Materijalni i energetski bilansi (PDF)

MATERIJALNI I ENERGETSKI BILANSI STACIONARNIH
PROTOČNIH REAKTORA
Pretpostavimo,
1 o Sastavi materijalnih struja su izraženi u molskim udelima;
2 o Pritisci svih struja su poznati;
3 o U reaktoru se odvija Nr nezavisnih reakcija .
Broj stepeni slobode za mater. bilans (1) i materijalni i energetski bilans (2).
1
Broj promen. Nv Broj jednačina, Nj d = Nv - Nj
( + 1)
+
{ r
Ns Nc N
142 43 ε
sastav i protok
2 Ns( Nc+ 2) +
{
Nr+
1
142 43 {
ε
Q
sastav , protok
itemperature
Tipovi bilansnih proračuna
k
k
{
Nc {
Ns N p {
+ + ( )
komp. bil . sumac. jedn.
proc. ogran.
{ { { {
Nc + Ns + N p+
1
komp. bil . sum. jedn.
ogr.
energ. bil.
N − 1 N + N − N (5.44a)
s c r p
( N −1)
s
+ N
s
N
c
+ N
r
− N
Izotermski problem: Neizotermski problem:
Ns dodatnih specifikacija: Temperature svih struja Temperature (Ns-1) struja
i razmenjena toplota, Q
Računa se : Razmenjena toplota, Q Nedostajuća temperatura
Entalpija idealne gasne ili tečne struje
p
+
(5.44b)
Izvešćemo izraze za entalpije idealne gasne ili tečne struje s , temperature Ts i molskog
sastava x s,
j , j=
1,...,
N c :
Gasna struja i gasovita referentna stanja komponenata
h
s
= c N
∑
j=
1
x
Ts
0
0
s,
jh
j , h j=
h0
, j+
∫ C p,
j ( T )
T0
dT
1

Ts
0
hs=
∑ xs,
jh0,
j
0
0
+ ∑ xs
, j ∫ C p,
j ( T)
dT=
∑ xs,
jh0,
j
0
+ ∫∑ xs,
jC
p,
j ( T ) dT
j
j T0
j
142
43 T j
0 14
4 2443
h
s
= h
Referentna entalpija struje:
h
0
h0,
s
Ts
0
C p , s ( T )
Ts
0 0
0 , s+
∫ C p,
s ( T ) dT
T0
(5.45)
⎧ 0
⎪
= ⎨∑j
⎪⎩
0
0
0,
s xs,
jh
f , j
(5.45a)
Ako za specifičnu toplotu idealnog gasa usvojimo model (2.58), specifična toplota struje
u stanju idealnog gasa je:
C
0
p,
s
2 d s
= as+
bsT+
csT
+
(5.47)
2
Ts
R
gde se koeficijenti računaju iz koeficijenata čistih komponenata i molskog sastava struje:
∑
∑
∑
a = x , a , b = x , b , c = x , c , d = x , d
(5.47a)
s
j
s j
Konačno, nakon integracije:
h
s
j
s
j
s j
j
s
j
⎡ 0
bs
2 2 cs
3 3 ⎛ 1 1 ⎞⎤
= h0,
s + R⎢a
s ( Ts
−T0
) + ( Ts
−T0
) + ( Ts
−T0
) − d s ⎥ ( J / mol)
⎣
2
3
⎜ −
Ts
T ⎟
(5.48)
⎝ 0 ⎠⎦
Gasna struja i tečna referentna stanja komponenata
Sa
h
s
= c N
∑
j=
1
x
Tk
( 5.
27)
j Ts
L
L
0
isp
s,
jh
j , h j = h0,
j + ∫ C p,
j ( T ) dT + ∫ C p,
j ( T ) dT + ∆h
j ( Tk j )
T0
Tk j
• temperaturnim modelom (2.58) za specifične toplote idealnih gasova,
• istim modelom za specifične toplote tečnosti uz d = 0 (kvadratni model) i
• sa nultim referentnim entalpijama,
nakon integracije i smene u izraz za idealnu entalpiju dobijamo:
s j
j
s
∑
j
s j
j
2

h
s
Nc
=∑
=
j 1
x
s,
j
⎪⎧
⎡
⎨R⎢a
⎪⎩ ⎢⎣
L
j
( T
k,
j
⎡
+ R⎢a
j ( T
⎢⎣
s
L
b j
−T0
) + ( Tk
2
− T
k , j
2
, j
b j
) + ( T
2
2
s
− T
2
0
−T
L
c j
) + ( T
3
2
k,
j
3
k,
j
c j
) + ( T
3
3
s
− T
−T
Tečna struja i tečna referentna stanja komponenata
3
0
3
k,
j
⎤
) ⎥ +
⎥⎦
Važe jednačine analogne jednačinama (5.47a) i (5.48), uz ds = 0.
⎛
⎜
1 1
) − d j −
⎜
⎝Ts
Tk
,
j
⎞⎤
⎪
⎫
⎟⎥
+ ∆h
⎟ isp,
j ⎬
⎠⎥⎦
⎪⎭
(5.49)
PRIMER 5.3 (5.6) a) Ako su u Primeru 4.6 temperature propana i vazduha 25 0 C ,
potrebno je izračunati toplotu koju su predali produkti sagorevanja po 1 kg. propana, ako
je njihova izlazna temperatura : (1) 870 0 C ; (2) 50 0 C.
b) S kojom temperaturom izlaze produkti sagorevanja iz idealno izolovane peći
(adijabatska temperatura sagorevanja).
(Rešenje i u Mathcad-u)
Termodinamički podaci
Kompo -
nenta
h 0 f(298K),(J/mol)
parametri u jednačini :
C R= a+ bT+ cT + d T
0
p
2 2
a b⋅10 3 c⋅10 6 d⋅10 -5
1 C3H8 (g) - 104680 1.213 28.785 -8.824 -
2 O2 (g) - 3.639 0.506 - - 0.227
3 CO2 (g) - 393509 5.457 1.045 - - 1.157
4 H2O (g) - 241818 3.470 1.450 - 0.121
5 N2 (g) - 3.280 0.593 - 0.040
6 H2O (l) - 285830 8.712 1.250 - 0.18 -
∆h isp ( H2O) na 25 0 C je 43965 J/mol
a) Na šemi je dat sastav izlazne struje, izračunat iz materijalnog bilansa ( Primer 4.6)
C3H8
1 x31 = 0, x 32 = 0.0293
T= 25 0 C P E Ć 3
2 x 33 = 0.1, x 34 = 0.1333
0.21 O2, 0.79 N2 x 35 = 0.7373
F1 = 1 mol/s ; F2 = 28 mol/s ; F3 = 30 mol/s
U pitanju je izotermski bilansni proračun (Tab. 5.3). Energetski bilans glasi :
3

