Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
1. Uvod
1.1 Definicija tehnologije
Tehnologija je kombinacija tehničnih in ekonomskih znanj, ki ob upoštevanju družbenih okoliščin(ekologija, varstvo pri delu...), omogoča ustvariti neko novo vrednost.
Izraz pomeni: tehnologija = grš. tehnoj + logos → znati na razumen način (ingenirium [lat.] = tehnoj)
1.2 Separacijski procesi – definicija, razdelitev
Separacijski procesi so procesi ločevanja faz. Del separacijskih procesov so tudi Termodifuzijskeoperacije, kjer gre za prenos snovi, toplote ali simultani prenos toplote in snovi.
Klasične operacije so:– destilacija– absorpcija– ekstrakcija sušenje– uparjanje– kristalizacija– adsorpcija
Poleg teh poznamo še moderne operacije, kot so membranski procesi, reverzna osmoza insuperkritične ekstrakcije.
Pot, s katero pretvorimo surovine v produkt, nam prikazuje naslednja shema.
Slika 1.1. Faze za pretvorbo surovin v produkt.
- 1 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Nad izvajanjem teh stopenj bedijo štirje E: ekološki problemi (Ecology), energetika (Energetics),inženiring (Engineering) in ekonomija (Economy).
Temeljne inženirske smeri so: gradbeništvo, strojništvo, elektrotehnika in kemijsko inženirstvo.
1.3 Pristopi za reševanje problema
Metodologija, kako pristopiti k danemu problemu, je:– inženirska nastavitev problema (definicija sistema)– matematični zapis (prvi tak zapis je Rayleighov integral pri diferencialni destilaciji)– rešitev zapisa– verifikacija.
Za reševanja naloge moramo poleg zgoraj navedenih prvih treh točk poznati še: masno in toplotnobilanco, termodinamiko, transportne pojave in reakcijsko inženirstvo (kinetika + transport snovi).
Reševanje naloge nam prikazuje naslednja slika.
Slika 1.2. Stopnje, po katerih rešujemo nalogo oziroma zastavljen problem.
- 2 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
2. Ravnotežje v dvofaznem sistemu V industriji nastopajo štirje (4) dvofazni sistemi, in sicer:– tekoče – plin (destilacija, absorpcija) Henryjev zakon– tekoče – tekoče (ekstrakcija) Nernstov zakon– trdno – plin (sušenje, adsorpcija) Langmuirjev zakon, Freundlichov zakon– trdno – tekoče (ekstrakcija, kristalizacija, ionske izmenjave...)
Zveze za ravnotežja v f faznih sistemih podaja Gibbs (1888): Fazi sta v ravnotežju, ko je kemijskipotencial v obeh fazah enak ( i '=i ' ' ). To pomeni, da je izhodišče za fazno ravnotežje kemijski
potencial, ki ga definiramo kot: i=∂G∂ n iT,P, n j
.
Gibbs je to enačbo predelav v uporabnejšo enačbi, to je Gibbsovo fazno pravilo: f + s = k + 2, kjerje f faza, k, komponenta, s pa število prostorskih stopenj.
Seminar 1 . Izpeljava Gibbsovega faznega pravila.
2.1 Prikaz uporabe Gibbsovega pravila na različnih ravnotežjih
Ravnotežje tekoče - plinVrelni diagram za sistem benzen – toluen (Glej Praktikum iz fizikalne kemije)
Slika 2.1. Shema aparature za izdelavo vrelnega diagrama.
Za risanje vrelnega diagrama smo potrebovali deleže lahkohlapne komponente v tekoči in parni fazi(x in y), ki smo jih dobili z jemanjem vzorcev destilata (y) in tekoče faze (x), določili pa smo jih zmerjenjem lomnega količnika. Tako smo dobili podatke za risanje vrelne (a) in kondenzacijske (b)krivulje.
- 3 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Iz Gibbsovega faznega pravila pa dobimo, da sta za določen T in P vrednosti x in y določeni:k = 2 (voda, metanol oziroma benzen, toluen)f = 2 (tekoča, para)ntot = 4 (število vseh spremenljivk – P, T, x, y)s = 2 (dve neodvisni spremenljivki, drugi dve sta odvisni)
x,y
b
a
T
1
100
64
0
P = konst.
Slika 2.2. Vrelni diagram za benzen – toluen.
Ravnotežje trdno – plinPo Gibbsovem pravilu dobimo:f = 2 (trdno, plin)k = 3 (zrak, trdna snov, vlaga)s = 3ntot = 4 (T, P, x (sestava trdne faze – vlažnost trdnega materiala), y (sestava plina – molski deležvlage v zraku))
Sestavo plina dobimo po enačbi 2.1:
y=p vlage
Ptot, (2.1)
kjer je p parcialni tlak vodne pare v zraku.
Relativno vlažnost merimo s higrometrom. Definirana je kot:
=pps
, (2.2)
kjer je ps parni tlak vodne pare v zraku pri nasičenju in predstavlja največji tlak pri določenitemperaturi. Če določamo parni tlak s Clausius – Clapeyronovo enačbo, lahko dobimo naslednjo tabelo:
T [°C] P = ps [mbar]
100 1013
20 23,2
80 473
60 199
120 2000
- 4 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Na vsakih 20°C se parni tlak podvoji / razpolovi!Primer:Podani podatki: φ = 60%, T = 20°C, PTOT = 970 mbar. Zanima nas stanje zraka v predavalnici.
y=⋅ps
PTOT
=0,6⋅23,2970
=0,014
Za dano vlažnost lahko dobimo x iz absorpcijskih izoterm, kar so diagrami relativne vlažnosti vodvisnosti od X, kjer je X razmerje mase vlage na maso suhe snovi materiala in ga izračunamo poenačbi 2.3.
X=x
1x(2.3)
φ
X (masa vlage/maso suhe snovi)0
1Les osrednje Evrope
φ
X
jan dec
φ sledi X
Slika 2.3. Absorpcijske izoterme.
Po Gibbsovem faznem pravilu, lahko določimo število prostostnih stopenj:f = 2, k = 3 iz tega sledi s = 3 (T, P, φ(y)) oziroma število odvisnih spremenljivk = 1 to je X.
Ravnotežje plin – tekočinaDoloča ga naslednja enačba:
p=H⋅x (2.4)kjer je p parcialni tlak plina nad raztopino, H Henryjeva konstanta za par topilo – plin, x pa molskidelež plina v raztopini. Za Henryjevo konstanto velja, da je pri večji temperaturi le ta višja.
Nekaj primerov H:H(CO2/H2O) = 103 bar, H(O2/H2O) = 4 × 104 bar
- 5 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
SklepIz zgoraj navedenih ravnotežij lahko ugotovimo, da Gibbsovo fazno pravilo velja za vsakoravnotežje.
Slika 2.4. Ravnotežja in Gibbsovo fazno pravilo.
Računski primer:
Izračunaj ravnotežno koncentracijo kisika v vodi, če znaša He = 4 × 104 bar. Delež kisika v zraku je20%, totalni tlak pa znaša 1 bar.
p=He⋅x⇒x=pHe=0,5⋅105
molO2
molO2molH2O
c=x⋅36 kg /mol⋅1000⋅1000mg
18kg /mol⋅L=8,8mg /L
Računski primer:
Koliko je topnost kisika na višini 3000 m? Ostali podatki: P0 = 1013 mbar, M = 29 kg / kmol, h = 3000 m, T = 20°CP=P0⋅exp [M⋅g⋅h /R⋅T]=1013⋅exp[28⋅9,81⋅3000 /8,314⋅293]=713,59mbar
Izpeljava barometrske enačbe: dPdh=g ;=
PMRT
Kolikšna je koncentracija kisika?p=w⋅P=0,2⋅713,59=142,72mbar=0,14272 bar
p=He⋅x⇒x=pHe=0,00357
molO2
molO2molH2O
c=x⋅3618=6,16mg /L
- 6 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
3. Prenos snovi v dvofaznih sistemih
Osnovne količine pri prenosu snovi so: – kinematična viskoznost: =/– termična difuzivnost: a– difuzivnost: D [m2/s]
Za pline so vse tri količine okoli 10-5 pri debelini filma med 100 in 1000 µm; za tekočine pa jedifuzivnost D okoli 10-9 pri debelini filma med 10 (hitra) in 100 (počasna) µm.
Pojav prehoda iz plina v film opisuje stacionarna difuzija. Pri destilaciji velja Troutonovo pravilo in pojav je ekvimolarna protidifuzija.Pri sušenju potekata stacionarna difuzija (dokler je snov mokra), nato pa difuzija v trdnem medijuoziroma nestacionarna difuzija v končnem mediju.
Pogoj za snovni tok je, da fazi nista v ravnotežju.
snovni tok
faza 1 faza 2
fazna meja
snovni tok
Slika 3.1. Fazna meja in snovni tok.
Pojavne oblike snovnega prenosa so:– stacionarna difuzija (plin – površina tekočine) [faza 1, 2]– ekvimolarna protidifuzija [faza 1, 2]– nestacionarna difuzija v končnem mediju (sušenje) [faza 1]– psevdostacionarna difuzija (sušenje) [faza 2]– stacionarna difuzija do meje (poleg vode imamo še reaktante) [faza 1]– stacionarna difuzija s kemijsko reakcijo (poleg vode imamo še reaktante) [faza 2]– stacionarna difuzija (kratek kontaktni čas v filmu vode prihaja O2 iz zraka) [faza 1]– nestac. difuzija v polneskončni medij (kratek kontaktni čas v filmu vode) [faza 2]
- 7 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
3.1 Snovni fluks skozi dva zaporedna upora
Osnove za snovni tok skozi dva zaporedna upora predstavlja filmska teorija, ki je podrobnorazložena v učbeniku Prenos toplote in snovi prof. Koloinija.
Koncentracijski profil nam predstavlja naslednja slika (Slika 3.2), kjer je CA1 koncentracija ene
komponente v 1. fazi, Ci ,A1 pa koncentracija ene komponente na mejni fazi.
fazna mejafaza 1plinska, tekočatekoča
faza 2tekočatekočatrdna
cA
1
cA
2
cAi
1
cAi
2
mejni film
koeficient snovne prestopnosti k
c
1
koeficient snovne prestopnosti k
c
2
Slika 3.2. Koncentracijski profil.
Koeficient snovne prestopnosti pa izračunamo oziroma določimo s pomočjo filmske teorije.Filmsko teorijo je formuliral Whitmann. Slika 3.3 prikazuje to teorijo.
z
<cA>
cAi
cA
Ekvivalentnadebelina tekočinskega filma
mejni slojδc(R)
δc
Slika 3.3. Filmski model snovne prestopnosti.
Ob površini delca je koncentracija v tekoči fazi cAi. Zaradi konvekcije, ki je večji oddaljenosti odfazne meje intenzivna, je ves upor proti snovnem prenosu v tankem sloju – filmu tekočine, ki se obdelcu giblje. Zato je koncentracija zunaj filma konstantna. Čeprav je koncentracijska porazdelitev
- 8 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
podana z ukrivljeno črto, pa je Whitmann, predpostavil ekvimolarno protidifuzijo v hipotetičnemmirujočem sloju debeline δc (linearen profil). Zato:
JA=DAB
dcAdz x=0
=DAB
cAi⟨CA⟩
c
=kCcAi⟨CA⟩ (3.1)
in
kC=DAB
c
(3.2)
Koeficient snovnega prestopa kC je odvisen od hitrosti zraka in prestavlja člen, ki upoštevaučinkovitost. Enota je m/s.
Koeficient snovnega prestopa je lahko v plinski ali tekoči fazi. Tako ločimo:– kL: velikostni red 10
5kL104 [m/s], debelina sloja 10100 [m ]
– kG: velikostni red 102kG101 [m/s], debelina sloja 1001000 [m ]
Snovni fluks komponente A do fazne meje zapišemo kot:w=kc
1 c1c1, i (3.3)Snovni fluks v dugo fazo pa je enak:
w=kc2c2, ic1 (3.4)
Z upoštevanjem enačb za ravnotežje: c1=K⋅c2
* in c1*=K⋅c2 in c1, i=K⋅c2, i (3.5) in (3.6) in (3.7)
Dobimo naslednji enačbi za snovni fluks:
w=1
1kc ,1
Kkc ,2
⋅c1c1* in
w=1
1K⋅kc ,1
1kc ,2
⋅c2*c2
(3.8) in (3.9)
Uporaba enačb 3.8 in 3.9 na ravnotežju plin – tekoče:
w=1
1kG
KH
kL
⋅c1c1*
w=1
1KH⋅kG
1kL
⋅c2*c2
Računski primer:
Koliko je lahko maksimalni fluks kisika v vodo iz zraka, če upoštevamo maksimalno vrednosttransportnih koeficientov in vrednost He konstante za sistem kisik – voda 40000 bar pri temperaturi15°C. Koliko znaša KH v tem sistemu?C2=0mg /L v vodi ni kisika
C2*=8,8mg /L
kL max: 105kL104 [m/s]
kG: 102kG101 [m/s]
Csr=cH2O1xcO2
x=H2O
M H2O=55,5mol / cG=
HeRT⋅cLcsr=KH⋅cL cG=
nO2
V=
pO2
RT
- 9 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
RT(20°C) = 24 bar m3/kmol ⇒KH=He
RTcsr=4000024⋅55
=30
w=1
1KH⋅kG
1kL
⋅c2*c2
kL max: 104 m/skG: 10
1 m/sKH = 30
RG=1
KH⋅kG
=1030=1/3s /m
RL=1kL
=1/104=104s /m
RL≫RG
zanemarimo upor v tekočinskem filmu
⇒wmax0104⋅8,8⋅103=0,88
mg
m2s
Izračun koncentracij na fazni meji! Potem ko izračunamo fluks po enačbi 3.8 ali 3.9, uporabimo zvezo za snovni fluks skozi en samfilm (enačbi 3.3 in 3.4) in dobimo:
w=kc1c1c1, i⇒
wk c1
=c1c1, i⇒c1, i=c1wk c1
w=kc2c2, ic1⇒
wk c2
=c2, ic2⇒c2, i=c2wk c2
- 10 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
4. Destilacija
4.1 Splošno o destilaciji Destilacija je termodifuzijska operacija, pri kateri ločujemo komponente na osnovi njihovihrazličnih hlapnosti izraženimi z temperaturo vrelišč.
Skozi tehnični razvoj se je pojavilo več procesov za ločevanje komponent, tako šaržnih kotkontinuirnih, pod tlakom ali v vakuumu. Osnova za destilacijo, pri kateri želimo vršiti ostre ločitve,je v kontaktiranju parne in tekoče faze, kjer iz parne faze v večji meri kondenzira težje hlapnakomponenta, iz tekoče pa uparja (izhlapeva) lažje hlapna komponenta. Ker je termodinamskapodloga ob tem pojavu vezana na enako entropijsko spremembo za obe komponenti (Trouton,∆S=88kJ /molK ) in je podlaga za ekvimolarno protidifuzijo (če so temperature dovolj blizu, sotudi entalpije dovolj skupaj).
Med tehnikami za ločevanje komponent na osnovi hlapnosti poznamo številne tehnike.
4.2 Diferencialna destilacijaDiferencialna destilacija se uporablja za šaržne in ne preostre ločitve. Shematsko lahko prikažemodiferencialno destilacijo na naslednji sliki.
Slika 4.1. Diferencialna destilacija.
Zapis splošne masne bilance:
∑V, i±R i ,V±Wi∑iz , i=dm i
dt (4.1)
Za diferencialno destilacijo lahko zapišemo totalno in komponentno bilanco:
hlapi=dmdt
(4.2)
hl⋅y=d mxdt
=mdxdtx
dmdt
(4.3)
- 11 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Enačbi 4.2 in 4.3 preuredimo v enačbo:dmm=
dxyx
(4.4)
in jo integriramo v mejah:m = m0, x = x0
m = m, x = xin dobimo Rayleighovo zvezo:
lnmm0
=∫x0
xdxyx
(4.5)
Za rešitev integrala na desni strani enačbe 4.5 potrebujemo zvezo y = f(x), to je ravnotežnekoncentracije hlapnejše komponente v parni in tekoči fazi.
V primeru, ko velja ozek interval integracije (x → 0) lahko uporabimo Raoultov zakon, ki pravi:y = K x (4.6)
Tako se enačba 4.5 po integraciji glasi:
lnmm0
=1
K1⋅ln
xx0
(4.7)
oziroma :
mm0
= xx01 /K1
(4.8)
Iz bilance procesa dobimo enačbom0⋅x0=m⋅xmD⋅xD
m0=mmD
mm0
=xDx0
xDx(4.9)
Rešitev procesa pa predstavlja presečišče enačb 4.8 in 4.9.
xx01/K1
xDx0
xDx=0 (4.10)
Enačbe 4.10 ne moremo reševati analitično, temveč jo lahko rešimo numerično oziroma sposkušanjem. Računski primer:
Z diferencialno destilacijo ločujemo zmes etanola v vodi s sestavo x0 = 6 ut.%. Začetna masa (m0) je100 kg gostota etanola 0,78 g/mL. Delež hlapne komponente v destilatu želimo 30 ut.%, konstantaK (porazdelitveni koeficient EtOH med parno in tekočo fazo) pa je 7. Določi, do katerega x moramodestilirati in kolikšna bo končna masa destilacijskega ostanka (m) in masa dobljenega destilata.Dobljeni destilat preračunaj v volumske odstotke.
xx01/K1
xDx0
xDx=0⇒ x
0,061/71
0,30,060,3x
=0⇒x=0,0288 (določeno z računanjem)
Če x določimo z programskim paketom Matematica, dobimo: x = 0,0288528
m= xDx0
xDx ⋅m0= 0,30,060,30,0288⋅100=88,5; mD=m0m=11,5
- 12 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Pretvorba iz masnih deležev v volumske:
x i , vol=xm,i/i
∑i=1
n
xm,i/i
xvol EtOH=0,35=35vol
Pretvorba iz masnih deležev v molske:
x i ,mol=x i/M i
∑i=1
n
xm,i /Mi
xmollEtOH=0,144=14,4 vol
5. Ravnotežna destilacija ali "Flash" destilacija
Primer ravnotežne destilacije je ločitev stirena in butadiena pri pripravi SBR.
Razširitev znanja o ravnotežju tekoče – para
Dosedaj smo spoznali zvezo med deležem komponente v parni fazi y in deležem komponete vtekoči fazi x v obliki y=k⋅x in konstrukcijo vrelnega diagrama.
Sedaj pa uvedemo še nov pojem, in sicer relativna hlapnost (angl. relative volatility), ki jedefinirana kot:
=y1/x1
y2/x2
(5.1)
Za binarno zmes veljajo naslednji zapisi x1x2=1 in y1y2=1 , kjer lahko zapišemo, da jex1=x in y1=y . Tedaj lahko prevedemo enačbo 5.1 v naslednjo enačbo:
=y 1xx 1y
(5.2)
Poleg tega velja za idealno zmes tudi Raultov zakon:p=P⋅x (5.3)
y=P
PTOT
⋅x (5.4)
Če upoštevamo enačbi 5.3 in 5.4, zapišemo relativno hlapnost s parnimi tlaki prve in drugekomponente:
=P1
P2
(5.5)
Pri neidealni zmesi enačbi 5.5 dodamo še aktivnostne koeficiente:
=1⋅P1
2⋅P2
(5.5)
Z upoštevanjem Clausius-Clapeyronove enačbe in Trutonovega pravila, lahko enačbo relativnehlapnosti zapišemo tudi kot funkcijo temperature vrelišč obeh komponent:
log=9,1⋅T2T1
T2T1(5.6)
Seminar 2. Izpeljava relativne hlapnost iz osnovnih zvez.
- 13 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Na podlagi relativne hlapnosti, pridobljene iz temperatur vrelišč obeh komponent, lahkokonstruiramo ravnotežne diagrame y = f (α, x):
y= x
1x 1=
x
x 11 (5.7)
Grafičen prikaz ravnotežnih diagramov pri različnih relativnih hlapnostih prikazuje slika 5.1.
Slika 5.1. Ravnotežni diagrami za različne relativne hlapnosti.
5.1Model procesa
Ravnotežna destilacija je kontinuirna, vendar je ne uporabljemo za ostre ločitve.
Slika 5.2. Shema procesa ravnotežne destilacije.
- 14 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Zapišimo masno in toplotno bilanco za proces ter enačbo za ravnotežje, ki velja pri procesu.Masna bilanca:
T. M. B: F=LV (5.8)K. M. B. Fxf=LxVy (5.9)
kjer F pomeni tok izhodiščne zmesi, L tok tekočine in V tok hlapov. Toplotna bilanca: F⋅cp.F⋅T1T2=V⋅Hzmesi (5.10)Ravnotežje:
y= x
1x1 (5.11)
Grafično pa lahko predstavimo proces na naslednji sliki.
Slika 5.3. Grafična predstavitev ravnotežne destilacije.
