Download pdf - Zapiski predavanj separacijski procesij

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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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.


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 -


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 -


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 -


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 -



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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


MANJKA PREDAVANJE 12.1.2005!

- 63 -


Prazna stran!

- 64 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


• 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 -


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


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


• 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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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 -


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=

−;


- 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


- 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∗ ∗⋅ ⋅ ⋅ ⋅ − = = − ⋅ ⋅ ⋅ − =


- 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.


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


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 4 Šaržna rektifikacija


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%

��č�� = 0.85

��č�� = 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 5

Sušenje


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 6

Ekstrakcija


��

= 0.7

�� = 0.765 = 2% �� = 1000 ��

= 0.2

��= 0

�� =? � =?

��,� =��∙� �

!"�∙# �

��!"�=

$��∙�.%!&.'∙�.'

$��!&.'= 0.197

)$ =��∙� �

∙*

# �

=$��∙�.%∙�.�%

�.'= 5.7

�� =# ∙+ �,

$+ �,=

�.'∙�.'-&

$�.'-&= 0.3

� =($!# )∙+ �,

$+ �,=

($!�.')∙�.'-&

$�.'-&= 0.13