0
F h + F h − F h − ε∆ H + Q = 0 (1)
1 1 2 2 3 3 0
gde je ∆H0 0 standardni toplotni efekat reakcije sagorevanja propana :
( ) 5 ( ) 3 ( ) 4 ( )
C H g + O g = CO g + H O g (R1)
3 8 2 2 2
U zagradama su naznačena odabrana standardna stanja komponenata (idealan gas).
Standardni toplotni efekat reakcije na T0 = 298K :
0 0 0 0
∆H 0 = h f , 3 + 4h
f , 4 − h f , 1
3 = −2.
04316⋅
10
Za sve supstance u sistemu usvajamo da su referentna stanja, pri proračunu entalpije :
idealan gas na T0 = 298K . Pošto je : T1 = T2 = T0,
h1= h2=
0 .
(1) T3 = 870 0 C = 1143K :
Entalpiju h3 računamo iz (5.48) .Prethodno iz (5.47a) računamo parametre u jednačini :
−4
a = 3534 . ; b = 7. 498 ⋅ 10 ; c = 0; d = −7672.
6
s s s s
⎡
b ⎛
s 2 2 1 1 ⎞⎤
h3 = R⎢as ( T3 − T0
) + ( T3 − T0 ) − ds⎜ − ⎟⎥
= 28465 J / mol
⎣
2
⎝ T3 T0
⎠⎦
Konačno, iz energetskog bilansa (1) :
Q = F h
3
3
+ ε∆H
0
0
= −1.
1892⋅10
Treba nam razmenjena toplota po 1kg propana, q (J/kg) :
6
Q −11892 . ⋅10
J s
q = = −3
= −27.
03
F M 10 kmol s ⋅44
kg kmol
1
prop.
(2) T3 = 50 0 C = 323K
6
J
Voda u produktima sagorevanja kondenzuje, pa ćemo uvesti i struju 4- kondenzat :
C3H8
1 3 (gasovi)
2 4 (kondenzat)
vazduh
s
Treba najpre definisati protoke i sastave novih struja 3 i 4 iz poznatih komponentnih
protoka u staroj struji 3:
n = 0. 88mol / s; n = 3mol / s, n = 4mol / s; n = 2212 . mol / s
6
MJ
kg
32 33 34 35
F = n = 4mol / s; F = 30 − F = 26mol
/ s
Sastav gasova :
4 34 3 4
4

x = n F ⇒ x = 0. 0338; x = 01154 . ; x = 08508 .
3 j 3 j 3 32 33 35
Energetski bilans:
0
F1h 1 + F2h 2 − F3h3 − F4h 4 − ε∆ H0 + Q = 0
(2)
h= h =
1 2 0
⎡
b ⎛
s 2 2 1 1 ⎞⎤
h3 = R⎢as ( T3 − T0
) + ( T3 − T0 ) − ds⎜ − ⎟⎥
⎣
2
⎝ T3 T0
⎠⎦
Za izračunat sastav struje 3 :
s ∑ 3 j
j
j s s
−4
a = x a = 3573 . ; b = 6. 422⋅ 10 ; d = − 10716; h = 7548 . J / mol
Za izračunavanje entalpije h4 polazimo od usvojenog referentnog stanja : idealan gas na
298K pa h4 dobijamo kao promenu entalpije od tog, do posmatranog stanja
ref.stanje (T0, p0) 0 (T4, p4) 5 voda na uslovima
(ideal. gas) struje 4
∆h0 ∆h4
idealan gas 1 (T0, p4) 4 voda na T0 i pritisku
na (T0, pk(T0)) struje 4
∆h1 ∆h3
∆h2
vodena para 2 3 ključala voda
na (T0, pk(T0)) na T0 = 298K , p = pk
Imajući u vidu :
imamo :
pk je pritisak ključanja (napon pare), pk(298K) = 3.17kPa
• Entalpija idealnog gasa ne zavisi od pritiska ;
• Pretpostavljeno je da se vodena para ponaša kao idealan gas ;
• Može se zanemariti efekat pritiska na entalpije tečnosti,
∆h = ∆h = ∆h
=
0 1 3 0
i ukupna promena entalpije u posmatranom procesu je:
∆h = ∆h + ∆h
2 4
pa smo, za proračun entalpije vode mogli da koristimo jednostavan, dvostupnjevit proces:
3
5

