1

6. MATERIJALNI I ENERGETSKI BILANSI Broj stepeni slobode za bilansni problem

Pretpostavimo,

1. Sastavi materijalnih struja su izraženi u molskim udelima;

2. Pritisci svih struja su poznati;

3. U reaktoru se odvija Nr nezavisnih reakcija .

Broj stepeni slobode za materijalni bilans (1) i materijalni i energetski bilans (2) su dati u Tabeli 6.1.

Tabela 6.1- Broj stepeni slobode za materijalni i materijalni i energetski bilans

Broj promen. Nv Broj jednačina, Nj d = Nv - Nj

1

( ){

N N Ns c

sastav i protok

r

k

+ +11 24 34

ε

{ { {

N N Nc

komp bil

s

sumac jedn

p

proc ogran. . . . . .

+ + ( )N N N Ns c r p− + −1 (6.1a)

2 ( ){

{N N Ns c

sastav protoki temperature

rQ

k

+ + +2 1,

1 24 34

ε

{ { {{

N N Nc

komp bil

s

sum jedn

p

ogrenerg bil. . . . .

. .

+ + + 1

( )s

prcs

N

NNNN

+

+−+−1

(6.1b)

Dva standardna (uobučajena) tipa proračuna, koja proizilaze iz dva uobičajena izbora podataka su definisani u Tab. 6.2 Tabela 6.2 -Tipovi bilansnih proračuna

Izotermski problem: Neizotermski problem:

Ns dodatnih specifikacija su: Temperature svih struja Temperature (Ns-1) struja i razmenjena toplota, Q

Računa se : Razmenjena toplota, Q Nedostajuća temperatura

2

6.1 Bilansni prora čuni reaktora sa idealnim gasnim i te čnim strujama Izvešćemo najpre računske izraze za entalpije idealne gasne ili tečne struje s, temperature Ts i molskog sastava cjs Njx ,...,1,, = :

Gasna struja i gasovita referentna stanja komponenata

Pošto je struja idealna i nema promena agregatnog stanja između referentnog i posmatranog stanja struje, imamo:

∑=

=cN

jjjss hxh

1, , ( )∫+=

sT

T

jpjj dTTChh0

0,

0,0

dTTCxhxdTTCxhxhs

sps

s T

T

TC

jjpjs

h

jjjs

j

T

T

jpjsj

jjss ∫∑∑∑ ∫∑ +=+=0

0,

0,0

0

)(

0,,

0,0,

0,,

0,0, )()(

44 344 2143421

Dakle,

(6.2) gde je 0

,0 sh referentna entalpija struje

= ∑j

jfjss hxh 0

,,

0,0

0 (6.2a)

Ako za specifičnu toplotu idealnog gasa usvojimo model (2.59), specifična toplota struje u stanju idealnog gasa je:

2

20

,

s

ssss

sp

T

dTcTba

R

C+++= (6.3)

gde se koeficijenti računaju iz koeficijenata čistih komponenata i molskog sastava struje:

∑∑∑∑ ====

jjjss

jjjss

jjjss

jjjss dxdcxcbxbaxa ,,,, ,,, (6.3a)

( )∫+=sT

T

spss dTTChh0

0,

0,0 )( molJ

3

Konačno, nakon integracije: (6.4)

Gasna struja i tečna referentna stanja komponenata

Za idealnu gasnu struju i na osnovu jedn (5.27) :

∑=

=cN

jjjss hxh

1, , ( ) ( ) ( )∫ ∫ ∆+++=

j s

j

Tk

T

jispj

T

Tk

jpL

jpL

jj TkhdTTCdTTChh0

0,,,0

Sa • temperaturnim modelom (2.59) 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:

(6.5)

Tečna struja i tečna referentna stanja komponenata Važe jednačine analogne jednačinama (6.3a) i (6.4), uz ds = 0. Primeri bilansnih proračuna PRIMER 6.1 a) Ako su u Primeru 4.2 temperature propana i vazduha 250C , potrebno je izračunati toplotu koju su predali produkti sagorevanja po 1 kg. propana, ako je njihova izlazna temperatura : (1) 870 0C ; (2) 50 0C.

