Majda KRAJNC SINTEZA PROCESOV zbirka rešenih nalog zbrano gradivo Maribor, 2015 Copyright 2015. 1. izdaja 2015 Majda Krajnc, Sinteza procesov, zbirka rešenih nalog Avtorica: doc. dr. Majda Krajnc Vrsta publikacije: zbrano gradivo Založnik: FKKT Univerze v Mariboru Naklada: On-line Dostopno na naslovu: http://www.fkkt.um.si/egradiva/egradiva.php in na univerzitetnem učnem okolju Moodle pri predmetu Sinteza procesov. Gradiva iz publikacije, brez dovoljenja avtorice, ni dovoljeno kopirati, reproducirati, objavljati ali prevajati v druge jezike. CIP - Kataložni zapis o publikaciji Univerzitetna knjižnica Maribor 66.02(075.8)(076.2) KRAJNC, Majda Sinteza procesov [Elektronski vir] : zbirka rešenih nalog : zbrano gradivo / Majda Krajnc. – 1. izd. - Maribor : Fakulteta za kemijo in kemijsko tehnologijo, 2015 ISBN 978-961-248-467-5 COBISS.SI-ID 80379393 Predgovor Zbirka rešenih nalog je nastajala 18 let, vse od časa, ko sem pričela predavati vsebino predmeta Sinteza procesov. Naloge so praktična uporaba teorije, ki je zajeta v zbranem gradivu Sinteza procesov in sem jih z leti dopolnjevala tako vsebinsko kot slikovno. Leta 2004 mi je bila v veliko pomoč pri izdelavi gradiva študentka Tanja Rakovec, ki je naloge prenesla v elektronsko obliko. V tem letu je bila zbirka posredovana študentom tretjega letnika visoko strokovne smeri pri predmetu Sinteza procesov. Dosegljiva je bila v elektronskem učnem okolju ELEUM in kasneje v Moodlu. Uporabljali so jo kot dopolnilo pri študiju in pripravah na pisni del izpita. V študijskem letu 2013/2014 sem zbirko »modernizirala« in vključila v vsebino, kjer je bilo mogoče, numerične metode, ki jih lahko programiramo ali so dosegljive v MS Excelu. Prav tako so slike novelirane in izdelane s programom Excel. Na ta način sem hotela povezati vsebino predmetov Procesno računanje I in II, ki ju spoznavajo študentje v 1. letnika iste študijske smeri, z vsebino pri predmetu Sinteza procesov, ki je nadgradnja predmetov. Študentom želim, da bi zbirka omogočila širši vpogled v vsebino predmeta, razširila znanje o načrtovanju kemijskih procesov ter vzbudila kreativno reševanje problemov. doc. dr. Majda Krajnc V Mariboru, 2015 i ii Vsebina stran PREDGOVOR 1. TEHNIKA PROCESNIH SISTEMOV 1 2. SINTEZA REAKCIJSKIH POTI 3 1. Naloga: Pridobivanje vinilklorida 3 2. Naloga: Leblancov postopek pridobivanja sode 5 3. Naloga: Proizvodnja fenola 7 4. Naloga: Pridobivanje NaOH 8 3. SNOVNE BILANCE IN RAZPOREJANJE KEMIJSKIH KOMPONENT 11 1. Naloga: Masa in prostornina raztopine 11 2. Naloga: Masa raztopine 12 3. Naloga: Masna bilanca procesa I 13 4. Naloga: Masna bilanca procesa II 14 5. Naloga: Proizvodnja fenola 17 6. Naloga: Separacija trdnih delcev 19 7. Naloga: Pridobivanje K-mila 20 8. Naloga: Pridobivanje fenola 23 4. IZBIRA SEPARACIJSKE NALOGE 27 1. Naloga: Separacijsko zaporedje I 27 2. Naloga: Separacijsko zaporedje II 29 3. Naloga: Separacijsko zaporedje III 31 4. Naloga: Separacijsko zaporedje IV 33 5. Naloga: Separacijsko zaporedje V 35 6. Naloga: Separacijsko zaporedje VI 36 5. KEMIJSKA REAKCIJSKA TEHNIKA 39 1. Naloga: Piroliza etana 39 2. Naloga: Hitrost reakcije 40 3. Naloga: Reakcijski čas 41 4. Naloga: Presnova reakcije 42 5. Naloga: Hitrost reakcije 45 6. Naloga: Enačba proizvodnosti 46 iii 7. Naloga: Prostornina reaktorja 47 8. Naloga: Iztočna koncentracija 49 9. Naloga: Prostornina reaktorja 50 10. Naloga: Prostorninski vtok 52 11. Naloga: Enačba proizvodnosti 53 12. Naloga: Prostorninski vtok 55 6. INTEGRACIJSKA NALOGA 59 1. Naloga: Načrtovanje hladilnika 59 2. Naloga: Reakcijska entalpija 60 3. Naloga: Pridobivanje vodne pare 61 4. Naloga: Ploščina toplotnega prenosnika 62 5. Naloga: Načrtovanje toplotnega prenosnika 63 6. Naloga: Ohlajevanje destilata s propanom 65 7. Naloga: Določanje energetskih ciljev v VSK 66 8. Naloga: Sestavljeni krivulji 68 9. Naloga: Mrežni diagram I 70 10. Naloga: Energetski cilji v VSK 71 11. Naloga: Določanje energetskih ciljev v VSK 74 12. Naloga: Mrežni diagram II 77 7. OVREDNOTENJE INVESTICIJE IN OBRATOVALNIH STROŠKOV 79 1. Naloga: Nakupna cena TP 79 2. Naloga: Cena vgrajenega gorilnika 80 iv 1. poglavje: Tehnika procesnih sistemov 1. Tehnika procesnih sistemov V tem delu bo prikazanih nekaj strokovnih izrazov, ki se pojavljajo v vsebini posameznih poglavij pri predmetu Sinteza procesov. Ker v Sloveniji ni veliko literature s tega področja, bodo uporabljeni tudi angleški izrazi, ki jih bomo prevedli v slovenščino in nato pojasnili njihov pomen oziroma uporabo. Izrazi so osnova in zgledi za izdelavo »e-strokovnega slovarja«, ki ga izdelujemo v učnem okolju Moodle. 1. Naloga: Tehnika procesnih sistemov slanica angl.: brine Slanica je nasičena vodna raztopina soli npr. NaCl. sinteza angl.: synthesis Spajanje, sestavljanje, združevanje v celoto, nastajanje kemijskih spojin iz prvin ali enostavnih spojin1. . . . 2. Naloga: Sinteza reakcijskih poti alkilacija angl.: alkylation Alkilacija je sekundarni postopek čiščenja nafte, s katerim dobimo bencin najvišje kakovosti. . . . 3. Naloga: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent piroliza angl.: pyrolysis Postopek razkroja snovi pri višjih temperaturah. sito angl.: sieve Naprava sestavljena iz ogrodja z gosto mrežo. . . . 1 Veliki slovar tujk, 2002. 1 1. poglavje: Tehnika procesnih sistemov 4. Naloga: Izbira separacijske naloge separacija angl.: separation Ločevanje snovi na frakcije. . . . 5. Naloga: Kemijska reakcijska tehnika reaktor angl.: reactor Procesna naprava v kateri poteka kemijska sprememba snovi. . . . 6. Naloga: Integracijska naloga hladilnik angl.: cooler Procesna naprava za hlajenje. cevno-plaščni toplotni prenosnik angl.: shell-and-tube heat exchanger Procesna naprava za prenos toplote med dvema fluidoma: toplim in hladnim. Toplota se prenaša skozi stično površino od toplega k hladnemu fluidu. . . . 7. Naloga: Ovrednotenje investicije in obratovalnih stroškov obratovalni stroški angl.: operating costs V procesni tehniki so to po navadi stroški porabe pare, hladilne vode, elektrike…. . . . 2 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti 2. Sinteza reakcijskih poti 1. Naloga: Pridobivanje vinilklorida1 Polivinilklorid (PVC) pridobivamo s polimerizacijo vinilklorida. Vinilklorid lahko proizvedemo po različnih reakcijskih poteh iz etena, etina, klora in/ali HCl. Direktna reakcija je naslednja: C2H2 + HCl  C2H3Cl etin vinilklorid Indirektno lahko vinilklorid pridobimo z naslednjo reakcijsko potjo: C2H4 + Cl2  C2H4Cl2 eten dikloretan C2H4Cl2  C2H3Cl + HCl vinilklorid Direktna reakcija je manj zaželena kot indirektna, ker je eten cenejši od etina, manj škodljiv in nevaren. Vendar pa pri indirektni reakciji nastaja HCl, ki ga moramo primerno obdelati. V naslednji reakcijski poti je prikazana reakcija med HCl, kisikom in etenom, pri čemer proizvedemo še dodatni dikloretan. 2 HCl + 1/2 O2 + C2H4  C2H4Cl2 + H2O eten dikloretan C2H4Cl2  C2H3Cl + HCl vinilklorid Edini stranski produkt je voda. Vendar, če ne razpade zadostna količina dikloretana, moramo HCl kupiti. Predstavljene so štiri osnovne reakcije, ki jih lahko kombinirate in tvorite nove reakcijske poti. Določite: a) reakcijsko pot, po kateri bi proizvedli z neto reakcijo 2 mol vinilklorida, pri čemer bi porabili 2 mol etena, 1 mol Cl2 in 1/2 mol O2. Stranski produkt je lahko samo voda. b) reakcijsko pot, po kateri bi proizvedli z neto reakcijo 2 mol vinilklorida pri čemer bi porabili 1 mol etena, 1 mol etina in 1 mol Cl2. Stranski produkti niso dovoljeni. Izračunajte ekonomski potencial vsake reakcijske poti in primerjajte ekonomsko učinkovitost! Ekonomski podatki so naslednji: Komponenta Cena / (USD/kg) Eten 0,07 Etin 0,44 Klor 0,09 Vodikov klorid 0,9* Vinilklorid 0,11 * nakupna cena in nima prodajne vrednosti. 1 Rudd, D. F., Powers, G. J., Siirola, J. J. Process Synthesis, Prentice-Hall, Inc. Englewood Cliffs, New Jersey, 1973. 3 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti Potek reševanja: a) 1 1. reakcija: C H + 2 HCl + O  C H Cl + H O 2 4 2 2 4 2 2 2 2. reakcija: C H + Cl  C H Cl 2 4 2 2 4 2 3. reakcija: C H Cl  kat. C H Cl + HCl 2 4 2 2 3 vinilklorid Reakcija C H Cl C H Cl C H Cl HCl O H O 2 4 2 2 4 2 2 3 2 2 1 - 1 1 - 2 - ½ 1 2 - 1 - 1 1 3 - 1 /∙ 2 1 /∙ 2 1 /∙ 2 Neto - 2 - 1 0 2 0 - ½ 1 1 Neto reakcija: 2 C H + Cl + O  2 C H Cl + H O 2 4 2 2 2 3 2 2 vinilklorid b) 1. reakcija: C H + Cl  C H Cl 2 4 2 2 4 2 2. reakcija: C H + HCl  kat. C H Cl 2 2 2 3 3. reakcija: C H Cl  kat. C H Cl + HCl 2 4 2 2 3 Reakcija C H Cl C H Cl C H HCl C H Cl 2 4 2 2 4 2 2 2 2 3 1 - 1 - 1 1 2 - 1 - 1 1 3 - 1 1 1 Neto - 1 - 1 0 - 1 0 2 Neto reakcija: C H + Cl + C H  2 C H Cl 2 4 2 2 2 2 3 vinilklorid Cene preračunamo na množinsko osnovo: Komponenta Cena/(USD/kg) M /(kg/kmol) Cena/(USD/kmol) C H 0,07 28 1,96 2 4 C H 0,44 26 11,44 2 2 Cl 0,09 71 6,39 2 HCl* 0,9* 36,5 32,85 C H Cl 0,11 62,5 6,88 2 3 * nakupna vrednost in nima prodajne vrednosti 4 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti Izračun ekonomskega potenciala: a) 1 EP = − 2 kmol ∙ 1,96 USD/kmol + (−1 kmol ∙ 6,39 USD/kmol) + (− kmol ∙ 0 USD/kmol) + 2 + 2 kmol ∙ 6,88 USD/kmol + 1 kmol ∙ 0 USD/kmol = = − 3,92 − 6,39 + 13,76 = 3,45 USD/2 kmol vinilklorida = 1,725 USD/ kmol vinilklorida b) EP = − 1 ∙ 1,96 + (− 1 ∙ 6,39) + (− 1 ∙ 11,44) + 2 ∙ 6,88 = = − 1,96 − 6,39 − 11,44 + 13,76 = − 6,03 USD/2 kmol C H Cl 2 3 = − 3,015 USD/kmol C H Cl 2 3 Direktna reakcija: EP = −1 ∙ 11,44 + (− 1 ∙ 32,85) + 1 ∙ 6,88 = = − 11,44 − 32,85 + 6,88 = − 37,41 USD/kmol C H Cl 2 3 Komentar: Izračun EP kaže, da je potencialna reakcijska pot varianta a, saj nam edina da pozitivni rezultat. Varianta b in direktna reakcija sta ekonomsko neprivlačni. 