∆h2 ∆h4
0 2 5
referentno stanje, ključala voda na 25 0 C voda na 50 0 C
T0 = 25 0 C
isp 0
∆h = − ∆h
( 25 C) = −43965
J / mol
2
T = 323
−3 −6
⎡
L
125 . ⋅10
018 . ⋅10
∆h4 = ∫ Cp dT = R⎢8. 712 T − T0 + T T0 T T
2
3
T = 298 ⎣
= 1855 J / mol
o
h = ∆h + ∆ h = −
4 2 4 42110
0 6
Q = F h + F h + ε∆ H = −2192 . ⋅10
J / mol
3 3 4 4 0
2 2
3 3
( ) ( − ) − ( − )
Q
q = = −49820
kJ / kgpropana
F1 M prop
Isti proračun smo mogli da izvedemo nešto lakše, polazeći, sobzirom da se voda u
sistemu kondenzuje, od reakcije :
( ) 5 ( ) 3 ( ) 4 ( )
C H g + O g = CO g+ H O l (R2)
3 8 2 2 2
sa standardnom entalpijom formiranja vode :
h
0
f , H 2O
0
isp 0
( l)
= h ( g)
− ∆h
( 25 C)
f , H 2O
H 2O
Pri proračunu entalpije kondenzata (struja 4) kao referentno uzimamo tečno stanje, pa je
h
4
=
T4
∫
T0
C
L
p dT
Rezultat proračuna odvedene toplote je isti.
b) Imamo kompleksniji neizotermski bilansni problem, a 3 (Ns = 3) dodatna podatka u
odnosu na problem materijalnog bilansa su :
( )
0
T= T= 25 C, Q=
0 adijabatski rezim
1 2
Tako, polazeći od energetskog bilansa :
0
Q = F3h 3 − F1{ h1 − F2{ h2 + ε∆ H0
= 0
rešavamo po T3 jednačinu:
⎡
⎢
⎣
0
0
b
2
⎛ 1
⎜
⎝ T3
1 ⎞⎤
⎥
T ⎟
0 ⎠⎦
s 2 2
0
( T − T ) + ( T −T
) − d ⎜ − ⎟ + ε∆H
= 0
F3 R as
3 0
3 0 s
T3= 2144K
0
0
⎤
⎥ =
⎦
6

PRIMER 5.4 U peći sagoreva oktan sa viškom vazduha od 25 % .Ulazne temperature
vazduha i oktana su 25 0 C.
a) Temperatura produkata sagorevanja, nakon što su iskorišćeni za zagrevanje, je 60 0 C.
(skica) Izračunati protoke oktana (kg/h) i vazduha (m 3 /h), koji obezbeđuju snagu peći od
10 8 kJ/h pod pretpostavkom da nema gubitaka. Pri izračunavanju entalpije oktana,
koristiti kao podatak njegovu latentnu toplotu isparavanja na 25 0 C
b) Izračunati adijabatsku temperaturu plamena peći (temperatura produkata sagorevanja
iz idealno izolovane peći). Pri izračunavanju entalpije oktana, koristiti kao podatak
njegovu latentnu toplotu isparavanja na 25 0 C.
c) Ponoviti proračun temperature plamena, koristeći kao podatke latentnu toplotu
isparavanja oktana na temperaturi ključanja i jednačinu za specifični toplotni kapacitet
tečnog oktana.
Termodinamički podaci:
Kompo-
nenta
C8H18 (g)
O2 (g)
CO2 (g)
H2O (g)
N2
(g)
Standardna
entalpija
form., J/mol
2 d
Konstante u jedn. = a+
bT+
cT + ( T u K)
2
R
T
na 25 0 C
a b×10 3 c×10 6 d×10 -5
-208750 8.15 70.567 -22.208 0
0
C p
- 3.639 0.506 0 -0.227
-393509 5.457 1.045 0 -2.208
-241818 3.47 1.45 0 0.121
- 3.28
Molska masa oktana = 114.2 g/mol.
L
Specifična toplota vode: C
−
R = 8. 712 + 175 . ⋅10 −
T −18 . ⋅10
T
p
0.593 0 0.04
3 7 2
Toplota isparavanja vode na 25 0 C: 43965 J/mol
Toplota isparavanja oktana na normalnoj temperatri ključanja (398.8K): 34436 J/mol
Za ugljovodonike važi:
( 2)
( )
0. 38
isp
∆h
T
isp
∆h
T1
⎡1
− T ⎤ r,
2
= ⎢ ⎥
⎣1−
Tr
, 1 ⎦
; Tr = T/Tc - redukovana temperatura
Za izračunavanje toplotnog kapaciteta tečnih ugljovodonika može se iskoristiti sledeća
korelacija:
0
C pL − C p
R
1
−1 ( ) ⎡
−1
−1
= 1. 45 + 0.
45 1−
T + ω
( ) ( ) ⎤
r 0.
25
⎢
17.
11+
25.
2 1−
Tr
3Tr
+ 1.
742 1−
Tr
⎣
⎥⎦
Kritična temperatura i faktor acentričnosti oktana: Tc = 569K, ω = 0.394.
7

C8H18 (l) O2, CO2, N2
1 PEĆ + RAZM. 3 gasovi
T= 25 0 C, p =1 atm TOPLOTE T= 60 0 C, p =1 atm
2 4 .
vazduh: 0.21 O2, 0.79 N2 H2O (l)
(Rešenje u Mathcad-u)
PRIMER 5.5 Topli gasovi za neki proces se dobijaju sagorevanjem prirodnog gasa
(87.5% metan, 7% etan, 2% propan i ostatak azot) sa vazduhom u idealno izolovanoj
peći, na normalnom pritisku i sa koeficijentom viška vazduha α. Prirodan gas i vazduh
ulaze u peć sa temperaturom 25 0 C.
a) Pod pretpostavkom da je sagorevanje potpuno, izračunati izlaznu temperaturu gasova,
ako je vazduh doveden sa koeficijentom viška α = 1.2
b) Nacrtati dijagram koeficijent viška vazduha - izlazna temperatura gasova u opsegu
1 ≤ α ≤ 2.
Kompo -
nenta
Standardna
entalpija
formiranja
0
h (J/mol)
f , 298
0
C p
= (T u 0 K)
2 d
konst. u jedn.: a+
bT+
cT + 2
R
T
a b×10 3 c×10 6
d×10 -5
CH4 (g) -74520 1.702 9.081 -2.164 -
C2H6 (g) -83820 1.131 19.225 -5.561 -
C3H8 (g)
-104680
1.213 28.785 -8.824 -
O2 (g) - 3.639 0.506 - -0.227
N2 (g)
-
3.280 0.593 - 0.040
CO2 (g) -393509 5.457 1.045 - -1.157
H2O (g) -241818 3.470 1.450 - 0.121
(Rešenje u Mathcad-u)
Vežba: Nacrtati krive zavisnosti izlazne temperature gasova od α za ulazne temperature
vazduha: T= 298,
400,
600K
8

