Prosessteknikk eksamen 22/5-99. Løsningsforslag

Transkript

1 Prosessteknikk eksamen /-99. Løsningsforslag Revidert: 7. juni 1999 Foreslått fordeling ved karaktersetting. Og.1 : 1% Og. : 4% ( 1 1 1) Og.3 : % ( ) Og.4 : 1% Og. : 1% (78) Ogave 1 a) mg b) F k l l c) w (1 1 1 kg 9.81m s Pa.1m 4-1 ( ) 1 m. m 1. m mg F [ mg k( l l) ] Pa.1m. m 49 m 74 J Ogave dv a) ntar stasjonær rosess. 1 kg 9.81m s Pa m mg dx ( k - ( l l) dv mg). m ). m 1 Pa dx k 4 Pa. m m Massebalanser for reaktoren (Ut Inn Dannet ved reaksjon) [mol/s] reaktorrodukt reaktorføde reaksjonsomfang for reaksjonen [mol/s]. xdx -1 1 (. m)

2 O O HO ξ Totalt O 1.ξ 1.ξ (antar ingen O i føden) ξ (antar ingen H.ξ Merk : Siden all ammoniakk forbrennes er O i føden), dvs. ξ (dette betyr at ammoniakk er begrensende reaktant, dvs. det er luftoverskudd) b) ntar ideell gass (dvs. entalien er kun en funksjon av temeraturen). Det er gitt at det er adiabatiske forhold i reaktoren. Energibalansen over reaktoren blir da H ut H inn, dvs H ut - H inn Basis: 1 mol føde/tid med x mol ammoniakk Evaluerer H ut - H inn ved å betrakte: 1. Ovarming av 1 mol føde fra 3 C til 94 C 1 CP (94 3) der CP 4x 3(1 x). Reaksjon av x mol ammoniakk ved 94 C 3 x ( 3 1 ) 3 Setter summen lik og finner at x 71 3 /( ). 11 Dvs. at blandingen inneholder 11% ammoniakk og 89% luft. Føden er da: H 3 :.11 mol O :.89* mol :.89* mol Tot.: 1 mol Produktet er da (reaksjonsomfanget for reaksjonen er.11 mol): H 3 : mol O : *1.. mol (4.9%) :.73 mol (68.4%) O:.11 mol (1.7%) H O:.11*1..16 mol (16.1%) Tot.: 1.8 mol c) Bruker at føden er 11% ammoniakk og 89% luft. Energibalanse (H ut H inn ) for blandeunktet gir (3 ( 1)).89 3 (T6 3) Vi finner at (T6-3) 3 K, dvs. T6 6 C (38 K), der T6 er temeraturen etter komresjonen. Tilført arbeide i komresjonen er lik entaliforskjellen for luft fra T 1 C til T6 6 C, dvs. W S C(T6-T) 9* J/mol v figuren ser vi at komresjonen er adiabtisk. For en adiabatisk, reversibel komresjon ville vi hatt