−−−+−+−+=

0

30

320

20

0,0

11)(

3)(

2)(

TTdTT

cTT

bTTaRhh

sss

ss

sssss

∆+

−−−+−+−+

+

−+−+−=∑

=

jispjks

jjksj

jksj

jksj

jk

Lj

jk

Lj

jkLj

N

jjss

hTT

dTTc

TTb

TTaR

TTc

TTb

TTaRxhc

,,

3,

32,

2,

30

3,

20

2,0,

1,

11)(

3)(

2)(

)(3

)(2

)(

4

b) S kojom temperaturom izlaze produkti sagorevanja iz idealno izolovane peći (adijabatska temperatura sagorevanja).

Termodinamički podaci

Kompo - nenta

h0

f(298K),(J/mol) parametri u jednačini : C R a bT cT d Tp

0 2 2= + + +

a b⋅103 c⋅106 d⋅10-5 1 C3H8 (g) - 104680 1.213 18.785 -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 - ∆hisp( H2O) na 250C 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= 250C 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 :

F h F h F h H Q1 1 2 2 3 3 00 0+ − − + =ε∆ (1)

gde je ∆H00 standardni toplotni efekat reakcije sagorevanja propana :

( ) ( ) ( ) ( )C H g O g CO g H O g3 8 2 2 25 3 4+ = + (R1)

U zagradama su naznačena odabrana standardna stanja komponenata (idealan gas). Standardni toplotni efekat reakcije na T0 = 298K :

601,

04,

03,

00 1004316.243 ⋅−=−+=∆ fff hhhH

Za sve supstance u sistemu usvajamo da su referentna stanja, pri proračunu entalpije : idealan gas na T0 = 298K . Pošto je : T1 = T2 = T0,

h h1 2 0= = .

(1) T3 = 8700C = 1143K :

Entalpiju h3 računamo iz (6.4) .Prethodno iz (6.3a) računamo parametre u jednačini :

5

a b c ds s s s= = ⋅ = = −−3534 7 498 10 0 7672 64. ; . ; ; .

( ) ( )h R a T Tb

T T dT T

J molss

s3 3 0 32

02

3 02

1 128465= − + − − −

= /

Konačno, iz energetskog bilansa (1) :

sJHhFQ 60033 101892.1 ⋅−=∆ε+=

Treba nam razmenjena toplota po 1kg propana, q (J/kg) :

qQ

F M

J s

kmol s kg kmol

MJ

kgprop

= =− ⋅

⋅= −

−

1

6

3

11892 10

10 4427 03

.

..

(2) T3 = 500C = 323K

Voda u produktima sagorevanja kondenzuje, pa ćemo uvesti i struju 4- kondenzat : C3H8 1 3 (gasovi) 2 4 (kondenzat) vazduh Treba najpre definisati protoke i sastave novih struja 3 i 4 iz poznatih komponentnih protoka u staroj struji 3:

n mol s n mol s n mol s n mol s32 33 34 35088 3 4 2212= = = =. / ; / , / ; . /

F n mol s F F mol s4 34 3 44 30 26= = = − =/ ; /

Sastav gasova :

x n F x x xj j3 3 3 32 33 350 0338 01154 08508= ⇒ = = =. ; . ; .

Energetski bilans:

)2(00044332211 =+∆ε−−−+ QHhFhFhFhF

h h1 2 0= =

( ) ( )h R a T T

bT T d

T Tss

s3 3 0 32

02

3 02

1 1= − + − − −

Za izračunat sastav struje 3 :

a x a b d h J mols j j s sj

= = = ⋅ = − =−∑ 34

33573 6 422 10 10716 7548. ; . ; ; . /

Za izračunavanje entalpije h4 polazimo od usvojenog referentnog stanja: idealan gas na 298K pa h4 dobijamo kao promenu entalpije od tog, do posmatranog stanja

6

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 pk je pritisak ključanja (napon pare), pk(298K) = 3.17kPa Imajući u vidu :

• 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,

imamo :

∆ ∆ ∆h h h0 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: ∆h2 ∆h4 0 3 5 referentno stanje, ključala voda na 250C voda na 500C T0 = 250C

∆ ∆h h C J molisp2

025 43965= − = −( ) /

( ) ( ) ( )∆h C dT R T T T T T TpL

T

T

o

4 0

32

02

63

03

298

323

8 712125 10

2018 10

3= = − + ⋅ − − ⋅ −

=

− −

=

=∫ .. .