SIMULACIJA FLEŠ-ISPARIVAČA I PARC. KONDENZATORA
1
x1,j, j=1,...,Nc
Matematički model fleš-isparivača čine :
Komponentni bilansi:
2 j
3 j
c
2 (para)
F3, T3, p3, x3,j, j=1,...,Nc
3 (tečnost)
F x = F x + F x , j=
1,...,
N
(6.1)
1 1 j
Energetski bilans:
2
3
( , , x ) ( , , x ) ( , , x )
L V L
F h T p − F h T p − F h T p + Q = (6.2)
1 1 1 1 2 2 2 2 3 3 3 3 0
Sumacione jednačine:
Nc
∑
j=
1
x
ij
= 1 , i=
1,...,
N
(6.3)
Uslovi termodinamičke ravnoteže izlaznih struja :
s
p2= p3= p
(6.4a)
T2= T3= T
(6.4b)
2 j
F1, T1, p1
j
( 2 , 3,
p,
T ) x3
j , j=
1 N c
x = k x x
,...,
(6.4c)
Broj jednačina (6.1-6.4c) : Broj promenljivih :
N j=
2 N c+
N s+
3=
2N
c+
6
N v N s ( N c+
3)
+ 1
{
= 3N
142
43
Broj stepeni slobode :
( )
= c
sastav, T, p i F
d = N + 4 = N − 1 + 5 (6.5)
c c
V
L
F2, T2, p2, x2,j, j=1,...,Nc
Q
+ 10
9

Standardne specifikacije za problem otvorene simulacije:
Fali još jedan podatak i on je diskutovan u sledećoj tabeli
podatak :
jednačine modela
se rešavaju :
podatak: broj podataka
protok, temperatura i pritisak
napojne smeše (F1, T1, p1)
molski sastav napoja
pritisak u isparivaču
izotermski problem: neizotermski problem:
temperatura u fleš-isparivaču
ili parc. kondenzatoru, T
sekvencijalno
(mater. bilans sa ograniče-
njima, pa energ.bilans)
razmenjena toplota sa
okolinom, Q
simultano
rezultati su : protoci i sastavi izlaznih struja i
razmenjena toplota,Q temperatura izlaznih struja,T
Prikazan je algoritam rešavanja neizotermskog problema, kojim se izbegava simultano
rešavanje materijalnog i energetskog bilansa, tj. sistem dekomponuje, za
pojednostavljen slučaj da konstante ravnoteže, kj ne zavise od sastava faza.
Dekomponovani sistem jednačina modela se rešava iterativno sekvencijalno tj.
ponavljanim rešavanjem izotermskog problema, dok se, kao rezultat korekcije
temperature izlaznih struja, ne zadovolji energetski bilans.
3
Nc - 1
1
∑ = ( Nc − 1) + 4
10

1 0 Ulaz podataka :
F1, T1, p1, (x1,j, j = 1,...,Nc), p, Q, tolerancija ∆
2 0 Računanje entalpije napoja : h1 = h L (T1, p1, x1)
3 0 Ulaz: polazna procena temperature, T (0)
4 0 Računanje ravnotežnih konstanti : kj = kj(T, p)
5 0 Izotermski fleš-proračun (pogl. 4.3) u kome dobijamo:
Φ, (x3j, x2j, j = 1,..., Nc), F2, F3
6 0 Računanje entalpija izlaznih tokova:
( , , x ) ; ( , , x )
V L
h = h T P h= h T P
2 2 3 3
7 0 Provera dali je, sa zadatom tolerancijom, zadovoljen
energetski bilans ( uslov konvergencije proračuna):
F1 1 2 2 3 3
h − F h − F h + Q ≤ ∆
Ako je uslov zadovoljen, to je KRAJ proračuna. Inače,
8 0 Korigovanje T prema nekom algoritmu i povratak u
ciklus (na korak 4 0 )
PRIMER 6.1. Gasna smeša benzola i etilbenzola (struja 1) sa 75%(mol) benzola,
delimično kondenzuje u parcijalnom kondenzatoru (skica), radi dobijanja tečne frakcije
obogaćene etilbenzolom (struja3). Pod pretpostavkom da se obe faze ponašaju idealno,
odrediti količinu toplote koja je odvedena po 1mol napojne smeše.
Gas T=200 0 C
1
x11=0.75, p=1.5bar
PARCIJALNI
KONDENZATOR
gas
P=1.013bar, T=100 0 C
P=1.013bar, T=100 0 C
tečnost
2
3
11