Sestavo (x,y) dobimo s simultanim reševanjem enačb obratovne in ravnotežne črte: Enačbo obratovne črte dobimo iz enačbe komponentne masne bilace, kjer uvedemo nova pojema, insicer frakcijo hlapov f in frakcijo tekočine 1f , ki je definirana kot:
f=VF in 1f=
LF
(5.12) in (5.13)
Enačba obratovne črte je tako enaka:
y=1ff
xxf⋅1f
(5.14)
- 15 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Frakcijo f pa lahko izrazimo tudi iz toplotne bilance, kjer dobimo:
f=VF=cp,F T1P1T2P2
H(5.15)
Frakcija nam določa, s kakšno sestavo vstopa zmes v proces:f=0⇒ ni hlapov⇒ naklon je∞f=1⇒samo hlapi⇒ naklon je 0
V primeru, ko je zveza na ravnotežni črti linearne oblike, lahko uporabimo zvezo y = kx. Takšnazveza je pri malih x in y.
Računski primer:
Ekvimolarno zmes benzena in toluena ločujemo z ravnotežno destilacijo. Napajalna zmes je vrelapri tlaku 1 bar. Koliko naj bo tlak v adiabatni komori, da bomo pridobili 10 % hlapov. Koeficient fje 0,1. Kakšna bo sestava hlapov in tekoče faze? Koliko bo temperatura v adiabatni komori, dadosežemo f = 0,1? Koliko znaša tlak P2? ekvimolarna zmes xF = 0,5f = 0,1Tvr,2 =273 + 110 = 383K (toluen)Tvr,1 =273 + 80 = 353K (benzen)
T1 (P1) temperatura vstopajoče zmesi P1 = 1 bar → 80 < T1 < 110°C
za f = 0,1 sledi → f=cp , FT1T2
Hizp , F
⇒T2=T1Hizp , F⋅f
cp , F
Hizp , F=Hizp ,BxBHizp ,T xT oziroma Hizp ,=Tvr⋅S=Tvr ,1Tvr ,2⋅xf⋅S
Koliko bo temperatura v adiabatni komori, da dosežemo f = 0,1? Koliko znaša tlak P2? Rešitev dobimo s pomočjo CC enačbe, s pomočjo katere bomo v prvem primeru za dani tlak P1 =1bar izračunali T1, v drugem primeru pa bomo na podlagi T2 izračunali P2 v adiabatni komori.
1013mbar=P1=PB⋅xF ,BPTXF ,T=1013⋅0,5exp [10,51353T1
]1013⋅0,5exp [10,51383T1
]
Reševanje z ugibanjem:
95 1107
93 1046
92 1017
91,5 1002
91,8 1011
91,9 1014
91,85 1013,76
91,86 1013,05
Upoštevamo 93°C = 366K
- 16 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
T2=T1Hizp ,F⋅f
cp ,F=366
Hizp ,F⋅f
cp ,F=348K=75°Codhlapi 10%
P2=1013⋅0,5exp [10,51353348
]1013⋅0,5exp [10,51383348
]=612mbar
Sestava tekoče (x) faze in parne faze (y):
naklon obratovne črte: 1f
f=9⇒ arctg 9=84°180°84°=96°
analitična rešitev: x
x 11=
1ff
xxF
frešitev kvadratne enačbe da: x = 0,48 in y = 0,67.
Slika 5.4. Shema procesa.
- 17 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
6. Desorbcija ali "Stripping"
Z desorbcijo odstranjujemo manjše količine hlapnejših komponent iz tekoče zmesi, kjer sorazredčene komponente. Za odstranjevanje služi nosilni medij, ki je lahko zrak, dušik, vodna para,vakuum...
Ravnotežna stopnjaPojem ravnotežne stopnje:• teoretična stopnja je tista, ko sta yn in xn ravnotežni• praktična stopnja je tista, kjer se izvrši snovna izmenjava določene kvalitete, izstopajoči tokovi
oziroma njihove sestave niso v ravnotežju, so pa ravnotežju mnogo bližje kot sestave tokov Ln-1
(xn-1), Vn+1, yn+1, ki na ravnotežno stopnjo vstopajo.
Slika 6.1. Prekat n-te stopnje s vstopnimi in izstopnimi tokovi.
Zapis masne bilance, ravnotežja in prenos snoviMasna bilanca:
L xn1xn=V yn1yn (6.1)kjer je Ln1=Ln=Ln1 in Vn1=Vn=Vn1
Smer toka L faze določa štetje stopenj, faza L je vedno gostejša, le v primeru ekstrakcije tekoče-tekoče je to rafinantna faza (tista, ki je čistimo) ne glede na gostoto.
Ravnotežje:
p=P⋅x⇒Px /Ptot⇒ y=
PTOT
⋅x⇒y=k⋅x (6.2)
kjer k določa parni tlak komponente, ki jo izganjamo.
Učinkovitost:
E=teoretično število stopenjpraktično število stopenj
=n t
np(6.3)
- 18 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Izpeljava števila ravnotežnih stopenj:
Slika 6.2. Kolona s nt stopenj.
1
2
n – 1
n
VL=x0x1
y1y2
/×KV⋅KL=K x0K x1
y1y2
VL=x1x2
y2y3
/×KV⋅KL=K x1K x2
y2y3
VL=xn2xn1
yn1yn
/×K V⋅KL=K xn2K xn1
yn1yn
VL=xn1xn
ynyn1
/×K V⋅KL=K xn1K xn
ynyn1
Za nt stopenj:
V⋅KL n t
=K x0y1
K xnyn1
⇒ n t logV⋅KL =logK x0y1
K xnyn1
Končna enačba po izpeljavi:
n t=
logK x0y1
K xnyn1
logV⋅KL (6.4)
V enačbi 6.4 števec predstavlja logaritem kvocienta potencial, imenovalec pa logaritem kvocientanaklonov ravnotežne in obratovne črte.
Določimo lahko tudi stripping faktor S, ki je definiran kot kvocient naklonov ravnotežne inobratovne črte :
S=K
L /V(6.5)
Grafični prikaz obratovne in ravnotežne črte ter teoretično število ravnotežnih stopenj namprikazuje slika 6.3.
- 19 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 6.3. Obratovna in ravnotežna črta.
Računski primer:
Zmes 2mol% etanola v vodi obdelujemo na koloni s prekati do sestilacijskega ostanka, ki najvsebuje le 0,01 % etanola. Za desorbcijo rabimo svežo paro s pretokom 0,2 mol pare/mol tekočine(L/V = 5). Ravnotežna konstanta v tako razredčeni zmesi je 9. Koliko stopenj potrebujemoteoretično in koliko praktično, če je učinkovitost praktične stopnje 0,75?
y1=LVx0xn=5⋅0,020,0001=0,0995
n t=
logK x0y1
Kxnyn1
logV⋅KL =log
9⋅0,020,09959⋅0,0001
log95=7,6 np=
n t
E=10
- 20 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
7. Destilacija z vodno paro
Destilacija z vodno paro se uporablja za ločevanje hlapnih komponent iz zmesi s težkohlapnokomponento ob pomoči vodne pare kot nosilnega medija. V sistemu nastopajo:– težkohlapna komponenta TH (b mol)– lahkohlapna komponenta LH (a mol)– vodna para VP (n mol).
Delež a v tekoči fazi: xa=a
ab(7.1)
Delež a v parni fazi: ya=a
an(7.2)
Shemo aparature prikatuje slika 7.1.
Slika 7.1. Shema aparature za destilacijo z vodno paro.
Pri proizvodnji oziroma pri proizvodnjih sistemih nastopajo naslednji pomembni aspekti, kivplivajo na uporabo postopka v industriji:– produkt: izražen z dodano vrednostjo, zaželjena čim višja cena;– proces: čim manjši proizvodnji stroški– oprema – ekologija– energetika.
Proces je nestacionaren, saj se sestava spreminja. Poleg tega je proces šaržen, glede na polnitevreaktorja, in kontinuiren, glede na pretok vodne pare.
Masna bilancaParna faza: n,a
an=
pa
PTOTpa
(7.3)
Razmerje molov je razmerje parcialnih tlakov. (Daltonov zakon)Destilacija z vodno paro temelji na destvu, da je vrelišče zmesi vode in z vodo nemešljive tekočine
- 21 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
nižje od vrelišča vode same, zavre pa takrat, ko doseže vsota parnih tlakov obeh komponent tlak vdestilacijski posodi.
Termodinamika (fazno ravnotežje)Za idealni sistem lahko uporabimo Raultov zakon:
pa=Pa⋅xa=Pa⋅a
ab. (7.4)
V primeru realnega primera (neidealna zmes) dodamo še aktivnostni koeficient, ki upoštevainterakcije med komponentami:
pa=a⋅Pa⋅xa=a⋅Pa⋅a
ab. (7.5)
Poleg tega aktivnostni koeficient upošteva tudi prenos snovi.
Pri enačbi 7.2 lahko dodamo še uparjalno učinkovitost E, ki določa kvaliteto kontakta med vodnoparo in lažjehlapno komponento a. Uparjalna učinkovitost je funkcija opreme, fizikalno-kemijskihlastnosti sistema in procesa. Končno zapis enačbe:
pa=a⋅E⋅Pa⋅xa=a⋅E⋅Pa⋅a
ab. (7.6)
Izračun potrebne količine pareIzračun potrebne količine vodne pare za spremljavo a molov LH komponente, ki jo je potrebnoizgnati iz zmesi a,b.
dadn0⇒
dadn=
a⋅E⋅Pa⋅a
ab
PTOTa⋅E⋅Pa⋅a
ab
⇒∫0
n
dn=∫a0
a1 PTOT⋅ab
a⋅E⋅Pa⋅a1da (7.7)
Po integraciji enačbe 7.7 dobimo:
n=a1a0a0a1PTOT
a⋅E⋅Pa
PTOT⋅b
a⋅E⋅Pa
⋅ln a0a1 (7.8)
Enačbo 7.8 pa lahko zapišemo še:
n=a0a1 PTOT
a⋅E⋅Pa
1 PTOT⋅b
a⋅E⋅Pa
⋅ln a0
a1 (7.9)
Posebni primeri:Ko je b = 0, lahko enačbo 7.9 zapišemo kot:
n
a0a1=PTOTPA
Pa (7.10)
Enačbo 7.10 uporabimo za določevanje molse mase organske komponente s pomočjo destilacije zvodno paro. To je tako imenovana Vidor-Mayer tehnika.Tako lahko n (voda) izračunamo po enačbi n = mv/18, molsko maso organske komponente paizračunamo iz (a0 – a1), v kombinaciji z enačbo 7.10.
- 22 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Računski primer:Izračunaj potrebno množino vodne pare za spremljavo dimetilamino propilamina, ki je ostal kotprebitek v zmesi s produktom, nastalim po reakciji med maščobno kislino in dimetilaminopropilaminom. Po reakciji ga je v zmesi ostalo 3 ut.%, ki pa go moramo iznati do potrebe trga, ki je0,1 ut%. Formula dimetilamino propilamina:
Podatki:T(vr,TH) = 400°C; M(TH) = 300 kg/kmolT(vr,LH) = 140°C; M(LH) = 102kg/kmolP(TOT) = 1,013mbar; T = 140°C; m(a+b) = 1000kg
xA(ut, zac) = 0,03 (m LH
m THm LH =
3097030
)
xA(ut, trg) = 0,001Predpostavke:E in γA dobimo iz literature ali s poskusom na pilotni napravi, ki je v našem primeru Ecel = 0,5, kjerje Ecel = E × γA.
Vodna para za spremljavo: n=a0a1 PTOT
a⋅E⋅Pa
1 PTOT⋅b
a⋅E⋅Pa
⋅ln a0
a1=22,16 kmol
masa vodne pare = 400kg
a0=30kg102
kg /kmol=0,29 kmol
a1=1kg102
kg /kmol=9,8×103kmol
b=970kg300
kg /kmol=0,29 kmol
P(tot) in P(a) se v enačbi okrajšata, ker proces poteka pri tlaku 1,013 mbar in temperaturi 140°C. Topa je ravno pri temperaturi vrelišča komponente a.
- 23 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
8. Rektifikacija
Rektifikacijo uporabljamo v primerih, ko z diferencialno ali ravnotežno destilacijo ne moremodoseči zadovoljive ločitve. Gre za kontinuirno separacijsko tehniko za ostre ločitve. Zmes F ssestavo xF ločujemo do destilata D s sestavo xD in ostanka B s sestavo xB. Pri tem lahko nastajajotudi stranski tokovi s sestavo xS.
Shematsko lahko predstavimo rektifikacijo na sliki 8.1.
Slika 8.1. Shema rektifikacijske naprave.
Prekate zapuščajo ravnotežni hlapi, vanj pa prihaja neravnotežna tekočina. Pri rektifikaciji zabogatenje hlapnejše komponente hlape kontaktiramo z refluksom, ki mora imeti večji deležhlapnejše komponente kot tekočina, ki bi bila v ravnotežju s hlapi. Kontaktiranje poteka v protitoku,in sicer hlapi pridejo po koloni od spodaj in se dvigajo, refluks pa dovajamo na vrhu.
Del rektifikacijske kolone, ki leži nad napajalnim prekatom oziroma nad priključkom za napajalnotekočino, imenujemo koncentracijski, tistega pod vključno z napajalnim prekatom, pa izganjalnidel. Če bi vodili napajalno tekočino v destilacijski kotel, bi lahko dobili poljubno čisto le hlapnejšokomponento v destilatu, ne pa tudi manj hlapne v destilacijskem ostanku. Ce pa bi jo vodili na vrhkolone, bi bilo obratno. Da bi dobili čisti obe, napajamo kolono nekje na sredi in si predstavljamo,da v spodnjem delu izganjamo hlapnejšo komponento iz tekočine, v zgornjem pa jo v hlapihkoncentriramo.
- 24 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Predpostavke, ki jih uporabimo pri obravnavanju rektifikacije:– molske izparilne entalpije so enake po celotni koloni ( H i=H i1 )– ni izgub v okolico, kar lahko zapišemo kot Qizg=0 .
8.1 Kvantitativne osnove rektifikacije
8.1.1 Masna in toplotna bilanca
Masna bilancaCelotno masno bilanco za rektifikacijsko napravo zapišemo:
F=DBS (8.1)
Komponentna bilanca za napravo pa se glasi:F⋅xF=D⋅xDB⋅xBS⋅xS (8.2)
Opomba: Včasih se namesto B (bottoms) uporablja tudi W(waste).
Toplotna bilancaZa sistem pa lahko zapišemo toplotno bilanco:
QgrF⋅hF=D⋅hDB⋅hBS⋅hSQizgubQkond (8.3)
Opomba: V nadaljevanju zanemarimo stranske tokove S in prepostavljamo, da sistem deluje prez izgub.
Pri tem nam "hi" predstavljajo entalpije posameznih tokov in jih izračunamo po naslednji enačbi:h i=cp , iT iT ref ; Tref = 0°C (8.4)
Tako dobimo: hF=cp ,FTFTref hB=cp ,BTBTref hD=cp ,DTDT ref .
Toplotna tokova kondenzatorja in grelnika (bojlerja) pa določimo po enačbah 8.5 in 8.6:Qgr=V '⋅Hizp in Qkond=V⋅Hkond (8.5) in (8.6)
Refluksno razmerjeRefluksno razmerje R definiramo kot kvocient med količino refluksa L in količino destilata D:
R=L0
D(8.7)
Z refluksnim razmerjem določimo kolikšen del kondenzata V1 se vrača nazaj v kolono kot refluks.V koloni pa imajo na vsakem mestu hlapi in refluks temperaturo vrelišča oziroma kondenzacije.
Meje refluksnega razmerja:a) ∞≥R Ko je R enak ∞, je naklon obratovalne črte enak 1. V tem primeru se bosta obe obratovni
premici skladali z diagonalo, število teoretičnih prekatov bo minimalno, kapaciteta kolone boenaka nič, ker ne bo dajala destilata. R≤∞⇒n t≥n t ,min (uporaba pri testiranju ali zagonunaprave)
b) R≥Rmin Z zmanjševanjem refluksnega razmerja se bo potrebno število teoretičnih prekatovpovečevalo. Vendar pa R ne moremo zmanjševati poljubno daleč, saj nobena od obratovalnihpremic ne sme čez ravnotežno krivuljo. Skrajna možnost je minimalno refluksno razmerje, kizahteva neskončno število teoretičnih prekatov in pri katerm se obratovna črta dotakneravnotežne. R≥Rmin⇒n t≤∞
- 25 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Z upoštevanjem naslednjih trditev dobimo idealni prekat:– refluks na napajalnem prekatu ima sestavo kot napajalni tok– če je napajalni tok F vrel– če so entalpije enake.
8.1.2 Določitev števila prekatov v koloni
Za določitev oziroma izračun števila prekatov v rektifikacijski koloni se uporabljajo:– grafična metoda po McCabe-Thieleju,– izračun od prekata do prekata in– hitra oz. Shortcut metoda.
Pri vseh metodah predpostavimo, da se na vsakem prekatu vzpostavi ravnotežje med refluksom inhlapi. Število prekatov, izračunano po tej metodi, imenujemo teoretično število prekatov. Medobratovanjem največkrat na prekatih ne dosežemo ravnotežja, temveč se mu le bolj ali manjpribližamo. Iz tega razloga moramo rezultate metod popraviti in tako dobimo večje številopraktičnih prekatov.
8.1.2.1 Izračun od prekata do prekata
Masna bilanca gornjega dela kolone (koncentracijski del)Za gornji del kolone lahko zapišemo naslednjo masno bilanco:
V=LD (8.8)
Masna bilanca za hlapnejšo komponento v koncentracijskem delu pa se glasi:V⋅y i , n1=L⋅x i , nD⋅x i ,D (8.9)
Z V in L označimo konstanten pretok hlapov in refluksa, D odtok destilata.
S preureditvijo enačbe 8.9 dobimo enačbo zgornje obratovne črte:
y i , n1=L
LD⋅x i , n
DLD
⋅x i ,D (8.10)
Z uvedbo refluksnega razmerja, pa lahko enačbo (8.10) predelamo v naslednjo enačbo:
y i , n1=R
R1⋅x i , n
x i ,D
R1 (8.11)
Slednja premica ima naklon R
R1, seka diagonalo diagrama v točki (x = y = xD), ordinato pa v
točki x=0; y=xD
R1.
- 26 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 8.2. Shema zgornjega dela rektifikacijske kolone.
Algoritem za izračun števila teoretičnih prekatov v zgornjem delu kolone:– izhajamo iz točke (xD, xD) oziroma iz y1 = xD
– to vstavimo v enačbo ravnotežja in dobimo ustrezen x1
– nato ta x1 vstavimo v enačbo zgornje obratovne črte in izračunamo y2– postopek ponavljamo do napajalnega prekata z sestavo xF.
Masna bilanca spodnjega dela kolone (izganjalni del)V izganjalnem delu kolone enačba gornje obratovne črte ne velja več, ker se zaradi dotokanapajalne raztopine spremeni pretok hlapov ali pretok refluksa.
Snovo bilanco za spodni del pišemo:L '=V 'B (8.12)
Komponentna bilanca je naslednja:L '⋅xm1=V '⋅ymB⋅xB (8.13)
kjer je V' konstantni pretok hlapov, L' je konstnatni pretok refluks in B konstantni odtokdestilacijskega ostanka iz kotla.
Z uporabo snovnih bilanc smo dobili tako enačbo spodnje obratovne črte, ki pa je ne moremoskonstruirati, ker ne poznamo L':
ym=L 'V '⋅xm1
BV '⋅xB (8.14)
- 27 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 8.3. Shema spodnjega dela rektifikacijske kolone.
Algoritem za izračun števila teoretičnih prekatov v spodnjem delu kolone:– izhajamo iz točke (xB, xB) oziroma x1 = xB
– to vstavimo v enačbo ravnotežja, da dobimo pripadajoči y1– nato y1 vstavimo v enačbo spodnje obratovne črte, da dobimo x2
– postopek ponavljamo dokler ne pridemo do sestave xF oziroma dokler vrednost x ne doseževrednost xF izkazano s toleranco ∣xxF∣≤ .
Število vseh potrebnih korakov izračunamo kot vsoto stopenj v zgornjem in spodnjem delu:nm=n t .
Entalpija "e" in e-črtaRazmerje tokov ureja entalpija napajalne zmesi, ki jo označimo z "e" (enthalpy). Napajalna zmes jelahko hladna, vrela, zmes nasičenih hlapov in vrele tekočine, nasičeni hlapi ali pregreti hlapi. Polegtega nam e predstavlja spremembo v pretoku refluksa, ki jo povzroči v izganjalnem delu kolonevsak kg mol/h napajalne tekočine F:
L 'L=e⋅F in VV '=1e⋅F (8.15) in (8.16)
Vrednost števila "e" dobimo s snovno in toplotno bilanco napajalnega prekata.
Slika 8.4. Shema napajalnega prekata.
- 28 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Masna bilanca:FLV '=VL ' (8.17)F⋅xFL⋅xf1V '⋅yf1=V⋅yfL '⋅x (8.18)
Toplotna bilanca:F⋅hFL⋅hf1V '⋅Hf1=V⋅HfL '⋅h (8.19)
Predpostavke:– za pare velja: Hf1=Hf=Hf1 – za tekočino velja: hf1=hf=hf1 .