=1855J mol/

h h h4 2 4 42110= + = −∆ ∆

sJHhFhFQ /10192.2 6004433 ⋅−=∆ε++=

qQ

F MkJ kgpropana

prop

= = −1

49820 /

7

Isti proračun smo mogli da izvedemo nešto lakše, polazeći, sobzirom da se voda u sistemu kondenzuje, od reakcije :

( ) ( ) ( ) ( )C H g O g CO g H O l3 8 2 2 25 3 4+ = + (R2)

sa standardnom entalpijom formiranja vode :

( ) ( ) ( )Chghlh ispOHOHfOHf

00,

0, 25

222∆−=

Pri proračunu entalpije kondenzata (struja 4) kao referentno uzimamo tečno stanje, pa je

∫= 4

0

4

T

T

Lp dTCh

Rezultat proračuna odvedene toplote je isti, što ostavljamo čitaocu da proveri.

b) Imamo kompleksniji neizotermski bilansni problem, a 3 (Ns = 3) dodatna podatka u odnosu na problem materijalnog bilansa su :

( )T T C Q1 2025 0= = =, adijabatski rezim

Tako, polazeći od energetskog bilansa :

{ {

Q F h F h F h H= − − + =3 3 1 1

0

2 2

0

00 0ε∆

rešavamo po T3 jednačinu:

( ) ( ) 011

200

03

20

23033 =∆ε+

−−−+− H

TTdTT

bTTaRF s

ss

KT 21443 =

(Rešenje u Mathcad-u)

PRIMER 6.2 U peći sagoreva oktan sa viškom vazduha od 25 % .Ulazne temperature vazduha i oktana su 25 0C.

a) Temperatura produkata sagorevanja, nakon što su iskorišćeni za zagrevanje, je 600C. (skica) Izračunati protoke oktana (kg/h) i vazduha (m3/h), koji obezbeđuju snagu peći od 108 kJ/h pod pretpostavkom da nema gubitaka. Pri izračunavanju entalpije oktana, koristiti kao podatak njegovu latentnu toplotu isparavanja na 25 0C

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 0C.

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:

8

Kompo-

nenta

Standardna entalpija form., J/mol

na 250C

Konstante u jedn. )u (2

20

KTT

dcTbTa

R

C p+++=

a b×103 c×106 d×10-5

C8H18 (g) -208750 8.15 70.567 -22.208 0

O2 (g) - 3.639 0.506 0 -0.227

CO2 (g) -393509 5.457 1.045 0 -2.208

H2O (g) -241818 3.47 1.45 0 0.121 N2 (g) - 3.28 0.593 0 0.04 Molska masa oktana = 114.2 g/mol. Specifična toplota vode: C R T Tp

L = + ⋅ − ⋅− −8 712 175 10 18 103 7 2. . .

Toplota isparavanja vode na 250C: 43965 J/mol

Toplota isparavanja oktana na normalnoj temperatri ključanja (398.8K): 34436 J/mol

Za ugljovodonike važi:

( )( )

∆∆

h T

h T

T

T

isp

isp

r

r

2

1

2

1

0 381

1= −

−

,

,

.

; Tr = T/Tc - redukovana temperatura

Za izračunavanje toplotnog kapaciteta tečnih ugljovodonika može se iskoristiti sledeća korelacija:

( ) ( ) ( )

−+−+ω+−+=−−−− 11

3

11

0

1742.112.2511.1725.0145.045.1 rrrrppL TTTT

R

CC

Kriti čna temperatura i faktor acentričnosti oktana: Tc = 569K, ω = 0.394.

C8H18 (l) O2, CO2, N2 1 PEĆ + RAZM. 3 gasovi T= 250C, p =1 atm TOPLOTE T= 600C, p =1 atm 2 4 . vazduh: 0.21 O2, 0.79 N2 H2O (l) (Rešenje u Mathcad-u) PRIMER 6.3 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 250C.

9

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.

konst. u jedn.:2

20

T

dcTbTa

R

C p +++= (T u 0K)

Kompo -

nenta

Standardna entalpija formiranja

0298,fh (J/mol)

a b×103 c×106

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: KT 600,400,298= 6.2 Simulacija fleš-ispariva ča i parcijalnog kondenzatora 2 (para)

1 x1,j, j=1,...,Nc

3 (tečnost)

Slika 6.1 – Skica uz bilans fleš-isparivača i parcijalnog kondenzatora

F2, T, p, x2,j, j=1,...,Nc

F3, T, p, x3,j, j=1,...,Nc L

F1, T1, p1 V

10

Skica uz materijalni i energetski bilans fleš-isparivača i parcijalnog kondenzatora je data na Sl. 6.1. Jednačine matematičkog modela, uz pretpostavku termodinamičke ravnoteže izlaznih struja glase:

Komponentni bilansi:

cjjj NjxFxFxF ,...,1 , 332211 =+= (6.6a)

Energetski bilans:

( ) ( ) ( ) 0,,,,,, 33221111 =+−− QpThFpThFpThF LVL xxx (6.6b)

Sumacione jednačine:

∑=

==cN

jsij Nix

1

,...,1 , 1 (6.6c)

Uslovi fazne ravnoteže izlaznih struja :

( ) cjjj NjxTpkx ,...,1 , ,,, 3322 == xx (6.4d)

Ako pretpostavimo da su pritisak ulazne struje, 1p i pritisak u fleš – isparivaču (parcijalnom kondenzatoru) poznati, imamo:

Broj jednačina (6.6a-d): Broj promenljivih :

4212 +=++= cscj NNNN ( ){

63212)2(,protok i sastav

struje zlaznestruja ulazna

,, 111

+=++++= c

QT

i

c

TF

cv NNNN43421

4847648476

43421

x

Broj stepeni slobode:

( ) 312 +−=+= cc NNd (6.7)

Ukupan broj podataka u vezi sa ulaznom strujom je :

( ){

11,sastav

21TF

cN +−43421

pa fali još jedan podatak. U zavisnosti od njegovog izbora, imamo izotermski i neizotermski simulacioni problem, koji su opisani u Tab. 6.3. U Tab. 6.4., prikazan je algoritam rešavanja neizotermskog problema, kojim se izbegava simultano rešavanje materijalnog i energetskog bilansa, tj. sistem se 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

11

problema, dok se, kao rezultat korekcije temperature izlaznih struja, ne zadovolji energetski bilans.

Tabela 6.3- Standardne specifikacije za problem otvorene simulacije

Izotermski problem: Neizotermski problem:

Podatak :

temperatura u fleš-isparivaču ili parc. kondenzatoru, T

razmenjena toplota sa okolinom, Q

Jednačine modela se rešavaju :

sekvencijalno: mater. bilans sa ograničenjima, pa energ.bilans

simultano

Rezultati su : protoci i sastavi izlaznih struja i

razmenjena toplota,Q temperatura izlaznih struja,T

Tab. 6.4 – Iterativno –sekvencijalno rešavanje problema otvorene simulacije

10 Računanje entalpije napoja : h1 = hL(T1, p1, x1), definisanje polazne procene temperature, T

20 Računanje ravnotežnih konstanti , kj(T, p)

30 Izotermski fleš-proračun (Pogl. 3.2) u kome dobijamo:

Φ, (x3j, x2j, j = 1,..., Nc), F2, F3

40 Računanje entalpija izlaznih tokova:

( ) ( )3322 ,,;,, xx PThhPThh LV==

50 Provera dali je, sa zadatom tolerancijom, ∆ zadovoljen energetski bilans (uslov konvergencije proračuna):

∆≤+−− QhFhFhF 332211

Ako je uslov zadovoljen, to je KRAJ proračuna. Inače,

60 Korigovanje T prema nekom algoritmu i povratak u računski ciklus (na korak 20)

12

PRIMER 6.4 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.

PARCIJALNI KONDENZATOR

2

Gas T=2000C

x11=0.75, p=1.5bar 1

3

gas

tečnost

P=1.013bar, T=1000C

P=1.013bar, T=1000C

Termodinamički podaci: parametri u jednačini,

C R a bT cTp = + + 2

supstanca

Tk(0C) ∆hisp(Tk)

(J/mol) aV bV⋅10-3 cV⋅10-6 aL bL⋅10-3 cL

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

Kriti-čna temp. Tc(

0C)

Konstante u Antoanovoj jednačini za napon pare, p0(bar):

( )ln p A B T C0 = − + 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 =F

F2

1

dobijamo rešavanjem jednačine:

x k

k

x k

k

x k

kj j

jj

1 11 1

11

212 2

2

1

1 1

1

1 1

1

1 10

( )

( )

( )

( )

( )

( )