Termodinamički podaci:
supsta
nca
Tk( 0 C) ∆h isp (Tk)
(J/mol)
parametri u jednačini,
2
Cp R= a+ bT+ cT
a V b V ⋅10 -3 c V ⋅10 -6 a L b L ⋅10 -3 c L
1 80.1 30750 -0.206 39.06 -13.30 3.16 43.55 0
2 136.2 35980 1.124 55.38 -18.48 30. 0 0
Kritična
temp.
Tc( 0 C)
Konstante u Antoanovoj jednačini za
napon pare, p 0 (bar):
0
ln p = A − B ( T + C)
A B C
1. 289 9.281 2789 -52.36
2. 344 9.399 3279 -59.95
Baza proračuna: F1 = 1 mol/h.
Odnos Φ = F2
dobijamo rešavanjem jednačine:
F
odnosno,
1
2 x1 j( k j −1)
x11( k1
1)
x12( k2
1)
0
( k − 1) + 1 ( k 1) 1 ( k 1) 1
=
−
− + +
−
− + = ∑ Φ Φ Φ
j=
1
j
1
Φx11(k1 - 1)(k2 - 1) + x11(k1 - 1) + Φx12(k1 - 1)(k2 - 1) + x12(k2 - 1) = 0
Φ(k1 - 1)(k2 - 1) ( x11+ x12
)
14 2 34 + x11k1 + x12k2 - ( x11+ x12
) = 0
14 2 34
x11k1
+ x12k
2 −1
Φ =
( k −1)(
1−
k )
1
2
1
Pošto su obe komponente na T = 100 0 C u podkritičnoj oblasti, primenićemo Raulov
zakon :
kj = pj 0 /p, p1 0 = 1.801 bar, p2 0 = 0.3425 bar, p = 1.013
k1 = 1.777, k2 = 0.3380
Φ = 0.8112, F2 = Φ = 0.8112 mol/h, F3 = 1 - F2 = 0.1888 mol/h
Sastav izlaznih struja:
2
1
(1)
12

x
3 j
x1
j
=
, j = 1, 2; x31 = 0. 4600, x32
= 0. 5400
Φ( k − 1) + 1
j
x = k x , j = 1, 2 x = 0. 8174, x = 01826 .
2 j j 3 j
21 22
Traženu toplotu, q dobijamo iz energetskog bilansa:
F1h1 - F2h2 - F3h3 + q = 0 (2)
Ako kao referentno stanje za računanje entalpija čistih komponenata odaberemo tečno
stanje na temperaturi : T0 = T2 = T3 = 373K, biće:
h3 = 0
q = Φh2 - h1 (3)
∑ ∑
h= x h , h= x h
2 2 j 2 j 1 1 j 1 j
gde su h1j i h2j entalpije čistih komponenata u parnom stanju, na uslovima struje (1) i (2) i
njih ćemo računati pomoću jednačine (5.27):
Tk
, j
T0
∫ ∫
L
0
isp
h = C dt + C dt + ∆ h , j = 1, 2
2 j p, j
p, j
T0
Tk
, j
Primećujemo da je
j
• za lakše isparljivu komponentu (1), tečno stanje je na uslovima struje 2 fiktivno:
Tk,1 < T2
• za teže isparljivu komponentu (2), gasno stanje je na uslovima struje 2 fiktivno:
Tk,2 < T2.
Međutim, komponenta 1 postoji stvarno kao tečna na nekom višem pritisku, kao što
komponenta 2 postoji stvarno kao gas na nekom nižem pritisku od pritiska struje 2. Kako
smo mi zanemarili efekat pritiska na tečnu fazu, a takođe i na gasnu (idealan gas)
prikazano računanje promene entalpija fiktivne tečnosti pomoću Cp L i promene entalpija
fiktivnog gasa pomoću Cp 0 je opravdano.
Nakon smene temperaturnih izraza za specifične toplote:
L
V
V
⎡
b
⎤ ⎡
b
c
⎤
L
j 2 2
isp V
j 2 2 j 3 3
= R⎢a
j ( Tk
, j − T0
) + ( Tk,
j − T0
) ⎥ + ∆h
j − R⎢a
j ( Tk
, j − T0
) + ( Tk
, j − T0
) + ( Tk
, − T0
) ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
2
3 ⎥⎦
h2 j
j
Smena brojnih vrednosti daje:
h21 = 29633 J/mol; h22 = 39002 J/mol
13

h2 = x21h21 + x22h22 = 68634 J/mol
Entalpiju napojnog toka dobijamo na isti način:
h
L
V
V
⎡
b ⎤ ⎡
⎤
j
b
2 2
j
c
L
isp V
2 2 j 3 3
= R⎢a
j ( Tk
, j −T0
) + ( Tk,
j − T0
) ⎥ + ∆h
j + R⎢a
j ( T1
− Tk
, j ) + ( T1
−Tk
, j ) + ( T1
−Tk
, ) ⎥
⎢⎣
2 ⎥⎦
⎢⎣
2
3 ⎥⎦
1 j
j
Iz (3):
h11 = 43203 J/mol; h12 = 59419 J/mol;
h1 = x11h31 + x12h32 = 102622 J/mol
q = -46946 J/mol napoja
PRIMER 6.2 Multikomponentna smeša iz Primera 4.2 ulazi u idealno izolovan flešisparivač
sa protokom od 100 kmol/h i temperaturom 400.58K. Pretpostavljajući idealno
ponašanje smeše, sa datim TD podacima izračunati temperaturu, protoke i sastave
izlaznih struja i to
• dekomponovanjem mat. modela
• simultanim rešavanjem jednačina
(Rešenje u Mathcad-u)
SIMULACIJA ADIJABATSKOG PROTOČNOG REAKTORA PRI
PRETPOSTAVCI DA SE DOSTIŽE REAKCIONA RAVNOTEŽA
Simulacija reaktora pri pretpostavci da se dostiže reakciona ravnoteža, predstavlja ustvari
neizotermski bilansni proračun (pogl. 5.3), jer se generisanje komponente izražava
stepenima napredovanja reakcija, koji se dobijaju iz uslova reakcione ravnoteže.
Matematički model čine:
Komponentni bilansi:
∆n
j
= −
N
N
s r
∑n ij = ∑
i=
1 k=
1
ν
jk
ε
k
,
j = 1,
..., N
nij - molski protok komponente j sa strujom i
Uslovi reakcione ravnoteže:
K
R,
k
N
ν
( ) = = ( )
c
jk T a f T,
p,
∏
j=
1
c
( mol/s)
(6.6)
ˆ x , k=
1,...,
N
(6.7)
j
k
T, p, x - temperatura , pritisak i sastav izlazne struje
r
14

