LØYSINGSFORSLAG, eksamen 20. mai 2015 i fag TEP4125 TERMODYNAMIKK 2 v. Ivar S. Ertesvåg, mai 2015/sist revidert 9.juni 2015.

Transkript

1 Termodyn. 2, , side LØYSINGSFORSLAG, eksamen 20. mai 205 i fag TEP425 TERMODYNAMIKK 2 v. Ivar S. Ertesvåg, mai 205/sist revidert 9.juni 205. Les av i h-x-diagrammet: x = 0,05 kg/kg, T dogg, = 20 C, p v, = 22,8 mbar = 0,0228 bar. Molfraksjon: y v, = p v, /p = 0,0228. Les av: v = V /ṁ a, = 0,876 m 3 /kg; ṁ a, = V v = 2,0/0,876 kg/s = 2,28 kg/s, ṁ v, = x ṁ a, = 0,05 2,28 kg/s = 0,034 kg/s. 2 Les av: x 2 = 0,00446 kg/kg, h 2 = 3,8 kj/kg, h = 63,8 kj/kg. Kondensert vatn: ṁ v /ṁ a = x = x x 2 = 0,05 0,00446 = 0,005 kg/kg. Vi reknar at vatnet renn medtraums ut av varmevekslaren og har same temperatur som lufta ut. Entalpien til vatnet er h kond = c p,vatn (T 2 T ref = 4,2 (2 0 kj/kg = 8,4 kj/kg. Avgjeven varme: ( Q 2 /ṁ a = h h 2 x h kond = (63,83,80,005 8,4 kj/kg = 49,9kJ/kg. Oppvarming til (3: Les av h 3 = 4,9 kj/kg og φ 3 = 0,7 = 7%. Tilført varme: ( Q 23 /ṁ a = h 3 h 2 = (4,9 3,8 kj/kg = 28, kj/kg. 3 kammer C = kammer A + kammer B = heile volumet. Stomengder: n N2,C = n N2,A + n N2,B =,2 mol, n O2,C = n O2,A = 0,8 mol, n C = n A + n B = 2,0 mol. Molfraksjonar: y N2,C = n N2,C/n C =,2/2,0 = 0,60, y O2,C = 0,40.. hovudsetning: U = 0; U C U A U B = 0. n N2,A c v (T C T A + n N2,B c v (T C T B + n O2 c v (T C T A = 0. (n N2,A + n N2,B + n O2 T C = (n N2,A + n O2 T A + n N2,BT B T C = (,0 20 C +,0 40 C/2,0 = 30 C = 303 K ( c v = c p R er konstant. p C V C = n C RTC ; (Totaltrykket: p C = Partialtrykka: V C = V A + V B = n A RT A p A n A RTA p A n C RTC + n B RT B p B + n B RT B p B = 2,0 T C T A + T = B p A p B 2,0 303 K 293 K 2 bar + 33 K bar =,32 bar p O2,C = y O2,Cp C = 0,40,32 bar = 0,53 bar og p N2,C = p C p O2,C = 0,79 bar 4 Entropibalansen: S = σ; S C S A S B = σ. σ = n N2,A( s N2,C s N2,A + n N2,B( s N2,C s N2,B + n O2 ( s O2,C s O2,A = n N2,A( c p ln T C T R ln p N 2,C + n N2,B( c p ln T C A p N2,A T R ln p N 2,C + n O2 ( c p ln T C B p N2,B T R ln p O 2,C [ A p O2,A = 0,20(28 ln 303 ] 0, , ,53 J 8,34 ln +,0(28 ln 8,34 ln + 0,80(28 ln 8,34 ln 293 0,40 33,0 293,60 K = [0,94 +,05 + 8,0] J/K = 8,2 J/K 5 Reaksjonsbalanse, fullstendig forbrenning med luftoverskot (λ > :