Po preureditvi, upoštevanju predpostavk in upoštevanju enačb 8.15 in 8.16 končno enačbo:
e=HfhF
Hfhf (8.20)
kjer se H nanaša na hlape, h na tekočino (refluks), f na napajalni prekat in F na napajalni tok. Pritem definiramo naslednje količine:
HF ... entalpija hlapov na napajalnem prekatuhf ... entalpija refluksa na napajalnem prekatuhF ... entalpija napajalne zmesi
V enačbo komponentne masne bilance pa lahko vstavimo enačbi 8.15 in 8.16 ter dobimo enačbo e-črte:
y=e
e1x
xF
e1(8.21)
Enačba e-črte predstavlja presečišče zgornje in spodnje obratovne črte pri raznih refluksnihrazmerjih R.Strmine e-črte so odvisne od napajalne raztopine:Ločimo naslednje primere:– napajalna zmes F je vrela: e = 1; hF = hf ; naklon e-črte → ∞– napajalna zmes F so nasičeni hlapi: e = 0; hF = Hf ; naklon e-črte → 0– napajalna zmes F je hladna: e > 1– napajalna zmes F so pregreti hlapi: e < 0.
- 29 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
8.1.2.2 Grafična metoda po McCabe-Thieleju
Slika 8.5. McCabe-Thielejeva grafična metoda.
Grafično določimo stevilo prekatov takole:– narišemo ravnotežni diagram binarne znesi za dani tlak
– vrišemo e-črto iz točke (xF, xF) na diagonali s strmino e
e1 za dano entalpijo napajalne
raztopine
– vrišemo gornjo obratovno premico iz točke (xD, xD) na diagonali do presečišča x=0; y=xD
R1z ordinato diagrama za dano refluksno razmerje R
– iz presečišča gornje obratovne črte z e-črto potegnemo spodnjo obratovno črto do točke (xB, xB)na diagonali
– nato rišemo pravokotne stopnice med ravnotežno črto in obema obratovnima premicama, kjerzačnemo iz točke (xD, xD)
– tisti prekat, pri katerem preidemo iz zgornje v spodnjo obratovno črto, predstavlja napajalniprekat, zadnji prekat pa je kotel, kjer se stopnica končna pod točko (xB, xB).
- 30 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
V primeru, ko je sečišče obratovnih črt in e-črte na ravnotežni krivulji, je refluksno razmerjeminimalno. Določimo ga z naklonom zgornje obratovne črte v primeru, ko je e =1, ki znaša:
Rmin
Rmin1=
xF
xF11xD
xDxF
(8.22)
Minimalno refluksno razmerje pa je:
Rmin=11 [ xD
xF
1xD
1xF] (8.23)
Slika 8.6. Grafična predstavitev minimalnega refluksnega razmerja (e poljuben).
Slika 8.7. Grafična predstavitev minimalnega refluksnega razmerja (e = 1).
- 31 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Optimalno refluksno razmerje je tako med 1,3 in 1,5 minimalnega: 1,3RminRopt1,5Rmin .Lokacijo optimalnega refluksnega razmerja lahko odčitamo na naslednjem diagramu.
Slika 8.8. Lokacija optimalnega refluksnega razmerja glede na obratovalne in
investicijske stroške. (Perrys' CEH, str. 13-34, slika 13-39)
Drugi posebni primer pa je, ko s povečevanjem refluksnega razmerja dosežemo, da je R neskončenin da je strmina premice zgornje obratovne črte enaka 1. Tedaj se bosta obe obratovni premiciskladali z diagonalo, število teoretičnih prekatov bo minimalno, kapaciteta kolone bo enaka nič, kerne bo dajala destilata.
8.1.2.3 Shortcut ali hitra metoda
Nekateri aproksimativni izračuni za reševanje večkomponentnih in večstopenjskih separacijskihproblemov podajajo zelo natančne podatke, ki jih je možno rešiti s sodobno računalniško tehniko.Kljub natančnosti teh metod, pa so relativno nenatančni ravnotežni in entalpijski podatki, karpomeni nesmiselnost v uporabi tako natančnih in dolgih metod. Poleg tega pa lahko z uporaboaproksimativnih metod hitro obdelamo večje število podatkov oziroma primerov, ki jih natonatančneje določimo z bolj natančnimi metodami.
Taka metoda je Fenske-Underwood-Gilliland (FUG) metoda, ki združuje enačbo totalnega refluksapodano od Fenske-ja, Underwood-ovo enačbo minimalnega refluksa in Gillilandovo grafičnokorelacijo, ki povezuje učinek kolone z minimalnim in totalnim refluksom za specifično separacijomed dvema komponentama.
Fenske-Underwood-Gilliland (FUG) metoda
Izhodišče za izpeljavo Fenske-Underwoodove enačbe je zapis ravnotežja za posamezne prekate,kjer izrazimo relativno hlapnost.
- 32 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Za 1 prekat lahko zapišemo:
1=y11x1
x11y1=xD1x1
x11xD(8.24)
Za 2 prekat zapišemo:
2=y21x2
x21y2(8.25)
Za nt -ti prekat pa:
n t=yn t1xn t
xn t1yn t
=xn t1
1xB
xB1xn t1 (8.26)
Če predpostavimo, da so relativne hlapnosti enake in pomnožimo enačbe 8.24-26 (vključno z vsemiostalimi prekati) in logatimiramo dobimo:
n t⋅log=logxD1xB
1xDxB(8.27)
Z upoštevanjem kotla (+ 1) pa enačbo 8.27 preuredimo v Fenske-Underwoodovo enačbo:
n t1=
logxD1xB
1xDxB
log(8.28)
Z uporabo enačb 8.28 za izračun minimalnega števila prekatov, enačbo 8.23 za izračunminimalnega refluksnega razmerja in R (R = K × Rmin) poznamo vse podatke, ki jih rabimo zauporabo Robinson-Gillilandovega diagrama, s katerim določimo nt.
Robinson-Gillilandovega diagram prikazuje odvisnost n tn t ,min
n t1 od
RRmin
R1.
Slika 8.9. Grafična predstavitev Robinson-Gillilandove zveze.
- 33 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Lokacijo napajalnega prekata pa določimo s aproksimacijsko zvezo po Kirkbridge-ju:
lognm=0,2 log[ 1xF
xF
⋅BD⋅ xB
1xD2
] (8.29)
kjer je n + m = nt.
Seminar 3. Rektifikacija – izračun števila prekatov po treh metodah.
- 34 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
8.2 Kolone
Kolone so najbolj značilen del destilacijske naprave. Po obliki delimo rektifikacijske kolone vkolone s polnilom in v kolone s prekati.
Kolone s polnilom so stoječi ozki in visoki valji, napolnjeni z inertnim polnilom. Polnilo omakatekoča faza in je tako mokra površina polnila tisto mesto, kjer poteka snovni prenos med obemafazama, refluksom in hlapi. Poleg tega nam polnilo povzroči povečanje medfazne površine. Prirektifikaciji jih uporabljamo le za lahko ločljive zmesi in za majhne zmogljivosti.
Najbolj tipična predstavnika prekatnih kolon sta kolona s siti (slika 8.10) in kolona z zvonci (slika8.11).
Slika 8.11. Prekatna kolona s siti. Slika 8.12. Prekatna kolona z zvonci.
Kolone s siti so stoječi visoki valji, ki so v notranjosti v enakomernih razmikih pregrajeni sparalelnimi horizontalnimi ploščami z odprtinami, ki imajo v razmikih 12 do 50 mm ena od drugepremer 6 do 12 mm. Refluks se pretaka na prekatu povprek, s prekata na prekat pa po pretočnihceveh, ki so na sosednjih prekatih nameščene diametralno. Cevi segajo nekaj cm nad ravninoplošče, da zajezijo refluks na prekatu, s spodnjim koncem pa so potopljene v tekočino na sosednjemspodnjem prekatu. Hlapi prehajajo kolono v obrat smeri in so na vsakem prekatu prisiljeni, da gredoskozi odprtine v sitih in skozi sloj refluksa v obliki mehurčkov, kar povzroči turbulenco v tekočiniin omogoči veliko stično površino med fazama, potrebno za učinkovit snovni prenos. Sita morajoležati popolnoma vodoravno, pa tudi tlak hlapov mora biti dovolj velik, da ne odteče refluks skoziodprtine.
Kolone z zvonci se razlikujejo od kolon s siti po tem, da imajo horizontalne plošče manj odprtin,zato pa širše, nanje pa so pritrjeni kratki, pokončni cevi nastavki s poveznjenim zvoncem. Zvonec jena robu nazobčan ali pa ima o robu ozke reže. Hlapi prihajajo na prekat skozi odprtine in cevninastavek, obrnejo pod zvoncem smer in prehajajo refluks v obliki mehurčkov skozi reže alipresledke med zobmi ob robu zvonca. Kolone z zvonci so manj občutljive od kolon s siti, so pa zaisto zmogljivost dražje.Rektifikacijske kolone imajo premer od 0,3 do 9 m in več, višino tudi čez 40 m in 15 do 90 cmrazmika med prekati.
- 35 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Padec tlaka v koloniZvezo za napoved padca tlaka v koloni nam kaže naslednja enačba:
P=C⋅v⋅vv2 (8.30)
V enačbi 8.30 predstavlja parameter C odvisnost od vrste polnila in ga lahko poiščemo v ustrezniliteraturi npr. Perry's CEH.
Uvedemo še masni fluks plinske faze:G=v⋅vv (8.31)
Na grafu log ∆P v odvisnosti od log G lahko določimo poplavno točko, kjer pride do zalitja kolone,to pomeni, da se tekočina zadržuje na polnilnih telesih in tako povzoči, da naprava ne moreobratovati. To se zgodi pri povečevanju toka plinske in tekoče faze. Tako se imenuje hitrost, prikateri pride do zalitja, maksimalna ali poplavna hitrost. Obratovanje pa je zaželeno pri hitrost med50 (snovi, ki se penijo) in 70 % maksimalne hitrosti. To nam zagotavlja optimalno obratovanjekolone. Tudi ti podatki se dobijo v priročnikih, kakršen je Perry's CEH.
PolniloPri polnilih nas zanima vpliv tlaka na kapaciteto in selektivnost.
Znižanje tlaka povzroči boljšo ločbo oziroma izboljša selektivnost. Medtem ko pa znižanje tlakapovzroči znižanje kapacite.
P=Cv vv2 |
⋅P=Cv2 vv
2
PP=C 'G2 , kjer je G=v vv in v=PMRT
velja, da sta temepratiri enaki in tako tudi tlačni diferenci
P1P=C 'G12 in P2P=C' G2
2⇒G1
G2
= P1
P2
P ⇒G
Dimenzioniranje rektifikacijskih kolon s polnilomVišino kolone s polnilom, ki je potrebna za zahtevani rektifikacijski učinek, izračunamo navadnotako, da pomnožimo število teoretičnih prekatov, ki bi jih za enak učinek zahtevala kolona s prekati,z nekim empiričnim faktorjem. Ta faktor se imenuje višinski ekvivalent teoretičnega prekata(HETP) in pove učinkovitost kolone s polnilom. Če ga za dane razmere ne moremo dobiti vliteraturi, ga je treba določiti s poskusom:
HETP=potrebna višina kolone s polnilomštevilo potrebnih teoretičnih prekatov
(8.32)
- 36 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
PrekatiPrekati so plošče, ki imajo perforacije (s premerom 2 – 3 mm) in padalne cevi. Prekat jepredstavljen na sliki 8.13.
Slika 8.13. Prekat.
Tok, ki teče po kolonah, je lahko:– čepast (PFR) v kolonah s premerom nad 0,3 m– povratno mešalni (CSTR) v kolonah s premerom pod 0,3 m.
Za načrtovanje kolon s prekati lahko uporabimo graf PF v odvisnosti od PL, ki ga dobimo v ustrezniliteraturi:– PF pomeni parameter toka (flow parameter)
PF=LV⋅ L
V
0,5
(8.33)
– PL pomeni parameter kapacitete (capacity parameter)
PL=vg , max⋅ V
LV
0,5
(8.34)
Na grafu imamo označene različne razdalje med prekati (tray spacing), za katere dobimo različnekrivulje PF v odvisnosti od PL. Tako lahko določamo:– če imamo podane parametre kolone (razdalja med prekati, maksimalna hitrost plinske faze,
gostote), lahko izračunamo L/V– če pa dimenzioniramo napravo, pa lahko določimo razdaljo med prekati in maksimalno hitrost
(poplavno hitrost).
Učinkovitost prekatovZa prekate se izračuna učinkovitost po enačbi 8.35:
E=n t
np
=število teoretičnih prekatovštevilo praktičnih prekatov
(8.35)
Podatke za učinkovitost E dobimo iz literature, pilotne naprave, od proizvajalca opreme...
Poleg te učinkovitosti pa poznamo še Murpreejevo učinkovitost, ki je definirana kot:
EM=ynyn1
yn*yn1
(8.36)
kjer je yn* ravnotežna koncentracija k xn.
- 37 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Računski primer:
Zmes benzen – toluen, ki vsebuje 40 % benzena, ločujemo z namenom, da pridobimo 99 % destilatin 1 % ostanek. Zmes uvajamo v kolono pri temperaturi vrelišča. Refluksno razmerje je 1,5 Rmin.Koliko prekatov na koloni potrebujemo, če je učinkovitost prekata 0,6. Izračunaj presek in premerkolone za 1mol/s destilata? V okolici je normalen zračni tlak. Padec tlaka na posamezni prekat je 5mbar. Koliko znašajo toplotni tokovi v grelniku (uparjalniku) in kondenzatorju? Koliko znašapotrebna površina za izmenjavo toplote? Kakšen naj bo tlak in dotok nasičene pare v uparjalniku?Kakšen naj bo pretok hladilne vode v kondenzatorju, ki se lahko segreje od 15 do 30°C?
MB: F=DB; F xF=D xDB xB⇒F=2,51 mol /s , B=1,51 mol /s
Konfiguracija nt (Shortcut metoda)
D Dmin
F F
1 x (1 x )R 1,8 R 2,7
1 x 1 x
α −= − = ⇒ = α − −
D B
B Dt,min
x (1 x )log
x (1 x )n 1 9,7
log
−−
+ = =α
+ Robinson Gillilandov diagram
minR R0,243
R +1
−= ;
t t,mint p
t
n n 170,4 n 16,9 (17) n 28,3 (30)
n +1 0,6
−= ⇒ = ⇒ = =
Izračun preseka, premera kolone
d= 4S
tok hlapov: V=DR1=3,7 mol /s
V M=vvv S⇒S=V Mvvv
v=P MR T
⇒S=V R Tvv P
P=0,5⋅10135 np1013=1084 mbarT=T 1163=10135 np353K
P=P0 exp [10,51T0 /Tdno]
1163=1013exp [10,51383/Tdno]⇒Tdno=388 K
- 38 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
8.3Druge destilacijske metode
Šaržna rektifikacijaJe kombinacija diferencialne destilacije in rektifikacije.
Ločimo dve možnosti šaržne rektifikacije, in sicer:• refluksno razmerje R je konstantno, število prekatov je konstantno, spreminja se sestava destilata
xD (se manjša)
• refluksno razmerje R ni konstantno dRdt
0 , število prekatov je konstantno, sestava destilata je
konstantna; R je funkcija sestave destilacijskega ostanka, kjer je funkcija lahko v oblikipolinoma, R=a⋅exp [b⋅xB] , R=a⋅xB
b
Slika 8.14. Šaržna rektifikacija.
Obravnava šaržne rektifikacije za situacijo xD = konst. in R = f(xB) sodi v program inženirskeklasike, ki rezultira v Bogartovem intergralu (1937).
Izpeljava Bogartovega intergralaMasna bilanca:
t=0 : mB=mB,0 xB=xB,0
t=t : mB,0=mBmD
mB,0⋅xB,0=mB⋅xBmD⋅xD
iz masne bilance dobimo:
mB=mB,0⋅xDxB,0
xDxB
(8.37)
- 39 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Z odvajanjem enačbe 8.37 dobimo:d mB
d xB
=mB,0⋅xDxB,0
xDxB2 (8.38)
Nato uvedemo še tok hlapov V, ki ga definiramo kot:d mB
dt=
dm0
dt=
VR1
, kjer je R=f xB (8.39)
oziroma dmB=VR1
dt (8.40)
Če vstavimo enačbo 8.40 v enačbo 8.38, dobimo Bogartov integral, ki prekate čas t kot funkcijodestilacijskega ostanka xB:
( )D B,0
B,0 B2B D B
x xVdt m dx
R(x ) 1 x x
−− =
+ −(8.41)
Z integracijo enačbe 8.41 dobimo:
( )
B
B,0
xB,0 D B,0 B
B2x D B
m (x x ) R(x ) 1t dx
V x x
− += − ⋅
−∫ (8.42)
kjer velja: 2
izp
Q DV ;V v
H 4 M
π ρ= = ⋅ ⋅∆
�
.
Poseben primer: če je xD≫xB⇒ potem spodnji del integrala v enačbi 8.42 odpade in ga lahkorešimo analitično: R=K⋅xB
a .
Seminar 4. Šaržna rektifikacija.
Azeotropna in ekstraktivna destilacijaOd zmesi z več komponentami je treba posebej omeniti ternarne sisteme, ki imamo z njimi opravitiv tako imenovani azeotropni in ekstraktivni destiliciji. Oba postopka sodita k rektifikaciji in seuporabljata v primerih, v katerih sta si vrelišči dveh komponent tekoče zmesi zelo blizu skupaj, alipa tvorita komponenti celo azeotropno zmes tako, da je popolna ločitev, če že ne nemogoča pa vsajzelo težavna.
V obeh primerih si delo olajšamo z vnosom tretje komaponente v sistem. Če sestavlja dodanakomponenta z azeotropno zmesjo novo, ternarno azeotropno zmes z najnižjim vreliščem, dobimolahko z dodatkom tretje komponete samo in eno komponento prvotne zmesi v celoti v destilat,druga pa ostane čista v destilacijskem ostanku. Azeotropna zmes etanola in vode (BA) daje naprimer z benzenom ternarno azeotropno zmes (TA), ki vsebuje več vode od binarne zmesi(azeotropne zmesi etanola in vode in vre pri 65°C). Za rektifikacijo zmesi, ki vsebuje preračunanokoličino benzena, dobimo ternarno zmes z vsem benzenom in vso vodo v destilat, absolutni etanolpa je destilacijski ostanek. Pri azeotropni destilaciji, kakor se opisani postopek imenuje, vnašamotretjo komponento v kolono z napajalno tekočino.
- 40 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 8.15. Azeotropna destilacija.
Ekstraktivno destilacijo pa imenujemo postopek, pri katerem vnašamo na vrh kolone, ki jonapajamo na sredi s slabo ločljivo binarno napajalno tekočino (tretjo komponento). Le-ta je mnogomanj hlapna od obeh ostalih, vpliva pa drugačno hlapnost vsake od njih. Če rektificiramo na primerzmes benzena in cikloheksana, bo ločitev izredno težavna. Če pa pri tem uvajamo v tok refluksa navrhu kolone fenol, bo dodatek močno zmanjšal hlapnost sorodnejšega benena, na hlapnostcikloheksana pa ne bo mnogo vplival. V hlapih se bo zato zlahka bogatil cikloheksan, ker bo fenolodnašal benzen v destilacijski ostanek.
Ternarni diagram obravnavanega sistema prikazuje slika 8.16.
Slika 8.16. Ternarmi diagram.
- 41 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
9. Sušenje
9.1Uvod
Sušenje je pomembna termodifuzijska operacije, ki vpliva na kvaliteto in obliko produkta. Sušenjeima velik vpliv na kristalizacijo, nasipnost, granulacijo in druge lastnosti. Je tehnika, ki se uporabljana koncu procesa in jo lahko kombiniramo z drugimi kemijsko-tehnološkimi procesi (npr. skemijsko reakcijo). Prednost sušenega produkta je v nižji masi, kar poceni transport, produkt jelažje obvladljiv, koncentriran...
Največji problem sušenja je odvajanje nasičenega toplega zraka. Sama definicija sušenja pa jenaslednja: Sušenje je termodifuzijska operacija, pri kateri s pomočjo toplote iz zmesi (suspenzije,trdne snovi, raztopine) odstranjujemo hlapne substance.
Inženirska stroka vpelje sušenje leta 1905, ko Grosvenor nariše psihrometrijsko karto (vlažnost (Y)vs. tempratura (T)). Pomembni diagram je osnoval tudi Mollier, ko je risal diagram entalpija (I) vodvisnosti od vlažnosti (Y). Slednji diagram je uporaben pri obravnavanju toplotnih bilanc.
Definirajmo vlažnost zraka:
Y=masa vlagemasa suhega zraka
=mvlage
msz
(9.1)
Izhodišče za enačbo 9.1 je razmerje molov, ki jih pomnožimo s molskimi masami:
Y=nvlage
nsz
⋅1829
=pvlage
PTOTpvlage
⋅1829
(9.2)
Tako lahko dobimo tudi povezavo s relativno vlažnostjo φ, če v enačbo 9.2 vstavimo enačbo 9.3:p=⋅ps (9.3)
kjer ps predstavlja parni tlak vode oziroma parcialni tlak vodne pare pri nasičenju, ki pa je odvisenod temperature.