2. Naloga: Leblancov postopek pridobivanja sode1 Prvi komercialno izveden proces je bil proces pridobivanja sode, ki ga je razvil Leblanc leta 1773. Reakcijska pot, po kateri so pridobili sodo, je bila naslednja: 1.reakcija: NaCl + H2SO4  Na2SO4 + HCl 2.reakcija: Na2SO4 + C  Na2S + CO2 3.reakcija: Na2S + CaCO3  Na2CO3 + CaS soda Izvedite proizvodno  porabno analizo in izračunajte ekonomski potencial za 1 t pridobljene sode po omenjenem postopku, če so znani naslednji ekonomski podatki: Komponenta Vrednost /(USD/t) CaS 0 NaCl 14 H2SO4 30 Na2SO4 24 HCl 110 C 10 CO2 0 CaCO3 12 Na2CO3 16 5 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti Potek reševanja: Najprej uredite reakcije: 1. reakcija: 2 NaCl + H SO  Na SO + 2 HCl 2 4 2 4 2. reakcija: Na SO + 2 C  Na S + 2 CO 2 4 2 2 3. reakcija: Na S + CaCO  Na CO + CaS 2 3 2 3 Proizvodno – porabna analiza: Re akcija NaCl H SO Na SO HCl C Na S CO CaCO Na CO CaS 2 4 2 4 2 2 3 2 3 1 - 2 - 1 1 2 2 -1 - 2 1 2 3 - 1 - 1 1 1 Neto - 2 - 1 0 2 - 2 0 2 - 1 1 1 Neto reakcija: 2 NaCl + H SO + 2 C + CaCO  2 HCl + 2 CO + Na CO + CaS 2 4 3 2 2 3 soda Najprej preračunajte cene na množinsko osnovo! Komponenta Cena/(USD/t) M/(t/Mmol) Cena/(USD/Mmol) CaS 0 72 0 NaCl 14 58,5 819 H SO 30 98 2940 2 4 Na SO 24 142 3408 2 4 HCl 110 36,5 4015 C 10 12 120 CO 0 44 0 2 CaCO 12 100 1200 3 Na CO 16 106 1696 2 3 Ekonomski potencial (če predpostavimo bilanco za Mmol): EP = − 2 Mmol ∙ 819 USD/Mmol − 1 ∙ 2 940 + 2 ∙ 4 015 − 2 ∙ 120 + 2 ∙ 0 + (− 1 ∙ 1 200) + + 1 ∙ 1 696 + 1∙ 0 = = − 1 638 − 2 940 + 8 030 − 240 − 1 200 + 1 696 = 3 708 USD/1 Mmol Na CO 2 3 1 Mmol Na CO …….. 106 t Na CO ………… 3 708 USD 2 3 2 3 1 t ………….. x x = 35 USD/t Na CO 2 3 6 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti 3. Naloga: Proizvodnja fenola Izvedite proizvodno  porabno analizo pridobivanja fenola po naslednji reakcijski poti: Cl ONa 1. reakcija : + NaOH + NaCl + H O 2 ONa OH 2. reakcija : + HCl + NaCl Izračunajte ekonomski potencial za 1 t pridobljenega fenola, če so znani naslednji ekonomski podatki: Komponenta Vrednost / (USD/kg) Klorobenzen 20 NaOH 18 Na-fenoksid 169 NaCl 12 Fenol 25 H2O 0 HCl 11 Potek reševanja: Najprej uredite reakcije: 1. reakcija: C H Cl + 2 NaOH  C H ONa + NaCl + H O 6 5 6 5 2 2. reakcija: C H ONa + HCl  C H OH + NaCl 6 5 6 5 Proizvodno – porabna analiza: Osnova je 1 kmol snovi. Reakcija C H Cl NaOH C H ONa NaCl H O HCl C H OH 6 5 6 5 2 6 5 1 - 1 - 2 1 1 1 2 - 1 1 - 1 1 Neto - 1 - 2 0 2 1 - 1 1 Neto reakcija: C H Cl + 2 NaOH + HCl  C H OH + 2 NaCl + H O 6 5 6 5 2 7 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti 1 kmol C H Cl 6 5 1 kmol H O 2 Proces 2 kmol NaOH 1,2 reakcija 2 kmol NaCl 1 kmol C H OH 6 5 1 kmol HCl Cene preračunajte na množinsko osnovo! Komponenta M/(kg/kmol) Cena/(USD/kg) Cena/(USD/kmol) C H Cl 112,5 20 2250 6 5 NaOH 40 18 720 HCl 36,5 11 401,5 C H OH 94 25 2350 6 5 NaCl 58,5 12 702 Ekonomski potencial: EP = (1 kmol ∙ 2 350 USD/kmol + 2 kmol ∙ 702 USD/kmol) − (1 ∙ 2 250 + 2 ∙ 720 + 1∙ 401,5) = produkti reaktanti = 3 754 – 4 091,5 = − 337, 5 USD/kmol fenola − 337,5 USD ………. 1 kmol fenola ……… 94 kg fenola x 1 000 kg fenola x = − 3 590 USD/1 t fenola 4. Naloga: Pridobivanje NaOH Soda v prahu in gašeno apno reagirata, pri čemer dobimo kaustično sodo (NaOH) in Ca-karbonat. Reakcija je naslednja: Na2CO3 + Ca(OH)2  2 NaOH + CaCO3 Pri proizvodnji dejansko porabijo in pridobijo naslednje količine komponent: 8 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti Na2CO3 21200 t/d, NaOH 16000 t/d, CaCO3 20000 t/d, Ca(OH)2 14800 t/d. Ali se navedene količine ujemajo s stehiometrijo gornje reakcije? Kakšen je ekonomski potencial procesa na tono proizvedenega NaOH? Na voljo imamo naslednje podatke o cenah surovin in produktov: Na2CO3 40 USD/t, Ca(OH)2 18 USD/t, NaOH 20 USD/t, CaCO3 18 USD/t. Potek reševanja: Ceno preračunajte na množino snovi: Komponenta Cena/(USD/t) M/(t/Mmol) Cena/(USD/Mmol) Na CO 40 106 4240 2 3 CaOH 18 74 1332 2 NaOH 20 40 800 CaCO 18 100 1800 3 Preračun masnega pretoka snovi v množinski pretok: 21200 t Mmol 21 200 t/d  Na CO = 200 Mmol/d Na CO 2 3 2 3 d 106 t 16 000 t/d  = 400 Mmol/d NaOH 20 000 t/d  = 200 Mmol/d CaCO 3 14 800 t/d  = 200 Mmol/d CaOH 2 Reakcija: Na CO + CaOH  2 NaOH + CaCO 2 3 2 3 ali 200 Na CO + 200 CaOH  400 NaOH + 200 CaCO 2 3 2 3 9 2. poglavje: Sinteza reakcijskih poti Stehiometrija se ujema s podano količino snovi! Ekonomski potencial: EP = (400 Mmol/d ∙ 800 USD/Mmol + 200 Mmol/d ∙ 1 800 USD/Mmol) – − (200 ∙ 4 240 + 200 ∙ 1 332) = = (320 000 + 360 000) – (848 000 + 266 400) = = − 434 400 USD/d za 400 Mmol NaOH = − 1 086 USD/d za 1 Mmol NaOH ali 40 t = − 27,15 USD/d za 1 t NaOH 10 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 3. Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 1. Naloga: Masa in prostornina raztopine Koliko kg raztopine dobimo, če zmešamo 1 L etanola in 1 L vode? Koliko litrov raztopine dobimo? Izračunajte masni delež alkohola v raztopini! Podatki: 1(etanol, 20 C) = 0,789 g/cm3 2(vode, 20 C) = 0,998 g/cm3 3(raztopine, 20 C) = 0,929 g/cm3 Potek reševanja: etanol voda V = 1 L mešanje V = 1 L 1 1 2 2 3 raztopina Splošno: m m = ρ ∙ V , V =  m = ρ ∙ V 1 1 1 m = ρ ∙ V 2 2 2 m = 0,789 ∙1000 1 m = 789 g 1 m = 998 g 2 m = 0,998 ∙1000 2 m  m  m 3 1 2 m = 789 + 1000 = 1787 g 3 11 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent m V = 3 3 3 1787 g V = 3 g 929 , 0 3 cm V = 1924 cm 3 3 Masni delež alkohola v raztopini : 789 w (alkohol) = = 0,441 = 44,1 % 3 789  998 2. Naloga: Masa raztopine 2000 kg raztopine z w(Ca(OH)2 ) = 5 % pripravimo z razredčenjem raztopine z w(Ca(OH)2) = 20 %. Izračunajte, koliko vode moramo dodati k 20 %-ni raztopini, da dobimo želeno količino 5 %-ne raztopine! Potek reševanja: A = H O 2 B = CaOH 2 3 H O 2 razredčena raztopina 1 Mešanje 2 raztopina w = 20 % m = 2 000 kg B 2 w = 5 % B Masna bilanca celotnega procesa : m + m = m 3 1 2 komponenta A : m ∙ 0,8 + m = m ∙ 0,95 1 3 2 komponenta B : m ∙ 0,2 + 0 = m ∙ 0,05 1 2 12 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent m ∙ 0,8 + m = 2 000 ∙ 0,95 m ∙ 0,2 = 2 000 ∙ 0,05 1 3 1 m ∙ 0,8 + m = 1 900 m ∙ 0,2 = 100 1 3 1 m = 500 kg 1 500 ∙ 0,8 + m = 1 900 3 400 + m = 1 900 3 m = 1 500 kg 3 Rezultat : Vtok : 500 kg raztopine z w = 20 % + 1 500 kg H O B 2 Iztok : 2 000 kg razredčene raztopine z w = 5 % B m = m + m 2 3 1 2 000 = 1 500 + 500 3. Naloga: Masna bilanca procesa I Za prikazani proces določite sestavo in količine neznanih tokov. Predpostavimo, da proces obratuje v stacionarnem stanju. Osnova je 100 kg/h produkta A v toku 5. Ostali podatki so prikazani na sliki. 13 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Potek reševanja: Masna bilanca celotnega procesa: q = q + q m 1 , m,5 m,4 komponenta A : q ∙ 0,2 = q ∙ 1 + q ∙ 0,05 m 1 , m,5 m,4 komponenta B : q ∙ 0,8 = q ∙ 0,95 m 1 , m,4 0,2 ∙ q + 0,2 ∙ q = q + 0,05 ∙ q m,5 m,4 m,5 m,4 0,2 ∙ q − 0,05 ∙ q = q − 0,2 ∙ q m,4 m,4 m,5 m,5 0,15 ∙ q = 0,8 ∙ q m,4 m,5 8 , 0  q q = m,5 Ker je q = 100 kg/h: m,4 15 , 0 m,5 q = 533 kg/h m,4 q = q + q = 100 + 533 = 633 kg/h m 1 , m,5 m,4 Točka mešanja: q = q + q m,2 m 1 , m,6 komponenta A : q ∙ 0,2 + q ∙ 1 = q ∙ 0,4 m 1 , m,6 m,2 komponenta B : q ∙ 0,8 = q ∙ 0,6 m 1 , m,2 0,2 ∙ q + q = 0,4 ∙ q + 0,4 ∙ q m 1 , m,6 m 1 , m,6 q − 0,4 ∙ q = 0,4 ∙ q − 0,2 ∙ q m,6 m,6 m 1 , m 1 , 0,6 ∙ q = 0,2 ∙ q m,6 m 1 , , 0 2  q q = m 1 , = 211 kg ker je q = 633 kg/h. m,6 6 , 0 m 1 , q = 633 + 211 = 844 kg/h m,2 Ločilnik: q = q + q + q m,3 m,4 m,5 m,6 q = 533 + 100 + 211 = 844 kg/h m,3 14 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Sestava toka 3 je enaka sestavi toka 2! Prav tako velja: q = q m,2 m,3 komponenta A : q ∙ 0,4 = q ∙ w m,2 m,3 3,A komponenta B : q ∙ 0,6 = q ∙ w m,2 m,3 3 B , , 0 4  q , 0 4  q w = m,2 = m,2 = 0,4 3,A q q m,3 m,2 6 , 0  q 6 , 0  q w = m,2 = m,2 = 0,6 3 B , q q m,3 m,2 4. Naloga: Masna bilanca procesa II Na sliki je prikazan proces s trikomponentnim sistemom. Vsi tokovi so v tekoči fazi. Predpostavimo, da proces obratuje kontinuirano v stacionarnem stanju. Rešite masno bilanco procesa pri čemer pomeni: a) določite masni pretok 2, b) določite masne deleže, w i, vsake komponente v toku 2 in c) določite masne pretoke posameznih komponent v tokovih 2 in 3! 