2 Termodyn. 2, , side 2 C 2 H 26 + λ8,5(o 2 + 3,76N 2 2CO 2 + 3H 2 O + (λ 8, 5O 2 + λ 69, 56N 2 Støkiometrisk luftmengd (molbasis: AFst = 8,5 ( + 3,76 = 88,06 mol/mol Molmasse, luft: M luft = (0, ,2 32 kg/kmol = 28,84 kg/kmol Støkiometrisk luftmengd (massebasis: AFst = AFst M luft /M br = 88,06 28,84/70,3 = 4,9 kg/kg CO 2 som er danna: m CO2 m br = n CO 2 M CO2 2 44,0 = = 3,0 kg/kg n br M br 70,3 6 Energibalanse for adiabatisk brennkammer med jamne straumar, utan endringar av kinetisk og potensiell energi: 0 = Ḣbr + Ḣluft Ḣpr Massebalanse: 0 = ṁ br + ṁ luft ṁ pr. ṁ pr ṁ br = + ṁluft ṁ br = + λ AFst = +,05 4,9 = 6,65 kg/kg = 6,65 kg/kg Brensel og luft har same temperatur (=T ref, der brennverdien er denert: h luft = h br = 0. For produktet: h pr = h pr = c p (T pr T ref. Set inn i energibalansen og løyser: T pr T ref = T ad = T pr = 2706 K = 2433 C. (Null brennverdi når forbrenninga er fullstendig. h nbv ṁ pr = ṁ br c p 44, 0 3 kj/kg = 2408 K. 6,65, kj/(kg K 7 Ammoniakk brenn fullstendig med oksygen i reaksjonen NH O 2 2 N H 2O Nedre brennverdi: h nbv,nh3 = h f,nh h 3 f,o 2 2 h f,n h f,h 2 O(g = [ (24820] kj/kmol = kj/kmol eller på massebasis: h nbv,nh3 = h nbv,nh3 /M NH3 = 487 kj/kg 8 Her er T 0 = T ref, så G (T 0 = G (T ref = ḡf,nh ḡ f,o 2 2ḡ f,n 2 3 2ḡ f,h 2 O(g T 0 = T ref G (T 0 = [ (228590] kj/kmol = kj/kmol ē ch NH 3 = G (T 0 + 2ēch N ēch H 2 O(g 3 4ēch O 2 = [ ] kj/kmol = kj/kmol Endring i kjemisk eksergi: E ch n NH3 = Ech ut E ch inn n NH3 = [ ] kj/kmol = 6582 kj/kmol = ē ch NH 3 2ēch N 2 3 2ēch H 2 (her er 9 ē f = h h 0 T 0 ( s s 0, der T 0 = 5 C = 288 K. a Rekna som ideell gass: h h 0 = c p (T T 0 = 36 ( kj/kmol = 440 kj/kmol s s 0 = c p ln T T R ln p [ = 36 ln 248 ] 85 kj 8,34 ln = 48,8 kj/(kmol K 0 p kmol K

3 Termodyn. 2, , side 3 (ē f ideell gass = ( (48,8 kj/kmol = 264 kj/kmol bbrukar generaliserte diagram: ( h h h 0 = ( h h + ( h h 0 + ( h 0 h 0 = h ( h RT c + ( h RT h 0 + h c RT c ( s s s 0 = ( s s + ( s ( s 0 + ( s 0 s s s 0 = R + ( s R s s 0 + R R 0 Dieransane ( h h 0 og ( s s 0 er dei same som vi har rekna ut i a; som om det var ideell gass. Dei dimensjonslause storleikane (avvik frå ideel gass for kvar tilstand nn vi frå diagramma. p R = p p c = 85 bar 46,4 bar = 4,0 p R0 = p 0 p c = 46,4 = 0,02. T R = T T c = 248 K 9 K =,3 T R0 = T 0 T c = =,5. Tilstanden (p R0,T R0 ligg langt til venstre og utanfor diagramma, slik at ( h h RT c ( s s = 0. Altså ikkje noko avvik frå ideell gass ved tilstanden i omgjevnadene. R 0 ( h h ( s s For tilstand ( les vi av = 2,6 og =,48. RT c R h h 0 = [(2,6 8, ( ] kj/kmol = 5569 kj/kmol s s 0 = [(,48 8,34 + (48,8 + 0] kj/(kmol K = 6, kj/(kmol K ē f = [ (6,] kj/kmol = 2028 kj/kmol 0 Deriverer metningstrykket, dp sat dt = ( kpa exp ( Tilnærmar v fg = v g v f v g = RT p Brukar Clapeyrons likning, ( dp h fg = T v fg T RT dt p sat p 280 K T K T 280 K T 2 = p sat 280 K T 2, der p og T er ved metningstilstanden. 0 0 RT c = 0 og = R (280 K = 8, kj/kmol = 825 kj/kmol Hovudreaksjon: 4 N 2 + CO + H 2 O 4 N 2 + a CO + b CO 2 + c H 2 O + d H 2 Her er det N = 5 sto og L = 4 grunnsto; og vi treng M = N 4 = likning til, altså éin jamvektsreaksjon. (Vi kunne evt. utelate nitrogen frå oppteljinga, slik at N = 4 og L = 3. Grunnsto-balansar: N-balansen er triviell (2 4 = 2 4 og er brukt direkte ovanfor. C: = a + b, så a = b. H: 2 = 2c + 2d, så d = c. O: + = a + 2b + c = b + 2b + c = + b + c, så c = b og d = ( b = b.

