas paralelas ao lado oposto dos vértices do triângulo, passando pelo ponto M.

A B Cx x x 0,40 0,20 0,40 1,0+ + = + + = (ver Figura anterior)

A Figura 4 a seguir, mostra a curva ou envelope que divide região monofásica da regiãocom duas fases. Mistura original representada pelo ponto M, após agitação, se separa emduas fases a e b e estão em equilíbrio. A linha de amarração, equilíbrio outie line passapor M a e b. O ponto P é denominado de plait point

Exemplos:Methyl isobutyl ketone (A)

Water (B) Acetone (C)

Water (A)Chloroform (B) Acetone (C)

Figura 4− Diagrama de equilíbrio líquido-líquido para os componentes A e B parcialmentmiscíveis em C.Características da Figura 4:

24



a: composição da fase extrato (rica em A) em equilíbrio com bb: composição da fase refinado (rica em B) em equilíbrio com aaMb: linha de equilíbrio ou amarração que passa por MpontoP: plait point igualdade das composições das fases extrato e refinado

2) triângulo retângulo: (ver Figura 5 a seguir)

Figura 5− Diagrama de equilíbrio (triângulo retângulo).Características da Figura 5:a: composição da fase extrato (rica em C) em equilíbrio com bb: composição da fase refinado (rica em B) em equilíbrio com aaMb: linha de equilíbrio ou amarração que passa por Mponto P: plait point igualdade das composições das fases extrato e refinado

Exemplos: Sistema 1: Acetona + metil isobutil cetona (MIK) + água à 25 °C, ver Figura a seguir. diluente: água; soluto: acetona e solvente extrator: MIK.

Figura 6- Sistema acetona, MIK e água à 25C.

25



Sistema 2: Anilina + n-heptano + metilciclohexano (MCH) à 25 °C, ver Figura 7 a seguirdiluente: n-heptano; soluto: MCH: solvente extrator: analina

Figura 7− Sistema anilina, n-heptano e MCH à 25 °C

Exercício Provão 2003De modo a evitar danos ao meio ambiente, um efluente contendo inicialmente 30% emassa de acetona e 70% de água é submetido a um processo de extração com metilisobutil cetona (MIBK). A mistura produzida apresenta 20% de acetona, 47% de água e33% de MIBK.

a) Calcule a fração de acetona recuperada no extrato, considerando-se um únicoestágio de equilíbrio.

b) O que você recomenda para reduzir o teor de acetona no refinado?

Solução: Localização do ponto M no diagrama ternário2H Ox 0,4= acetonax 0,20= 337 e MIBK x 0,=

26



linha de amarração que ponto M (linha contínua não precisa interpolar) e localiza ospontos a e b

composição do ponto a (extrato):0,25 de acetona ; 0,71 de MIK e 0,04 de águacomposição do ponto b (refinado):0,15 de acetona ; 0,04 de MIK e 0,82 de água

Fração de acetona no extrato: 25% (pequena recuperação)

a relação entre as quantidades de Solvente puro (S) e solução F (30% de acetona 70% deágua) pode ser obtida pelaregra da alavanca : S MF 2,9 0,5

F SM 5,8= = = . Para reduzir a o

teor de acetona no refinado, o ponto M deve descer um pouco ou devemos aumentar aquantidade de solvente extrator na mistura.Como funciona essa Regra da Alavanca (arm rule )

Balanços matéria no extrator simples:Global: (a) V L M+ =

Componente A: (b) A A A V y L x M x+ = M

MComponente C: (c)C C C V y L x M x+ =

Combinado as Eqs. (a) e (b), teremos:

A A AM A

L y x V x x

−=−

M (d)

27



Combinado as Eqs. (a) e (c), teremos:

C CMCM C

y xL V x x

−=−

(f)

Igualando as Eqs. (d) e (f) teremos:

C CM A AMCM C AM A

y xL y V x x x x− −= =

− −x (g)

Assim, L, V e M estão alinhados numa LINHA RETA. Utilizando propriedades semelhança de triângulos retângulos, teremos:

( )( )

L kg seg(VM) V kg seg(LM)

=

Extração líquido-líquido em estágios com fluxos contracorrentes

Considerando N extratores com fluxos contracorrentes como ilustra a Figura 8 a seguir:

Figura 8− Sistema de extração com estágios e fluxos contracorrentes.