Energetski bilans:
Ns Nr
∑ ∑ ε ∆ 0
i=
1 k=
1
( )
0
Fh i i − k H , k = 0 , J / s
(6.8)
dobijen iz jedn. (5.42) uz Q = 0 (izolovan sistem).
Broj stepeni slobode, uz pretpostavku da su pritisci svih struja poznati dat je
jednačinom (5.44 b)
uz Np = Nr :
( N s − ) N c + N r − N p N s
d = 1
+
( )
d = N − 1 N + N
(6.9)
s c s
Standardne specifikacije su:
Podaci: Broj. podataka :
Sastavi,temperature i
protoci Ns - 1 ulaznih
tokova
Q = 0
( N − 1)( N + 1 )
1
s c
( 1 )
∑ = N − N + N
s c s
Simultano rešavanje jednačina modela (adijabatski ravnotežni proračun) može se, slično
proračunu fleš-isparivača, zameniti iterativnim sekvencijalnim.
PRIMER 6.3 U kontaktnom postrojenju za proizvodnju sumporne kiseline, smeša
gasova molskog sastava 7.8% SO2, 10.8% O2 i 81.4%N2, na normalnom pritisku i
temperaturi 450 0 C ulazi u adijabatski katalitički reaktor za oksidaciju SO2 u SO3.
Pretpostavljajući da se gasna smeša ponaša kao idealan gas, treba izračunati maksimalnu
moguću konverziju SO2 u reaktoru. Kao polazne procene koristiti rezultate proračuna
izotermske reakcione ravnoteže na ulaznoj temperaturi.
Konstanta reakcione ravnoteže reakcije oksidacije se menja sa temperaturom T (K) po
formuli:
4950
log K R
= − 4.
7
T
15

Kompo-
nenta
ZADACI
Standardna
entalpija
formiranja
(J/mol)
na 25 0 C
Konstante u jednačini:
0
C p
R
= a+
bT+
cT
2
d
+
T
2
( T u K)
a b×10 3 c×10 6 d×10 -5
SO2 (g) - 296830 5.699 0.801 0 -1.015
O2 (g) - 3.639 0.506 0 -0.227
SO3 (g) - 395720 8.06 1.056 0 -2.208
N2 (g) - 3.28 0.593 0 0.04
(Rešenje u Mathcad-u)
1. a) Izračunati adijabatsku temperaturu potpunog sagorevanja toluola u stehiometrijskoj
količini vazduha, ako se toluol i suv vazduh uvode u peć na 25 0 C. (Reš. 2458K )
b) Nacrtati krivu zavisnosti adijabatske temperature sagorevanja toluola od koeficijenta
viška vazduha α u intervalu 1 ≤ α ≤ 2
c) Nacrtati krive zavisnosti adijabatske temperature sagorevanja toluola od koeficijenta
0
viška vazduha α , za temperature ulaznog vazduha : T=
25,
100,
200,
300 C
Podaci za toluol :
C p ( T)
2
Koeficijenti u jedn. za topl. kapacitet: = a+
bT+
cT
R
( T u K)
za idealan gas: za tečnost :
a
3
b × 10
6
c × 10 a 3
b × 10
0.290 47.052 -15.716 15.133 6.79 16.35
Normalna temp. ključanja: = 383.
8K
T k
0
Standardna entalpija formiranja u gasovitom stanju : 50170 J mol
h f , 298K=
6
c × 10
Latentnu toplotu isparavanja toluola na temperaturi ključanja izračunati iz Trutonovog
pravila .
∆h
T
k
isp
= 8
. 75 + 4.
571⋅
logT
,
k
⎛
⎜ ∆h
⎝
isp
u
cal
mol
,
T
k
⎞
u K ⎟
⎠
16

2. Toluol i vazduh se uvode u peć na 25 0 C. Vazduh je vlažan i ima relativnu vlažnost
90%. Napon pare vode na 25 0 C je p H O 3.
166kPa
2 =
a) Kakav je sastav struje vazduha ? ( Odg. 20.41%O2, 76.78%N2, 2.81%H2O )
b) Koliki je protok vlažnog vazduha, koji obezbeđuje stehiometrijsku količinu kiseonika
sa sagorevanje 1mol/s toluola? ( Odg. 44.1 mol/s )
c) Kolika je adijabatska temperatura sagorevanja? (Odg. 2399 K )
3. Heksan i vazduh u višku od 21% u odnosu na stehiometrijsku količinu, potrebnu za
potpuno sagorevanje heksana se uvode u peć na temperaturi 25 0 C. Zbog nepotpunog
sagorevanja, 7% ugljenika sagori samo do CO. Izračunati adijabatsku temperaturu
sagorevanja uzimajući kao reakcije :
C
C
6
6
H
H
14
14
Kompo-
nenta
19
( g)
+ O2
( g)
= 6CO2
( g)
+ 7H
2O(
g)
2
13
( g)
+ O2
( g)
= 6CO(
g)
+ 7H
2O(
g)
2
0
h f , 298K
( J mol)
Konstante u jednačini:
0
C p
R
2 d
= a+
bT+
cT + ( T u K)
2
T
a b×10 3 c×10 6 d×10 -5
C 6H (g) - 166920 3.025 53.722 -16.791 0
14
CO (g) - 110525 3.376 0.557 0 -0.031
Ostali podaci za heksan:
M = 86.
2 kg kmol,
T = 68.
7
(Reš. 2055K)
k
0
C,
∆h
isp
( T ) = 28872 J mol,
c
k
L
p
=
2.
21
4. Formaldehid se dobija oksidacijom metanola u katalitičkom reaktoru :
CH 3OH+
1 2O2=
CH 2O+
H 2O
U reaktoru se odvija i neželjena reakcija:
CH O 1 2O
= HCOOH
2
+ 2
Gasna smeša metanola i stehiometrijske količine kiseonika (prema glavnoj reakciji), ulazi
na temperaturi 170 0 F. Temperatura izlazne struje je 1100 0 F. U reaktoru se oksidiše 60%
metanola, a od toga samo 2% do neželjenog proizvoda - mravlje kiseline. Izračunati:
a) Molski sastav izlazne struje
(Reš. 22.3%CH3OH, 10.81%O2, 32.78%CH2O, 0.67%HCOOH, 33.44%H2O )
b) Dovedenu (odvedenu) toplotu po molu metanola. (Reš. Q = −45.
6 kW )
c) Izlaznu temperaturu za idealno izolovan reaktor. (Reš. 1291K)
kJ
kgK
17