Tabela 9.1. Parni tlak vode pri različnih temperaturah.
T [°C] 20 60 80 100 200
ps [mbar] 23,2 199,6 500 1013 2000
Nasičeno vlažnost Ys pa izračunamo po enačbi 9.4:
Ys=ps
PTOTps
⋅1829
(9.4)
Tabela 9.2. Nasičena vlažnost pri različnih temperaturah.
T [°C] 14 52 85*
Ys 0,01 0,1 1* Točka dvojne enice Ys je 1 in φ je 1.
- 42 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Psihrometrijska karta je skicirana na sliki 9.1.
Slika 9.1. Psihrometrijska karta.
Na karti sta pomembni dve črti, po katerih lahko poteka ohlajanje:• ohladitev zraka pri konstantni vlažnosti nam poda temperaturo rosišča Tr (krivulja 1)• če se zrak ohlaja ob prisotnosti vode pride do navlaževanja zraka do nasičenja (krivulja 2)
Proces, ki ga predstavlja krivulja 2 na sliki 9.1, eksperimentalno izvedemo takole. V adiabatnoizolirano posodo, opremljeno z mešalom in termometrom, položimo čim bolj raztegnjeno (večjapovršina) mokro krpo in pustimo, da voda izhlapeva. Pri tem se zrak ohlaja, saj voda zaizhlapevanje potrebuje toploto, ki jo dobi iz zraka v posodi. Grafično je eksperiment predstavljen nasliki 9.2.Proces lahko časovno opredelimo kot:
t = 0 Y = Y0 T = T0 t = t Y = Ys T = Ts
- 43 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 9.2. Adiabatno ohlajanje in navlaževanje zraka.
Bilanco procesa lahko zapišemo kot:msz YsY0⋅Hizp=msz cpsz T0Ts (9.5)
V naslednji tabeli so zbrane najpomembnejše higrotermične lastnosti nasičenega zraka pri 100kPa(1bar):
T
[°C]
ps
[kPa]
Ys
[kgvlage/kgsz]
∆H
[kJ/kg]
0 ⋮ ⋮ 2500
14 ⋮ 0,01 ⋮
20 2,32 ⋮ ⋮
52 ⋮ 0,1 ⋮
60 19,96 ⋮ ⋮
80 ⋮ 1 ⋮
100 101,3 ⋮ 2256
Izračun masne koncentracije po enačbi:
Cs [kg /m3]=mV=
ps M
RT(9.6)
Izračun entalpije po enačbi:Hizp=H T0cp⋅T=H T0cp H2 Ocp, vod. pare⋅T (9.7)
Pri procesu šušenja sta v ravnotežju vlaga v zraku φ in vlaga v materialu X (masa vlage/masa suhetrdne snovi). Po Gibbsovem faznem pravilu dobimo, da je število neodvisnih spremenljivk 3,število odvisnih pa 1, število vseh pa je 4 (P, T, Y(φ), x(X)) f + s = k + 2 → f = 2 → k = 3 → s = 3 Te ugotovitve pa služijo za praktične diagrame.
- 44 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 9.3. Spreminjanje vlažnosti lesa glede na vlažnost zraka v Srednji Evropi.
Sorbcijske izoterme so krivulje na diagramu vlažnosti zraka v odvisnosti od vlažnosti materiala.
Slika 9.4. Sorbcijske izoterme za različne materiale.
Zvezo za krivulje pa nam predstavlja Luikova zveza (1975 – 80):
ln
0
=1a [ 1
Xmax
1X ] (9.8)
V enačbi 9.6 predstavljata a in Xmax Luikova parametra, kjer je a naklon, Xmax pa vlažnost materialapri vlažnosti zraka 1.
Naslednje nasičene raztopine pri 20°C vzdržujejo konstantno vlažnost zraka:NaCl φ = 76 %ZnSO4⋅7 H2 O φ = 90 %MgCl2⋅6 H2 O φ = 34 %NaNO2 φ = 66 %
- 45 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Računski primer:
Volna s 45 % vlažnostjo (x) sušimo do ravnotežne vlažnosti 60 % (φ). Koliko vode je potrebnoodvesti na kg volne? Luikovi parametri za volno so: a = 6,7 in Xmax = 0,32.
X0=x
1x=
0,4510,45
=0,82
ln
0
=1a [ 1
Xmax
1
Xk]⇒ ln
0,61
=1
6,7 [ 10,32
1
Xk]⇒Xk=0,15
- 46 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
9.2Mollierov diagram
Mollierov diagram služi kot odličen pripomoček za analizo in predstavitev toplotnih bilanc.Diagram prikazuje odvisnost entalpije I [kJ/kgsuhega zraka] od vlažnosti zraka. Na diagramu imamoreferenčno točko: (Y = 0, T = 0, I = 0). Od te točke naprej pa velja naslednja zveza:
I[ kJkgsz
]=cp , zr TTref Y 2500cp, vlageTTref (9.9)
kjer so: cp, vode=4,2 kJ /kgK , cp , vlage=2,1 kJ /kgK , cp ,zraka=1,05 kJ /kgK .
Mollier pa je vse te podatke predstavil v diagramu (slika 9.5).
Slika 9.5. Mollierov diagram.
Računski primer:
Izračunaj entalpijo zraka pri temperaturi 60°C in φ = 60% ter izračunamo vrednost primerjaj s tisto,ki jo odčitaš v Mollierovem diagramu.
I=1,056000,6⋅1996
10130,6⋅1996⋅
1829⋅25002,1600=281,5
kJkgsz
Odčitek: I = 280 kJ/kgsz
- 47 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
9.3Sušilni diagram, čas sušenja
9.3.1Sušilni diagram
Sušilni diagram nam predstavlja graf vlažnost materiala X v odvisnosti od časa (Slika 9.6a). Vendarpa je bolje proučevati odvod vlažnosti materiala od časa dX/dt v odvisnosti od vlažnosti materiala X(slika 9.6b) ali časa t (slika 9.6c).
Slika 9.6. Sušilni diagrami.
Sušilni proces lahko razdelimo na posamezne faze.V začetni fazi se mokra površina sušeče se snovi ohlaja ali segreva na temperaturo mokregatermometra. V fazi konstantne sušilne hitrosti je površina sušeče se snovi pokrita s filmom vode, ki se obnavlja skapilarnim dvigom vode iz sušeče se snovi. V tej fazi določata hitrost sušenja snovni in toplotni tokskozi film zraka tik nad površino sušeče se snovi.
Pri doseženi kritični vlažnosti površina ni več mokra, upor ni več v površinskem filmu zraka,temveč se preseli v notranjost materiala.
Pri sušenju nastopata dva upora:
• upor površinskega filma zraka Ry=1ky
• upor sušečega se materiala Rx=Kkx
,
kjer velja, da je prvi večji kot drugi. RyRx .
9.3.2Snovni fluks skozi dva zaporedna upora
Snovni fluks lahko zapišemo:
w=Y*Y1ky
Kkx
(9.10)
oziroma
w=XX*
1K⋅ky
1kx
(9.11)
- 48 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 9.7. Snovni fluks skozi pri sušenju.
Izpeljava: Snovna fluksa zapišemo posebej za zrak in material ter nato oba seštejemo, pri čemer upoštevamozveze na fazni meji Yi=K⋅Xi , Y*=K⋅X , Y=K⋅X* :
w=kx XXi
w=k y YiY seštejemo in dobimo
⇒w=Y*Y1ky
Kkx
9.3.3Čas sušenja
Čas sušenja je pomembna količina pri dimenzioniranju sušilnikov. Če ga izračunamo za razmere, kivladajo v sušilniku, ugotovimo lahko potem velikost sušilnika, potrebno za zahtevano zmogljivost.Ločimo dva časa, ki nastopata pri sušenju. Odvisna sta od tega, v kateri fazi potekata:• čas sušenja v konvektivnem režimu• čas sušenja v difuzivnem režimu.
Čas sušenja v konvektivnem režimuV konvektivnem načinu sušenja je ves upor v plinski fazi, to pomeni v zraku ( R y≫Rx ). Izhajamoiz snovnega fluksa, kjer velja:
w=ky YiY=ky YwY (9.13)
ko velja Yi = Yw pri temperaturi mokrega termometra Tw, snovni koeficient pa je v naslednjih mejah:10ky100 g /m2 s .
Z zapisom masne bilance lahko izračunamo čas. Masna bilanca je sledeča: manjkajoča vlaga vdoločenem času je enaka vlagi, ki jo odnese zrak:
mssX0Xkr
A⋅tkon
=ky YwY (9.14)
Če maso suhe snovi zapišemo drugače, dobimo:ss dss A X0Xkr
A⋅tkon
=ky YwY (9.15)
Čas sušenja v konvektivnem režimu pa je tako enak:
tkon=ss dssX0Xkr
ky YwY(9.16)
- 49 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Čas sušenja v difuzivnem režimuV difuzivnem režimu sušenja prevladuje upor v materialu, saj ni več kapilarnega dviga vode napovršino, kjer bi vodno paro odnašal zrak. Sušenje se namreč pomakne v notranjost materiala.Izhodišče za izračun časa je drugi Fickov zakon, saj je vlažnost materiala funkcija lokacije in časa(X = f(z, t)):
∂cA
∂ t=D
∂2 cA
dz2(9.17)
Robni in začetni pogoji so enaki, kot če bi obravnavali koncentracije:t = 0 z1zz1 cA=cA ,0
t > 0 z=±z1 cA=cAi0
t < 0 z=0 d cA
dz=0
Parcialne diferencialne enačbe rešujemo tako, da spremenljivke prevedemo v obliko, katerevrednosti nastopajo med 0 in 1. Tako cA prevedemo v X in uvedemo naslednjo spremenljivko
Y=cAcA , i
cA ,0cA , i
.
PAZI!!! Y tu ne nastopa kot vlažnost zraka, temveč kot spremenjivka!
Velja:t = 0 cA=cA ,0 Y = 1 XD = 0t = ∞ cA=cA , i Y = 0 XD = ∞
XD predstavlja analogijo s Fourierovim številom ( Fo=a t
z12 ) in je enak: XD=
D t
z12 . Rešitev je
Fourierova vrsta, kjer uporabimo le prvi člen:
Y=cAcA , i
cA ,0cA , i
=4⋅cos2 z
z1exp[2
4D t
z12 ] (9.18)
Rešitve za različne geometrije so zbrane v Gourney-Lourijevih diagramim, kjer je abscisa XD,ordinata Y. Poleg tega velja še:
m=Ry
Rx
; m=0⇒Rx≫Ry in m=1⇒Rx=Ry ; n=0⇒z=0⇒cos2 z
z12=1
Tako dobimo funkcijsko odvisnost vlažnosti materiala X od lokacije in časa:
X=XiX0Xi4⋅exp[2
4D t
z12 ] (9.19)
Z odvajanjem enačbe 9.19 in deljenjem s prvotno funkcijo, dobimo:
dXdt
=X0Xi4
exp[2
4D t
z12 ]2
4D
z12 (9.20)
- 50 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Obe strani integriramo:
dX /dtXX i
⇒∫Xk
X d XXi
XXi
=2
4D
z12∫
0
tdif
dt (9.21)
in dobimo naslednji rezultat:
lnXXi
XkX i
=2
4D
z12
tdif (9.22)
Čas sušenja v difuzivnem načinu je tako enak:
tdif=4 z1
2
2 D
lnXkXi
XX i
(9.23)
9.4Toplotna bilanca
Toplotna inventura sušilnih procesov je pomembna inženirska naloga, saj v veliki meri prispeva kekonomskemu uspehu proizvonje. Pogoste se izkaže, da je material po sušenju presušen (skrajšajzadrževalni čas, znižaj potencial), da slaba izolacija močno prispeva k toplotnim izgubam, da bi zuvedbo recikla zraka prihranili precej energije. Predvsem pa nam da misliti, kako izrabiti toplotoizstopajočega zraka.
Za predstavitev toplotnih bilanc je primeren Mollierov diagram.
Slika 9.8. Sušilnik z oznakami.
Uvedemo novo količino, to je reciklirno razmerje:
r=YvY0
YizY0
(9.24)
Reciklirno razmerje meri ekonomičnost sušenja. Pri nizkem reciklirnem razmerju sušimo z večjimpotencialom, kar je ob enaki kapaciteti povezano z nižjimi investicijskimi, ampak večjimiobratovalnimi stroški. Po drugi strani pa večji r pomeni manjši potencial (Yw – Y), manjšeobratovalne in večje investicijske stroške. Pogosto je bolje sušiti z manjšim potencialom tudi zaradipoškodb, ki nastanejo pri sušenju, saj snovni fluks ne sme preseči maksimalni snovni fluks, ki galahko zagotavlja tok vlage iz notranjosti. Merilo za stopnjo sušenja oziroma intenzivnost sušenja je:
N=w
X0
Db
(9.25)
- 51 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
kjer je b debelina materiala, D difuzivnost, ρ gostota, X0 pa začetna vlažnost.
Količina N ima lahko dve možnosti, in sicer:
• N < 2, potem je XKR=N3⋅X0 (notranjost in površina sta suhi)
• N > 2, potem je XKR=1 2 N3 ⋅X0 (notranjost mokra in površina suha)
Slika 9.9. Graf X/XKR v odvisnosti od debeline.
Mollierov diagram in predstavitev toplotne bilance je prikazan na sliki 9.10.
Slika 9.10. Mollierov diagram.
9.5Prenos snovi, psihrometrijsko razmerje, temperatura mokrega termometra
Fluks iz mokre površineSnovni fluks iz mokre površine je enak:
w=kgpip=kccic (9.26)kjer je pi nasičeni parcialni tlak, p parcialni tlak vodne pare v zraku, P parni tlak vode pri istitemperaturi, kg in kc koeficienta snovnega prenosa.
- 52 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Velikostni red koeficienta snovnega prestopa je: 102kc101
Z upoštevanjem zveze 9.27
kc⋅zr=ky [ms⋅
g
m3=
g
m2 s ] (9.27)
dobimo enačbo, ki pove fluks, ki ga zrak odnaša: w=ky YiY (9.28)
kjer je velikostni red ky: 10ky100 .
Temperatura mokrega termometra (“wet-bulb temperature”)Temperatura mokrega termometra je stacionarna, neravnotežna temperatura, ki jo doseže majhnakoličina vode v stalnem toku zraka pri adiabatnih razmerah. Ker je masa vode v tem primerumajhna glede na maso zraka, se lastnosti zraka zaradi hlapljenja vode le neznatno spremenijo in sospremembe opazne le pri vodi.
Slika 9.11. Temperatura mokrega termometra.
Pri tem procesu velja naslednja enačba:Q=W⋅Hizp (9.29)
ki jo lahko zapišemo kot:A⋅h⋅TgTw=ky⋅YwYg⋅A⋅Hizp (9.30)
Za vzpostavitev stacionarnega stanja, ko se vlažnost nasičenega filma in temperatura nasičenegafilma ne spreminja več. V tem trenutku postane toplotni tok, ki ptrhaja iz zraka na kapljo enaksnovnemu toku iz nasičeno vlažnega filma na okoliški zrak pomnoženemu z izparilno toploto in sene spreminja več.
Tako lahko zapišemo enačbo za črto temperature mokrega termometra:
YwYg=h
kyH⋅TgTw (9.31)
- 53 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Temperatura adiabatnega nasičenjaTemperatura adiabatnega nasičenja je tista temperatura, ki jo dobita zrak in voda, če sta toliko časav medsebojnem stiku, da pride do ravnotežja med njima, pri čemer nastane zrak pri tej temperaturinasičeno vlažen. Ker se pri stiku z vodo nenasičeno vlažni zrak ne le ovlažuje, ampak tudi ohlaja, jezačetna temperatura takega zraka višja od temperature adiabatnega nasičenja.
Primerjava enačb črt mokrega termometra in adiabateEnačba za črto temperature mokrega termometra:
YwYg=h
kyH⋅TgTw (9.31)
Enačba za črto temperature adiabatnega nasičenja
YsYg=cp ,zr
H⋅TgTs (9.32)
Za sistem voda – zrak imata obe enačbi enak naklon, kar pomeni, da sta temperatura mokregatermometra in temperatura adiabatnega nasičenja enaki. To pa pomeni, da sta tudi vlažnosti enaki:Tw=Ts⇒Yw=Ys . Razlog za enakost je v psihrometrijskem razmenju, ki je za sistem voda – zrakenak 1.
Psihrometrijsko razmerje pa je definirano kot:
PR=h
ky⋅cp
(9.33)
Psihrometrijsko razmerje za druge sisteme:zrak – voda PR = 1benzen – zrak PR = 2aceton – zrak PR = 1,76
Seminar 5. Temperatura mokrega termometra.
Dodatek k sliki v prilogah (Slika 7. Kontinuirni sušilnik in sliki.8. Toplotna bilanca v diagramuentalpija-vlažnost)Postavke pri sušenju:• Vnos toplote
1. tok goriva: G IvI0=QH
1.a G I0
2. L CPL TLTrL Xv cp, vapTLTr
3. PMOTORJEV
• Izstop toplote4. G Iiz
5. QIZGUB
6. L CPLTIZTrL Xiz cp, vapTIZTr
Za primer, ko so točke 1.a + 2 + 3 = 5 + 6, vidimo, da je IVS = IIZ. Proces ohlajevanja sušenja potekapo adiabati. Velja:IV=cPz TVTrYV 2500cp , vl TVTr=IIZ=cPzTIZTrYIZ 2500cp, lTIZTr
- 54 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
9.6Primeri sušilnih naprav
Analiza kontinuirne sušilne proge za umetno usnjeZa sušenje uporabimo Dornejev sušilnik, ki je prikazan na sliki 9.12.
Slika 9.12. Dornejev sušilnik.
Moker material z vstopno vlažnostjo (X0) 0,72 sušimo na tračnem sušilniku dolžine 90 m doizstopne vlažnosti (Xiz) 0,12. Laboratorijski poskusi so pokazali, da je pri temperaturi 80°Cmaksimalna vlažnost materiala (Xmax) 0,22. Sušilni diagram, narejen pri podobnih pogojih, kot so nasušilniku, pa je pokazal, da je kritična vlažnost (Xkrit) enaka 0,23.
Slika 9.13. Ravnotežni in sušilni diagram.
Pripravi masno in toplotno bilanco in izračunaj, na katerem mestu sušilne proge pride dospremembe režima sušenja. Temperatura zraka v hali je 20°C, segrejemo ga na 120°C, pri izstopupa ima zrak 70°C. Maksimalna temperatura, ki jo zrak še prenese je 120°C. Tok suhega materiala(L) je 500 kg/h. G/L za večino industrijskih sušilnikov je med 10 in 100. Sušimo na mreži,dvostransko. Izračunaj čas sušenja v konvektivnem in difuzijskem režimu.Podatki: ky = 40 g/m2s, D = 10-10 m2/s, XR = 0,05, š = 2,5 m, d = 1mm, ρmateriala = 800 kg/m3
L=[ ltkontdif
]⋅š⋅d⋅materiala
REŠITEV:Določitev TW, YW in YWYsušilni iz Mollierovega diagrama:
Y020°C,=60 =0,6⋅23,2
101323,2⋅0,3⋅
1829
=0,01
Očitki iz Mollierovega diagrama (glej priloge):Yiz = 0,031; Yw = 0,042; Tw = 37°C
- 55 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 9.14. Mollierov diagram.
Čas v konvektivnem režimu:3
ss ss 0 krkon 3
y w
d (X X ) 800 10 (0,72 0,23)t 435s
k (Y Y) 40 10 (0,043 0,02)
−
−
ρ ⋅ − ⋅ ⋅ −= = =
− ⋅ −
Čas v difuzivnem režimu:
23
2kr i
dif 2 2 10iAB
104
24z X X 0,23 0,05t ln ln 957s
X X 0,12 0,05D 10
−
−
− − = = = − −π π ⋅ !!(z = d/2, ker je obojestransko sušenje zaradi uporabe mreže)
L=[ ltkontdif
]⋅š⋅d⋅materiala=[ 90435957 ]⋅2,5⋅103
⋅800=466 kg /h
Masna bilanca:
( )( ) ( )
vst izstvst izst izst vst
izst vst
L(X X ) 500(0,72 0,12)L(X X ) G Y Y G 15000kg / h
Y Y 0,03 0,01
− −− = − ⇒ = = =
− −
G/L = 15000/500 = 30 (znotraj meja)
Toplotna bilanca:
kW VSTOP IZSTOP kW
187,5 G I0=150003600
⋅45 G Iiz=150003600
150 625
437 G IvI0=QH=150003600
15045 QIZGUB=U⋅A TSUŠTokolice 20
30 PMOTORJEV L CPL TIZTr=5003600
70 17,5
5 L CPm TvsTref =500
3600⋅1,8⋅20 L Xiz cp , vapTIZTr=
5003600
⋅0,12⋅4,2⋅70 4,9
8,4 L XV CP, vodeTvsTref =5003600
⋅0,72⋅4,2codt 20
668,4 667,4
- 56 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Načrtovanje razpršilnih sušilnikovPrimer razpršilninega sušilnika je na sliki 9.15.