Definições preliminares relevantes: V = taxa mássica ou volumétrica de extrato (soluto+diluente+solvente)L = taxa mássica ou volumétrica de refinado (soluto+diluente+solvente)

Ay = fração mássica ou volumétrica de soluto (A) no extrato Ax = fração mássica ou volumétrica de soluto (A) no refinado

A Linha de Operação para a bateria de extratores é obtida de forma clássica, balanço

material nos n primeiros estágios de equilíbrio:i) global:

28



(1)n 1 a a n V L V+ + = +L

ii) para o soluto:

a a a ann 1 n

n 1 n 1

V y L xLy x V V+

+ +

⎛ ⎞ −= +⎜ ⎟⎝ ⎠

(2)

Na extração líquido-líquido:b nL L L≤ ≤ a a e b n 1 V V V+≤ ≤

Procedimento de McCabe-Thiele para obter o número Ideal (N) de estágios (ver Figura 9):

Do diagrama ternário de equilíbrio: Acetona + metil isobutil cetona (MIK) + água à 25 °C

Figura 9− Diagrama McCabe-Thiele para a extração.

Exemplo:Planta de extração com fluxos contracorrentes para extração : A acetona(A) deve ser extraída de uma solução aquosa utilizando meti isobutil cetona (MIK) comsolvente extrator à 25 °C. A alimentação é constituída de uma mistura com 40% deacetona e 60% de água. Solvente puro com quantidade igual ao da solução é utilizadacomo solvente extrator. Calcular a número ideal de estágios necessários para remover99% da acetona presente na alimentação? Qual a composição fina do extrato?

Solução:Base de cálculo: b V = 100 umidades de massa de MIK por unidade de tempo

aL 10= 0 unidades de massa da mistura por unidade de tempo com 40% de (A) oua 2L 100 40A 60H O= = +

Sabes-se que as correntes de refinado (Lb) e extrato (Va) são misturas ternárias.Definições preliminares importantes:n = taxa mássica de H2O no extrato (Va); assim: 2H O,a

a

ny V

=

m = taxa mássica de MIK no refinado (Lb); assim: MIK,bb

mxL

=

A recuperação deve ser de 99%; então:

29



0,99 40 39,6A× = no extrato (Va)0,01 40 0,4A× = no refinado (Lb)

( )a 2 V 39,6A nH O 100 m MIK 139,6 n m= + + − = + − (1)( )b 2L 0,4A 60 n H O mMIK 60,4 m= + − + = + −n (2)

Duas equações (1) e (2) e quatro incógnitas: n, m Va e Lb → Procedimento iterativoinfelizmente

1ª estimativa: n e m DEVEM ser valores pequenos, em virtude da elevada recuperação ecomo conseqüência n e m podem-se anular nas Equações (1) e (2). Assim:

a A,a

a

A em V 39,6y 0,283 V 140

≅ = =

b A,b

b

A em L 0,4x 0L 60

≅ = = ,0067

Atenção : Essas estimativas iniciais serão corrigidas após o cálculo de n e m.

Do diagrama ternário: para A,ay 0,283= então: 2H O,ay 0,049=

( )2H O,aa

n ny 0,049 V 139,6 n m

= = =+ −

, ou ainda ( )0,049n 139,61 0,049

= −−

m (1)

[Para m muito pequeno ou (consid. feita anteriormente):m 0 ( )0,049 139,6 7,20,951

≅ =

07

n ]

Do diagrama ternário: para A,bx 0,0≅ então: MIK,bx 0,02=

( )MIK,bb

m mx 0,02L 60,4 m n

= = =+ −

ou (0,02m 60,41 0,02 )n= −

−. Substituindo o valor de n

encontrado anteriormente, teremos: ( )0,02m 60,4 7,2

1 0,02= −

−1,1= .

Recalculando o valor de n, teremos: ( )0,02n 60,4 7,21 0,02

= −−

7,1=

a V 139,6 7,1 1,1 145,6= + − = A,a39,6y 0

145,6= = ,272

bL 60,4 m n 60,4 1,1 7,1 54,4= + − = + − = A,b0,4

x 0,007454,4= =

Pontos terminais da LO:( ) ( ) A,b A,b A,a A,ax ;y e x ;y ou ( ) (0,0074;0 e 0,40;0,272)

1212

Como calcular pontos intermediários da LO ????