−− +

=−

− ++

−− +

==

∑Φ Φ Φ (1)

odnosno,

Φx11(k1 - 1)(k2 - 1) + x11(k1 - 1) + Φx12(k1 - 1)(k2 - 1) + x12(k2 - 1) = 0

Φ(k1 - 1)(k2 - 1) ( )x x11 12

1

+1 24 34

+ x11k1 + x12k2 - ( )x x11 12

1

+1 24 34

= 0

13

)1)(1(

1

21

212111

kk

kxkx

−−−+=Φ

Pošto su obe komponente na T = 1000C u podkritičnoj oblasti, primenićemo Raulov zakon :

kj = pj0/p, p1

0 = 1.801 bar, p20 = 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:

x

x

kj x x

x k x j x x

j

j

j

j j j

31

31 32

2 3 21 22

1 11 2 04600 05400

1 2 08174 01826

=− +

= = =

= = = =

Φ( ), , ; . , .

, , . , .

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 hj j j j2 2 2 1 1 1= =∑ ∑,

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):

h C dt C dt h jj p jL

T

T

p jT

T

jisp

k j

k j

20

0

0

1 2= + + =∫ ∫, ,

,

,

, ,∆

Primećujemo da je na uslovima struje 2, 02 TT = ,

• za lakše isparljivu komponentu (1), tečno stanje fiktivno: Tk,1 < T0

• za teže isparljivu komponentu (2), gasno stanje fiktivno: Tk,2 > T0

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:

14

−+−+−−∆+

−+−= )(

3)(

2)()(

2)( 3

03,

20

2,0,

20

2,0,2 TT

cTT

bTTaRhTT

bTTaRh jk

Vj

jk

Vj

jkVj

ispjjk

Lj

jkLjj

Smena brojnih vrednosti daje:

h21 = 29633 J/mol; h22 = 39002 J/mol

h2 = x21h21 + x22h22 = 68634 J/mol

Entalpiju napojnog toka dobijamo na isti način:

−+−+−+∆+

−+−= )(

3)(

2)()(

2)( 3

,3

12,

21,1

20

2,0,1 jk

Vj

jk

Vj

jkVj

ispjjk

Lj

jkLjj TT

cTT

bTTaRhTT

bTTaRh

h11 = 43203 J/mol; h12 = 59419 J/mol;

h1 = x11h31 + x12h32 = 102622 J/mol

Iz (3):

q = -46946 J/mol napoja PRIMER 6.5 Multikomponentna smeša iz Primera 3.7 ulazi u idealno izolovan fleš-isparivač 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)

6.3 Približna simulacija adijabatskog proto čnog reaktora uz pretpostavku reakcione ravnoteže

Simulacija reaktora pri pretpostavci da se dostiže reakciona ravnoteža, predstavlja ustvari neizotermski bilansni proračun, jer se generisanje komponente izražava stepenima napredovanja reakcija, koji se dobijaju iz uslova reakcione ravnoteže.

Matematički model čine: Komponentni bilansi:

∑ ∑= =

εν=−=∆s rN

i

N

kckjkijj mol/sN,=jnn

1 1

)( ...,1 , (6.6)

15

Uslovi reakcione ravnoteže:

( ) ( )∏=

ν===

cjk

N

jrkjkR NkpTfaTK

1, ,...,1,,,ˆ x (6.7)

T, p, x - temperatura , pritisak i sastav izlazne struje Energetski bilans:

( )Fh H J si i k kk

N

i

N rs

− ===

∑∑ ε ∆ 00

11

0, , / (6.8)

dobijen iz jedn. (5.24) uz Q = 0 (izolovan sistem). Broj stepeni slobode, uz pretpostavku da su pritisci svih struja poznati dat je jednačinom (6.1 b),

( ) sprcs NNNNNd +−+−= 1

uz Np = Nr :

( )d N N Ns c s= − +1 (6.9)

Standardne specifikacije su:

Nezavisni podaci: Broj. podataka :

Sastavi,temperature i protoci Ns - 1 ulaznih tokova

( )( )N Ns c− +1 1

Q = 0 1

( )= − +∑ N N Ns c s1

Simultano rešavanje jednačina modela, tj. adijabatski ravnotežni proračun može se, slično proračunu fleš-isparivača, zameniti iterativno - sekvencijalnim.