Slika 9.15. Razpršilni sušilnik.
Zaporedje aktivnosti produkt, proces, oprema si oglejmo še na primeru načrtovanja razpršilnegasušilnika za obdelavo 5 ton/h 40% raztopine, iz katere želimo dobiti praškast produkt, ki vsebuje90% suhe substance (silikati, fosfati, keramični materiali, antibiotiki...). Čas sušenja kapljic dobimona pilotni napravi ali od proizvajalca opreme za različne materiale in sušilne pogoje. Zaradispecifičnih pogojev pri razpršilnem sušenju izračun na osnovi prvega in drugega Fickovega zakona(tkon in tdif) ni dovolj točen. Čas sušenja v industrijskih razpršilnikih je za različne materiale od 5 do60s (zadrževalni čas), pri čemer pa moramo ločiti med zadrževalnim časom plina in časomzadrževanja materiala, ki pogosto nista enaka. Podatki: τ = 25s, F = 5 ton/h, XF = 0,4, XL = 0,9.Vstopna vlažnost zraka je 0,01; izstopna vlažnost pa naj bo rezultat Tvst, zraka = 550°C in Tizst, zrak =150°C. Zanima nas tok suhega zraka. Izračunaj tudi geometrije sušilnika.
REŠITEV:
F=LVF Xf=L XL
V=G YizstYvst
V=FL=F1XF
XL=510,4 /0,9=2,78 ton /h
L=XF
XL
F=3,89 ton /h
- 57 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Iz Mollierovega diagrama odčitamo:Yiz = 0,17 to pomeni, da je G = 29,9 ton/h
Izračun geometrije sušilnika:G = 30 ton/h, gostota (150°C) = 0,82 kg/m3
V=Gzr
⋅=254,1 m3
V=D2
4 HH3 ⇒D=6,2 m
Zveza za določitev velikosti kapljice, na podlagi katere lahko dobimo tudi velikost posušenega zrna:
d50=K⋅Fa⋅104
Nb⋅d tcnhd
, kjer so:
F ... pretok (7000)K ... konstantaN ... število obratov (104)n ... število lukenj (24)dt ... premer turbine (210mm)h ... višina reže (0,02m)
Natok masnega toka na rezalno površino: m=F
n h=
700024⋅0,02
=14383 kg /mh
d50=K⋅Fa⋅104
Nb⋅d tcnhd
=1,2⋅70000,12⋅104
1040,8⋅0,210,60,24⋅0,020,12=61m
Obodna hitrost [m/s] 85 – 140
Φm 3000 – 6000
a 0,12
b 0,8
c 0,6
d 0,12
K 1,2
Slika 9.16. Turbina z oznakami.
- 58 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Računski primeri
1. Neizrabljena toplota (možnost rekuperacije toplote in ekološki problem)Vroč in navlažen zrak iz razpršilnega sušilnika vodimo po ločitvi delcev v ciklonih na venturijevpralnik (scrubber). Koliko naj bo dodatek vode, da:a) dosežemo temperaturo rosiščab) dosežemo temperaturo adiabatnega nasičenjac) dosežemo temperaturo vode 30°C.Kondicija zraka, ki zapušča sušilnik je 150°C, vlažnost 0,15 in G = 25ton/h
REŠITEV:a)temp. rosišča( )vst izst p
vst vst
izst iz
G I I L c (60 15) L 14,5ton / h
I (pralnik) I (150 C;0,15) 580kJ / kg
I (pralnik) I (60 C;0,15) 470kJ / kg
T(rosišča) 60 C
− = ⋅ ⋅ − ⇒ =
= ° =
= ° =
= °b)temp. adiabatnega nasičenja!Slepi tir!I =580kJ/kgRabimo koliko vode za G YizYv=L=25000⋅0,04=1 tona /h ; T=63°Cc)ohladimo zrak na 30°C in kondenzacija vlage
( )
vst vst
izst iz
vst izst p
I (pralnik) I (150 C;0,15) 580kJ / kg
I (pralnik) I (30 C;0,0,029) 100kJ / kg
G I I L c (60 15) L 190ton / h
= ° =
= ° =
− = ⋅ ⋅ − ⇒ =
2. Izračunaj maksimalni snovni fluks za vodo, ki izhaja iz mokre površine. Površino konvektivnosegrevamo z zrakom, za katerega velja Tg = 200°C, Tw = 50°C, h = 30 W/m2K. Kolikšna je bilavlažnost vročega zraka? S pomočjo psihrometrijskega razmerja izrazi snovni tok tudi zvlažnostnim potencialom.
REŠITEV:
YG = 0,02, PR=h
ky cpz
⇒ky=30 g /m2 s
w=kyY=ky YwYg=300,0870,02=2 g /m2s
w=hT
Hw
=30⋅1502382
=1,9g /m2 s
- 59 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
10.Ekstrakcija
10.1Uvod
Ekstrakcija je operacija, s katero odstranjujemo iz trdnih ali tekočih zmesi topne komponente stopilom. Ekstrakcija sestoji iz dveh zaporednih postopkov, in sicer v prvem spravimo zmes vintenziven stik s topilom, v drugem pa obe fazi ločimo. Z aparati lahko izvedemo oboje ločeno alipa skupaj.
Ekstrakcijo delimo na dva dela:• ekstrakcija tekočih zmesi• ekstrakcija trdnih snovi.
10.2Ekstrakcija tekočih zmesi
Z ekstrakcijo ločujemo tekoče zmesi takrat, kadar je rektifikacija težavna ali neučinkovita, naprimer zmesi s skoraj enako hlapnostjo komponent ali zmesi, ki so občutljive na temperaturo.Ekstrakcija temelji na razlikah v topnosti, ne pa v razlikah hlapnosti, kot je to pri destilacijskihmetodah.
Iz tekoče faze (rafinatna faza) ekstrahiramo komponento v ekstraktno fazo. Sledi obdelavaekstraktne faze z namenom pridobiti čisto komponento A in regeneracijo ekstraktne faze. Z oziromna način regeneracije ločimo fizikalne in kemijske tipe ekstrakcij. Pri fizikalnem tipu regeneracijaekstraktne faze poteka z destilacijo, pri kemijskem pa z reekstrakcijo. Primeri: • Belinka (peroksid: z vodo ekstrahirajo (topilo antrakinon))• Lek (čiščenje farmacevtskih učinkovin z etilacetatom EtOAc, metil cikloheksanom MCH)
Sistemi, ki jih obravnavamo, bodo imeli naslednje oznake:C ... matična komponenta rafinatne fazeS ... matična komponenta ekstraktne fazeA ... komponenta, ki prehaja med fazamaL ... rafinatna fazaV ... ekstraktna faza
ρL > ρV L faza je vedno rafinatna faza, tudi če je specifično lažja!
Lužnica ρL > 1 rafinat; estrakcija kerozen ρ ~ 0,8.Izjema: Belinka: L faza organska faza: delovna raztopina z vodikovim peroksidom, ki joekstrahiramo z ekstraktno fazo – voda, ki je gostejša.
10.2.1Fizikalna ektrakcija
Značilnost fizikalne ekstrakcije je, da so Nernstovi porazdelitveni koeficienti blizu 1 ( K=yA
xA
≃1 ).
Za predstavitev ternarnih sistemov uporabimo ternarni diagram (C, S, A). Primer: C = voda, S =MEK (metil etil keton), MIK (metil izobutil keton), A = ocetna kislina. Tak ternarni diagrampredstavlja slika 10.1.
- 60 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 10.1. Ternarni diagram.
Črta, ki povezuje ravnotežne koncentracije (xA in yA), se imenuje konoda ali vezna črta ("tie line").
Fazi, ki nastopata sta:• rafinatna: xA, xS, (C, L)• ekstraktna: yA, yS (S, V)
Debelina tekočinskih filmov je med 10 in 100 µm.
Tehnologija: Procesna shema je predstavljena na sliki 10.2.
Slika 10.2. Procesna shema.
- 61 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
10.2.2Kemijska ekstrakcija
Značilnost kemijske ekstrakcije so visoke vrednosti porazdelitvenih koeficientov, reekstrakcija, kotmetoda regeneracije ekstraktne faze in selitev upora v eno fazo.
Primer:Hidrometalurški proces za pridobivanje kovinskih ionov (Cu, U, Mo, V, Cr)
Slika 10.3. Shematski prikaz pridobvanja kovinskega iona.
Po luženju imamo kovinski ion ( UO2SO434
aq ). Reakcija, ki poteče pri ekstrakciji (reekstrakcijapoteka v obratni smeri):UO2SO43
4aq2 [R3NH2SO4 ]org2SO4
2R3NH4UO2SO43
Pogoji:• pri ekstrakciji: pH = 1,1; [SO4
-2] = 0,5 M• pri reekstrakciji: pH = 4,2; [SO4
-2] = 2 M
- 62 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
MANJKA PREDAVANJE 12.1.2005!
- 63 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Prazna stran!
- 64 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
10.2.2.1Analiza delovanja kolone s perforiranimi ploščami v procesu proizvodnje H2O2
Kemijska reakcija, ki poteče, je sledeča:
Shematsko je proces prikazan na sliki 10.4.
Slika 10.4. Shematski prikaz procesa proizvodnje H2O2.
Ravnotežje:(L) C – A – S (V)Organska faza: C predstavlja topilo, ki je sestavljeno iz razredčila (diluenta) in aktivnega reagenta(antrakinon)Komponenta, ki prehaja: A je vodikov peroksidVoda: S L ... tok rafinataV ... tok ekstraktne faze (raztopina)
- 65 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Ravnotežni diagram je predstavljen na sliki 10.5.
Slika 10.5. Ravnotežni diagram.
Gibbsovo fazno pravilo: število neodvisnih spremenljivk (s) 3, število vseh komponent je 4 (P, T, x(corg), y (Y)). Spremenljivka Y je definirana kot:
Y=y
1y=masaH2O2
masaH2O(10.1)
V enačbi 10.1 imamo imenovalec konstanten, saj na vrhu štarta čista voda, kjer je tok vodekonstanten po celotni koloni. Medtem ko pa se delež organske komponente spreminja vzdolžkolone.
y=35 ⇒Y=0,54
Parameter sistema je koncentracija antrakinona, kjer pomeni nižja koncentracija nižji naklonravnotežne krivulje.
V literaturi pa dobimo podatek učinkovitost E med 0,2 in 0,25.
Prenos snoviUpor v organski fazi je večji kot upor v vodni fazi.Snovni fluks je podan z naslednjo enačbo:
w=
11
K⋅kc ,1
1kc ,2
⋅c2*c2 (10.2)
kjer je kc,2 koeficient v vodni fazi, kc,1 pa koeficient v organski fazi. Če sta koeficienta enaka, odločao uporu konstanta K << 1
Masna bilancaMasno bilanco zapišemo:
L CH2O2 inCH2O2out
=V '⋅Yvoda , izst (10.3)
Za konkreten primer izračunamo tok vode in tok produkta:V' = 2100 kg/h ( 1408,10,01=V '⋅0,54 )V=V '⋅1Yizst=3230 kg /h
- 66 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Hidravlika koloneHidravlika kolone je predstavljena na sliki 10.6. Voda se pretaka počasi z laminarnim tokom.
Slika 10.6. Hidravlika kolone.
Energetska bilanca Pri ekstrakciji se potencialna energija organske faze spremeni v kinetično energijo, to je energijocurka. To predstavimo v naslednji enačbi:
mg horg=mv2
2(10.4)
Iz enačbe 10.4 izpeljemo hitrost curka (“jet-a”):
v jet=⋅ 2⋅⋅g⋅horg
org
(10.5)
kjer je α koncentracijski koeficient (v našem primeru 0,6).
Sprememba gostote ni enaka po celotni koloni, ampak se spreminja, in sicer vrh kolone=vorg=50 kg /m3 ter dno kolone: =vorg=200 kg /m3 . Toda naša želja je imetispremembo gostote konstantno po celotni koloni. Tako lahko fizikalno-kemijske lastnostispreminjamo z variiranjem števila luknjic na posameznih prekatih (dno #7000, vrh #14000)
Pretok organske faze pa dobimo, če hitrost curka pomnožimo s presekom lukenj:org=v jet⋅Slukenj (10.6)
Debelina organske faze je sorazmerna kvadratu pretoka organske faze, medtem ko pa je debelinadisperzijskega sloja sorazmerna kubu pretoka organske faze (= L, tok rafinatne faze): horg∝org
2 in
H∝org3 .
Za izračun debeline disperzijskega sloja lahko uporabimo naslednjo zvezo:
disp.faze
A=c⋅hHd
t loč 1 /3
(10.7)
- 67 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
kjer nam c predstavlja koeficient, ki določa sistem, in sicer industrijski sistemi imajo vrednost 0,025(m/s)2/3, čisti sistemi, kakršen je Belinkin, pa 0,15 (m/s)2/3. Parameter h pa pomeni zadržek ali hold-up disperzne faze v disperznem sloju in je v našem primeru 0,5.
Čas ločevanja ali zadrževalni čas pa izračunamo po zvezi 10.8 in se giblje v mejah med 40 in 140sekundami:
tzad=31⋅103⋅⋅i
0,24
g1,24⋅ds1,48 (10.8)
V enačbi 10.8 predstavlja ds Sauterjev premer in se giblje med 0,5 < ds < 0,1 m.
Sedaj pa bi radi izračunali višino disperzijskega na dnu in vrhu kolone ter višino organskega slojapravtako na dnu in vrhu kolone.
Slika 10.7. Kolona z oznakami.
Slika 10.8. Detajl prekata.
- 68 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Za izračun višine organskega sloja bomo uporabili enačbi 10.5 in 10.6, za določitev disperzne fazepa enačbi 10.7 in 10.8.
Računski primer:
Podatki:premer luknjic dluk = 3 mm = 0,003 mspodaj 7.000 luknjic / ploščozgoraj 14.000 luknjic / ploščošt. plošč N = 24∆ρdno = 1150(35% H2O2) – 950 kg/m3
∆ρvrh = 1000(voda) – 950 kg/m3
ρorg = 950 kg/m3
c = 0,15 (m/s)2/3
h = 0,5α = 0,67tloč = 30 s
Vjet [m/s] ho [m] ∆H [cm]
Φorg = 120m3/h0,67 0,25 8,5 dno
0,34 0,25 8,5 vrh
Φorg = 140m3/h0,79 0,34 13 dno
0,39 0,34 13 vrh
10.2.2.2Načrtovanje baterije mešalnikov in ločevalnikov
50 m3/h lužnice (L) kovinskih ionov ekstrahiramo v protitočni bateriji mešalnikov in ločevalnikov s5% raztopino R3N v kerozenu (glej reakcijo za uran). Laboratorijski poskus v mešalniku premera 15cm, STC, pri volumskem vnosu moči 0,5 W/L je pokazal, da je čas 30 s dovolj dolg za vzpostavitevravnotežja. Poskus ločitve faz je pokazal, da se disperzija (organska faza zvezna, vodna disperzna,fazno razmerje 1:1) loči v 45 s. Kolikšno naj bo število mešalnikov in ločevalnikov, njihovedimenzije, moč motorjev ter ostali obratovalni pogoji? Zaradi prisotnosti nečistoč v lužnici jedisperzija z zvezno vodno fazo izredno slabo ločljivam zato je potrebno v mešalniku zagotovitizvezno organsko fazo (recikel organske faze iz ločevalnika v mešalnik iste stopnje).
Shematski prikaz postopka je na sliki 10.9.
Slika 10.9. Shematski prikaz postopka.
- 69 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Potrebne informacije, ki ji potrebujemo za izračun, so podatki o ravnotežju, masnih bilancah,zadrževalnih časih...
Shema baterije z ustreznimi količinami je na sliki 10.10.
Slika 10.10. Shema baterije.
Masne bilance ekstrakcijeIz enačbe naklona za obratovno črto ekstrakcije lahko določimo V:LV=
4,90,10,80,001
=6⇒V=8,33m3/h
Za reekstrakcijo pa velja:LV=
4804,90,1
=10⇒V=833L /h=0,833m3/h
RavnotežjePodatki:
caq 0,1 – 0 g/Lcorg 48 – 5,1 g/L
Porazdelitvena krivulja: T = 20°C, R3N = 5%, pH = 1, SO42- = 0,5 M
Slika 10.11. Porazdelitvena krivulja.
- 70 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Izbor aparataZa izbor aparata si lahko pomagamo z naslednjim diagramom.
Slika 10.12. Diagram števila stopenj v odvisnosti od medfazne napetosti γi oz. razlike gostot.
Učinkovitost take baterije je približno 1.
Upor pri snovnem prenosuZnačilnosti:• filma sta med 10 in 100 µm• koeficient snovnega prenosa kL = 10-4 – 10-5 m/s• ves upor bo v vodni fazi (Whitmannov teorija stoji za tem) Raq >> Rorg
Shema naprave in izračuni dimenzij, moči...Iz ravnotežja je razvidno, da imamo 3 enote. Podatki:zunanje razmerje L/V = 6volumen recikla: VR = 50 – 8,33 =41,67m3/hgostota rafinatne (L) faze ρL = 1050m3/hgostota ekstraktne (V) faze ρV = 800m3/h
Slika 10.13. Shema naprave.
- 71 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Totalni pretok: tot=LVVR
Volumen mešalnika: =30s ;TOT=100m3/h⇒Vm=TOT⋅=0,83m3⇒d=1mUgotovitve v laboratoriju: P /V=0,5W /L⇒Pind=0,5⋅830W=415W
Število obratov mešala: N= 3 P
P0D5= 3 415
5⋅925⋅0,335=2,8s1
,
P0 odvisen od mešala (= 5)=0,5L0,5V=0,5⋅10500,5⋅800=925kg /m3
Dimenzioniranje ločevalnikaPodatki: h = 0,5; c = 0,025L = 50 m3/h∆H = 1m (lahko dobimo iz eksperimenta, kjer rišemo graf ∆H vs. tloč)tloč = 45s
LAloč
=c⋅hHd
t loč 1/3
⇒Aloč=L
c⋅hHd
t loč 1/3=8,9m2⇒Dloč=2,2m
10.2.3. Ekstrakcija zmesi C + A (voda + ocetna kislina) s topilom v primeru, ko je medsebojna
topnost C/S znatna
Sistem sestavljajo:• C inertna komponenta rafinatne faze L (voda)• A komponenta, ki prehaja med fazama (ocetna kislina)• S inertna komponenta ekstraktne faze (MIK, MEK)
Ravnotežne podatke lahko pridobimo v tabelah ali diagramih. Za naš primer smo podatke dobili vPerry's CEH.
Ravnotežni diagram vzet iz Perry's CEH:
L V
xA [%] xC [%] yA [%] yC [%]
0 98,45 0 2,21
2,85 95,45 1,87 2,8
11,7 85,8 8,9 5,4
20,5 75,7 17,3 9,2
26,2 67,8 24,6 14,5
32,8 55,2 30,8 22,4
34,6 42,9 33,6 31
Ravnotežne sestave v ternarnem diagramu povezuje črta, ki jo imenujemo konoda ali “tie-line”.
- 72 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Masne bilance v ternarnih sistemihShema baterije z oznakami je predstavljena na sliki 10.14.
Slika 10.14. Masne bilance baterije.
Masno bilanco zapišemo:Lm1⋅x i ,m1Vm1⋅yi ,m1=Lm⋅xmVm⋅y i ,m (10.9)
Če enačbo 10.9 predelamo naprej, dobimo koordinate diferenčne točke, ki je definirana kot:
X i ,D=razlike tokov komponent na levi strani MBrazlika tokov
(10.10)
kar je enako
X i ,D=razlika tokov komponent na desni strani MBrazlika tokov
(10.11)
Če zapišemo enačbi 10.10 in 10.11 še s simboli:
X i ,D=Lm1⋅x i ,m1Vm⋅y i ,m
Lm1Vm
(10.12)
X i ,D=Lm⋅x i ,mVm1⋅y i ,m1
LmVm1
(10.13)
Koordinate diferenčne točke določimo grafično ali računsko. Koordinate diferenčne in adicijsketočke namreč potrebujemo za grafično določitev števila stopenj, potrebnih za ekstrakcijo.
Definiciji adicijske in diferenčne točke:• Adicijska točka leži med obema količinama, in sicer bližje tisti, ki je je več. Potrebno je
pomnožiti s snovno lastnostjo in jo deliti z maso.• Diferenčna točka je točka s sledečimi značilnostmi, in sicer leži na strani večje količine in
predstavlja skupaj z manjšo količino večjo kot adicijsko točko.
Primer razlike v točkah:Imamo točki (1 kg vode, 10°C) in (2kg vode, 20°C). Pri tem je adicijska točka 3kg in 16.6°C,diferenčna pa 1kg in 30°C.
