-------------------------------------- Eksamen Prosessteknikk 22. mai 1999 -------------------------------------- Løsningsforslag på oppgave 2, 3 og 4 (se Word-dokument for komplett med alle oppgavene) --------------------------------------------- Oppgave 2. Forbrenning av ammoniakk til NO --------------------------------------------- Salpetersyre fremstilles vanligvis i en prosess der man forbrenner ammoniakk med luft (med platina som katalysator) og danner nitrøse gasser som deretter avkjøles og absoberes i vann. Vi skal betrakte første del av prosessen (se figuren) der vi antar at ammoniakk forbrennes fullstendig etter følgende gassfasereaksjon NH3 + 1.25 O2 = NO + 1.5 H2O dhr(298)=-227; dhr(1213)=-223 kJ/mol (a) Føden til reaktoren er en gassblanding av luft og ammoniakk. Innfør reaksjonsomfanget for reaksjonen og sett opp massebalansene for reaktoren (du kan betegne reaktorføden med n^0 og reaktorproduktet med n). (b) Føden til reaktoren er ved 230C og produktet ved 940C (1213K). Beregn sammensetningen av føden og produktet når det antas adiabatisk reaktor. (c) Beregn virkningsgraden for luftkompressoren ut fra dataene som er gitt i figuren. (Hvis du ikke fikk til delspørsmål (b) kan du anta at reaktorføden er 10% ammoniakk og 90% luft) (d) Vi har neglisjert dannelsen av NO2. For å se om dette er rimelig skal du beregne forholdet mellom NO2 og NO som man teoretisk kunne ha fått dersom reaksjonen NO + 0.5 O2 = NO2 var i likevekt ved 940C (bruk SI Chemical data til å bestemme likevektskonstanten). Data: Anta at luften inneholder 21% oksygen Bruk følgende konstante midlere varmekapasiteter Cp(NH3)(g) = 37 J/K mol (opp til 230C) = 54 J/K mol (230C til 940C) Cp(luft)(g) = 29 J/K mol (opp til 230C) = 32 J/K mol (230C til 940C) -------- Løsning: -------- (a) Massebalanser for reaktoren (Ut = Inn + Dannet ved reaksjon) [mol/s] n = reaktorprodukt n0 = reaktorføde X = reaksjonsomfang for reaksjonen [mol/s]. nNH3 = n0NH3 - X nO2 = n0O2 - 1.25 X nNO = + X (antar ingen NO i føden) nH2O = + 1.5 X (antar ingen H2O i føden) nN2 = n0N2 Totalt: n = n0 + 0.25X Merk: Siden all ammoniakk forbrennes er nNH3=0, dvs. X=n0NH3. (b) Antar adiabatiske forhold i reaktoren Energibalansen for en adiabatisk reaktor blir Hut=Hinn. Basis: n0=1 mol føde med n0NH3 mol ammoniakk Evaluerer Hut-Hinn ved å betrakte 1. Oppvarming av føde fra 230C til 940C [ 54*n0NH3 + 32*(1- n0NH3) ] * (940-230) [J] der 54 og 32 er Cp-verdiene for komponenten i [J/mol K] 2. Reaksjon ved 940C X * dHr = n0NH3 * (-223e3) [J] Setter summen lik 0 og finner at n0NH3 = 710*32/(223e3-710*22) = 0.110 dvs. fødeblandingen inneholder 11% ammoniakk og 89% luft. Føden er da (basis n0=1 mol) NH3: 0.11 mol O2: 0.89*0.21=0.187 mol N2: 0.89*0.79=0.703 mol Produktet er da (reaksjonsomfanget for