15 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Potek reševanja: Celokupna masna bilanca : q = q + q  q = q − q m 1 , m,2 m,3 m,2 m 1 , m,3 q = 100 − 60 = 40 kg/h m,2 komponenta A : q ∙ w = q ∙ w + q ∙ w m 1 , 1A m,2 2A m,3 3A komponenta B : q ∙ w = q ∙ w + q ∙ w m 1 , B 1 m,2 2B m,3 B 3 komponenta C : q ∙ w = q ∙ w + q ∙ w m 1 , C 1 m,2 2C m,3 3C 50  48 100 ∙ 0,5 = 40 ∙ w + 60 ∙ 0,8  w = = 0,05 2A 2 A 40 100 ∙ 0,4 = 40 ∙ 40  3 w + 60 ∙ 0,05  w = = 0,925 2B 2B 40 100 ∙ 0,1 = 40 ∙ 10  9 w + 60 ∙ 0,15  w = = 0,025 2C 2C 40 Masni pretoki komponent v tokovih 3 in 2 : Tok 3 : q = q ∙ w = 60 kg/h ∙ 0,8 = 48 kg/h m,3A m,3 3A q = q ∙ w = 60 ∙ 0,05 = 3 kg/h m, B 3 m,3 B 3 q = q ∙ w = 60 ∙ 0,15 = 9 kg/h m,3C m,3 3C  60 kg/h Tok 2 : q = q ∙ w = 40 ∙ 0,05 = 2 kg/h m,2A m,2 2A q = q ∙ w = 40 ∙ 0,925 = 37 kg/h m, B 2 m,2 2B q = q ∙ w = 40 ∙ 0,025 = 1 kg/h m,2C m,2 3C 40 kg/h 16 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 5. Naloga: Proizvodnja fenola Fenol proizvajajo iz toluena, v prisotnosti katalizatorja, s parcialno oksidacijo. Benzojeva kislina, ki pri tem nastane kot vmesni produkt, v prisotnosti katalizatorja naprej oksidira v fenol in ogljikov dioksid. Reakciji potekata v plinski fazi in sta naslednji: CH3 COOH 1. reakcija : kat. + 3/2 O + H O ( X = 60% ) 2 2 COOH OH kat. 2. reakcija : + 1/2 O2 + CO2 ( X = 80% ) Pomembni podatki: a) V prvi reaktor lahko vtekata samo toluen in kisik. b) V drugi reaktor lahko vtekata samo benzojeva kislina in kisik. Določite možno razporeditev kemijskih komponent! Predpostavite, da želite proizvesti 100 mol čistega fenola (npr. vsako uro) in da vračamo vse nezreagirane reaktante v obtok! Preverite, ali se končni rezultat ujema s proizvodno  porabno analizo! Potek reševanja: Reakcijska pot pridobivanja fenola: 3 1. reakcija: C H CH + O  kat. C H COOH + H O ( X = 60 %) 6 5 3 2 6 5 2 2 toluen benzojeva kislina 1 2. reakcija: C H COOH + O  kat. C H OH + CO ( X = 80 %) 6 5 2 6 5 2 2 fenol Proizvodno – porabna analiza: Osnova je 100 mol/h fenola. Nezreagirani reaktanti Reakcija C H CH O benz. H O fenol CO O benz. C H CH 6 5 3 2 2 2 2 6 5 3 k. k. 1 − 166 − 250 100 100 100 66 2 − 62,5 − 125 100 100 12,5 25 Obtok 66 112,5 25 0 0 0 −112,5 − 25 − 66 Neto − 100 − 200 0 100 100 100 0 0 0 Neto reakcija: 100 C H CH + 200 O  100 C H OH + 100 H O + 100 CO 6 5 3 2 6 5 2 2 17 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 100 mol/h toluena 100 mol/h fenola Reakcija 100 mol/h H O 1,2 2 100 mol/h CO 2 200 mol/h O 2 Osrednji problem : 100 2. reaktor: za 100 mol/h fenola in 100 mol/h CO potrebujemo = 125 mol/h benzojeve 2 8 , 0 50 kisline in = 62,5 mol/h O . 8 , 0 2 100 1. reaktor: za 100 mol/h benzojeve kisline in 100 mol/h H O potrebujemo = 166 mol/h 2 , 0 6 150 toluena in = 250 mol/h O . , 0 6 2 Sveži vtok v 1. reaktor: 100 mol/h toluena 200 mol/h O 2 Iztok iz 1. reaktorja: 100 mol/h benz. k. 100 mol/h benz. k. ( v 2. reaktor) 100 mol/h H O 2 100 mol/h H O (iztok, stranski produkt) 66 mol/h toluena 2 100 mol/h O 2 66 mol/h toluen (obtok v 1. reaktor) 100 mol/h O (obtok v 1. reaktor) 2 100 mol/h fenola (iztok, želeni produkt) Iztok iz 2. reaktorja: 100 mol/h fenola 100 mol/h CO 100 mol/h CO ( iztok, odpadni produkt) 2 2 25 mol/h benz.k. 12,5 mol/h O 25 mol/h benz. k. (obtok v 2. reaktor) 2 12,5 mol/h O (obtok v 2. reaktor) 2 18 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 100 H O 50 O 100 CO 2 2 2 100 toluen 150 O 2 1.reaktor 2.reaktor 100 100 b.k. fenol 66 toluen 100 O 2 12,5 O , 25 b.k. 2 b.k. – benzojeva kislina 6. Naloga: Separacija trdnih delcev Majhne delce trdne snovi bi radi zdrobili v prah v krogličnem mlinu. Kroglični mlin je naprava v obliki cilindra, nameščena v ležečem položaju in rotira. Delno je napolnjen s kovinskimi oziroma keramičnimi kroglicami, ki meljejo in drobijo trdne delce v prah. Delce doziramo na eni strani, na drugi strani izteka prah in nezdrobljeni delci. S testom smo ugotovili, da je 70 % delcev, pri enem prehodu skozi mlin, nezadovoljivo zmletih. Zato na iztoku namestimo sito, s katerim ločimo prah od nezmletih delcev, ki jih vračamo nazaj v mlin. Določite kapaciteto mlina v t/h, če na uro presejemo 10 t prahu! Koliko svežih trdnih delcev dovajamo v sistem? Upoštevajte zakon o ohranitvi mase. 19 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Potek reševanja: nezmleti delci X sveži trdni delci A Y mlin Y sito prah q = 10 t/h m Y = X + 10 t/h Y = A + X X = 0,7 ∙ Y Y = 0,7 ∙ Y + 10 0,3 ∙ Y = 10 10 Y = = 33,3 t/h  vtok v mlin 3 , 0 X = 0,7 ∙ 33,3 = 23, 3 t/h  obtok nezmletih delcev A = Y − X = 33,3 − 23,3 = 10 t/h  vtok svežih trdnih delcev Celokupna snovna bilanca: vtok svežih trdnih delcev = iztok prahu 10 t/h = 10 t/h 7. Naloga: Pridobivanje K- mila K-milo lahko pridobivamo kontinuirano po naslednji reakcijski poti: 1. reakcija: (C17H35COO)3C3H5 + H2O  C17H35COOH + C3H5(OH)3 gliceril stearat stearinova kislina glicerol ( X = 90 %) 2. reakcija: C17H35COOH + KOH  C17H35COOK + H2O stearinova kislina K-milo ( X = 100 %) 20 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Pomembni podatki: a) V prvi reaktor lahko vtekata samo gliceril stearat in voda. b) Samo stearinova kislina in KOH lahko vtekata v drugi reaktor. Določite možno razporeditev kemijskih komponent in primerjajte končni rezultat z rezultatom dobljenim pri proizvodno  porabni analizi! Predpostavimo, da nezreagirane reaktante obtakamo v procesu. Potek reševanja: Naprej uredimo reakcije: 1. reakcija: C H COO C H + 3 H O  3 C H COOH + C H OH 3 5   17 35 3 3 5 2 17 35 3 gliceril stearat stearinova kislina glicerol ( X = 90 %) 2.reakcija: C H COOH + KOH  3 C H COOK + H O 17 35 17 35 2 K - milo ( X = 100 %) Proizvodno – porabna analiza: Ker proizvedemo 3 krat več stearinove kisline kot je porabimo, predpostavimo, da koeficiente 2. reakcije pomnožimo s 3. Tako bi porabili vso kislino in proizvedli več produkta. Prav tako predpostavimo, da vse nezreagirane reaktante obtakamo. nezreag. reak. Reakcija gliceril voda stearinova glicerol K-milo KOH gliceril voda stearat kislina stearat 1 - 111 - 333 300 100 11 33 2 100 /∙ 3 - 100 /∙ 3 100 /∙ 3 -100 /∙ 3 Obtok 11 33 0 0 0 0 - 11 - 33 Neto - 100 0 0 100 300 - 300 0 0 Neto reakcija: 100 C H COO C H + 300 KOH  300 C H COOK + 100 C H OH 3 5   17 35 3 3 5 17 35 3 gliceril stearat K-milo glicerol 21 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 100 mol/h gliceril stearat 300 mol/h K-mila Proces 1,2 reakcija 100 mol/h 300 mol/h KOH glicerol Osrednji problem: Predpostavimo, da želimo proizvesti 300 mol/h K-mila. 2. reaktor: za 300 mol/h K- mila + 300 mol/h H O potrebujemo 300 mol/h stearinove k. + 2 300 mol/h KOH. 300 1. reaktor: za 300 mol/h stearinove k. + 100 mol/h glicerola potrebujemo = 333 mol/h 9 , 0 100 H O + = 111 mol/h gliceril stearata. 2 9 , 0 Sveži vtok: 100 mol/h gliceril stearata 300 mol/h KOH Iztok iz 1. reaktorja: 300 mol/h stearinove k. 300 mol/h stearinove kisline (v 2. reaktor) 100 mol/h glicerola 100 mol/h glicerola (iztok, stranski produkt) 33 mol/h H O 2 11 mol/h gliceril stearata 33 mol/h H O 2 11 mol/h gliceril stearata ( oba v obtok v 1. reaktor) Iztok iz 2. reaktora: 300 mol/h K- mila (iztok, produkt) 300 mol/h K- mila 300 mol/h H O 2 300 mol/h H O (obtok v 1. reaktor) 2 22 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 300 KOH 33 H O + 11 GS 2 100 GS 111 GS 300 SK 300 SK 300 KM 300 KM 1. reaktor 2. reaktor 333 100 G 300 H O 33 H O 2 H O 2 2 11 GS 100 G 300 H O 2 GS – gliceril sterat, SK – stearinova kislina, G – glicerol, KM – K-milo 8. Naloga: Pridobivanje fenola Fenol lahko pridobivamo tudi po naslednji reakcijski poti: Cl ONa 1. reakcija: + NaOH + NaCl + H O 2 ONa OH 2. reakcija: + HCl + NaCl Določite možno razporeditev kemijskih komponent! Predpostavite, da želite proizvesti 100 mol čistega fenola na uro. Preverite, če se končni rezultat ujema s proizvodno  porabno analizo! Pomembni podatki: a) v prvi reaktor lahko vtekata samo klorbenzen in NaOH ( X = 70 %), b) v drugi reaktor lahko vtekata samo Na-fenoksid in HCl ( X = 80 %). Predpostavimo, da vse nezreagirane reaktante obtakamo. 23 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Potek reševanja: Reakcijska pot pridobivanja fenola: 1. reakcija: C H Cl + 2 NaOH  C H ONa + NaCl + H O ( X = 70 %) 6 5 6 5 2 klorobenzen Na-fenoksid 2. reakcija: C H ONa + HCl  C H OH + NaCl ( X = 80 %) 6 5 6 5 fenol Proizvodno – porabna analiza: nezreagirani reaktanti Reakcija kloro NaOH Na- NaCl H O HCl fenol Na- HCl Kloro NaOH 2 benz. fenok. fenok. benz. 1 - 143 - 286 100 100 100 43 86 2 - 125 100 - 125 100 25 25 Obtok 43 86 25 0 0 25 0 - 25 - 25 - 43 - 86 Neto - 100 - 200 0 200 100 - 100 100 0 0 0 0 Neto reakcija: 100 C H Cl + 200 NaOH + 100 HCl  100 C H OH + 200 NaCl + 100 H O 6 5 6 5 2 100 mol C H Cl 6 5 100 mol H O 2 Proces 200 mol NaOH 1,2 reakcija 200 mol NaCl 100 mol C H OH 100 mol HCl 6 5 Ker gre za proces, ki obratuje v stacionarnem stanju, so množine dejansko množinski pretoki! Osrednji problem: 100 1. reaktor: za 100 mol C H ONa + 100 mol NaCl + 100 mol H O mora vtekati = 143 6 5 2 , 0 7 200 mol C H Cl + = 286 mol NaOH. 6 5 , 0 7 24 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent 100 2. reaktor: za 100 mol C H OH + 100 mol NaCl mora vtekati v drugi reaktor = 125 6 5 8 , 0 100 mol C H ONa + = 125 mol HCl. 6 5 8 , 0 Vtok svežih surovin: 100 mol klorobenzena ( v 1. reaktor) 200 mol NaOH ( v 1. reaktor) 100 mol HCl ( v 2. reaktor) 100 mol Na-fenoksid Vtok v 1. reaktor: Iztok iz 1. reaktorja: (v 2. reaktor) 143 mol klorobenzena 100 mol Na - fenoksid 286 mol NaOH 100 mol NaCl 100 mol NaCl 100 mol H O (iztok, stranski produkt) 2 43 mol klorobenz. 