4 Termodyn. 2, , side 4 Då har vi 4 N 2 + CO + H 2 O 4 N 2 + ( b CO + b CO 2 + ( b H 2 O + b H 2. (Med litt øving kan vi setje opp dette direkte. Vi kunne også valt a, c eller d som den eine ukjende. Stomengda ved jamvekt: n tot = [4 + ( b + b + ( b + b] mol = 6 mol. I tabell A27 (vedlegget nn vi reaksjonen CO 2 + H 2 CO + H2 O. Dette er den einaste som inkluderer alle dei re stoa som tek del i reaksjonen, og den einaste som ikkje inneheld andre sto. Jamvektskonstanten ved 000 K: K = 0 0,59 = 0,693 K = y ( CO y H2 O p (+ = ( b( b/n2 tot y CO2 y H2 p ref b b/n 2 = tot b = 2 ± 4 4( K = ± K 2( K K = ± 0,693. 0,307 2b + b2 b 2 eller 0 = b 2 (K2b+; Dette gjev to løysingar; b = 5,97, som ikkje er gyldig fordi 0 < b <, og b = 0,55, som er gyldig. ( ( b2 Alternativt: K = b 2 ; ± b = K; b = ± = 0,55 (når 0 < b <. K Stomengdene: n N2 = 4 mol; n CO = n H2 O = ( b mol = 0,45 mol; n CO2 = n H2 = b mol = 0,55 mol. Meir N 2 påverkar ikkje jamvekta i dette tilfellet. Stomengdene av CO, H 2 O, CO 2 og H 2 er uendra. Der vi sette inn molfraksjonane y i = n i /n tot i jamvektskonstanten ovanfor, fall n tot bort frå uttrykket. 2 Faseregelen bygger på ein samanhengen mellom talet på variablar og talet på likningar og gjeld for intensive storleikar (altså storleikar som ikkje er avhengig av mengda. Variablar: T og p (2 variablar, N molfraksjonar i kvar av P faser (N P variablar. Likningar: Jamvekt mellom alle fasene for kvart sto: µ = µ2 =... = µp µ 2 = µ2 2 =... = µp 2. µ N = µ2 N =... = µp N (N (P likningar Molfraksjonar for kvar fase: N yi k = ; k =,..., P i= (P likningar Fridomsgrader = (tal variablar - (tal likningar = F = (2+N P (N(P +P = 2 + N P Dette er Gibbs' faseregel. Merknad: Læreboka seier at med N sto er det N ukjende molfraksjonar i kvar fase, sidan summen av molfraksjonane i kvar fase er lik éin. Dette er ekvivalent med det som står ovanfor. Duhems teorem gjeld den ekstensive tilstanden, altså avhengig av kor mykje sto som er i systemet; f = 2 uavhengige variablar utanom stomengdene.

5 Termodyn. 2, , side 5 Gibbs' faseregel gjeld den intensive tilstanden; F = 2 + N P uavhengige, intensive variablar. Det er ialt f = 2 to uavhengige variablar, og F uavhengige intensive variablar. Då må resten, f F, av dei uavhengige variablane vere ekstensive eigenskapar. Døme : Vatn, tofase: N =, P = 2, F = 2+2 =. Den eine uavhengige, intensive variabelen kan ved temperatur eller trykk. Den andre uavhengige må vere ein ekstensiv eigenskap, til dømes U (total indre energi eller V (totalt volum. Døme 2: Vatn, trefase: N =, P = 3, F = = 0. Ingen av dei to uavhengige variablane kan vere ein intensive eigenskap. Begge må vere ekstensiv eigenskapar, til dømes U (total indre energi og V (totalt volum, eller U og S (total entropi. For ordens skuld: Nemninga Duhems teorem er ikkje brukt i boka, men innhaldet står der. Både namnet og innhaldet er oppgjeve i oppgåva.

6