Estima-se um valor para A,n 10 y 0,272+< <

Exemplo: para A,n 1y 0,+ =

Do diagrama ternário: para A,n 1

y 0,+

= , temos:2H 0,n 1 MIK,n+1

y 0,03 e y 0,85+

= =

Balanços materiais nosn primeiros estágios na bateria de extratores:

30



Global: (3)n 1 n V 100 145,6 L+ + = +

Para o soluto: ( ) ( ) ( ) ( )n 1 A,n 1 A,a A,a n A,n V y 100 x 145,6 y L x+ + + = + ou(4)n 1 n A,n V 0,12 100 0,4 145,6 0,272 L x+ × + × = × +

Analisando as Eqs. (3) e (4), temos: 02 equações de e 03 incógnitas( ),então: Procedimento Iterativo:

n 1 n A,n V ;L e x+

1ª estimativa para =117 , considerando quen 1 V + n 1100 V 145,6+< < Da Eq. (3), = 71,4nL 117 100 145,6= + −

Da Eq. (4), ou( ) A,n71,4 x 117 0,12 100 0,4 145,6 0,272= × + × − × A,n14,4368x 0

71,4= = ,203

03

Como saber se o valor de está correto? Os valores de podem serrecalculados fazendo o balanço para outro componente, como MIK, por exemplo. Para

, do diagrama ternário

A,nx n n 1 A,nL ; V e x+

A,nx 0,203= MIK,nx 0,≅ Fazendo o balanço material para o MIK para osn primeiros estágios da bateria:Do diagrama ternário, extrato para A,ay 0,272= → MIK,ay 0,68=

( ) ( ) ( )n 1 MIK,n 1 n MIK,n a MIK,a V y 0 L x V y+ + + = + ou ( )n 1 V 0,85 71,4 0,03 145,6 0,68+ = × + ×

n 1101,1 V0,85+ = = 118,9

20

(revisado)

Fazendo o balanço global:n 1 n V 100 145,6 L+ + = + ou 118,9 + 100 –145,6 = 73,3 (revisado)nL =

n 1 A,n 1 A,a A,a n A,n V y 100x 145,6y L x+ + + = + ou A,n118,9 0,12 100 0,40 145,6 0,272 73,3 x× + × = × + A,nx 0,= OKponto intermediário:( ) A,n A,n 1x ;y + ou ( )0,20 ; 0,12

O procedimento de McCabe-Thiele para determinação do número ideal de estágios deextração (N), ver figura abaixo:

31



McCabe-Thiele para o exemplo de extração em estágios.

N = 3,4 estágios ideiais

Extração sólido-líquido com fluido supercrítico

A extração supercrítica vem sendo considerada uma técnica atrativa, principalmente noque diz respeito ao meio ambiente e à qualidade dos produtos, por ser um processo livrede resíduos e não provocar a degradação do extrato.

Esta nova técnica de extração apresenta a característica de empregar como solvente umgás denso (fluido supercrítico), além da possibilidade de operar com alta seletividade eeficiência, permitindo a extração diferencial de solutos.

As principais áreas de aplicação são indústrias de alimentos, farmacêutica, cosmética equímica fina por envolverem produtos de alto valor agregado nos quais a qualidade édeterminante. Ver diagrama de fase para um componente puro na Figura 10.

Acima de uma certa temperatura e pressão os gases passam por um estado intermediárioentre o líquido e o gasoso: tornam-se supercríticos, podendo então agir como solventes. OCO2, por exemplo, pode dissolver ou incorporar a maioria das moléculas orgânicas. Aprincipal limitação da extração supercrítica deve-se às dificuldades de se operar, comsegurança, temperaturas e pressões elevadas (às vezes superior a 1000 atm).

32



TP: ponto triploCP: ponto crítico

SCF: supercritical fluidCO2 é muito utilizado na indústria de

alimentosTC= 31,6 °CPC = 73,8 bar

Figura 10− Diagrama de fase para um componente puro.

Esquema simplificado de uma unidade de extração sólido-líquido com fluido supercrítico

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Extracao Solido-Liquido e Líquido-líquido