100 mol H O 2 86 mol HCl (iztok, stranski produkt) 43 mol klorobenz. 86 mol NaOH (oba v obtok v 1. reaktor) 100 mol fenola Vtok v 2. reaktor: Iztok iz 2. reaktorja: (iztok, produkt) 125 mol Na – fenoksid 100 mol fenola 100 mol NaCl 125 mol HCl 100 mol NaCl 25 (iztok, stranski produkt) mol Na- fenoksid 25 mol HCl 25 mol Na-fenoksid 25 mol HCl (oba v obtok v 2. reaktor) 25 3. poglavje: Snovne bilance in razporejanje kemijskih komponent Prikaz možne razporeditve: 100 NaCl 100 V 100 mol HCl 100 NaCl 100 NF 100 KB 100 125 NF 100 F 200 NH 143 KB NaCl 100 NF 125 HCl 100 NaCl 100 F 1. reaktor 2. reaktor 286 100 V 25 NF NH 43 KB 25 HCl 86 NH 48 KB + 86 NH lahko tudi ločeno 25 NF + 25 HCl ( lahko tudi ločeno) KB – klorobenzen, NF – Na-fenoksid, F – fenol, NH – NaOH, V- Voda Možnih razporeditev je seveda lahko več! 26 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 4. Izbira separacijske naloge 1. Naloga: Separacijsko zaporedje I Določite optimalno separacijsko zaporedje sistema 5 komponent z naslednjimi lastnostmi: Št. komp. Komponenta w/% t v /C 1 C3 (propan) 5  42,2 2 i-C4 (i-butan) 15  10 3 C4 (butan) 25  0,6 4 i-C5 (i-pentan) 20 27,95 5 C5 (pentan) 35 36,3 Celotni pretok q = 2000 kg/h. Pridobiti želimo čiste komponente. Pri načrtovanju upoštevajte m ustrezna hevristična pravila! Za vsako zaporedje izračunajte celotno težavnost! Komentirajte rezultat! Potek reševanja: Komponente razvrstimo po rastočih vreliščih in izračunamo pretok posamezne komponente: Št. komponente Komponenta t /°C q /(kg/h) v m 1 propan − 42,2 100 2 i – butan − 10,0 300 3 butan − 0,6 500 4 i – pentan 27,95 400 5 pentan 36,3 700 kg 2000 h Seznam lastnosti: t /°C v 1 − 42,2 - - - - - - - - - - - -  = 32,2 Potrebni bodo 4. separatorji! 12 2 − 10 - - - - - - - - - - - -  = 9,4  težavna separacija 23 3 − 0,6 - - - - - - - - - - - -  = 28,55 34 4 27,95 - - - - - - - - - - - -  = 8,35  težavna separacija 45 5 36,3 27 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 1.varianta: HP: težavno separacijo izvedemo na koncu! 1 100 q /(kg/h) m 2 300 1 100 2 300 1 100 2 300 3 500 3 500 2 300 3 500 3 500 4 400 4 400 5 700 4 400 5 700 5 700 q  q  q  q  q q  q  q q  q Celotna težavnost = m 1, m,2 m,3 m,4 m,5 + m 1, m,2 m,3 + m,2 m,3 +    34 12 23 q  q + m,4 m,5 Δ45 2 000 900 800 100 1 = + + + = 314,8 55 , 28 , 32 2 , 9 4 35 , 8 2. varianta: HP: komponente z nizkim vreliščem odstranimo čimprej! q /(kg/h) 1 100 m 1 100 2 300 2 300 2 300 3 500 2 300 3 500 4 400 3 500 3 500 5 700 4 400 5 700 4 400 4 400 5 700 5 700 q  q  q  q  q q  q  q  q q  q Celotna težavnost = m 1, m,2 m,3 m,4 m,5 + m,2 m,3 m,4 m,5 + m,2 m,3    12 34 23 q  q + m,4 m,5 = 45 2 000 1900 800 100 1 = + + + = 62,1 + 66,5 + 85,1 + 131,7 = 345,4 , 32 2 55 , 28 , 9 4 35 , 8 28 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 3. varianta: HP: najobilnejšo komponento odstranimo najprej! 1 100 1 100 2 300 2 300 2 300 3 q /(kg/h) 500 1 100 m 3 500 3 500 2 300 1 100 3 500 2 300 4 400 4 400 3 500 4 400 5 700 5 700 q  q  q  q  q q  q  q  q Celotna težavnost = m 1, m,2 m,3 m,4 m,5 + m 1, m,2 m,3 m,4 +   45 34 q  q  q q  q m 1 , m,2 m,3 + m,2 m,3 =   12 23 2 000 1300 900 800 = + + + = 239,5 + 45,5 + 27, 9 + 85,1 = 398 35 , 8 55 , 28 , 32 2 , 9 4 Rezultat: Vidimo lahko, da dobimo najugodnejši rezultat, če izvedemo težavno separacijo na koncu, vendar pa nam lahko prisotnost komponente z nizkim vreliščem povzroča visoke stroške (uporaba dragih hladiv). 2. Naloga: Separacijsko zaporedje II Kakšno separacijsko zaporedje priporočate za trikomponentni sistem dimetil eter, metanol in vodo, če so lastnosti in vsebnosti komponent naslednje: Komp. t v /C x/% M/(g/mol) Dimetil eter  23,7 40 46,07 Metanol 64,7 20 32,04 Voda 100 40 18,0 Celokupni pretok q = 288 kg/h. Pri načrtovanju upoštevajte hevristična pravila! m 29 4. poglavje: Izbira separacijske naloge Potek reševanja: Izračune vršimo na masni osnovi, zato preračunamo x = % v w = %. Št. komponente Komponenta t /°C x/ % w/ % q /(kg/h) M/(g/mol) v m 1 DME − 23,7 40 57,5 165 46,07 2 MeOH 64,7 20 20 58 32,04 3 H O 100 40 22,5 65 18,0 2 q = 288 kg/h m x  M w = i i i  x  M i i  g x  M = M = 0,4 ∙ 46,07 + 0,2 ∙ 32,04 + 0,4 ∙ 18 = 32,036 i i mol q 288 kg  kmol kmol q = m = = 9 n M h  , 32 036 kg h V našem primeru lahko hkrati veljata naslednji hevristični pravili: - najhlapnejšo komponento odstranimo najprej, tj. DME in - najobilnejšo komponento odstranimo najprej, tj. DME. Seznam lastnosti: t /°C v 1 − 23,7 - - - - - - - - - - - - - - -  = 88,4 12 2 64,7 - - - - - - - - - - - - - - -  = 35,3 23 3 100 Dva separacijska potenciala nakazujeta potrebo po dveh ločilnikih! q /(kg/h) m 1 165 1 165 2 58 3 65 2 58 2 58 3 65 3 65 30 4. poglavje: Izbira separacijske naloge q  q  q q  q Celotna težavnost 288 123 = m 1, m,2 m,3 + m,2 m,3 = + = 3,26 + 3,48 = 6,74   , 88 4 3 , 35 12 23 3. Naloga: Separacijsko zaporedje III Z izračunom celotne težavnosti določite optimalno separacijsko zaporedje sistema 4 komponent z naslednjimi lastnostmi (želimo proizvesti čiste komponente): Komponenta t v /C) q m/(t/d) Opomba a - 60 20 korozivna b 10 50 c - 20 20 d 20 10 Potek reševanja: Komponente najprej razvrstimo po rastočih vreliščih t : v Komponenta t /°C q /(t/d) Opombe v m 1 − 60 20 korozivna 2 − 20 20 3 10 50 4 20 10 Seznam lastnosti: t /°C v 1 - 60 - - - - - - - - - - - -  = 40 12 2 - 20 - - - - - - - - - - - -  = 30 23 3 10 - - - - - - - - - - - -  = 10  težavna ločitev 34 4 20 Trije separacijski potenciali nakazujejo uporabo treh ločilnikov. 31 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 1.varianta: HP: najobilnejšo komponento odstranimo najprej, težavno ločitev izvedemo na koncu. q /(t/d) 1 20 m 1 20 1 20 2 20 2 20 2 20 3 50 4 10 3 50 3 50 4 10 4 10 q  q  q  q q  q q  q Celotna težavnost = m 1, m,2 m,3 m,4 + m 1, m,2 + m,3 m,4 =    23 12 34 100 40 60 =   = 10,33 30 40 10 2. varianta: HP: korozivno komponento odstranimo najprej! 1 20 q /(t/d) m 1 20 2 20 2 20 2 20 3 50 3 50 3 50 4 10 4 3 10 50 4 10 4 10 q  q  q  q q  q  q q  q Celotna težavnost = m 1, m,2 m,3 m,4 + m,2 m,3 m,4 + m,3 m,4 =    12 23 34 100 80 60 =   = 11,17 40 30 10 32 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 3. varianta: Za primerjavo poglejmo primer, ko izvedemo najprej ločitev med komponentama 3 in 4 (težavna ločitev). 1 20 1 20 q /(t/d) m 2 20 1 20 2 20 1 20 2 20 2 20 3 50 3 3 50 50 4 10 4 10 q  q  q  q q  q  q q  q Celotna težavnost = m 1, m,2 m,3 m,4 + m 1, m,2 m,3 + m 1, m,2 =    34 23 12 100 90 40 =   = 14 10 30 40 Predlog: Čeprav izračun celotne težavnosti daje prednost 1. varianti, priporočamo takojšnjo odstranitev korozivne komponente, ker s tem prihranimo investicijska sredstva za nakup drage opreme. 4. Naloga: Separacijsko zaporedje IV1 Na sliki imate prikazanih pet možnih poti ločevanja štirikomponentne mešanice. Lastnosti komponent so naslednje: Komponenta t v /C q m/(t/h) 1 10 10 2 40 20 3 80 50 4 90 20  katera ločitev je težavna?  po kateri shemi, dobljeni s hevrističnim pravilom, izvršimo težavno separacijo nazadnje?  po kateri shemi ločimo zgodaj najobilnejšo komponento?  katera shema je izvedena po pravilu: zgodaj odstranimo snovi z nizkim vreliščem? 1 Rudd, D. F., Powers, G. J., Siirola, J. J. Process Synthesis, Prentice-Hall, Inc. Englewood Cliffs, New Jersey, 1973. 33 4. poglavje: Izbira separacijske naloge Potek reševanja: Seznam lastnosti: t /°C q /(t/h) v m 1 − 10 10 - - - - - - - - - - - -  = 50 12 2 40 20 - - - - - - - - - - - -  = 40 23 3 80 50 - - - - - - - - - - - -  = 10  težavna ločitev 34 4 90 20 34 4. poglavje: Izbira separacijske naloge a) Težavna ločitev je med komponentama 3 in 4. b) Težavno ločitev izvršimo nazadnje v primeru 1 in 3. c) Najobilnejša je komponenta 3. Zgodaj jo odstranimo v primeru 3 in 4. d) Nizko vrelišče ima komponenta 1. Zgodaj jo odstranimo v primerih 1 in 2. 5. Naloga: Separacijsko zaporedje V1 Imamo 3 komponentno mešanico benzena, toluena in ksilena, ki jih ločujemo z destilacijo. Pretoki in lastnosti posameznih komponent so prikazane v preglednici: Komponenta Relativna hlapnost,  q m/(kg/h) benzen 2,5 30 toluen 1 20 ksilen 0,4 50 Prikažite separacijske potenciale v seznamu lastnosti in s tem možnost ločevanja komponent! Določite najboljše možno zaporedje, pri čemer uporabite znana hevristična pravila. Katera so to? Potek reševanja: Št. komponente Komponenta Relativna hlapnost, α q /(kg/h) m 1 benzen 2,5 30 2 toluen 1 20 3 ksilen 0,4 50 Lastnost, ki jo opazujemo, je relativna hlapnost. Zapišite seznam lastnosti: α 1 2,5 - - - - - - - - - - - - - - -  = 1,5 12 2 1 - - - - - - - - - - - - - - -  = 0,6  težavna ločitev 23 3 0,4 Dva separacijska potenciala ponazarjata potrebo po dveh ločilnikih. 35 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 1. varianta: HP: najprej odstranimo najhlapnejšo komponento. Težavno ločitev izvedemo na koncu. 