3 ) 9 < T6 rev P T P som med T 373K gir T6 48K, dvs. W dvs. den R C adibatiske virkningsgraden 348/ d) Ser å reaksjonen O.O O Ved 98 K: rh kj/mol rg kj/mol "!$# %'& ( rev er S,rev C (T6 Ved 94 C 113 K: rh * rh(98), -. / * kj/mol rs(98) (: rh-; rg)/98 (-7 36)/98-7. J/mol,K rs -7. (-7.)ln(113/98) -81 J/mol,K rg > rh - 113*? rs *(-81*1-3 ) 34.4 kj7mol K(94 C) ex(-@ rg/rt).33 PO Vi har at K, der Pi er artialtrykket i bar.. PO PO Partialtrykket av oksygen i roduktet er (./1.8)*. bar.1 bar Vi får da at forholdet mellom O og O er lik PO.. K P.33*.1 O P O.1 rev T) J / mol dvs. vi kan neglisjere O -innholdet. (ntar at vi ikke trenger å korrigere P O for forbruk i rx. med O, det er åenbart riktig.) Kommentar: Hvis vi istedet for G-data bruker S-data fra SI Chemical Data fås rs - 84., K.3 og forholdet mellom O og O blir.8. Ogave 3. Varmeveksler a) For å forklare forskjellen bør man ha en figur av vv med tem-forlø: For medstrøm vil temeraturene nærme seg hverandre ved utløet For motstrøm vil utløstemeraturen til den "minste" strømmen (minst m*c) nærme seg innløstemeraturen til den "største" strømmen b) Stasjonær energibalanse gir for varm og kald side: (1) m h *C h *(T h,ut -T h,inn ) -Q () m c *C c *(T c,ut -T c,inn ) Q (Q>) ntagelser: Stasjonært (ingen akkumulering I veggen), intet varmeta (adiabatisk), konstant C, neglisjerer kinetisk energi etc. Varmeoverføringen antas beskrevet ved (3) Q U BDC lm der EDF lm er log midlere tem-differanse c) Varm side Q m*c*(ti-tu) 3*1*7-4) 16.6*1 3 Kald side Tu Ti Q/(m*C) 16*1 3 /(*1)4.8 C (31.3 K) GDH K IDJ 4-4 K

4 KDL lm 1.31 K Q/UMD lm 16/6 e3 /1* m. d) Medstrøm: ODP 1 6 QDR 1. SDT lm (UDV 1-WD )/ln(yz 1/[D\ ) 16.8 Setter Q 1 (basis). Da er U 1/ og m*c 1/3.86 (varm side) og m*c 1/ (kald side). Motstrøm: Får tre ligninger (ligningene (1), () og (3) over) med tre ukjente (Q, Tc,u og Th,u). Løses her ved iterasjon; Gjetning Q/beregnet Q: 11/177.6, 13/19.6, 13/13.44, 133/133., 133./133.1, / OK, dvs. Q , Tc,u 6.9 og Th,u (]_^ lm.44), dvs det overføres 33.17% mer varme med motstrøm. Brukte følgende Matlab-rutine (må bruke kalkulator å eksamen!): %MTLB-rogram benyttet %Data: mch1/3; thi9; mcc1/8.; tci; U1/16.8; % gjett Q Q 11 % Fra energibalanser aa kald og varm side tcu tci Q/mch thu thi - Q/mch % Beregn logaritmisk midlere temeraturdifferens (motstrøm) dt1 thi -tcu dt thu - tci dtlm (dt1- dt)/log(dt1/dt) % beregn Q (varmemengde overfort) Q U * dtlm Ogave 4. Det er 3 komonenter og dermed 3 uavhengige massebalanser (summen av de tre gir den totale massebalansen, men denne er ikke uavhengig) Massebalanser for 3 komonenter Olje: m1.99*m3 Benzen:.4*m.1*m4.1*m3 Luft:.96*m.999*m4 Gitt m.3 kg/s Luft-balanse gir m kg/s Benzen-balanse gir m kg/s Oljebalanse gir m kg/s Kontroll: Totalbalanse: m1m 1.77; m3m (OK) Ogave. CSTR: Massebalansen gir: F - F r *V F v *C C C *(1- ) F - F F *

5 r -k* C k* C *(1- ) gir massebalansen v *C * - k*c *(1- )*V Innfører `_acbed, gir fhg i j kfml ) Løser ut : wyx xz {} ' s~ no qsr tuho v nt 3 /.1m 3 /min 1 min 6 s ƒ ˆ Š Š ŒŠ ŽŠ Š Innsatt: : 1.8/(1-1.8).643 (64.3 %) c) PFR d Massebalansen gir V F, innfører hast.lign. og _, gir: r kτ d (1 1 ln ) 1 kτ gir 1 e y } ' eš œ Ÿž gir.83 (83.%) (Omsetningsgraden større i PFR enn i CSTR, som forventet for en reaksjon med orden >)