PRIMER 6.6 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 4500C 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:

16

7.44950

log −=T

KR

Kompo-

nenta

Standardna entalpija formiranja

(J/mol)

na 250C

Konstante u jednačini:

)u (2

20

KTT

dcTbTa

R

C p+++=

a b×103 c×106 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)

ZADACI 6.1 a) Izračunati adijabatsku temperaturu potpunog sagorevanja toluola u stehiometrijskoj količini vazduha, ako se toluol i suv vazduh uvode u peć na 250C. (Reš. 2458K )

b) Nacrtati krivu zavisnosti adijabatske temperature sagorevanja toluola od koeficijenta viška vazduha α u intervalu 21 ≤α≤

c) Nacrtati krive zavisnosti adijabatske temperature sagorevanja toluola od koeficijenta viška vazduha α , za temperature ulaznog vazduha : CT 0300,200,100,25=

Podaci za toluol :

Koeficijenti u jedn. za topl. kapacitet: )u()(

2 KTcTbTaR

TC p++=

za idealan gas: za tečnost :

a 310×b 610×c a 310×b 610×c

0.290 47.052 -15.716 15.133 6.79 16.35

Normalna temp. ključanja: KTk 8.383=

Standardna entalpija formiranja u gasovitom stanju : molJh Kf 501700298, =

Latentnu toplotu isparavanja toluola na temperaturi ključanja izračunati iz Trutonovog pravila .

∆⋅+=∆KT

mol

calhT

T

hk

ispk

k

isp

u ,u,log571.475.8

17

6.2 Toluol i vazduh se uvode u peć na 250C. Vazduh je vlažan i ima relativnu vlažnost 90%. Napon pare vode na 250C je kPap OH 166.3

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 )

6.3 Heksan i vazduh u višku od 21% u odnosu na stehiometrijsku količinu, potrebnu za potpuno sagorevanje heksana se uvode u peć na temperaturi 250C. Zbog nepotpunog sagorevanja, 7% ugljenika sagori samo do CO. Izračunati adijabatsku temperaturu sagorevanja uzimajući kao reakcije :

)(7)(6)(2

13)(

)(7)(6)(2

19)(

22146

222146

gOHgCOgOgHC

gOHgCOgOgHC

+=+

+=+

Kompo-

nenta

)(

0298,

molJ

h Kf

Konstante u jednačini:

)u (2

20

KTT

dcTbTa

R

C p+++=

a b×103 c×106 d×10-5

146HC (g) - 166920 3.025 53.722 -16.791 0

CO (g) - 110525 3.376 0.557 0 -0.031

Ostali podaci za heksan: kgKkJcmolJThCTkmolkgM L

pkisp

k 21.2,28872)(,7.68,2.86 0 ==∆==

(Reš. 2055K)

6.4 Formaldehid se dobija oksidacijom metanola u katalitičkom reaktoru :

OHOCHOOHCH 2223 21 +=+

U reaktoru se odvija i neželjena reakcija:

HCOOHOOCH =+ 22 21

Gasna smeša metanola i stehiometrijske količine kiseonika (prema glavnoj reakciji), ulazi na temperaturi 1700F. Temperatura izlazne struje je 11000F. 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. kWQ 6.45−= )

18

c) Izlaznu temperaturu za idealno izolovan reaktor. (Reš. 1291K)

Kompo-

nenta

)(

0298,

molJ

h Kf

Konstante u jednačini:

)u (2

20

KTT

dcTbTa

R

C p+++=

a b×103 c×106 d×10-5

OHCH 3 (g) - 200660 2.211 12.216 -3.450 0

OCH 2 (g) - 108570 2.264 7.022 -1.877 0

HCOOH

(g) - 90490 1.409 16.33 -10.12 0

6.5 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:

COOCCOCCO 222 22 →+→+

Pošto ne sagori sav ugalj, izlazna struja ne sadrži kiseonik. Molski sastav dimnih gasova je:

222 %8.77,%1.5,%4.3,%7.13 NOCOCO . Ulazna struja dimnih gasova je 9000C , a vazduha 250C. Temperature užarenog uglja i izlaznog gasa su takođe 9000C

Za ugljenik: )u (10867.010771.0771.1 253 KTTTRC p ×−×+= −

a) Potrebno je izračunati dovedene (odvedene) toplote po molu dimnih gasova, za molske odnose vazduha i dimnih gasova, 1,5.0,2.0=α

Pomoć:

• Pogodno je entalpije idealne gasne struje i računati kao: hn=∑j

jji hn , gde je hj

idealna entalpija komponente j, a ni,j njen komponentni protok u toj struji. (Definisati vektorsku funkciju ),,,,( Tdcbah

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 [ ]1,0 . 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. 59.0=α )

d) Odrediti α za adijabatski režim, ako bi i vazduh ulazio predgrejan na temperaturu od

9000C (Reš. 248.0=α ) Objasniti uticaj promene ulazne temperature vazduha.