1 30 q /(kg/h) m 1 30 2 20 2 20 2 20 3 50 3 50 3 50 q  q  q q  q Celotna težavnost 100 70 = m 1, m,2 m,3 + m,2 m,3 = + = 183,4   5 , 1 , 0 6 12 23 2. varianta: HP: najprej odločimo najobilnejšo komponento, tj. 3. q /(kg/h) 1 30 m 1 30 1 30 2 20 2 20 2 20 3 50 3 30 q  q  q q  q Celotna težavnost 100 50 = m 1, m,2 m,3 + m 1, m,2 = + = 200   , 0 6 5 , 1 23 12 Komentar: Na osnovi dobljenih rezultatov se težko odločimo, katera varianta je primernejša. V takih primerih izvedemo na izdelani procesni shemi ekonomsko analizo, tj. ocenimo vrednost naložbe in obratovalne stroške. 6. Naloga: Separacijsko zaporedje VI Neko rudo, ki jo potrebujemo za pridobivanje neke želene snovi, pred nadaljnjo obdelavo najprej zdrobimo na naslednjo velikost delcev:  med 20 in 15 cm w = 30 %,  med 15 in 10 cm w = 10 %,  med 10 in 5 cm w = 20 % in  pod 5 cm w = 40 %. V kakšnem zaporedju bi izvedli sejanje, da bi čim manj obremenjevali sita? Predpostavimo, da v eni uri presejemo 2000 t rude! 36 4. poglavje: Izbira separacijske naloge Potrebni podatki: Št. komponente Velikost delcev w/% q /(t/h) m 1 med 20 in 15 cm 30 600 2 med 15 in 10 cm 10 200 3 med 10 in 5 cm 20 400 4 pod 5 cm 40 800 t 2000 h 1. varianta: HP: najprej odstranimo komponento, ki je je največ! 1 600 1 600 q /(t/h) m 2 200 1 600 3 400 2 2 200 200 2 200 3 400 3 400 4 800 4 800 3 400 5 cm sito 15 cm sito 10 cm sito Celotna obremenitev: 1. sito: q + q + q + q m 1 , m,2 m,3 m,4 2. sito: q + q + q m 1 , m,2 m,3 3. sito: q + q m,2 m,3 2 q + 3 q + 3 q + q = 3 800 t/h m 1 , m,2 m,3 m,4 37 4. poglavje: Izbira separacijske naloge 2. varianta: zaradi morebitnih poškodb sit odstranimo najprej največje delce. 1 600 q m /(t/d) 1 600 2 200 2 200 2 200 3 400 3 400 3 400 4 800 4 3 800 400 4 800 4 800 15 cm sito 10 cm sito 5 cm sito Celotna obremenitev: 1. sito: q + q + q + q m 1 , m,2 m,3 m,4 2. sito: q + q + q m,2 m,3 m,4 3. sito: q + q m,3 m,4 q + 2 q + 3 q + 3 q = 600 + 400 + 1 200 + 2 400 = 4 600 t/h m 1 , m,2 m,3 m,4 38 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 5. Kemijska reakcijska tehnika 1. Naloga: Piroliza etana1 Piroliza etana teče z aktivacijsko energijo okoli 314 kJ/mol. Koliko hitrejši je razkroj pri 650 C v primerjavi s sedanjim, ki teče pri 500 C? Potek reševanja: E = 314 kJ/mol Splošno velja: t = 650 °C = 923 K − r = k ∙ n c 2  E t = 500 °C = 773  K − r = k ∙ R n e T  c 1 0  r 1 = ?  r 2  E  − r = k ∙ R n e T 1  c 1 0  E  − r = k ∙ R n e T 2  c Poiščemo razmerje ( k , n c pokrajšamo)! 2 0 0  E  314 000 J  mol  K  r R  mol  J  1 T e 8,314 773 e K 1 = = =  r  E  314 00 2 R  8,314  923 2 T e e  r 22 0398 , 6 10 1 = = 3,56146 4 10   r 18 6959 , 1 10 2  r oziroma 2  2 800 Razkroj je pri t = 650 °C približno 2 800 krat hitrejši.  r 1 1 Levenspiel, O. (1999). Chemical Reaction Engineering, Third Edition, John Wiley and Sons, New York, USA. 39 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 2. Naloga: Hitrost reakcije2 Če je reakcija 1000 krat hitrejša pri T 2 = 500 K kot pri T 1 = 400 K, kolikokrat hitrejša je pri T 3 = 600 K? Potek reševanja: − r = k ∙ c n − r = k ∙ c n 1 1 − r = k ∙ c n 2 2 − r = 1000 ∙ (− r ) 2 1  E  E   k ∙ R 2 T e ∙ c n = 1000 ∙ k ∙ R 1 T e ∙ n c / : n k  c 0 0 0  E  E   R 2 T e = 1000 ∙ R 1 T e / ln E E − = ln 1000 − R  T R  T 2 1 E E − + = ln 1000 R  T R  T 2 1  1 1  E    = 6,90775  R  T R  T 1 2   1 mol K 1 mol  K  E    = 6,90775  314 , 8 J  400 K 314 , 8 J  500 K  E ( 3,00698 4 10  − 2,40558 4 10  ) = 6,90775 E (6,014 5 10  mol/J) = 6,90775 E = 114 861 J/mol Sedaj izračunajte kolikokrat je reakcija hitrejša pri T = 600 K! 3 − r = x ∙ (− r ) 3 1  E  E   k ∙ R 3 T e ∙ c n = x ∙ k ∙ R 1 T e ∙ n c / : n k  c 0 0 0  E  E   R 3 T e = x ∙ R 1 T e 2 Levenspiel, O., Park, D. (1984). Solutions to 555 Problems in the Chemical Reactor Omnibook +, Chemical Engineering Department, Oregon State University, Corvalis, USA. 40 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika  E  861 114 J mol K R mo l  J 3 T e 8,314 600 e K x = = =  E  861 114 R 8,314400 1 T e e  , 23 025619  e 10 00023152 , 1  10 x =  = = 99 988  100 000 , 34 538429 e 15 0003473 , 1  10  r x = 3 Reakcija pri T = 600 K je približno 100 000 krat hitrejša kot pri T = 400  K! r 3 1 1 Poglavje 5.3: Diskontinuirni ali šaržni reaktor 3. Naloga: Reakcijski čas Ugotovite čas, ki je v diskontinuirnem reaktorju potreben za reakcijo A  P, ki ima proizvodnost:  mol  r A = 0,5  c A   , če je c  A0 = 1 mol/L in X A = 0,95, V = konst. L  h  Potek reševanja: 1. red − r = 0,5 ∙ c /(mol/(L ∙ h) ) A A k = 0,5  h 1 A  P c = 1 mol/L A 0 X = 0,95 A t = ? Za 1. red reakcije z V = konst., velja: 1 k ∙ t = ln  1  X A  1  1  ln  ln  h 1  X  05 , 0  A  t = = = 6 h k 5 , 0 41 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 4. Naloga: Presnova reakcije Načrtujemo presnovo A v P z diskontinuirnim mešalnim reaktorjem. Reakcija teče v tekoči fazi s stehiometrijo A  P in proizvodnostmi: c A /(mol/L) 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 1,0 1,3 - r A /(mol/(Lmin)) 0,1 0,3 0,5 0,6 0,5 0,25 0,1 0,06 0,05 0,045 Kako dolgo mora teči reakcija, da se bo koncentracija znižala od c A0 = 1,3 mol/L na c Ak = 0,3 mol/L? Potek reševanja: c = 1,3 mol/L A 0 c = 0,3 mol/L Ak c /(mol/L) 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 1,0 1,3 A 1/− r /(L·min/mol) 10 3,3 2 1,67 2 4 10 16,67 20 22,2 A Narišite graf 1 = f ( c ) !  r A A Površina pod krivuljo je čas, v katerem se začetna koncentracija c = 1,3 mol/L zniža na A 0 c = 0,3 mol/L (slika 5.1). Ak 42 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 1  Lmin  /   A r  mol  24 22  20  18  16 14 12 10   8 6 4  2    0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9 1,0 1,1 1,2 1,3 1,4 c A/(mol/L) c Ak c A0 Slika 5.1: Prikaz izračuna reakcijskega časa v mešalnem šaržnem reaktorju. Do rezultata lahko pridemo z numerično integracijo in pri tem uporabimo program Excel. Za izračun površine pod krivuljo uporabimo trapezno pravilo. Ker morajo biti prirastki neodvisne spremenljivke enakomerni, bomo v območju od c A = 0,8 mol/L do c A = 1,3 mol/L poiskali formulo funkcije in nato izračunali manjkajoče točke. Rezultate izračuna z Excelom prikazuje slika 5.2. Slika 5.3 prikazuje izračun reakcijskega časa s trapeznim pravilom v Excelu. 43 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Slika 5.2: Izračun manjkajočih podatkov z Excelom. Slika 5.3: Izračun reakcijskega časa po trapeznem pravilu. 44 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Poglavje 5.4: Mešalni pretočni reaktor 5. Naloga: Hitrost reakcije Tok vodne raztopine monomera s c A0 = 1 mol/L in v = 4 L/min, teče v 2 L mešalni pretočni A reaktor, kjer ga obsevamo in polimerizira po shemi: A  P  R  S ..... V iztoku je c A = 0,01 mol/L, koncentracija nekega reakcijskega produkta W pa c W = 0,0002 mol/L. Poiščite proizvodnost Aja ter Wja ! Potek reševanja: A  A P  A R  A S . . . c = 1 mol/L A 0 v = 4 L/min ε = 0 A A V = 2 L c = 0,01 mol/L A c = 0,0002 mol/L c = 0 mol/L w W 0 − r = ? A − r = ? w V c  c c  c  = = A0 Ak   r = A0 Ak = A  v  r k V A k v mol mol 1  , 0 01  r = L L = A k 2L  min 4L  r = 1,98 mol/(L ∙ min) A k c  c 0  0002 , 0 mol  r = W0 Wk = = − 0,0004 mol/(L ∙ min) / ∙ (− 1) W k V 5 , 0  min L v mol r = 0,0004 W nastaja W L  min 45 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 6. Naloga: Enačba proizvodnosti Mešalni pretočni reaktor uporabljamo za določanje kinetike reakcije s stehiometrijo: A  P V ta namen napravimo poizkus z različnimi vtoki vodne raztopine reaktanta A c A0 = 100 mmol/L. Za vsak poizkus izmerimo iztočno koncentracijo A. Na proizvodnost vpliva samo reaktant A. Ugotovite enačbo proizvodnosti iz naslednjih podatkov: v /(L/min) 1 6 24 c A /(mmol/L) 4 20 50 Prostornina reaktorja je V = 1 L. Potek reševanja: A  P c = 100 mmol/L A 0 V = 1 L − r = ? A v /(L/min) 1 6 24 c /(mmol/L) 4 20 50 A − r = k ∙ c n / ∙ ln A A ln (− r ) = ln k + n ln c A A Narišite graf ln (− r ) = f (ln c )! A A Proizvodnosti lahko izračunate iz naslednjega izraza: V c  c = A0 Ak v  r A k c  c  v  r A   A0 Ak   k V Št. L c (mmol / L)  r ln  r ln c A  A  v / Ak k (mmol /(min  L) ) k Ak min 1 1 4 96 4,56 1,39 2 6 20 480 6,17 3 3 24 50 1200 7,09 3,91 Slika 5.4 prikazuje grafično določanje enačbe proizvodnosti. 46 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 8 ln  r A k 7 6 5 naklon = n 4 , 7 2  5 , 2 2 n = tg  =   1 3 4  85 , 1 15 , 2 2 ln k = 3,1  k = 22,2 1 0 0 2 4 6 ln ( c ) Ak Slika 5.4: Določanje enačbe proizvodnosti. − r = k ∙ c1  enota za k: A A mmol  L k = =  min 1 min  L  mmol Končni izraz za proizvodnost je: − r = 22,2 /min 1  ∙ c A A 7. Naloga: Prostornina reaktorja2 Tekoči vtok reaktantov A in B ( v = 400 L/min, c A0 = 10 mmol/L, c B0 = 2 mol/L) se presnuje v produkt v mešalnem pretočnem reaktorju. Stehiometrija reakcije je:  mol  A + B  R  r  A = 200  c A c B   L  min  Določite velikost reaktorja, če je presnova reaktanta A X A = 99,9 % . 