Kompo-
nenta
0
h f , 298K
( J mol)
Konstante u jednačini:
0
C p
R
2 d
= a+
bT+
cT + ( T u K)
2
T
a b×10 3 c×10 6 d×10 -5
CH 3 OH (g) - 200660 2.211 12.216 -3.450 0
CH 2 O (g) - 108570 2.264 7.022 -1.877 0
HCOOH
(g) - 90490 1.409 16.33 -10.12 0
5. Gasna smeša CO i N2 se pravi provođenjem dimnih gasova (flue gas) i vazduha kroz
sloj užarenog uglja (uzeti da je čist C) pri čemu se odvijaju reakcije:
CO2 + C → 2CO 2C
+ O2
→ 2CO
Pošto ne sagori sav ugalj, izlazna struja ne sadrži kiseonik. Molski sastav dimnih gasova
je: 13. 7%
CO 2 , 3.
4%
CO,
5.
1%
O2
, 77.
8%
N 2 . Ulazna struja dimnih gasova je 900 0 C ,
a vazduha 25 0 C. Temperature užarenog uglja i izlaznog gasa su takođe 900 0 C
−3
5 2
Za ugljenik: R = 1.
771+
0.
771×
10 T − 0.
867 × 10 T ( T u K)
C p
a) Potrebno je izračunati dovedene (odvedene) toplote po molu dimnih gasova, za molske
odnose vazduha i dimnih gasova, α = 0.
2,
0.
5,
1
Pomoć:
• Pogodno je entalpije idealne gasne struje i računati kao: = nh
gde je hj
∑ j
n i, jh
j
idealna entalpija komponente j, a ni,j njen komponentni protok u toj struji.
(Definisati vektorsku funkciju h( a,
b,
c,
d,
T )
v
)
• Uzeti da je ulaz ugljenika jednak potrošenoj količini u reakcijama, a izlaz jednak
nuli.
(Odg. 7.743, 1.791, - 8.130J)
b) Objasniti promenu znaka razmenjene toplote pri povećanju odnosa α ? Nacrtati grafik
zavisnosti razmenjene toplote sa okolinom u funkciji od, α u intervalu [ 0 , 1]
. Pokazati da
je u pitanju linearna funkcija.
c) Odrediti onu vrednost α za koju je proces adijabatski ili autotermičan, tj. ne zahteva ni
odvodjenje ni dovodjenje toplote.( Reš. α = 0.
59 )
d) Odrediti α za adijabatski režim, ako bi i vazduh ulazio predgrejan na temperaturu od
900 0 C (Reš. = 0.
248
α ) Objasniti uticaj promene ulazne temperature vazduha.
18

6. SO2 se radi katalitičke oksidacije u SO3 uvodi u katalitički reaktor sa viškom kiseonika
(iz vazduha) od 50% u odnosu na stehiometrijsku količinu. Za konstantu ravnoteže
posmatrane reakcije važi :
5186.
5
log K R = + 0.
611⋅
log T − 6.
7497
T
425 0 C
Proizvod
100
Napojna struja
0 F
425 0 C
R R - reaktor
Q = ?
Optimalna temperatura izvođenja reakcije je 425 0 C. To se postiže predgrevanjem
napojne struje, temperature 100 0 F, do 425 0 C, tako što se cevima provodi kroz sloj
katalizatora u reaktoru (slika)
a) Ako se pretpostavi da se u reaktoru dostiže reakciona ravnoteža, izračunati stepen
konverzije SO2 i molski sastav proizvoda (Reš. 0 . 985)
b) Koja količina toplote, po 1 kmol SO2 se mora odvesti iz reakcione smeše, da bi se
4
postigli izotermski uslovi? ( Odg. 9 . 705×
10 kJ kmol )
c) Da li je postignuta autotermičnost ili adijabatičnost procesa, tj. da li je ta toplota
jednaka onoj koja je neophodna za predgrevanje napojne struje? Ako nije, koliku količinu
toplote po 1 kmol SO2 je neophodno na neki način dovesti ili odvesti u reaktoru ? (Odg.
4
Treba odvesti Q=
3 . 71×
10 kJ kmol )
d) Nacrtati dijagram zavisnosti dovedene (odvedene) toplote od temperature u reaktoru u
intervalu temperatura kome pripada ona temperatrura za koju bi proces bio adijabatski.
e) Odrediti temperaturu u reaktoru za koju bi proces bio adijabatski (Q = 0), kao i
odgovarajući stepen konverzije SO2 , polazeci od procene dobijene pomoću dijagrama
(Reš. 560 0 C, 0.838)
7. U plameniku, na normalnom pritisku, sagoreva čist vodonik sa stehiometrijskom
količinom vazduha. Vodonik i vazduh ulaze u plamenik na temperaturi 25 0 C.
Pretpostavljajući da se gasna smeša ponaša kao idealan gas i da se uspostavlja reakciona
ravnoteža, treba izračunati temperaturu dobijenog plamena i stepen konverzije vodonika.
Poznata je vrednost konstante reakcione ravnoteže na temperaturi, 298K , K298 = 10 40 i
standardni toplotni efekat reakcije, na istoj temperaturi :
0
cal
∆ H R,
298 K = −57800
.
mol
19