- 73 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Za določitev koordinat po enačbi 10.13 potrebujemo naslednje podatke:
• enačba 10.13 v prilagojenih oblikah: X i ,D=L0⋅x i ,0V1⋅y i ,1
L0V1
in X i ,D=Ln⋅x i , nVn1⋅y i , n1
LnVn1
• xA,0 sestava sveže napajalne raztopine• yA,1 zahtevana koncentracija ekstraktne faze• L0 potrebna obdelava šarže (tok rafinatne faze)• yi,n +1 sveža sestava ekstraktne faze • xi,n sestava izrabljene rafinatne faze
• V1=L0xA,0
yA,1
Primer:
Podatki: L0 = 1000 kg, xA,0 = 0,25; yA1 = 0,18; V1 = 1388kg
Slika 10.15. Grafična določitev števila stopenj.
Seminar 6. Ekstrakcija in ternarni diagram.
10.3Ekstrakcija trdnih zmesi
Ekstrakcija trdno – tekoče je operacija vezana na osnovno pridobivanje surovin. Ekstrahiramozmeto rudo, sladkorno peso, oljna semena, čajna in kavna zrna, idr. To operacijo lahko primerjamos filtracijo v fazi pranja pogače, le da je pri filtraciji delež topnih substanc majhen.
Aparate delimo glede na to ali je material v nasutem sloju prepusten ali neprepusten. Če jeprepusten, ehstrahiramo s prelivanjem tekoče faze, če pa ni prepusten, je trdno fazo potrebnopremešati. Enkratna ekstrakcija nam ne da zadovoljivega učinka, kar pomeni, da trdne faze nismodovolj ekstrahirali. Pri večkratni ekstrakciji s svežim topilom pa dobimo veliko količino revnegaekstrakta. Rešitev je v protitoku, kjer v protitočni ekstrakcijski bateriji zadostimo obemakriterijema, to je bogat ekstrakt in dovolj osiromašena trdna snov.
- 74 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 10.16. Baterija Dornovih ekstraktorjev.
Trdne snovi, ki tvorijo slabo neprepusten sloj, ekstrahiramo tako, da jih v mešalniku dispergiramo vtopilih in raztopino premešavamo s pomočjo mešala oziroma z zrakom, če gre za korozivno aliabrazivno suspenzijo.
Računski primer:
Praženo rudo Cu kot CuSO4 ekstrahiramo v protitoku. Vsako uro je potrebno obdelati polnitev, kivsebuje 10 ton jalovine, 1,2 tone CuSO4 in 0,5 tone vode (∑11,7 tone). Koncentrirana raztopina (V1)mora vsebovati 10 % CuSO4 in 90 % vode. Iz rude moramo ekstrahirati 98 % CuSO4. Jalovina povsaki stopnji zadržuje 2 toni vode in pripadajoče CuSO4 raztopljene v vodi (2 toni vode na 1 tonojalovine). Koliko stopenj je potrebnih za to nalogo? Namig: prvo stopnjo rešimo s pomočjo masnihbilanc. Če bi imeli dovolj časa, bi lahko tako nadaljevali tudi naprej za ostale stopnje. Zaradipoznavanja metode s stripping faktorjem bomo od druge stopnje nadaljevali s to tehniko.
Slika 10.17. Prikaz baterije za ekstrakcijo z oznakami.
Totalna masna bilanca 1. stopnje: L0V2=L1V1
Komponentna MB: L0⋅x0V2⋅y2=L1⋅x1V1⋅y1
V1=L0x0
y1
=1,2⋅0,98
0,1=11,76 t /h , x0=
1,211,7
=0,1026
L1 = 10 ton jalovine + 20 ton vode + 2,22 ton CuSO4 = 32,22 toneV2 = L1 – V1 – L0 = 32,28 tone
y2=L1⋅x1V1⋅y1L0⋅x0
V2
=0,067 , x1=2,2232,22
=0,1026
- 75 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
n t1=log
0,10,0670,00120
log0,10,00120,0670
=8,5⇒ n t=9,5
Stripping faktor:
n t1=log
potencial 1potencial2
logK
L /V
=
logK⋅x0y1
K⋅x1yn1
logK
L /V
xn=24 kg
24 kg104kg jalovine2⋅104 vode=7,9⋅104
yn=24 kg
24 kg2⋅104 kg=0,0012
Za določitev praktičnih stopenj upoštevamo še učinkovitost E, ki je odvisna od mešanja, pomletostrude, mrtvih kotov reaktorja, kontaktnega časa...
np=n t
EPrimer, ki smo ga obdelali je primer ekstrakcije v sistemih, ko je XA + S konstanten.
Ekstrakcija v sistemih, ko XA + S ni konstanten
Primer: yA[ AAS ] XA[AS
C ]A ... oljeS ... cikloheksan CHC ... z oljem prepojene tropine
Količina raztopine, ki jo zadržujejo suhe ekstrahirane tropine (C), je bila določena eksperimentalnokot funkcija sestave raztopine pri konstantni temperaturi:Podatki:
yA
kg oljakg raztopine
XAS
kg razt.kg suhih ekstr. trop.
0 0,200
0,1 0,242
0,2 0,286
0,4 0,405
0,6 0,600
0,7 0,765
0,72 0,810
- 76 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8
0,2
0,25
0,3
0,35
0,4
0,45
0,5
0,55
0,6
0,65
0,7
0,75
0,8
0,85
y(A)
X(A+S)
Oblika funkcije je sledeča: XAS=ab⋅yAc⋅yA2 .
Določitev števila stopenj v tem primeru. Imamo tri možnosti:• izračun od stopnje do stopnje (masna bilanca in funkcija XA + S = f(yA)) – numerična metoda• grafična metoda in • zapis algoritma za računalniški program.
GRAFIČNA METODA:Grafična metoda za določitev stopenj protitočne baterije je enostavnejša kot numerična metoda,kjub temu pa temelji na istih principih.
Tri komponente sistema, s katerimi imamo opravka, lahko predstavimo v vseh možnih količinskihrazmerjih v pravokotnem trikotniku. Horizontalni krak prestavlja absciso, kamor nanašamo delezkomponente A v katerikoli fazi (xA (delež komponente A v trdni fazi) ali yA (delež komponente A vtekoči fazi)), vertikalni krak pa ordinato, na katero nanašamo delež topila v poljubni fazi (xS ali yS).Tretja komponenta je inertna komponenta C.
Za te komponente velja:
xA=yA⋅XAS
XAS1 in xS=1yA⋅
XAS
XAS1(10.14) in (10.15)
xC=1xSxA (10.16)Narisati moramo krivuljo, ki bo rezultat kombinacije čistih tropin in raztopine, ki se jih drži. Iz točk(yA, XA + S) sestavimo točke (xA, xS), ki določajo EG krivuljo na naslednji sliki.
- 77 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 10.18. Pravokotni diagram, ki predstavlja tri komponente sistema.
EG krivulja predstavlja sestave vseh zmesi, dobljenih z mešanjem inertne trdne snovi in raztopine,kijo le-ta zadržuje.Točka J predstavlja presečišče obeh premic, ki ju dobimo, če povežemo točki yn+1 in x0 ter točki xn
in y1. Ta točka je za obe kombinaciji adicijska in pove, da dobimo isto zmes, če zmešamo svežetopilo in svežo trdno snov ( Vn1 in L0 ) ali če zmešamo končno koncentrirano raztopino in končnoekstrahirano trdno fazo ( Ln in V1 ).
Diferenčno točko dobimo po zapisu MB in komponentne MB:
X i ,D=Lm⋅x i ,mVm1⋅y i ,m1
LmVm1
⇒XSD=0,25,XAD=0,05,XCD=1,2
Navodila za določitev števila stopenj po grafičnem načinu:
• Izhodišče so naslednji podatki: L0,xA0 , yA0 , , xAn , yAn1 to so podatki o surovini, produktu,procesu, topilu
• EG črto dobimo iz parov (yA, XA + S), iz katerih dobimo (xA, xS)
- 78 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
• vrišemo diferenčno točko XiD s podatki za xA0 , yA0 in xAn , yAn1 X i ,D , i = A, S, C
XA,D=L0⋅xA,0V1⋅yA,1
L0V1
, XS,D=L0⋅xS,0=0V1⋅yS,1
L0V1
, XC,D=L0⋅xC,0V1⋅yC,1=0
L0V1
• grafični prikaz na sliki 10.19.
Slika 10.19. Grafični prikaz določitve stopenj.
ALGORITEM ZA RAČUNALNIŠKI PROGRAMLC ... tok inertne snovi LC=L01xA0
Lm ... tok v posameznih fazah Lm=LC1XASm
xAm=yAm⋅XASm
XASm1; m = 1, 2, ..., nt
y2=Lm⋅xmVm⋅ymLm1⋅xm1
Vm1
Vm + 1 = Lm – Vm – Lm -1
- 79 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
11.Absorpcija
Absorpcija je operacija, pri kateri odstranjujemo iz zmesi plinov topne komponente z raztapljanjemv tekočem topilu. Obratni proces, ko izganjamo raztopljene pline iz raztopine z netopnim plinom.
Absorpcijo vodimo v kolonah različnih izvedb. Glede na sistem izbiramo med kolonami s prekati,kolonami s polnilom in kolonami s padajočim filmom. Kolone običajno obratujejo protitočno.
Najbolj problematična plinska zmes je ogljikov dioksid – zrak, ki ima tudi največji ekološki vpliv.Letna proizvodnja CO2 je 7 milijard ton, zemljina konsumacija pa je 3 milijarde ton na leto.
Primeri absorberjev v Sloveniji:• dvojna absorpcija (Belinka: CO2 in H2O2)• TE Šoštanj (glej sliko, dimni plini, CO2 + CaSO3)• Cinkarna Celje (SO3/H2SO4 pri proizvodnji žveplene kisline)• Nafta Lendava pri proizvodnji formaldehida (MeOH/HCHO)• Čistilna naprava Krke, NM (kisik v vodo)• IPLAS (maleinanhidrid v vodo)• Tovarna celuloze Krško SO2 v Mg2+
• Lek, Krka pri proizvodnji zdravil
Snovni fluks skozi dva zaporedna uporaSnovni fluks je predstavljen na sliki 11.1.
fazna mejafaza 1plinska,
faza 2tekoča
cA
1
<cA>
pAi
cAi
mejni film
koeficient snovne prestopnosti k
c
1koeficient snovne prestopnosti k
c
2
<pA>
Slika 11.1. Koncentracijski profil.
Molski fluks komponente A zapišemo kot:NA=kg ⟨p⟩pi=kL ci⟨c⟩ (11.1)
Snovni fluks pa je enak:w=kc ,1 c1ci ,1=K⋅kc1c2
*ci ,2 (11.2)Za drugo fazo pa je:
w=kc21ci ,2c2 (11.3)
- 80 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Z upoštevanjem enačb za ravnotežje: c1=K⋅c2
* in c1*=K⋅c2 in c1, i=K⋅c2, i (11.4) in (11.5) in (11.6)
Dobimo naslednji enačbi za snovni fluks:
w=1
1K⋅kc ,1
1kc ,2
⋅c2*c2 (11.7)
V primeru, ko imamo ravnotežje plin-tekoče, lahko uporabimo Raultov zakon:p*=He⋅c (11.8)
Razmerje uporov v plinskem filmu:
RG=1
K kc ,1
=1
K kg(11.9)
in v tekočinskem filmu:
RL=1kc ,2
=1kL
(11.10)
je sledeče:
Par H [bar] K=H
RTcsrRG=
1K kc ,1
RL=1kc ,2
RL / Rg
Slabotopniplini
O2 /H2O 40000 ** ** ** RL >>> Rg
CO2 /H2O 1000 ** ** ** RL >> Rg
Dobrotopniplini
NH3 /H2O 2 ** ** ** RL ~ Rg
MeCOMe /H2O 3 ** ** ** RL ~ Rg
Zelodobrotopniplini
HCHO /H2O 10-2 ** ** ** RL << Rg
SO3/H2SO4 10-5 ** ** ** RL <<< Rg
HCHO /urea * 10-2 ** ** ** RL << Rg
* Opomba: urea = CO(NH2)2** Opomba: po izračunu ugotovimo zadnji stolpec.
Konstanti snovnega prenosa se gibljeta v naslednjih mejah: 102kg101m /s in
105kL104m /s .
Tipi absorpcijPoznamo dva tipa absorpcij:• absorpcija topne komponente iz plinske faze v vodno fazo• absorpcija topne komponente iz plinske faze v reaktivno topilo.
Primer druge vrste je absorpcija, ki poteka v TEŠ. Pri tem procesu potekajo naslednje reakcije:SO2CaSO3H2OCa HSO32 (absorpcija tekoče-plin)Ca HSO32CaCO32CaSO3CO2H2O (kemijska reakcija)
- 81 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
CaSO31/2O22H2O2CaSO4×2H2O (absorpcija tekoče-plin s kemijsko reakcijo)Celokupna reakcija pa je sledeča:SO2CaCO31/2O22H2O2CaSO4×2H2OCO2
Prednosti absorpcije s kemijsko reakcijo so naslednje:• znižanje upora v tekoči fazi (smiselno ko je RL >> Rg) in povečanje potenciala• regeneracija absorpcijskega sredstva (recikli)• formiranje produkta v absorpcijskem sredstvu.
Načrtovalni prijemiZapis masne bilance:
G yvy iz=L xizxv (11.11)
Diferencialna masna bilanca za komponento A v plinski mešanici, v stacionarnem stanju: KG⋅PTOT⋅a⋅S⋅yy*dz=Gdy=KL⋅a⋅S⋅x
*xdz=Ldx (11.12)kjer sta L in V sta molska tokova kapljevinaste in plinaste faze, x in y molska deleža komponente Av kapljevinasti in plinasti fazi, KL snovna prehodnost, a specifična medfazna površina, S presek
kolone, snovni tok in C srednja molska koncentracija komponent v kapljevinasti fazi.
Slika 11.2. Absorpcijska kolona.
Po rešitvi enačbe 11.12 dobimo zvezo za višino kolone:
z=∫0
z
dz=∫xizs
xvst Ld xA
KL aCSxA* xA
(11.13)
Višino kolone (enačbo 11.13) lahko uredimo in jo izračunamo kot produkt dveh količin, in sicervišine prestopne enote HL in števila prestopnih enot nL:
z=HL⋅nL=L
KL aCS∫xvst
xizs d xA
xA* xA
(11.14)
Rešitev integrala na desni v splošnem ni enostavna. Zato za določene primere uvedemo nekatere
- 82 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
predpostavke in poenostavitve. Za slabo topne pline in razredčene raztopine lahko vzamemo, da statokova L in V vzdolž kolone konstantna. Privzamemo tudi, da se snovne lastnosti obeh faz nespreminjajo. Tako je tudi volumska snovna prehodnost neodvisna od višine kolone. Poleg tega zupoštevanjem enačbo 11.15:
y=m⋅x* (11.15)in enačbe 11.16:
G yvy =L xizx (11.16)dobimo funkcijsko odvisnost x* od x:
x*=yv
m
LG⋅m
x izx (11.17)
Število prestopnih enot (nL) nam pove, kako zahtevna je snovna ločitev. Število je odvisno od
sistema in zahtevane kvalitete – kvalitetnejša ločitev zahteva večje število prestopnih enot. Številoprestopnih enot je torej razmerje med celotno koncentracijsko razliko komponente A v kapljevinastifazi in logaritemsko srednjo potencialno koncentracijsko razliko v kapljevinasti fazi vzdolž kolone.
Višina prestopne enote (HL) je merilo za učinkovitost kontakta med obema fazama, in je odvisna od
vrste polnila za dani sistem, procesnih razmer, opreme...
Absorpcijski proces pa lahko predstavimo tudi na diagramu (slika 11.3), kjer imamo prikazani dvečrti, in sicer obratovno in ravnotežno.
Slika 11.3. Absorpcijski proces prikazan na diagramu.
Ravnotežna črta nam poda vsebnost komponente A v plinasti in kapljevinasti fazi, kadar sta ti dve vravnotežju y*= f(x). Za razredčene raztopine, zlasti za raztopine slabo topnih plinov privzamemolinearno odvisnost, Henryeva konstanta je proporcionalni faktor.
Obratovna črta nam grafično prikaže, kako se sestavi obeh faz zvezno spreminjata vzdolž kolone innista v ravnotežju. V primeru razredčenih raztopin, je obratovna črta premica z naklonom L/V.
Seminar 7. Absorpcija.
- 83 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
BIONOVA ali biološki reaktor/absorber – Načrtovanje procesa oziroma aparata Načrtujemo biološko čistilno napravo (kakršna je Krki, NM) za čiščenje 200 m3
odpadne vode nauro, ki ima vstopno koncentracijo 1160 KPK(mg O2 / L), pri izstopu pa mora dosegati predpisanoizstopno koncentracijo 160 KPK. V laboratoriju in na pilotni napravi smo dobili osnovne podatke orazgradljivosti substance v vodi in o deležu nerazgradljive substance, o respiratorni porabi kisika(R0), o konstanti hitrosti razgradnje biomase (k0). Vsi ti podatki nam omogočajo izračunati potrebnizadrževalni čas v bioreaktoju.
=cvstciz
k0xa cizcn=15ur
xa koncentracija aktivnega blata, cn pa koncentracija nerazgradljivega dela
R0=a cvstcizL
Vb xa=18⋅102ali3 , xa=2g /L
Volumen reaktorjaV=L⋅=3000m3
Poraba kisika:G=L cizcv=200m3 /h⋅1000mg /L=200 kg /h (200 = manjkajoči kisik v zraku (20%), izmehurčkov v tekočino – plin v tekočino)
Potrebni dotok zraka:(zrak izrabljen 9 ali 10% glej shemo pod sliko ČN)zr [Nm
3 /h ]⋅zraka 0,210,09=1300m3/h
Število injektorjev in višio absorberja, površinaiz podatkov 1inj/10m2
H = 18 m → A = 165 m2 to pomeni, da potrebujemo 16 injektorjev
Porabnik kisika (poraba kisika MO za svoje življenje) R0V ≈ 200kg/h ( 18⋅102mg /Ls⋅3000m3=194 kg /h )
Dobava kisika preko fazne meje (plinski mehurčki v tekočino)G=zraka 0,210,09=kLacV=R0V=LKPKVKPK iz
Slika 11.4. Bionova.
Predpostavke:• kompletno povratno mešanje tekoče faze 1mg/L• po celotni posodi je končna koncentracija KPK 160, razen pri vstopu tekoče faze je 1160 KPK
- 84 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
• plin (mehurčki) imajo plug flow (čepast tok)
Slika 11.5. Predstavitev potenciala.
DNO:cO2
*=28mg /LH = 18mP(O2) = 2,8 bar × 0,21 = 0,588
x=pH=
0,58840000
=14,5⋅106⇒C*=14,5⋅106⋅32
18=26mg /L
VRH:
x=pH=1 bar⋅0,0940000
=4mg
Csr=CdnoCvrh
lnCdno
Cvrh
=26141
ln253
=10,4mg /L
kL = 10-5 m/s, a = 200 m-1 → WO2=224 kg /h
Potrebna moč kompresorja:
P=
1zr⋅P1[P2
P11]=43kW
=1,4 ,P2=2,8, P1=1, zraka=1300m3/h
Potrebna moč črpalke za doseganje zahtevanih parametrov:
Y=kLa
v 2
g 1 /3
X=PL /qzraka
g2 /3Y=2,4⋅106X1/3
v=qzraka
A=684
Nm3/h3600⋅165
=1,15⋅103m /s
qzraka=1300
10,05⋅18=684Nm3 /h pretok zraka na sredini absorberja
PL=31418⋅1000 kg /m30,9m2 /s⋅9,18m /s22/3⋅1300
360010,1⋅18=1730W
- 85 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Absorpcija SO2 v Mg2+ in v Ca2+
Primerjava obeh postopkov:SO2 v Mg
2+
poteka v kolonah v Tovarni celuloze Krško1. KemijaSO2MgSO3H2OMg HSO32 (kuhalna kislina, njeno ojačanje se zgodi na absorberju zventurijevimi zožitvami)Mg HSO32Mg OH22MgSO32H2O
2. Ravnotežje v raztopiniravnotežje poteka med plinov in tekočino.
3. Masne bilanceSOTOK!!!
4. Snovni prenos
SO2 v Ca2+
poteka v absorberju TEŠ1. KemijaSO2CaSO3H2OCa HSO32 (absorpcija tekoče-plin)Ca HSO32CaCO32CaSO3CO2H2O (kemijska reakcija)CaSO31/2O22H2O2CaSO4×2H2O (absorpcija tekoče-plin s kemijskoreakcijo)Celokupna reakcija pa je sledeča:SO2CaCO31/2O22H2O2CaSO4×2H2OCO2
2. Ravnotežje v raztopiniravnotežje plin – tekoče
3. Masne bilancePROTITOK!!!
4. Snovni prenos
- 86 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
12.Uparjanje
Uparjanje je zelo pogosta operacija, s katero koncentriramo praktično nehlapne topljence zizganjanjem topila iz vrele raztopine. Hlapov pri tem ne ločujemo v posamezne komponente,če so sestavljeni. Večinoma nastopa kot topilo voda, vodna para pa nam služi kot sredstvo, skaterim dovedemo raztopini potrebno toplotno energijo posredno.
Uporaba uparjanja: v industriji sladkorja, celuloze (Tovarna celuloze Krško), desalinacijavoda, farmaciji, živilska industrija (sokovi), Tanin (Sevnica), TKI Hrastnik, Belinka, NEK...