47 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Potek reševanja: A + B  R − r = 200 ∙ c ∙ c /mol/(L ∙ min) A A B v = 400 L/min ε  0 , 2. red A c = 10 mmol/L = 0,1 mol/L A 0 c = 2 mol/L B0 X = 99,9 % A V = ? c  c Za drugi red velja: k ∙ A A τ  0 c  c A B Konstanta proizvodnosti ima naslednjo enoto:  r mol L2 L k = 200 = A   c  c L  min  mol 2 mol  min A B L k = 200 mol  min Končna koncentracija Aja: c = c ∙ (1 − X ) A A 0 A c = 0,01 ∙ (1 – 0,999) A c = 1  10 5 mol/L A Končna koncentracija Bja: - ker v reaktor ne vtekata v stehiometrijskem razmerju 1 : 1 presnovi reaktantov nista enaki. Lahko pa trdimo: - množina zreagiranega Aja: c − c = 0,01 – 1  10 5 = 0,00999 mol/L A 0 A  Takšna množina zreagira tudi Bja: c = c −  c  c A0 A  B B0 c = c − 0,00999 = 2 – 0,00999 B B0 c = 1,99001 mol/L B 48 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Sedaj lahko izračunate  : c  c A 0 A c  c c  c  = A B  A0 A k k  c  c A B mol  mol 01 , 0 1  10 5  = L L = 2,51 min L  mol mol 200 1  10 5  99001 , 1 mol  min L L V  =  V =  ∙ v = 2,51 min ∙ 400 L/min = 1 004 L  1 m 3 v Poglavje 5.5: Cevni reaktor 8. Naloga: Iztočna koncentracija Vodna raztopina z reaktantom A, ki ima začetno koncentracijo c A0 = 1 mol/L, vteka v cevni pretočni reaktor s prostornino V = 2 L. Stehiometrija reakcije je naslednja: mol 2 A  R  r 2 A = 0,05  c A   L  s  Določite iztočno koncentracijo Aja v mol/L, če je v = 0,5 L/min ! Potek reševanja: 2 A  R − r = 0,05 ∙ c 2 /mol/(L ∙ s) A A c = 1 mol/L A 0 V = 2 L ε = 0 A v = 0,5 L/min 2. red c = ? A 49 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika  r mol  L2 L k = A   2 c L  s  mol 2 s  mol A L k = 0,05 s  mol V 2 L  min  = = = 4 min v 5 , 0  L Za drugi red reakcije velja: c  c 1 1 k ∙ ∙ c = A0 A ali   k  τ A 0 c c c A A A 0  1 1  k  τ  c c A A 0 1 L s L = 0,05  4 min  60  c mol  s min 1 mol A 1  12 1 = 13 L/mol c A c = 0,077 mol/L A 9. Naloga: Prostornina reaktorja Vodno raztopino reaktanta A presnujemo v produkt v prisotnosti homogenega katalizatorja z določeno koncentracijo. Na proizvodnost vpliva samo c A. Znani so naslednji praktični podatki: c A /(mol/L) 1 2 4 6 8 10  r A /(mol/Lmin) 0,05 0,1 0,2 0,33 0,25 0,125 Ugotovite prostornino cevnega reaktorja, ki je potrebna za X A = 40 % z v = 10 L/min in c A0 = 10 mol/L ! Potek reševanja: X = 40 % A v = 10 L/min c = 10 mol/L A 0 V = ? 50 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika  1  Narišite graf  f  c   ! A   r  A  mol c 1 2 4 6 8 10 A L 1 L  min 20 10 5 3 4 8  r mol A Ker je presnova X = 40 %, lahko izračunamo c : A A c = c ∙ (1 − X ) A A 0 A c = 10 (1 – 0,4) A c = 10 ∙ 0,6 = 6 mol/L A Iz grafa (slika 5.5) določite  : 1  Lmi  /  n  r A  mol  22  20 18 16 14 12 10  8  površina =  = 18,5 min 6  4   2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 c A/(mol/L) c c A0 A Slika 5.5: Grafični prikaz določanja polnilnega časa v cevnem reaktorju. 51 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Sedaj lahko izračunate prostornino: V  = v V =  ∙ v = 18,5 min ∙ 10 L/min V = 185 L Za izračun površine pod krivuljo (polnilni čas τ), uporabimo še trapezno pravilo in program Excel. Slika 5.6 prikazuje rezultate. Slika 5.6: Izračun polnilnega časa τ s trapeznim pravilom. 10. Naloga: Prostorninski vtok Vodna raztopina z reaktantom A, katerega začetna koncentracija je c A0 = 1 mol/L, vteka v 2 literski cevni reaktor in reagira po shemi: mol  2 A  P,  r 2 A = 0,05  c A   L  s Izračunajte prostorninski vtok, ki bo dajal iztočno koncentracijo c A = 0,5 mol/L! 52 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Potek reševanja: 2 A  P − r = 0,05 ∙ 2 c /mol/(L ∙ s) A A c = 1 mol/L A 0 c = 0,5 mol/L ε = 0 A A V = 2 L 2. red v = ?  r mol  L2 L k = A   2 c L  s  mol 2 s  mol A k = 0,05 L/(mol ∙ s) Za drugi red reakcije velja: c  c 1 1 k ∙ ∙ c = A0 A ali   k  τ A 0 c c c A A A 0  1 1 L k ∙ =     5 , 0 1 mol k ∙ = 1 L/mol 1 L  mol  s    20 s mol  05 , 0 L V V 2L  =  v = = = 0,1 L/s = 6 L/min v  20 s 11. Naloga: Enačba proizvodnosti Plinski reaktant A vteka pri visokem tlaku v cevni pretočni reaktor. Začetna koncentracija c A0 = 500 mmol/L, prostornina reaktorja V = 10 L. Stehiometrija reakcije je naslednja: A  R Iztočno koncentracijo merimo pri različnih pretokih. Najdite enačbo proizvodnosti pri c A = 150 mmol/L. Podatki so naslednji:  /s 2 5 9 14 c A /(mmol/L) 250 100 25 5 53 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Potek reševanja: A  R c = 500 mmol/L A 0 c = 150 mmol/L Reakcija je v plinastem stanju! A V = 10 L  r = ? A Relativna sprememba prostornine: X = 0 V = 1 A + 0 R = 1 A X = 1 V = 0 A + 1 R = 1 A V  V X 1 X  0  A A 1 1 0 ε     0 A V 1 1 X  0 A Poizkusimo 1. red reakcije: − za 1. red velja: 1 k ∙ = (1 + ε ) ln − ε  X A 1  X A A A 1 k ∙ = (1 + 0) ln − 0  X 1  X A A 1 k ∙ = ln 1  X A Narišite graf ln 1 = f ( )  če je premica, iz naklona določite k ! 1  X A Potrebni podatki:  /s 2 5 9 14 mmol c A L 250 100 25 5 c X = 1 − A * A c 0,5 0,8 0,95 0,99 A 0 1 ln 1  X 0,6931 1,6094 2,9957 4,6052 A * ε = 0 A 54 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 5 1 ln 4,5 1  X A 4 3,5 3 Podatki ležijo na premici 2,5 - dokaz za 1. red reakcije. 2 2  0 naklon = k  = 0,33  s 1 1,5 6  0 1 0,5 0 0 5 10 15  /s Slika 5.7: Grafični prikaz določanja enačbe proizvodnosti. Velja: − r = k ∙ c A A − r = 0,33 /  s 1 ∙ c A A Pri c = 0,15 mol/L je proizvodnost: A − r = 0,33 /  s 1 ∙ 0,15 /mol/L = 0,0495 mol/(L ∙ s) A 12. Naloga: Prostorninski vtok Vodno raztopino reaktanta A presnujemo v produkt v prisotnosti homogenega katalizatorja z določeno koncentracijo. Na proizvodnost vpliva samo c A. Znani so naslednji podatki: c A /(mol/L) 1 2 4 6 8 10  r A/(mol/Lmin) 0,05 0,1 0,2 0,33 0,25 0,125 Ugotovite vtok, v , v cevni reaktor, s prostornino V = 66 L, ki je potreben za X A = 66,7 %, če je c A0 = 6 mol/L! Potek reševanja: X = 66,7 % A V = 66 L ε = 0 A c = 6 mol/L A 0 v = ? 55 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika  1  Narišite graf:  f  c   A   r  A  mol c 1 2 4 6 8 10 A L mol  r 0,05 0,1 0,2 0,33 0,25 0,125 A L  min 1 L  min 20 10 5 3 4 8  r mol A c = c ∙ (1 − X ) Ak A 0 A c = 6 ∙ (1 – 0,667) Ak c = 2 mol/L Ak Iz grafa (slika 5.8) določimo  = 22 min. Velja : V V 66 L  =  v = = = 3 L/min v  22 min 1  Lmin  /   A r  mol  22 20  18 16 14 12 10  8  površina =  = 22 min 6  4   2 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 c A/(mol/L) c A c AO Slika 5.8: Grafični prikaz določanja τ . 56 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika Slika 5.9 prikazuje izračun polnilnega časa τ s trapeznim pravilom v Excelu. Slika 5.9: Izračun polnilnega časa τ z Excelom. 57 5. poglavje: Kemijska reakcijska tehnika 58 6. poglavje: Integracijska naloga 6. Integracijska naloga 1. Naloga: Načrtovanje hladilnika Določite ploščino hladilnika v katerem hladimo in kondenziramo hlape metanola in nato tekoči metanol še ohlajamo. Hlapi imajo temperaturo 95 C, ohlajen tekoči metanol pa 40 C. Pretok metanola je 100 000 kg/h. Kot hladivo uporabimo vodo s temperaturo 25 C. Voda se lahko segreje na 40 C.  H izp (metanol) = 1102 J/g c (metanol, hlapi) =1,5373 J/(g  K) p c (metanol, tekočina) = 2,457 J/(g  K) p c (H p 2O) = 4,2 J/(g  K) t v (metanol) = 64,7 C K = 600 W/(m2  K) Potek reševanja: Ohlajanje metanola poteka v treh stopnjah: 1) ohlajanje hlapov do rosišča, 2) kondenzacija hlapov in 3) ohlajanje tekočega metanola. 95 °C (1) hlapi 64,7 °C (2) kondenzacija 64,7 °C = t r (3) tekočina 40 °C Vrednost ima nasprotni predznak kot H  ! izp  Φ  q  c p m plin T   q  H   q  c p m kond m tek . T  Φ = 8 1  10 g/h ∙ 1,5373 J/(g ∙ K) ∙ (64,7 − 95) K + 8 1  10 g/h ∙ (− 1102) J/g + 8 1  10 g/h ∙ ∙ 2,457 J/(g ∙ K) ∙ (40 − 64,7) K =   T  v °C ali K ( razlika na skali) Φ = − 33 680 kW  toplotni tok, ki se sprosti pri ohlajanju! 59 6. poglavje: Integracijska naloga Ploščina: Φ A = topli tok 95 °C 40 °C K  T  metanol povp . TP hladni tok voda 40 °C 25 °C  T  T  T  T d,t c,h   c,t d,h Δ T  povp. 2 95  40 40  25 Δ T  = 35 K povp. 2 33 680 kW  m2 K A    1604 m2 6 , 0 kW  35 K 2. Naloga: Reakcijska entalpija Izračunajte spremembo entalpije zaradi kemijske reakcije ( H r) iz entalpij nastajanja,  H n, pri standardnih pogojih ( t = 25 C, p = 101,3 kPa) za 1 mol HCl (plin) za naslednjo reakcijo: 4 HCl (pl) + O2 (pl)  2 H2O (pl) + 2 Cl2 (pl) Entalpiji nastajanja,  H n, za Cl2 in O2 sta nič! Potek reševanja: Iz literature poiščite podatke o H Δ za HCl in H O v plinastem stanju: n 2 H Δ (HCl, plin) = − 92,05 kJ/mol n H Δ ( H O , plin) = − 242 kJ/mol n 2  H  H (produktov) − H (reaktantov) r  n n Reakcija: 4 HCl (pl) + O (pl)  2 H O (pl) + 2 Cl (pl) 2 2 2 H Δ = 2 ∙ (− 242,0) − 4 ∙ (−92,05) = − 115,8 kJ/4 mol HCl r H Δ = − 28,95 kJ/mol HCl (pl) r 60 6. poglavje: Integracijska naloga ali: 4 HCl  2 H + 2 Cl H Δ = − 4 H Δ = 4 ∙ 92,05 = 368,2 2 2 r n 2 H + O  2 H O H Δ = 2 H Δ = 2 ∙ (−242,0) = − 484 2 2 2 r n 4 HCl + O  2 H O + 2 Cl H Δ = 368,2 + (− 484) = 2 2 2 r H Δ = − 115,8 kJ/4 mol HCl r H Δ = − 28,95 kJ/mol HCl r 3. Naloga: Pridobivanje vodne pare Koliko toplotnega toka (v kW) moramo dovesti v sistem, da pridobimo 1000 kg/h pregrete vodne pare pri temperaturi 120 C (obratovalni tlak je  1 bar)? Voda, ki jo uporabimo za pridobivanje pare, ima na izvoru 20 C! Potek reševanja: q ( H O ) = 1000 kg/h Potrebni podatki iz literature: m 2 t ( H O ) = 20 °C H Δ ( H O ) = 2260 J/g d 2 izp 2 t ( H O ) = 120 °C c ( H O , tekoč.) = 4,2 J/(g ∙ K) c 2 p 2 c p ( H O , plin) = 1,911 J/(g ∙ K) 2 Φ = ? Φ  q  c p  T  (če ni prisotne fazne spremembe) m Segrevanje vode poteka v treh stopnjah: 1) segrevanje tekočine do vrelišča, 2) izparevanje tekočine in 3) segrevanje hlapov. 