19

6.6 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 :

7497.6log611.05.5186

log −⋅+= TT

KR

Optimalna temperatura izvođenja reakcije je 4250C. To se postiže predgrevanjem napojne struje, temperature 1000F, do 4250C, 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. 985.0 )

b) Koja količina toplote, po 1 kmol SO2 se mora odvesti iz reakcione smeše, da bi se postigli izotermski uslovi? ( Odg. kmolkJ410705.9 × )

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. Treba odvesti

kmolkJQ 41071.3 ×= ) 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. 5600C, 0.838)

6.7 U plameniku, na normalnom pritisku, sagoreva čist vodonik sa stehiometrijskom količinom vazduha. Vodonik i vazduh ulaze u plamenik na temperaturi 250C. 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 = 1040 i

standardni toplotni efekat reakcije, na istoj temperaturi : mol

calH KR 578000

298, −=∆ .

Vrednosti parametara u temperaturnoj zavisnosti toplotnog kapaciteta (2.59) za vodonik: 53 10083.0,0,10422.0,249.3 ×==×== − dcba

Parametri u jedn. (2.59) za ostale tri komponente se mogu naći u primerima ili zadacima.

Q = ?

4250C Proizvod

Napojna struja 1000F

4250C

R R - reaktor

20

Pomoć: Neophodna temperaturna zavisnost ravnotežne konstante se dobija iz jedn. (2.52) uz (2.56).

(Reš. 952.0,2404 == xKT )

6.8 Reakcija dobijanja formaldehida dehidrogenacijom metilalkohola je:

223 HOCHOHCH +←→

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)

)(

0298,

molJ

g Kf

)(

0298,

molJ

h Kf

Konstante u jednačini:

)u (2

20

KTT

dcTbTa

R

C p+++=

a b×103 c×106 d×10-5

OHCH 3

- 161960 - 200660 2.211 12.216 -3.450 0

OCH 2 - 102530 -108570 2.264 7.022 -1.877 0

2H - - 3.249 0.422 0 0.083

(Reš. 223 %36.21,%36.21,%28.57,3.685 HOCHOHCHKT = )

6.9 Poznato je da se na visokim temperaturama produkti potpunog sagorevanja ugljovodonika, H2O i CO2 delimično dekomponuju (disosuju) po reakcijama:

22222 2121 OHOHOCOCO +←→+←

→

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. )(0298, molJg Kf

H2O - 228572

CO2 - 394359

CO - 137169

Proračun izvesti alternativno,

• sa entalpijama formiranja komponenata kao referentnim (enregetski bilans nema član generisanja)

Ostali podaci se mogu naći u raznim primerima i zadacima

21

• 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)

6.10 Reakcije u reaktoru za proizvodnju sinteznog gasa katalitičkim reformingom metana su :

2224

224

42

3

HCOOHCH

HCOOHCH

+=+

+=+

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. %94,985K )

b) nacrtati dijagram vrednosti izlazne temperature i stepena konverzije metana za dovedene toplote u intervalu [ ] 4250,0 molCHkW .

6.11 U Zadatku 3.7 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 :

( ) ( ) )u ( 02222 RTTcTbahTcTbah VVVVLLLL ++=++=

sa nultom entalpijom ključale tečnosti na -2000F 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 fleš-isparivača na datom pritisku.

Komp. La 10×Lb 510×Lc Va 410×Vb 610×Vc

42HC -7.2915 1.5412 -1.6089 56.796 615.93 2.4089

62HC -8.4857 1.6287 -1.9499 61.335 588.75 11.949

63HC -12.428 1.8835 -2.4839 71.828 658.55 11.300

Komp. La 10×Lb 510×Lc Va 410×Vb 610×Vc

83HC -14.500 1.9802 -2.9049 81.796 389.82 36.471

4nC -20.298 2.3006 -3.8663 152.67 -1153.5 146.64

4iC -16.553 2.1619 -3.1476 147.65 -1185.3 152.88

22

Kao polaznu procenu izlazne temperature uzeti sredinu intervala temperatura, izračunatog u zadatku 3.7..

(Reš. 0.1507, 200.30F)