Kot posebna oblika uparjanja je uparjanje v vakuumu. Prednost tega postopka je, davključitev vakuuma omogoča uparjanje v seriji. Pri tem pa služijo hlapi iz predhodnjegauparjalnika kot grelni medij za naslednjega. Pogoj za to je Pi > Pi + 1.
Zahteve, ki jih mora zadostiti vsak zadovoljivo delujoč uparjalnik, so:• omogočiti mora prenos velikih količin toplotne energije, to je okoli 2256 kJ za vsakkilogram izparjene vode;
• omogočiti mora učinkovito ločitev hlapov od tekočine;• učinkovito in ekonomično mora uporabiti razpoložljivo toplotno energijo;• ustrezati mora pogojem, ki jih postavljajo lastnosti raztopine.
Uparjalnike s cevnimi grelniki delimo:• uparjalnike s potopljenim grelnikom in kratkimi cevmi, v katerih povzroči vzgon parnihmehurčkov obtok raztopine v ceveh (Robertov);
• uparjalnike s prisilni cirkulacijo, v katerih povzročimo obtok raztopine s črpalko alipropelerjem, pri čemer lahko raztopina v ceveh zavre ali pa ne;
• uparjalnike z dolgimi cevmi, v katerih omogočimo pretok, ne pa vedno tudi obtokaraztopine v ceveh, z gravitacijo ali vzgonom;
• tankoslojne uparjalnike z mešalom in enkratnim pretokom raztopine skozi cev.
Slika 12.1. Robertov uparjalnik v stranskem risu in prerezu.
- 87 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Uparjanje v serijiEkonomska logika narekuje, da hlape, izgnane iz prejšnje stopnje, uporabimo kot grelnosredstvo v naslednji stopnji. Pri tem nastopajo tehnične omejitve, ki so karakterizirane zrazpoložljivimi padci tlaka, ki določa razpoložljivo temperaturno diferenco entalpije, npr.sveža para 120°C, 2 bar; tlak v zadnjem uparjalniku 200mbar, temperatura 60°C.
Neto razpoložljivo temperaturno razliko dobimo, če celotni odštejemo ebulioskopskodiferenco, ki je posledica razopljene snovi v topilu (zvišanje vrelišča):
TBRUTO∑Tebulio , i=Tneto (12.1)Minimalna temperaturna diferenca, ki je potrebna za pogon toplotnega toka in ustvarjanjemehurčkov je 10°C.
Drugi kriteriji za določitev števila uparjalnikov v seriji pa je kompromis med investicijskimiin obratovnimi stroški:
C = CINV + COBR (12.2)kjer je C celotni stroški, CINV investicijski stroški, COBR pa obratovni stroški.
Investicijski stroški so definirani:CINV=N⋅Cuparjalnika⋅f=K INV⋅N (12.3)
Obratovni stroški pa so definirani:
COBR=V⋅G /Vprak⋅1
N⋅24 h⋅D⋅Cpare⋅10
3=KOBR⋅1N
(12.4)
V enačbah 12.3 in 12.4 predstavlja N število uprajalnikov, f faktor amortizacije, V tok hlapov,G/V specifična poraba pare, D premer aparata, CPARA pa ceno pare.
Specifična poraba pare je določena glede na število uparjalnikov. Potrebne podatke lahkopridobimo v ustrezni literaturi:
N (G/V)TEORETIČNA (G/V)PRAKTIČNA
1 1 1,1
2 0,5 0,55
3 0,33 0,38
Masna bilanca pa nam poda tok hlapov:CMP: F = L + V (12.5)KMB: F⋅xF=L⋅xL (12.6) Tok hlapov dobimo iz enačb 12.5 in 12.6:
V=F1 xFxL (12.7)
Optimalno število uparjalnikov tako določimo z presečiščem krivulj za obratovne ininvesticijske stroške:
0=dCdN
=K INVKOBR⋅1
N2⇒NOPT=KOBR
K INV
(12.8)
- 88 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Slika 12.2. Presečišče krivulj za obratovne in investicijske stroške.
Računski primer:30.000 ton sladkorja pridobimo v 100 dneh. Po ekstrakciji trdno – tekoče dobimo 14%raztopino, kot koncentrat pa želomo 50% raztopino preden koncentrat vodimo nakristalizacijo. Specifična poraba pare (G/V) je 1,1, cena pare je 0,02 € na kg, cena enegauparjalnika je 1.000.000€, faktor amortizacije pa 0,1. Optimalno število uparjalnikov?
NOPT=KOBR
K INV
=5,86
K INV=Cup⋅f
KOBR=V⋅G /V prak⋅24 h⋅D⋅Cpare⋅103
V=F1 xFxL =90 t /h10,140,5 =65 t /h
Načrtovanje večstopenjske uparjalne baterijeShema uparjalne baterije je predstavljena na sliki 12.3.
Slika 12.3. Večstopenjska uparjalna baterija.
- 89 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Vsoto vseh hlapov, ki jih moramo izgnati, predstavlja naslednja enačba:
V=∑2
n1
x i (12.9)
Toplotna in masna bilanca i-te komponente (i = 2,...,n):
xi⋅HiF∑j=2
i
x j⋅cp⋅TiTr =xi1⋅Hi1F∑j=2
i1
x j⋅cp⋅Ti1Tr xi h i (12.10)
Opomba: Tr = 0°C
Izparilno entalpijo zapišemo kot:xiHixi h i=xiHi (12.11)
Z upoštevanjem enačbe 12.11 dobimo:
xi⋅HiF∑j=2
i
x j⋅cp⋅TiTi1=x i1⋅Hi1 (12.12)
Toplotna bilance prve stopnje:x1⋅H1=F⋅cp⋅T2TFx2⋅H2 (12.13)
Sedaj pa nas zanima porazdelitev temperaturnih diferenc, površine toplotnih menjalnikov,površine za kapaciteto oziroma kapacitete ob znanih površinah.
Porazdelitev temperaturnih diferenc bomo razložili v nadaljevanju. Najprej predpostavimonaslednje:• ni izgub Qizg = 0• ni ebulioskopskih sprememb ( Te , i=0 )• površine uparjalnikov so enake ( Ai=Ai1 )
Toplotni tokovi so enaki, če enačbe zapišemo razdelane in upoštevamo predpostavke,dobimo:
Q1=Q2=Qi=Qn
U1⋅A1⋅T1=U2⋅A2⋅T2=Ui⋅Ai⋅TiU1⋅T1=Ui⋅Ti
U i
U1=T1Ti
(12.14)
Z zapisom diferenc kot razlik temperatur, poznavanjem začetne (T1) in končne (Tn+1)temperature ter toplotnih prehodnosti Ui dobimo enačbo za izračun T1 :U1⋅T1=U1⋅T1T2
U1⋅T1=U2⋅T2T3
U1⋅T1=Un⋅TnTn1
OP: (upoštevamo enakosti, zapišemo temperaturne diference kot razlike temperatur, delimo z U-ji in seštejemo)
T1⋅∑i=1
n U1Ui
=T1Tn1 (12.15)
Tako imamo podane vse temperaturne diference in s kombinacijo enačb 12.14 in 12.15 lahkoizračunamo vse temperature v kondenzacijskih in vrelnih prostorih. Za izračun površin
- 90 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
uparjalnikov moramo poleg toplotnih bilanc upoštevati še masni bilanci. Sistem enčbizračunamo s ciljem, da pridobimo tok sveže pare x1 in tokove hlapov iz posameznihuparjalnikov in na podlagi toplotnih bilanc izračunamo površine uparjalnikov.Enačba zaizračun i-te površine uparjalnika pa je sledeča:
A i=x i⋅Hi
U i⋅Ti(12.16)
Izkaže se, da so si površine uparjalnikov po prvem izračunu različne, zato sledi normiranje.Na podlagi različnih površin izračunamo povprečno površino uparjalnikov po enačbi 12.17:
Ai=
∑i=1
n
A i
n
(12.17)
Na podlagi Ai in zveze:A i⋅Ti=A i , nova⋅Ti , nova (12.18)
izračunamo novo Ti . Postopek ponavljamo toliko časa, dokler ne velja naslednji kriterij: ∣AAi∣ (12.19)
Seminar 8. Večstopenjska uparjalna baterija – načrtovanje.
- 91 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
13.Kristalizacija
Kristalizacija je oblikovanje trdnih delcev v homogeni fazi: v plinu, v talini ali raztopini. Vkemijski tehniki je najpomembnejša operacija kristalizacija iz raztopin. Široka uporabakristalizacije iz raztopin v industriji temelji na dejstvu, da so kristali navadno čistejši odraztopine, iz katere so nastali, in da so tista oblika snovi, ki je primerna za skladiščenje,transport in uporabo.
Pri prenosu snovi iz taline, plinske zmesi ali raztopine želimo pridobiti kristale, ki ustrezajozahtevnim tržnim standardom, kot so velikost in porazdelitev delcev, belina, trdota, specifičnapovršina, nasipna teža, sestava, vlažnost...
Produktno inženirstvo je pojem, pod katerim razumemo znanje o procesnih pogojih, kivplivajo na končne karakteristike produkta, kot so obarjeni CaCO3, natrijev perkarbonat,silikati, zdravila, prehrambeni proizvodi.
RavnotežjePri kristalizaciji iz raztopin nastopa ravnotežje tekoče – trdno. Dosežemo ga, ko postanematična lužnica nasičena.
Po Gibbsovem faznem pravilu je število prostostnih stopenj enako 2, vendar je neodvisnaspremeljivka le ena, in sicer topnost (y). Vseh spremenljivk je štiri (P, T, y in x =1).
Topnost kot funkcijo temperature lahko prikažemo v diagramih s krivuljami, ki so za različnesnovi različne. V večini primerov topnost s temperaturo narašča, včasih je od temperatureskoraj neodvisna ali pa celo pada. Če tvori raztopljena snov s topilom solvate, je topnostnakrivulja lomljena in pripada vsak del drugemu solvatu.
Slika 13.1. Krivulje topnosti.
- 92 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Podatki, ki jih dobimo iz takih diagramov, veljajo le za večje kristale topljenca. Topnostmajhnih kristalov z enim ali nekaj mikroni premera je večja, ker imajo taki kristali mnogovečjo površinsko energijo na enoto mase kot veliki. Droben kristal je zato lahko v ravnotežju sprenasičeno raztopino. Vendar je to ravnotežje nestabilno. Če je namreč v raztopini tudi velikkristal, se bo mali kristal raztapljal, veliki pa rastel, dokler mali ne bo izginil.
Raztopina začne kristalizirati le, če je prenasičena. Prenasičeno napravimo pri snoveh, katerihtopnost strmo raste s temperaturo, z ohladitvijo, pri snoveh, pri snoveh, pri katerihtemperatura na topnost mnogo ne vpliva, pa z uparjanjem nasičene raztopine.
Pri številnih industrijskih kristalizacijah so kristali z matično lužnico dovolj časa v stiku, da sedoseže ravnotežje. V takih primerih lahko dobitek kristalov izračunamo iz začetnekoncentracije raztopine in iz topnosti pri končni temperaturi. Če pri tem izpari del topila, jetreba to v računu upoštevati. Kadar pa je rast kristalov počasna, ostane lahko končna matičnalužnica prenasicena in bo dobitek manjši od tistega, ki ga izračunamo na osnovi podatka otopnosti. To se zgodi zlasti takrat, ko je raztopina zelo viskozna ali ko se kristali zbirajo nadnu kristalizatorja in pride tako le majhen del površine kristalov v stik s prenasičenoraztopino.
Tipi kristalovPoznamo 7 oblik in 6 sistemov kristalov.Oblike: monoklinski, triklinski, ortorombski, tetragonalni, heksagonalni in kubični.Sistemi: ionski, kovinski, kovalentni, molekulski, polprevodniški in koordiantivni.
KinetikaSnovni prenos s kemijsko reakcijo, to je uvrščanje v kristalno rešetko.Za prenos snovi iz glavne mase prenasičene raztopine do kristalne ploskve lahko pišemo zatrenutno stanje enačbo:
w=k l⋅A⋅clck (13.1)kjer je cl koncentracija prenasičenja v tekoči fazi, kl pa koeficient snovnega prestopa.
Uvrščanje v kristalno rešetko pa ni neskončno hitro, kar pomeni, da upor ni enak nič.
Snovni fluks za hitrost uvrščanja delcev v kristalno mrežo pa velja ob predpostavki, da je le-tasorazmerna koncentracijski razliki:
w=kk⋅A⋅ckci (13.2)kjer je kk koeficient površinske reakcije, to je uvrščanja v kristalno mrežo v tej ploskvi.Odvisen je od temperature, od intenzivnosti mešanja pa ne, določimo pa ga lahko le sposkusom.
Če eliminiramo ck, lahko snovni fluks lahko zapišemo tudi kot:
w=1
1k l1kk
clci (13.3)
Koeficienta pa sta funkciji naslednjih parametrov: k l=f Re,Sc in kk=f T , k0,Ea .
Snovni tok w pa zapišemo še kot dm/(Adt) in izpeljemo zakon linearnega prirastka kristalov:
- 93 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
w=dmAdt
=1
1k l1kk
clci=K lc ; m=k⋅A⋅L⇒
L
t=K l
k⋅c (13.4)
kjer je ρk gostota kristala, L razdalja, pravokotna na kristalno ploskev in dL/ dt hitrostlinearnega prirastka kristala.
Zakon o rasti kristalov pa pravi: linearni prirastek tiste snovi, ki med rastjo ne spreminja svojeoblike, je enak in ni odvisen od velikosti kristala.
Za pridobitev konstantnega potenciala ∆c med kristalizacijo moramo uporabiti pravilnotehniko hlajenja. Odvisnost temperatur od koncentracije nam prikazuje slika 13.2.
Slika 13.2. Diagram s krivuljo topnosti in krivuljo kritičnega prenasičenja.
Naša zahteva med kristalizacijo je, da je ∆c/cs konstantna. Tu pa lahko uvedemo novokoličino, to je stopnjo prenasičenja s in supersaturacijski potencial ∆s, ki sta definirana:
s=clcs in s=
c
cs (13.5) in (13.6)
Sedaj pa lahko uporabimo Kelvinovo zvezo, ki povezuje stopnjo prenasičenja in velikostrastočega kristala:
ln s=4⋅Vm⋅
n⋅RT⋅Dc(13.7)
kjer je Vm molski volumen trdne snovi, n število enot v molekuli, σ površinska energij, ki jeza homogeno kristalizacijo 10-5 J/cm2, za heterogeno pa 10-7 J/cm2.
Pot do termodinamske stabilnosti:zametek ↔ kristalno jedro ↔ kristalA1A1⇔A2⇔Am⇔AKR
- 94 -
Separacijski procesi – zapiski predavanj Bojan BORIN
Za vršenje homogene kristalizacije rabimo za nastanek mejnega kristalnega delca bistvenovečja prenasičenja, saj so večje energije. Za znižanje energije pa se zato uporabljajokristalizacijska jedra.
Hitrost nastajanja delcev pa opisuje naslednja enačba:
N[št. delcevcm3s ]=C⋅exp[A⋅NA
RT ] (13.8)
kjer je NA Avogadrova konstanta, A delo, potrebno za nukleacijo (J/delec) in je definirano kot:
A=16⋅⋅3Vm
2
3n⋅RT⋅ln s2(13.9)
Občutljivost hitrosti nastajanja kristalov od stopnje prenasičenja s pa nam podaja naslednjatabela:
s N
0,014 5,17 × 10-7
0,015 5,5 × 10-3
0,0158 1
- 95 -
Separacijski procesi – Formule Bojan BORIN
- 1 -
1. Ravnotežje v dvofaznem sistemu
Gibsovo fazno pravilo: f + s = k + 2; Ravnotežje trdno – plin: ii
tot
py =
p
Ravnotežje plin – tekočina: p = He × x (Henryjev z.) Barometrska enačba: dP MP= ρ g;ρ =
dh RT− ⋅
2. Prenos snovi v dvofaznih sistemih
Plini: 5ν = ;a;D 10ρ
−η≈ pri deb. filma med 100 – 1000 µm;
Tekočine: 9D 10−≈ pri deb. sloja 10 (hitra) – 100 (počasna) µm Koeficient snovnega prenosa: 5 4
L10 < k < 10 m / s− − pri deb. sloja 10 – 100 µm 2 1G1 0 < k < 1 0 m / s− − pri 100 – 1000 µm
Snovni fluks na ravnotežju plin – tekoče: ( ) ( )L L L,i G G,i Gw = k c c = k c c− −�
( )iH
G L
1w = p p
1 K+
k k
−� ( )i
H G L
1w = c c
1 1+
K k k
−�;
Hsr
HeK =
RTc; i i
G H Lc = K c⋅ ; GP
c =RT
3. Destilacija Diferencialna destilacija
Rayleighova zveza: 0 x0
xm dc
ln =m y x−∫ Masne bilance: 0 Dm = m + m m x m x m x0 0 D D⋅ = ⋅ + ⋅
Ravnotežna „Flash“ destilacija
relativna hlapnost: ( )( )
1 11 1
2 2 1 1
y 1 xy / xα = =
y / x x 1 y
−
−; 2 1
1 2
T Tlogα = 9,1
T + T
−; ravnotežje:
xy
x( 1) 1
α=
α − +
Masna bilanca: fF L V; F x L x V y= + ⋅ = ⋅ + ⋅ Toplotna bilanca: pF 2 1 zmesiF c (T T ) V H⋅ − = ⋅ ∆
Frakcija hlapov: V
fF
= , frakcija tekočine: L
1 fF
− = ; obratovna črta: f1 f 1
y x xf f
−= − +
Tlak v adiabatni posodi: 0i 0
TP P exp 10,58 1 T = ⋅ ⋅ −
Desorpcija ali stripping
Masna bilanca: n 1 n n 1 nL(x x ) V(y y )− +− = − ; Učinkovitost: t
p
n teoretično št. prekatovE
n praktično št. prekatov= = ;
Št. teoretičnih prekatov:
0 1
n n 1t
Kx ylog
Kx yn
VKlog
L
+
− − =
; stripping faktor: K
SL /V
=
Destilacija z vodno paro
a = LHK, b = THK, n = VP tekočina: aa
xa b
=+
; para: aa
ya n
=+
Masna bilanca: a
TOT a
pa
n P p=
−;
Separacijski procesi – Formule Bojan BORIN
- 2 -
Izračun potrebne količine pare: ( ) ( ) tot tot 01 0 0 1
a a a a 1
P P b an a a a a ln
Ep Ep a
= − + − +
γ γ
Rektifikacija Masna bilanca: F = D + B; Komponentna masna bilanca: F D BF x = D x + B x⋅ ⋅ ⋅
Toplotna bilanca: gr F D B izg kondˆ ˆ ˆQ +F h = D h + B h Q Q⋅ ⋅ ⋅ + +� � � ; i pi i refh c (T T 0 C);i D,F,B= − = ° =
gr izp kond kondQ V' H ;Q V H= ⋅∆ = ⋅∆� �
Refluks. razm.: 0LRD
= → ∞ ≥ R naklon obrat. črte = 1; ∞ ≥ R ⇒ nt ≥ nt,min; R ≥ Rmin ⇒ nt ≤ ∞
Optimalni R: min opt min1,3 R R 1,5 R⋅ < < ⋅
Določitev števila prekatov v koloni: � Izračun od prekata do prekata + enačba ravnotežja! Zg. del: MB: V = L + D; KMB: i,n+1 i,n i,DV y = L x + D x⋅ ⋅ ⋅ ;
Enačba zg. obrat. črte: i,n 1 i,n D i,n DL D R 1
y x x x xL D L D R 1 R 1+ = + = ++ + + +
Sp. del: MB: L’ = V’ + B; KMB: i,m-1 i,m i,B L' x V ' y + B x⋅ = ⋅ ⋅ ;
Enačba sp. obrat. črte: i,m i,n BL' B
y x xV' V '
= −
E-črta: Fe 1
y x xe 1 e 1
= −− −
; f F
f f
H he
H h
−=
−; V V' L ' L e F= ⇒ − = ⋅ ; L L' V V' (1 e) F= ⇒ − = − ⋅
� Shorcut metoda (Fenske Underwood)
D B
B Dt,min
x (1 x )log
x (1 x )n 1
log
−−
+ =α
+ Robinson Gillilandov diagram t t,min
t
n n
n +1
− od minR R
R +1
− .
drug tlak: 0 0
P H 1 1ln
P R T T
∆= −
lok. nap. prekata:
2
F B
F D
n 1 x B xlog = 0,2log
m x D 1 x
− ⋅ ⋅
−
� Grafična (McCabe - Thiele)
Kolone: padec tlaka: 2 2vapour vapour max vapour vapour,maxP C v ; P C v∆ = ρ ∆ = ρ ;
Obratovne hitrosti: 0,7 – 0,5 × vmax ; Učinkovit.: t
p
nE
n= (prekat.);
t
HHETP
n= (kolon.)