120 °C (3) plin 100 °C (2) izparevanje 100 °C (1) tekočina 20 °C Φ = q  c p m tek . T   q  H   q  c p m izp m pl . T  Φ = 1000 kg/h ∙ 4,2 kJ/(kg ∙ K) ∙ 80 K + 1000 kg/h ∙ 2260 kJ/kg + 1000 kg/h ∙ ∙ 1,911 kJ/(kg ∙ K) ∙ 20 K = 2 634 220 kJ/h Φ = 732 kW 61 6. poglavje: Integracijska naloga 4. Naloga: Ploščina toplotnega prenosnika Določite ploščino toplotnega prenosnika v katerem ohlajamo kerozen (42 API) od 200 °C na 90 C. Pretok kerozena je 20 000 kg/h. Ohlajamo ga z lahkim organskim oljem (34 API), katerega pretok je 70 000 kg/h in temperatura 40C. K = 400 W/(m2  K). c (kerozen) = 2,47 J/(g  K) p c (lahko organsko olje) = 2,01 J/(g  K). p Potek reševanja: kerozen (topli tok) lahko organsko olje (hladni tok) t = 200 °C t = 40 °C t = ? d,t d h , c h , t = 90 °C q = 70 000 kg/h c ,t m q = 20 000 kg/h c = 2,01 J/(g ∙ K) m p c p = 2,47 J/(g ∙ K) W K = 400 m2  K Toplotni tok, ki se sprosti pri ohlajanju kerozena: Φ  q  c  T Δ =  q  c   t  t = 20 000 kg/h ∙ 2,47 kJ/(kg ∙ K) ∙ (90 − 200) K = c,t d,t  m p m p Φ  − 1509 kW Topli tok, ki se porabi za segrevanje lahkega organskega olja: Φ = + 1509 kW Iz podatkov lahko izračunamo končno oziroma ciljno temperaturo lahkega organskega olja: Φ (olja) = q  c  t  t m p  ch, dh, 1509 kW = 70 000 kg/h ∙ 2,01 kJ/(kg ∙ °C)  t  40 °C c,h  t = 78,6 °C c h , ali:  Φ 1509 kJ  h  kg  K 3600 s t  t = = = 38,6 K = 38,6 °C c h , d h ,  q  c 70 000  01 , 2  p s kg kJ h m t − 40 °C = 38,6 °C c h , t = 38,6 °C + 40 °C = 78,6 °C c h , 62 6. poglavje: Integracijska naloga topli tok 200 °C 90 °C kerozen TP hladni tok lahko org. olje 78,6 °C 40 °C 200 6, 78  90  40 Δ T   7 , 85 K povp. 2 oziroma  T  81 K ln Ploščina prenosnika: Φ 1509 kW m2 K 2 A    44 m K  T , 0 4 kW  7 , 85 K pov . p 5. Naloga: Načrtovanje toplotnega prenosnika Pri ločevanju večkomponentne mešanice v čiste komponente smo v eni destilacijski koloni v destilatu proizvedli čisti benzen v hlapih pri temperaturi rosišča t r = 80,1 C in normalnem tlaku. Za skladiščenje moramo benzen ohladiti vsaj na 20 C. Za kondenzacijo in ohlajanje benzena bi v toplotnem prenosniku uporabili kot hladivo hladilno vodo z dobavno temperaturo t d = 15 C in bi jo segreli na maksimalno 30 C. a) Koliko toplotnega toka moramo odvesti v hladilno vodo, če pridobimo na uro 100 kg benzena? b) Koliko hladilne vode potrebujemo? c) Kakšna bo ploščina toplotnega prenosnika? Predpostavimo, da znaša toplotna prehodnost K = 500 W/(m2  K) in izparilna entalpija benzena  H izp = 393 J/g ! Potek reševanja: Benzen Voda: t = 80,1 °C t = 15 °C d,t d h , t = 20 °C t = 30 °C c ,t c h , q = 100 kg/h K = 500 W/(m 2 ∙ K) m H Δ = 393 J/g q = ? izp m 63 6. poglavje: Integracijska naloga Ohlajanje benzena: 80,1°C 20 °C benzen topli tok (1) 80,1 °C TP °C 80,1 °C (2) voda hladni tok °C 30 °C 15 °C 20 °C (1) kondenzacija ( Φ ) 1 (2) ohlajanje tek. benzena ( Φ ) 2 Φ  Φ  Φ  toplotni tok, ki se sprosti pri ohlajanju benzena. 1 2 Φ  q  H   q  c p tek. m kond m   T  T c,t d,t   q  H   q  H  m kond m Iz literature poiščite (Perry, 6th edition) podatek za c p : c (20°C) = 1,68 J/(g ∙ °C) p c (80,1°C) = 1,953 J/(g ∙ °C) p cp H O = 4,2 J/(g ∙ K) 2  Na osnovi dveh eksperimentalnih točk po trapeznem pravilu izračunamo  H: 2 T ( c  c ) p p  1 2 68 , 1 ( ) 953 , 1  H  J c ( T ) d T  ( T  T )   (293  ) 1 , 353 K   p 2 1 2 g  K  2 1 T J  H   1 , 60  817 , 1 g  J kJ H  −109,2 = − 109,2 g kg Sedaj lahko izračunate sproščen toplotni tok: Φ kg kJ kg kJ = 100 ∙ (− 393) + 100 ∙ (− 109,2) h kg h kg Φ kJ = − 39 300 + (− 10 920) = − 50 220 = − 14 kW h Toplotni tok se prenese v hladilno vodo: Φ 14 000 J g  K g q ( H O )   = 223  masni pretok vode m 2 c     p (H ) O T s , 4 2 J 15 K s 2  1, 80  30  20 15 Δ T   27,55 K povp. 2 64 6. poglavje: Integracijska naloga Φ 14 000  J  s  m2  K A = =  1 m 2 K  T  s  500  J  55 , 27 K povp . 6. Naloga: Ohlajevanje destilata s propanom1. Hlape destilata (35 API) hladimo od 93 C na 38 C, pri čemer uporabljamo tekoči propan kot hladivo. Pri tem se propan segreje od –18 C na 38 C. Koliko kg/h destilata lahko ohladimo, če segrejemo 100 kg/h propana? c (35 API, hlapi) = 2,142 J/(g  K) p c (propan, tekočina) = 2,604 J/(g  K) p Potek reševanja: t t d,t c ,t 93 °C 38 °C destilat, hlapi topli tok propan, tekočina hladni tok 38 °C − 18 °C t t c h , d h , Potrebni toplotni tok za segrevanje propana: Φ  q  c    p  T  = q c p t t m  ch, dh, m Φ  100 kg/h ∙ 2,604 kJ/(kg ∙ K) ∙ (38 + 18) K = 14 582 kJ/h Φ  4 050 W Pretok destilata, ki da ohladimo: Φ  4050 Φ  q  c  t  t  q     p m  c,t d,t  J g K m c  t  t    p  2 142 , 55 c,t d,t  s J  K q = 34,4 g/s = 124 kg/h m 1 Rudd, D. F., Powers, G. J., Siirola, J. J. Process Synthesis, Prentice-Hall, Inc. Englewood Cliffs, New Jersey, 1973. 65 6. poglavje: Integracijska naloga 7. Naloga: Določanje energetskih ciljev v VSK2 Določite energetske cilje v procesu z dvema toplima in dvema hladnima procesnima tokovoma. Prepostavimo, da je min T = 10 K. Narišite veliko sestavljeno krivuljo (VSK) in vrišite pogonska sredstva! Potrebni podatki: t d(hladilne vode) = 30 C t c(hladilne vode) = 50 C t(nasičene pare) = 258 C Štev. toka Tip toka t d /C t c /C G /(kW/K) 1 hladni 60 180 3,0 2 hladni 30 130 2,6 3 topli 180 40 2,0 4 topli 150 40 4,0 Potek reševanja:  T Najprej pri hladnih tokovih prištejemo k dobavnim in ciljnim temperaturam min , pri toplih 2 tokovih te vrednosti odštejemo. Nato kreiramo temperaturno skalo, vrišemo tople in hladne tokove, ter izračunamo neto energetsko stanje po temperaturnih intervalih. T  /K  G  G  I/kW En. h  t 185 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ stanje (1) 10 3 30 prim. 175 _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 2 _ _ _ _ _ (2) 3 30 3 − 2 = 1 30 prim. 145 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 4 _ _ _ (3) 4 10 3 − 6 = − 3 −30 višek 135 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ (4) 70 5,6 – 6 = − 0,4 − 28 višek 65 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 1 (5) G = 3 30 2,6 – 6 = − 3,4 − 102 višek 35 _ _ _ _ _ _ _ _ 2 _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 2,6 Slika 6.1 prikazuje veliko sestavljeno krivuljo (VSK) z energetskimi cilji I v,min = 60 kW, I m,min = 160 kW ter t u = 145 °C. 2 Linnhoff, B. Townsend, D. W., Boland, D., Hewitt, G. F., Thomas, B. E. A., Guy, A. R., Marsland, R. H., A User Guide on Process Integration for the Efficient Use of Energy, The Institution of Chemical Engineers, Rugby, 1982. 66 6. poglavje: Integracijska naloga I = 0 kW I = 60 kW v v 185 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - ∆ I = 30 ∆ I = 30 (1) 175 - - - - - - - - - - - - - - - − 30 - - - - - - - - - - - - - 30 - - - t = 145 °C u t = 150 °C u,t (2) ∆ I = 30 ∆ I = 30 t = 140 °C u h , 145 - - - - - - - - - - - - - - − 60 - - - - - - - - - - - - - - 0 - - - (3) ∆ I = − 30 ∆ I = − 30 135 - - - - - - - - - - - - - - - − 30 - - - - - - - - - - - - - 30 - - - (4) ∆ I = − 28 ∆ I = − 28 65 - - - - - - - - - - - - - - - - − 2 - - - - - - - - - - - - - 58 - - - (5) ∆ I = − 102 ∆ I = − 102 35 - - - - - - - - - - - - - - - 100 - - - - - - - - - - - - - 160 - - I = 100 kW I = 160 kW m m Slika 6.1: VSK z vrisanimi PS. 67 6. poglavje: Integracijska naloga 8. Naloga: Sestavljeni krivulji2 V procesu z dvema hladnima in dvema toplima procesnima tokovoma smo določili naslednje energetske cilje: I min,v = 60 kW, I min,m = 160 kW. Narišite sestavljeni krivulji toplih in hladnih procesnih tokov in določite:  min T pri omenjenih energetskih ciljih,  temperaturo uščipa, t u in  število teoretičnih toplotnih prenosnikov, ki jih določite iz sestavljenih krivulj hladnih in toplih procesnih tokov. Podatki: t d(vode) = 30 C, t c(vode) = 50 C t(pare) = 258 C. Št. toka Tip toka t d /C t c /C G /(kW/K) 1 hladni 60 180 3,0 2 hladni 30 130 2,6 3 topli 180 40 2,0 4 topli 150 40 4,0 Potek reševanja: Podatki: I = 60 kW t (h.v.) = 30 °C min,v d I = 160 kW t (h.v.) = 50 °C min m , c t (pare) = 258 °C  T = ? min t = ? u N = ? min Hladni tokovi I/kW  I /kW 180 - - - - - - - - - T Δ = 50 150 780 130 - - - - - - - - - T Δ = 70 392 630 1 60 - - - - - - - - - - G = 3 T Δ = 30 78 238  2 30 - - - - - - - - - - I = 160 kW min m , G = 2,6 68 6. poglavje: Integracijska naloga Topli tokovi G = 2 I/kW  I/kW 180 - - - - - - - - - - - - - - - - 3 G = 4 T Δ = 30 60 720 150 - - - - - - - - - - - - - - - - - 4 T Δ = 110 660 660 40 - - - - - - - - - - - - - - - - - - Narišemo sestavljeni krivulji, SK toplih in hladnih tokov ter določimo teoretično število TP (slika 6.2). 