Vrednosti parametara u temperaturnoj zavisnosti toplotnog kapaciteta (2.59) za vodonik:
−3
5
a = 3 . 249,
b=
0.
422×
10 , c=
0,
d=
0.
083×
10
Parametri u jedn. (2.59) za ostale tri komponente se mogu naći u primerima ili zadacima.
Pomoć: Neophodna temperaturna zavisnost ravnotežne konstante se dobija iz jedn. (2.52)
uz (2.56).
(Reš. T = 2404 K,
x=
0.
952 )
8. Reakcija dobijanja formaldehida dehidrogenacijom metilalkohola je:
CH 3OH
←
→ CH 2O
+ H
2
Izračunati temperaturu i sastav izlazne struje iz idealno izolovanog reaktora, pod
pretpostavkom da reakcija ide do uspostavljanja ravnoteže. Čist metanol ulazi u reaktor
sa temperaturom od 1000K.
Kompo
nente
(g)
OH
CH 3
0
g f , 298K
( J mol)
0
h f , 298K
( J mol)
Konstante u jednačini:
0
C p
R
= a+
bT+
cT
2
d
+
T
2
( T u K)
a b×10 3 c×10 6 d×10 -5
- 161960 - 200660 2.211 12.216 -3.450 0
CH 2 O - 102530 -108570 2.264 7.022 -1.877 0
H - - 3.249 0.422 0 0.083
2
T= 685 K CH OH CH O H )
(Reš. . 3 , 57.
28%
3 , 21.
36%
2 , 21.
36%
2
9. Poznato je da se na visokim temperaturama produkti potpunog sagorevanja
ugljovodonika, H2O i CO2 delimično dekomponuju (disosuju) po reakcijama:
CO →
2 CO 1 2O2
H 2O
→
← +
← H 2 + 1 2O
Izračunati adijabatsku temperaturu sagorevanja propana sa stehiometrijskom količinom
vazduha, ako se propan i vazduh uvode u peć na temperaturi 298K, uz pretpostavku da se
u navedenim reakcijama postiže ravnoteža. TD podaci :
Komp. 0
( J mol)
g f , 298K
H2O - 228572
CO2
- 394359
CO - 137169
2
Ostali podaci se mogu naći u raznim primerima i zadacima
20

Proračun izvesti alternativno,
• sa entalpijama formiranja komponenata kao referentnim (enregetski bilans nema
član generisanja)
• sa nultim referentnim vrednostima entalpija komponenata (član generisanja
uključuje reakciju sagorevanja propana i reakcije disocijacije)
Pomoć: Pri definisanju uslova ravnoteže poći od smeše CO2 + H2O +N2 , nastale
potpunim sagorevanjem odabrane količine (1mol/s) propana.
(Reš. 2280K)
10. Reakcije u reaktoru za proizvodnju sinteznog gasa katalitičkim reformingom metana
su :
CH
CH
4
4
+ H O=
CO+
3H
2
+ 2H
O=
CO
2
2
2
+ 4H
2
U reaktor, koji radi na atmosferskom pritisku se uvodi gasna smeša metana i vodene pare
u molskom odnosu 1:2 na temperaturi 1000K. Uz pretpostavku da se u reaktoru postiže
ravnoteža,
a) izračunati izlaznu temperaturu i stepen konverzije metana, ako se reaktoru dovodi
toplota od 200kW po molu metana .(Reš. 985K , 94%
)
b) nacrtati dijagram vrednosti izlazne temperature i stepena konverzije metana za
0, 250 kW molCH .
dovedene toplote u intervalu [ ] 4
11. U Zadatku 2. iza poglavlja o izotermskoj simulaciji fleš isparivača, dat je sastav 6 -
komponentne ugljovodonične smeše kao i parametri u temperaturnoj zavisnosti
ravnotežnih konstanti para-tečnost za pritisak 300 psi. U tabeli su dati parametri u
temperaturnim zavisnostima entalpija čistih komponenata (BTU/mol) te smeše u parnoj
(V) i tečnoj (L) fazi :
h
L
=
L L L 2 2 V V V V 2 2
0
( a + b T+
c T ) h = ( a + b T+
c T ) ( T u R)
sa nultom entalpijom ključale tečnosti na -200 0 F kao referentnom vrednošću. Sa istom
referentnom vrednošću, entalpija napojne struje je 13210 BTU/mol. Potrebno je izračunati
stepen isparavanja napojne smeše i temperature izlaznih struja iz idealno izolovanog flešisparivača
na datom pritisku.
Komp.
L
L
a b × 10
L 5
c × 10
V
a
V 4
b × 10
V 6
c × 10
C 2H -7.2915 1.5412 -1.6089 56.796 615.93 2.4089
4
C 2H -8.4857 1.6287 -1.9499 61.335 588.75 11.949
6
C 3H -12.428 1.8835 -2.4839 71.828 658.55 11.300
6
21

Komp.
L
L
a b × 10
L 5
c × 10
V
a
V 4
b × 10
V 6
c × 10
C 3H -14.500 1.9802 -2.9049 81.796 389.82 36.471
8
nC -20.298 2.3006 -3.8663 152.67 -1153.5 146.64
4
iC -16.553 2.1619 -3.1476 147.65 -1185.3 152.88
4
Kao polaznu procenu izlazne temperature uzeti sredinu intervala temperatura, izračunatog
u zadatku 2. iza poglavlja o izotermskoj simulaciji fleš isparivača.
(Reš. 0.1507, 200.3 0 F)
22