---------------------------------------
Eksamen prosessteknikk 20. mai 1998
Løsningsforslag
---------------------------------------

Oppgave 1.
-----------

(a) Eksploderer ved 491K (218C)

(b) Utført arbeide 
            pytre (V2-V1) = 1e5 * (2551 - 25) 1e-3 = 252.6 kJ

Oppgave 2
-----------

(a) Nch3oh = N0ch3oh - ksi, 
	No2 = N0o2 - ksi/2    ,etc.

(b) Begrensende reaktant er oksygen. Med 100 mol føde (basis) er
reksjonsomfang ksi = 14 mol.

Produktsammensetning:
            CH3OH: 27-14 = 13 mol  (0.1215)
            O2:    7 - 7 =  0 mol   (0)
            HCHO:  0 + 14 =14 mol  (0.1308)
            H2O:  36 +14 = 50 mol  (0.4673)
            N2:   30     = 30 mol  (0.2804)
			Ntot:         107 mol

(c) Energibalansen blir Hut=Hinn

Evaluerer direkte Hut-Hinn ved å betrakte

1. oppvarming av føde fra T til 700C
          100 mol * 34.73 * (700 - T)
    der 34.73 er midlere cp for føden
	(0.27*43.89 + 0.36*33.58 + 0.07*29.36 + 0.30*29.13 = 34.73)

2. Reaksjon ved 700 C
           14 mol * (-143e3)

Setter summen lik 0 og finner at T=123.6C (396.75K)

(d) Likevektskonstanten blir K=exp(-dGr/RT) = 5.12 e+11

    Her er ved likevekt
			 K = phcho * ph2o / (pch3oh * po2^0.5)   (alle trykk i bar)
	Videre er pi = xi * p der totsaltrykket p=1.5 [bar].

    Vi kan anta at alle molbrøker xi er som gitt over unntatt for xo2
     Dvs. xo2 = [0.1308 * 0.4673 / (0.1215 * K)]^2 * 1.5
              = 1.45 e-24

dvs. reaksjonen er i høyeste grad forskjøvet mot høyre
(en del studenter syntes tydelig e-24 var usannsynlig lite og
prøvde å få mer rimelige tall ved å la være å kvadrerer eller
å ta kvadratrot istedet - de fikk da xo2 rundt e-12 eller e-6)

Oppgave 3
---------- 

(a) Fb = Fb0 - k cB V  
        der  Fb= v cB  der v er volumstrøm
         og  Fb0=v cB0
(volumstrømmen er konstant pga. antagelse om konstant tetthet)
    Videre er cB = cB0 (1-x)  der x er omsetningsgraden

(b) Løser mhp.V 
           V = v * x / (k * (1-x)) 
             = 72/3600 * 0.94 / 0.024 * 0.06 = 13.1 m3

(c) Temperatur 35C. 
    Må først beregne hastighetskonstant ved 35 C. Finner først
	aktiveringsenergien 
		 k65/k50 = exp(-E/R*338) / exp(-E/R*323) 
    som gir 
		 ln(k65/k50) = -(E/R) * (1/338 - 1/323)  
    dvs. (E/R) = 3420. Vi får da
		 k35/k50 = exp(-E/R*308) / exp(-E/R*323) 
    som gir k35 = k50 * 0.597 = 0.00896 1/s

	Med k=0.00896 1/s gir ligningen i (b) at x=0.854


Oppgave 4
-----------

Totalbalanse

w1 + w2 + w3 = 3  [kg/s]

Etanolbalanse (strøm 1 er 100% (absolutt) etanol)

w1 = 0.2 * 3 [kg/s]

Energibalanse, Hut - Hinn = 0  [kJ/s]

w1 * 2.6 * (50-20) + w2 * 4.2 * (50-20) + w3 * 4.2 * (50-100) = 0

Løser og får
   w1=0.6,  w2=1.36,  w3=1.04  [kg/s]  


Oppgave 5
----------

gamma = cP/cV = 31/(31-8.31) = 1.366
k = gamma-1 / gamma = 0.269

(a) Ved tapsfri adiabatisk (isentropisk) kompresjon gjelder
T2/T1 = (p2/p1)^k = (104/99)^0.269 = 1.011355
som gir T2 = 349 * 1.011 = 353.66K, dvs. stiger 4.66 K

Fra energibalansen dH = Ws-Q, der Q=0 (adiabat) og dH=F*cP*dT.
Dvs. arbeidet er

  Ws = F * cP * dT 
     = (30800/3.6) * 31 * 4.66 = 1.24 e6 J/s = 1.24 MW

(b) Virkelig arbeide er 1.24/0.74 = 1.67 MW
    Virkelig temp. stigning er 4.66/0.74 = 6.3K dvs. virkelig 
    temperatur er 355.3K = 82.3C.