260 t/°C para 240 I v,min=60 kW 220 G 200 180 160 4 140 3 120 Δ T=10 K min 100 2 80 60 1 H 40 hladilna 20 voda I m,min=160 kW 0 0 100 200 300 400 500 600 700 800 900 I/kW Slika 6.2: Sestavljeni krivulji s teoretičnim številom TP. Teoretično število procesnih enot: t = 145 °C u - 4 TP t = 150 °C u,t - 1 grelnik, 1 hladilnik t = 140 °C u h , 69 6. poglavje: Integracijska naloga 9. Naloga: Mrežni diagram I2 Z uščipno analizo smo ugotovili, da ima proces z dvema toplima in dvema hladnima procesnima tokovoma pri min T = 10 K, uščip pri t u = 145 C. Podatki za tokove so naslednji: Št. toka Tip toka t d /C t c /C G /(kW/K) 1 hladni 60 180 3,0 2 hladni 30 130 2,6 3 topli 180 40 2,0 4 topli 150 40 4,0 Za hlajenje v hladilnikih uporabimo hladilno vodo s t d,H2O = 30 C. Voda se lahko segreje maksimalno na 50 C. Za segrevanje v grelnikih (če so potrebni uporabimo nasičeno paro pri t = 258 C. Narišite mrežni diagram in določite možne stike med procesnimi tokovi in pogonskimi sredstvi, če pri tem upoštevate pravila ob uščipu! Potek reševanja: Podatki:  T = 10 K t (h.v.) = 30 °C min d t = 145 °C t (h.v.) = 50 °C u c t (pare) = 258 °C Mrežni diagram: G/(kW/K) t u,t=150 oC 150 40 90 57,5 4 2 4 4 H1 70 kW 180 85 40 150 150 3 1 3 H2 2 130 90 kW 80 30 3 4 2 2,6 130 130 kW 180 160 140 140 60 G 1 2 1 3 60 kW 60 kW 240 kW t u,h=140 oC 70 6. poglavje: Integracijska naloga 10. Naloga: Energetski cilji v VSK V procesu pridobivanja benzena so v OTP prisotni 3 hladni in 4 topli procesni tokovi. Podatki za te tokove so naslednji: Št. toka Tip t d /C t c /C G /(kW/K) 1 topli 115 34 40 2 topli 34 33 100 3 topli 67 66 2260 4 topli 633 115 35 5 hladni 47 593 33 6 hladni 182 183 1000 7 hladni 159 160 1615 Določite energetske cilje pri min T = 20 K ! Določite temperaturo uščipa! Narišite veliko sestavljeno krivuljo in označite področje, kjer proces sam pokriva energetske potrebe! Potek reševanja: Najprej kreiramo problemsko tabelo.  T a) Pri hladnih tokovih prištejemo k dobavnim in ciljnim temperaturam min , pri toplih 2 tokovih te vrednosti odštejemo. b) Nato kreiramo temperaturno skalo, c) vrišemo tople in hladne tokove ter d) izračunamo neto energetsko stanje po temperaturnih intervalih. e) Določimo ničelni toplotni tok, g) določimo energetske cilje in h) temperature uščipa. i) Narišemo VSK (slika 6.3). 71 6. poglavje: Integracijska naloga G = 35 Int. ∆ T/K  G  G ∆ I/kW Stanje h  t 623 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 4 _ 1 20 − 35 − 700 V 603 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 2 410 − 2 − 820 V 193 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3 1 998 998 P 192 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 6 _ G = 1000 4 22 − 2 − 44 V 170 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 5 1 1613 1613 P 169 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 7_ G = 40 G = 1615 1 − 2 − 128 105 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 6 64 V G = 2260 7 48 − 7 − 336 V 57 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3 5 G = 33 8 1 − 2300 − 2300 V 56 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 100 9 32 − 40 − 1280 V 24 _ _ _ _ _ _ 2 _ _ _ _ _ __ _ _ _ _ _ _ _ 10 1 -100 -100 V 23 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ V − višek P − primankljaj 72 6. poglavje: Integracijska naloga I = 0 kW I = 1047 kW v v 623 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (1) − 700 − 700 603 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 700 - - - - - - - - - - - - - - - + 1747 - - - (2) − 820 − 820 193 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 1520 - - - - - - - - - - - - - - - + 2567 - - - (3) 998 998 192 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 522 - - - - - - - - - - - - - - - + 1569 - - - (4) − 44 − 44 170 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 566 - - - - - - - - - - - - - - - + 1613 - - - (5) 1613 1613 169 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - − 1047 - - - - - - - - - - - - - - - 0 - -  t = 169 °C u − 128 (6) − 128 105 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - −919 - - - - - - - - - - - - - - - +128 - - - − 336 − 336 (7) 57 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - −583 - - - - - - - - - - - - - - - + 464 - - - − 2300 − 2300 (8) 56 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 1717 - - - - - - - - - - - - - - - + 2764 - - − 1280 − 1280 (9) 24 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 2997 - - - - - - - - - - - - - - - - + 4044 - - -100 -100 (10) 23 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - + 3097 - - - - - - - - - - - - - - - + 4144 - - I  3097 kW I  4144 kW m m 73 6. poglavje: Integracijska naloga Slika 6.3: Prikaz velike sestavljene krivulje VSK. 11. Naloga: Določanje energetskih ciljev v VSK Za problem z dvema hladnima in dvema toplima procesnima tokovoma določite:  energetske cilje pri min T = 10 K in t u!  narišite VSK in locirajte mrzlo pogonsko sredstvo in predvidite najnižji možni nivo vročega pogonskega sredstva! Št. toka G /(kW/K) t d /C t c /C tip toka 1 7,62 60 160 hladni 2 6,08 116 260 hladni 3 8,79 160 93 topli 4 10,55 249 138 topli t d(H2O) = 15 C t c(H2O) = 25 C 74 6. poglavje: Integracijska naloga Kreirajte problemsko tabelo: Int. ∆ T/K  G  G ∆ I/kW Stanje h  t 265 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 10,55 1 21 6,08 127,7 P 244 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 4 _ 2 79 − 4,47 − 353,1 V 165 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 8,79 3 10 3,15 31,5 P 155 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3 _ 4 22 − 5,64 − 124,1 V 133 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 2 5 12 4,91 58,9 P 121 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ G = 6,08 88 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 6 33 − 1,17 − 38,6 V 65 _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 1 _ _ 7 23 7,62 175,3 P G = 7,62 75 6. poglavje: Integracijska naloga I  0 kW I  7 , 127 kW v v 265 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - (1) 127,7 127,7 244 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - − 127,7 - - - - - - - - - - - - - - 0 - - - - - t = 244 °C u (2) − 353,3 − 353,1 165 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 225,4 - - - - - - - - - - - - - - 353,1 - - - - - (3) 31,5 31,5 155 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 193,9 - - - - - - - - - - - - - - - - 321,6 - - - (4) − 124,1 − 124,1 133 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 318 - - - - - - - - - - - - - - - - - 445,7 - - - - (5) 58,9 58,9 121 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 259,1 - - - - - - - - - - - - - - - - 386,8 - - - (6) − 38,6 − 38,6 88 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 297,7 - - - - - - - - - - - - - - - - - 425,4 - - - (7) 175,3 175,3 65 - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - - 122,4 - - - - - - - - - - - - - - - - 250,1 - - - - I  , 122 4 kW I  1 , 250 kW m m 76 6. poglavje: Integracijska naloga 300 para I v, min = 127,7 kW 250 t u = 244 °C t/°C 200 150 100 50 hladilna voda I m, min = 250,1 kW 0 0 50 100 150 200 250 300 350 400 450 500 I/kW Slika 6.4: VSK z energetskimi cilji in vrisanimi PS. Najnižji nivo pare je t = 270 °C . pare 12. Naloga: Mrežni diagram II Imamo proces z dvema toplima in dvema hladnima procesnima tokovoma. Osnovne podatke prikazuje preglednica. Pri analizi tokov z uščipno metodo je bilo ugotovljeno, da dobimo pri izbrani min T = 10 K uščip t u = 244 C ( t u hladnega dela t u,h = 239 C in t u toplega dela t u,t = 249 C). Energetski cilji so: I v = 127,7 kW in I m = 250,1 kW. Iz znanih podatkov narišite mrežni diagram in poiščite stike med tokovnicami po pravilih uščipa tako, da zadostite izračunanim energetskim ciljem! Št. toka G /(kW/K) t d /C t c /C tip toka 1 7,62 60 160 hladni 2 6,08 116 260 hladni 3 8,79 160 93 topli 4 10,55 249 138 topli 77 6. poglavje: Integracijska naloga Potek reševanja: Podatki:  T = 10 K min t = 244 °C, t = 249 °C, t = 239 °C u u,t u h , I = 127,7 kW v I = 250,1 kW m Mrežni diagram: G/(kW/K) I/kW t u,t = 249 C 249 178,1 138 4 1 2 10,55 1171 160 121,4 93 8,79 589 3 3 H 250 kW 260 239 116 6,08 875,5 G 1 2 127,7 kW 748 kW 104,5 60 160 7,62 762 2 3 1 t  u,h = 239 C 423 339 kW  N  N t N h t N h  G  G t G h t Gh 78 7. poglavje: Ovrednotenje investicije in obratovalnih stroškov 7. Ovrednotenje investicije in obratovalnih stroškov 1. Naloga: Nakupna cena TP Določite nakupno ceno toplotnega prenosnika v letu 1995 z nameščenimi cevmi v U-obliki. Ploščina prenosnika je 840 m2, delovni tlak je 27,6 bar. Tako plašč kot cevi morajo biti iz nerjavečega jekla. Potek reševanja: Podatki: TP, nerjaveče jeklo, U – cevi A = 840 m 2 p = 27,6 bar C ? n Podatki za korekcijske faktorje: F = 0,85 d F = 4,5 m F = 0,25 p Izračun skupnega korekcijskega faktorja: F = ( F + F ) ∙ F = 4,95 c d p m M & S (1995) = 1027,5 Ker je A > 470 m 2 , osnovno ceno odčitamo iz grafa: C = 39 000 USD 0 5 , 1027 C = 39 000 ∙ 4,95 ∙ = 708 400 USD n 280 79 7. poglavje: Ovrednotenje investicije in obratovalnih stroškov 2. Naloga: Cena vgrajenega gorilnika Določite ceno vgrajenega cilindričnega grelnika z direktnim segrevanjem (gorilnik) v letu 1990. Postavitev v procesu je vertikalna, med obratovanjem se sprošča 3520 kW toplotnega toka. Cevi so iz kroma, obratovalni tlak je 69 bar. Potek reševanja: Podatki: gorilnik, vertikalni, kromirane cevi, cilindrični Φ = 3520 kW p = 69 bar M & S (1990) = 915,1 C = ? i Podatki za korekcijske faktorje: F = 0,15 p F = 0,45 m F = 1,0 d F = 2,23 g Izračun skupnega korekcijskega faktorja: F = F + F + F = 1,0 + 0,45 + 0,15 = 1,6 c d m p Izračun osnovne cene: C = 14 400 ∙ 0,85 Φ = 42 000 USD 0 Cena vgrajenega gorilnika: C = C ∙ R (M & S) ∙ ( F + F −1) i 0 g c 1 , 915 C = 42 000 ∙ ∙ (2,23 + 1,6 − 1) = 388 500 USD i 280 80