Šaržna destilacija
Bogartov int: ( )
B
B,0
xB,0 D B,0 B
B2x D B
m (x x ) R(x ) 1t dx
V x x
− += − ⋅
−∫ ;
2
izp
Q DV ;V v
H 4 M
π ρ= = ⋅ ⋅∆
�
4. Sušenje Masna bilanca: ( )vst izst izst vstL(X X ) G Y Y− = − ; ssL v S d= ⋅ ⋅ ⋅ ρ ;
Vlažnost zraka Y: vlage
suhega zraka
mY
m= ; s
tot
p 8Y ;p p
P p 29= ⋅ = ϕ ⋅
−; X ... vlažnost materiala
Luikova zveza: 0 max
1 1 1ln
a X X
ϕ= − ϕ
Separacijski procesi – Formule Bojan BORIN
- 3 -
Mollierov diagram (entalpija I vs. vlažnost): ( ) ( )( )p,zr ref p,vlage refI c T T Y 2500 c T T= ⋅ − + + ⋅ −
Snovni prenos: ( ) 2 1c i cw k c c ;10 k 10 m /s− −= − < <� ; ( ) 2
y i yw k Y Y ;10 k 100g /m s= − < <� ;
y x
Y Yw
1/ k K / k
∗ −=
+�
y x
X Xw
1/(K k ) 1/ k
∗−=
⋅ +�
Čas sušenja:
konvektivni način: ss ss 0 krkon
y w
d (X X )t
k (Y Y)
ρ ⋅ −=
− difuzivni način:
2kr i
dif 2iAB
4z X Xt ln
X XD
−= −π
Psihrometrija: adiabata: pzrs g g s
cY Y (T T )
H− = −
∆; črta Tw: w g g w
y
hY Y (T T )
k H− = −
⋅ ∆;
psihrometrijsko razmerje: y p
hPR
k c=
⋅
Intenzivnost sušenja: mat
0 AB
dwN
X D=ρ
�; kr 0
NN 2 X X
3< ⇒ = ⋅ ; kr 0
2N 2 X 1 N X
3
> ⇒ = − ⋅
5. Ekstrakcija Ekstrakcija tekočih zmesi: C... mat. kom rafinatne faze; S... mat kom ekstraktne faze; A... komp, ki prehaja; L... rafinatna faza; V... ekstraktna faza: Kemijski tip ekstrakcije: MB: ( )in out out inL(C C ) V' Y Y− = − ; outV V'(1 Y )= +
EB: 22
org org, jetorg org org
vm vm g h g h ; f (h )
2 2
ρ ⋅⋅⋅ ⋅ = ⇒ ∆ρ ⋅ ⋅ = ∆ρ =
Baterija mešalnikov in ločevalnikov: 3 0,24
iloč 1,24 1,48
s
31 10t
( g) d
⋅ ⋅ η ⋅ γ=
∆ρ ⋅
1 3disp disp
loč
Hc h
A t
φ ∆ = ⋅
; disp orgLφ = = φ ; 0,025 < c < 0,15 (m/s)2/3; h = 0,5;
tot RL V Vφ = + +
0jet org jet lukenj
org
2 ghv ; v S
∆ρ= α φ = ⋅
ρ; z
LR
V= ; nR notr. razmerje v mix: R
n z
L 1V 1
R R
= −
Masne bilance v ternarnih sistemih: določitev koordinat: n n n 1 n 1iD
n n 1
L x V yX ;n 0,1,2...
L V+ +
+
− ⋅= =
−
6. Absorpcija
Snovni fluks: ( )AII AIICI CII
1w C C
1/K k 1/ k∗= −
⋅ +� 2 1 5 4
g l10 k 10 m /s;10 k 10 m /s− − − −< < < <
Raulov zakon: sr
cp He x He
c
∗∗= ⋅ = ⋅ ; i i
He G He Lsr
HeK ; c K c
RT c= = ⋅
⋅
Načrtovanje: MB: ( )in out out inG(y y ) L x x− = −
Snovni tok: ( )G tot L srK P a S (y y )dz Gdy K a S c x x dz Ldx∗ ∗⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = = − ⋅ ⋅ ⋅ − =
Separacijski procesi – Formule Bojan BORIN
- 4 -
Višina naprave: izst
vst
x
L LL sr x
L dxz H n
K aS c x x∗= ⋅ =⋅ −∫
vst
izs
y
G GG tot y
G(RT) dyz H n
K aS P y y∗= ⋅ =
⋅ −∫
Število prestopnih enot: tln
konc razlika cn
sr. potencial c
∆= =
∆; sr potencial: dno vrh
lndno
vrh
c cc
cln
c
∆ − ∆∆ =
∆∆
Moč kompresorja:
13
dnozr vrh
vrh
PmP P 1
1 s P
κ−κ
κ = ⋅ φ ⋅ − κ −
( )
( ) ( )( )( )
2 1L
2 2 1 1
2 2
1 1
x xn
x x x x
x xln
x x
∗ ∗
∗
∗
−=
− − −
−
−
7. Uparjanje Uparjanje v seriji: (f .... doba amortizacije)
bruto ebulio netoT T T∆ − ∆ = ∆ ; cena C: 3inv obr up pare
pr
G 1C C C N C f V 24h D C 10
V N = + = ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
;
pr
G1,1
V =
; optimalno št. uparjalnikov:
2
obropt inv obr
inv opt
K dC 1N ;0 K K
K dN N
= = = − ⋅
Večstopenjska baterija: ebulioT 0!!!∆ =
prva st.: ( )1 1 p F 2 2 2x H F c T T x H⋅ ∆ + ⋅ − = ⋅ ∆ ;
i-ta st.: ( )i
i i j p i i 1 i 1 i 1j
x H F x c T T x H+ + +
⋅ ∆ + − ⋅ − = ⋅ ∆
∑
entalpija: [ ]i iH 2256 2,1 (100 T ) kJ / kg∆ = + ⋅ − ; vsota vseh hlapov: n 1
i2
V x+
=∑ ; F
L
zV F 1
z
= −
temperaturne razlike: 1 n 11 n
1
ii 1
T TT
U
U
+
=
−∆ =
∑; 1
i 1i
UT T
U∆ = ∆ ⋅ ; površina i i
ii i
x HA
U T
⋅ ∆=
⋅ ∆,
n
ii 1
i
A
An
==∑
8. Kristalizacija
Zakon linearnega prirastka kristalov: V
Kc
KLC
t
∆= ∆
∆ ρ
Kelvinova zveza: em
C s s
c4V clns; s ; s
nRTD c c
σ ∆= = ∆ =
Hitrost nastajanja delcev: ( )
3 2A m
2
A N 16 VN C exp ; A
RT 3 nRT lns
⋅ πσ = ⋅ = ⋅�
Seminar pri predmetu Separacijski procesi
Seminar 1
Izpeljava Gibbsovega
faznega pravila
Domen Lapornik 4. KI, 2008/2009
Stanje sistema, ki vsebuje f faz in k komponent, je v ravnotežju določeno s temperaturo, tlakom in koncentracijami vseh komponent v posameznih fazah. Enačba za izračun molskega deleža i-te komponente v fazi α je naslednja:
1
ii k
ii
nx
n
αα
α=
=∑
Po definiciji je za vsako fazo vsota molskih deležev enaka 1:
��� + ��� + ⋯ + ��� = 1 �� + �� + ⋯ + �� = 1
. f ∙ k molskih deležev . ��� + ��� + ⋯ + ��� = 1
Za določitev sestave vsake faze imamo k molskih deležev, vendar lahko iz zgornjih f enačb po enega vedno izračunamo, če je ostalih (k - 1) poznanih.
1
1k
il jlj
x x=
= −∑ ( ≠ �)
Sestavo definiramo z � ∙ (� − 1) neodvisnimi spremenljivkami Število spremenljivk, ki jih potrebujemo za opis sistema je torej enako � ∙ (� − 1) + 2
sestava T,P
V ravnotežju mora biti kemijski potencial vsake komponente v vseh fazah enak:
��� = �� = ⋯ = ���
��� = �� = ⋯ = ���
. � ∙ (� − 1) enačb .
��� = �� = ⋯ = ���
Število prostostnih stopenj s je enako: � = � ∙ (� − 1) + 2 − � ∙ (� − 1) = �� − � + 2 − �� + �
� = � − � + 2 Prostostnih stopenj je tem več, čim več je komponent in čim manj je faz. Ta enačba velja le za sisteme, kjer so temperatura, tlak in koncentracija edine spremenljivke s katerimi lahko vplivamo na obnašanje sistema.
Seminar pri predmetu Separacijski procesi
Diferencialna destilacija
x0 = 10%
xD = 40%
k = 6
x1 = ?
����� � �����
�
�� �� �� � 1� �� � ����
�
����� � 0.4 ∙ ��.� � ��.� � 0.3 ∙0.8 0.2
1( ) 0.08 1.2f x x x−′ = ⋅ − ⋅
Seminar 2
Newtonova metoda
Dom
4. KI,
����� � �����
�
�� �� �� � 1� �� � ����
� 0
� �����
�
�� � � � ��� � ��
� � ��0.1�
���� � 0.4 � 0.
0.4 � �
∙ 0.1�.�
omen Lapornik
. KI, 2008/2009
.1��
� 0
Newtonova metoda
00
0 1
( ) 0( )
f xf x
x x
−′ =−
12 1
1
( )
( )
f xx x
f x= −
′
Izračuni
x1 = 0.03
�� � 0.03 � 0.4 ∙ 0.030.2 � 0.031.2 � 0.3 ∙ 0.10.2
0.08 ∙ 0.03��.� � 1.2 ∙ 0.03�.� � 0.03 � �0.00579147 0.41304 � 0.044
�� � 0.044 � 0.00132054 0.330984 � 0.040
� � 0.040 � �0.000177201 0.420244 � 0.0404
�! � 0.0404 � �0.0000110261 0.410659 � 0.0404
Rezultat: x1 = 0.0404 = 4.04%
Seminar pri predmetu
Separacijski procesi
Seminar 3
Določitev števila
prekatov
Domen Lapornik 4. KI, 2008/2009
Napajalno zmes (vrelo) F s tokom 200 mol/h in sestavo 0.5 vodimo v kolono, v kateri je tok hlapov V=400 mol/h in refluksno razmerje 3. Želimo dobiti 95% destilat in 5% destilacijski ostanek (imamo zmes benzen/toluen), Izračunaj število prekatov po vseh treh metodah! Podatki: F = 200 mol/h xF = 0.5 e = 1 V´ = V = 400 mol/h R = 3 xD = 0.95 xB = 0.05 α = 2.5 |xF - xB|≤ 0.01
1. Grafična metoda po McCabe-Thiele-ju
• Enačba ravnotežne črte:
� = � ∙ ���� ∙ �� − 1 + 1 = 2.5 ∙ �
1.5 ∙ � + 1
• Enačba zgornje obratovne črte
� = �� + 1 ∙ � + ��
� + 1 = 34 ∙ � + 0.95
4
• Enačba napajalne črte
� = ����
• Presečišče zgornje in spodnje obratovne črte: x = xF = 0.5
� = 34 ∙ 0.5 + 0.95
4 = 0.6125
• Enačba spodnje obratovne črte
� = � ∙ � + � 0.05 = 0.05 ∙ � + �
0.6125 = 0.5 ∙ � + �
� = 0.56250.45 ∙ � − 1
90
X
Y
X X XFB D
Rezultat grafične metode je 8 prekatov (zadnji vrh pomeni destilacijski kotel).
2. ˝Short cut˝ ali hitra tehnika za določitev konfiguracije kolone
• �� ��� = !"#$∙%&'#()
#(∙%&'#$) !" * − 1 =
!"+.,-∙�&'+.+-+.+-∙�&'+.,- !" ../ − 1 = 5.427
• ���� = ���* 12$
23− *∙���2$
��234 = �
../�� 15.6/5./ − ../∙���5.6/
��5./ 4 = 1.1
• 7�789:
7;� = <��.�<;� = 0.475
Iz diagrama Gillilandova korelacija odčitamo
�=��= 89:
�=;� = 0.25 → �� = 8.11 = 9
3. Račun od prekata do prekata
• Zgornji del kolone �� = �� = 0.95 y1 vstavimo v enačbo ravnotežja
�� = ���1 − � + � = 0.95
2.5�1 − 0.95 + 0.95 = 0.884
x1 vstavimo v enačbo zgornje obratovne črte
�. = �� + 1 ∙ �� + ��
� + 1 = 33 + 1 ∙ 0.884 + 0.95
3 + 1 = 0.901
�. = �.��1 − �. + �.
= 0.9012.5�1 − 0.901 + 0.901 = 0.785
�< = �� + 1 ∙ �. + ��
� + 1 = 34 ∙ 0.785 + 0.95
4 = 0.826
�< = �<��1 − �< + �<
= 0.8262.5�1 − 0.826 + 0.826 = 0.655
�@ = �� + 1 ∙ �< + ��
� + 1 = 34 ∙ 0.655 + 0.95
4 = 0.729
�@ = �@��1 − �@ + �@
= 0.7292.5�1 − 0.729 + 0.729 = 0.518 ≅ ��
�/ = �� + 1 ∙ �@ + ��
� + 1 = 34 ∙ 0.518 + 0.95
4 = 0.626
�/ = �/��1 − �/ + �/
= 0.6262.5�1 − 0.626 + 0.626 = 0.401
V zgornjem delu kolone so 4 prekati.
• Spodnji del kolone
Zveze: BC = B + D ∙ E → BC = B + E FC = F − �1 − D ∙ E → FC = F G = BC − F′ FC ∙ � = BC ∙ � + G ∙ �I
� = B′F′ = B + E
F = 1.25
Izračuni: �� = �I = 0.05 B + E
F = 1.25 → L = 300 molh
�� = α ∙ ������ − 1 + 1 = 2.5 ∙ 0.05
0.05�2.5 − 1 + 1 = 0.116
�. = VCy� + B�IL′ = V′
L′ y� + LC − V′L′ �I = VC
LC �y� − �I + �I = 0.8�0.116 − 0.05 + 0.05 = 0.103
�. = α ∙ �.�.�� − 1 + 1 = 0.223
�< = VC
LC �y. − �I + �I = 0.188
�< = α ∙ �<�<�� − 1 + 1 = 0.367
�@ = VC
LC �y< − �I + �I = 0.304
�@ = α ∙ �@�@�� − 1 + 1 = 0.522
�/ = VC
LC �y@ − �I + �I = 0.428
�/ = α ∙ �/�/�� − 1 + 1 = 0.652
�S = VC
LC �y/ − �I + �I = 0.532 ≅ 0.5
V spodnjem delu kolone je 5 prekatov. Skupaj ima kolona 9 prekatov ter kotel.
Seminar pri predmetu Separacijski procesi
Seminar 4 Šaržna rektifikacija
Domen Lapornik 4. KI, 2008/2009
Zmes etanola in vode s 55% etanola (��� = 55%) destiliramo, da dobimo destilat s 75 mol%
etanola. Na razpolago so 4 teoretični prekati. Začetno refluksno razmerje je 0.85, končno pa
naj ne bo večje od 4. Izračunaj množino dobljenega destilata in toploto, potrebno za 1kmol
produkta in čas destilacije, ki jo vršimo na koloni premera 15 cm, v kateri je dopustna hitrost
hlapov 1 m/s.
��� = 55%
�� = 75%
����� = 0.85
���� = 4
������� = 0.15 �
���� !��� = 1 �/#
$% = 100 &�'(
) �*�
%= −���
�� − ���, ) -��) + 1
-�� − ��)/ ���012
01�
Tabela 1: Ravnotežni podatki za sistem etanol in voda
x y
0.019 0.17
0.0721 0.3891
0.0966 0.4375
0.1238 0.4704
0.1661 0.5089
0.2337 0.5445
0.2608 0.558
0.3273 0.5826
0.3965 0.6122
0.5079 0.6564
0.5198 0.6599
0.5732 0.6841
0.6763 0.7385
0.7472 0.7815
0.8943 0.8943
Iz podatkov v tabeli sem narisal graf z ravnotežno krivuljo in obratovnimi črtami za R=0.85,
R=1, R=1.5, R=2, R=2.5, R=3, R=3.5 in R=4. Za vsak R sem na x-osi odčital xB.
Graf 1: Grafična določitev xB iz ravnotežne in obratovnih črt za R=0.85, R=1.5, R=2.5, R=3.5
R=1.5
R=0.85
R=3.5
R=2.5
x
y
Graf 2: Grafična določitev xB iz ravnotežne in obratovnih črt za R=1, R=2, R=3, R=4
Tabela 2: Grafično določene vrednosti xB v odvisnosti od R
R xB
0.85 0.58
1.0 0.56
1.5 0.47
2.0 0.4
2.5 0.33
3.0 0.28
3.5 0.23
4.0 0.19
Iz podatkov v tabeli sem narisal krivuljo in s pomočjo programa Mathematica določil enačbo
za krivuljo, ki se prilega tabelaričnim podatkom.
R=1
R=2
R=3
R=4
x
y
Graf 3: Grafično določene točke in prilegajoča krivulja
Enačba krivulje, ki opiše odvisnost R od xB:
-��) = 8.08154 ∙ 456.789%/∙01
S pomočjo računalniškega programa Mathematica sem izračunal integral:
) -��) + 1-�� − ��)/ ���
012
01�= 10.577 = :
, = ; ∙ < ∙ = = 1 �# ∙ 3.14 ∙ 0.15/ �/
4 ∙ 0.879 ∙ 106 &A�6 = 15.525 &A
#
1= = ���
=��+ -1 − ���)
=C���= 0.65 ��6
0.82599 &A + 0.35 ��60.998 &A → = = 0.879 &A
��6
Čas destilacije
* = ����� − ���
, ∙ : = 100 &�'( ∙ -0.65 ∙ 46 + 0.35 ∙ 18) A�'( ∙ -0.75 − 0.55)#
15.525 &A ∙ 10.577
* = 493.25 # = 8.22 �F$
R
xB
Množina dobljenega destilata
G = $%��� − ���� − ��
= 100 &�'( 0.55 − 0.190.75 − 0.19 = 64.286 &�'(
Toplota, potrebna za 1 kmol produkta
∆I��� = 4000 &J/&�'(
, = KL∆I���
KL = , ∙ ∆I��� = 15.525 &A ∙ &�'(# ∙ -0.65 ∙ 46 + 0.35 ∙ 18) &A ∙ 4000 &J
&�'( = 1715.47 &M
Seminar pri predmetu Separacijski procesi
Seminar 5
Sušenje
Domen Lapornik 4. KI, 2008/2009
Površino polito z acetonom sušimo z acetonsko suhim zrakom (Y=0) s temperaturo 60 °C.
Koliko znaša temperatura površine?
Tg = 60 °C
�� = 0 �
��∙��= 1.76
Tw = ?
�� = ���������
∙ ��������������
� = = � ∙ !" 10.5 $1 − &'& ( (Clausius-Clapeyronova enačba za aceton)
)� = )*+(-./01-) = 56° 5
) = )6
�6 − �� = ���∙∆8 ()� − )6)
�� = �6
)� = 60° 5 �
��= 1.76 ∙ 9�:;
9�:; = 1.0893 �?�@∙A
∆BCD� = ∆ECD� ∙ )*+ = 88 ?F0G∙A ∙ 329.2 I = 28.97 �?
F0G (Troutonovo pravilo)
� /0/ − �
∙ J-./01-JD+-�-
= ℎLM ∙ ∆B ()� − )6)
� ∙ !" 10.5 $1 − )*+)6
(
/0/ − � ∙ !" 10.5 $1 − )*+)6
(∙ J-./01-
JD+-�-= ℎ
LM ∙ ∆B ()� − )6)
N�N.O �P-∙.Q�N�.R$N�STU.TVW
(N�N.O�P-�N�N.O �P-∙.Q�N�.R$N�STU.T
VW(
∙ RX YZ�[
\] YZ�[
= 1.76 ∙N�X].O ^
�Y∙_∙�.�RX �YZ�[
\X]`� ^Z�[
(333.2 I − )6)
To enačbo rešimo s poskušanjem ali numerično.
N�N.O ∙.Q�N�.R$N�STU.TVW
(N�N.O�N�N.O ∙.Q�N�.R$N�STU.T
VW(
∙ 2 = 1.76 ∙ N�X].O∙�.�RX\X]`� (333.2 − )6)
.Q�N�.R$N�STU.T
VW(
N�.Q�N�.R$N�STU.TVW
(= 1.9192 ∙ 10�O (333.2 − )6)
Rešitev enačbe je:
)6 = 271.27 I
Seminar pri predmetu Separacijski procesi
Seminar 6
Ekstrakcija
Domen Lapornik 4. KI, 2008/2009
���
= 0.7
�� = 0.765 = 2% �� = 1000 �� ���
= 0.2
�����= 0
�� =? � =?
��,� =��∙� �
!"�∙# �
��!"�=
$���∙�.%!&.'∙�.'
$���!&.'= 0.197
)$ =��∙� �
∙*
# �
=$���∙�.%∙�.�%
�.'= 5.7
�� =# ∙+ �,
$+ �,=
�.'∙�.'-&
$�.'-&= 0.3
� =($!# )∙+ �,
$+ �,=
($!�.')∙�.'-&
$�.'-&= 0.13