reaksjonen er 0.11 mol) NH3: 0 mol O2: 0.187 - 0.11*1.25 = 0.050 mol NO: 0.11 mol H2O: 0.11*1.5 = 0.165 mol N2: 0.703 mol Totalt: 1.028 mol (c) Bruker at føden er 11% ammoniakk og 89% luft. Energibalanse (Hut=Hinn) for blandepunktet gir: 0.11*37*(230-(-15)) = 0.89*32*(T6-230) Vi finner at (T6-230)= 35K dvs. T6=265C = 538K, der T6 er temperatur etter kompresjonen. Tilført arbeide i kompresjonen er lik entalpiforskjellen for luft fra T5=100C til T6=265C, dvs. Ws = Cp(T6-T5) = 29*165 = 4785 J/mol. For en adiabatisk reversibel kompresjon ville vi hatt (T6rev/T5) = (p6/p5)^(R/Cp) = 2.5^(8.31/29) = 1.300 som med T5=373K gir T6rev=485K dvs. Wsrev=Cp(T6rev-T5) = 29*112 =3248 J/mol dvs. den adiabatiske virkningsgraden er 3248/4785 = 0.679 (d) Ser på reaksjonen NO + 0.5 O2 = NO2 Ved 298K: dhr= 33 -90 = -57 kJ/mol dgr= 51 -87 = -36 kJ/mol dcp = 37 - 30 - 0.5*29 = -7.5 J/mol K Ved 940C = 1213K dhr = dhr(298) + dcp*dt = -57 -7.5e-3*915 = -63.9 kJ/mol dsr298 = (dh-dg)-298 = -57+36 / 298 = -70.5 dsr = -70.5 + (-7.5)ln(1213/298) = -81.0 J/ mol K dgr = dhr - 1213 dsr = -63.9 - 1213*(-81e-3) = + 34.4 kJ/mol K ved 940C = exp(-dg/RT) = 0.033 (Kommentar: Brukes Cl-Cl der vi antar dCp=0 (dvs. dHr konstant) finner vi K298=2.06 e6 og K1213= 0.059, dvs. ca. en faktor 2 forskjellig) Vi har at K = pNO2 / (pNO * PO2^0.5) der p er partialtrykket i bar. Partialtrykket i oksygen i produktet er (0.050/1.028)*2.5 bar = 0.122 bar (når dannelse av NO2 er neglisjertbart). Vi får da at forholdet mellom mengde NO2 og NO er lik pNO2 / pNO = K * PO2^0.5 = 0.033 * 0.122^0.5 = 0.012 dvs. det vil teoretisk dannes bare 1% NO2 i forhold til NO, og det er rimelig å neglisjere dannelse av NO2. ------------- Kommentar. ------------- Dette viser hvordan jeg beregnet rekasjonsvarme for hovedreaksjonen. Komponentdata fra SI Chemical Data: no2, dhf=+33, dgf= +51, cp=37 no, dhf=+90, dgf= +87 30 h20 dhf=-242 dgf=-229 34 nh3 dhf=-46 dgf= -16 35 o2 29 Finner da for forbrenningen av NH3 til NO: dhr= 90 + 1.5(-242) -(-46) = -227 kJ/mol dgr= 87 + 1.5(-229) -(-16) = -240.5 kJ/mol dcp = 30 + 1.5*34 - 35 -1.25*29 = 9.75 (ved 298K) dcp = 35 + 1.5*42 - 59 -1.25*32 = -1 (ved 940C) dcp midlere ca. 4 J/mol K Reaksjonsvarme ved 940C: -227 + 4e-3*915 = -223 kJ/mol ---------------------------- Oppgave 3. Varmeveksler ---------------------------- (a) Hva er en varmeveksler? Forklar forskjellen p\aa\ medstr\o ms og motstr\o ms varmeveksling og skisser typiske temperaturprofiler for de to tilfellene. (b) Formuler energibalansen for varm og kald side av en varmeveksler. Gi ogs\aa\ et uttrykk for varmemengden som overf\o res fra varm til kald side. Hvilke antagelser er gjort? (c) En kald str\o m (5 kg/s, $c_p $ = 1.5 kJ/kg\ K, 20 \C) skal varmeveksles med en varm str\o m (3 kg/s, $c_p $ = 1.2 kJ/kg\ K, 70 \C) i en motstr\o ms varmeveksler. Utl\o pstemperaturen p\aa\ varm side er 24$^o$C og $U$=150 W/m$^2$ K. Bestem varmevekslerens areal. (d) I en annen medstr\o ms varmeveskler har vi innl\o pstemperaturer 90 $^o$C (varm side) og 25 $^o$C (kald side). Ved utl\o pet er temperaturene 55 $^o$C (varm side) og 53.5 $^o$C (kald side). Hva hadde utl\o pstemperaturene blitt om man ``koblet om'' og istedet benyttet motstr\o m (med samme varmeveksleren)? Hvor mye mer varme overf\o res (i \%)? (Tips: Det kan her l\o nne seg \aa\ velge en basis, f.eks. $Q=100$, for tilfellet med medstr\o m, og bruke dette til \aa\ beregne $UA$ og varmekapasiteter ($m C_p$) p\aa\ varm og kald side. Finn s\aa\ $Q$ ved ``pr\o ve og feile''). -------- Løsning: -------- (a) For å forklare forskjellen bør man ha en figur av varmevekslerene. - For medstrøm vil temperaturene nærme seg hverandre ved utløpet. - For motstrøm vil utløpstemperaturen til den "minste" strømmen (minst m*Cp) nærme seg innløpstemperaturen til den "største" strømmen. (b) Stasjonaer energibalanse gir for varm og kald side: (1) mh Cph (Thut - Thinn) = - Q (2) mc Cpc (Tcut - Tcinn) = Q (Q>0) hvor vi antar konstant cP og neglisjerer kinetisk energi etc. Varmeoverføringen antas beskrevet ved (3) Q = UA dTlm der dTlm er log midlere temp. der vi også må anta konstante Cp. (c) Varm side. Q = m cp(Ti-Tu) = 3*1200*(70-24)=165.6e3 Kald side. Tu = Ti + Q/mcp = 20 + 165.5e3/5*1500=42.08 dT1 = 70-42.08 = 27.92; dT2=24-20 = 4 = ; dtlm = 12.31 A = Q/ U dtlm = 100.8e3/ 150 * 12.31 = 89.68 m2 (d) MEDSTROM: dT1 = 65, dT2=1.5; dTlm = dT1-dT2/ln(dT1/dT2) = 16.85 Setter Q = 100 (basis). Da er UA = 1/16.85 og mcp = 100/35 = 2.857 (varm side) og mcp = 100/28.5 = 3.509 (kald side). MOTSTROM: Beregning Q. Gjetning/beregnet: 110/177.6, 135/129.6, 132/135.44, 133/133.5, 133.2/133.12, 133.17/133.18 OK. Dvs. Q=123.17, tcu=62.95 og thu=43.39 (dtlm er 22.44) %MATLAB-program benyttet % Data: mcph=100/35; thi=90; mcpc=100/28.5; tci=25; UA=100/16.85; % gjett Q Q = 110 % Fra energibalanser paa kald og varm side tcu = tci + Q/mcpc thu = thi - Q/mcph % Beregn logaritmisk midlere temperaturdifferens (motstrom) dt1 = thi - tcu; dt2 = thu - tci; dtlm = (dt1 - dt2)/ log(dt1/dt2) % beregn Q (varmemengde overfort) Q = UA*dtlm -------------------------------------------- Oppgave 4. Massebalanse absorbsjonskolonne -------------------------------------------- I en absorbsjonsprosess brukes olje til å fjerne benzen fra forurenset luft. Hvor mange uavhengige massebalanser kan settes opp? Beregn mengde olje (strøm 1). Figur: 99.9 vekt% luft 0.1 vekt% benzen ^ 4 | 100% olje -1> Absorbsjonskolonne -3> 99 vekt% olje 1 vekt% benzen ^ 2 | 0.35 kg/s 96 vekt% luft 4 vekt% benzen -------- Løsning: -------- Massebalanser for 3 komponenter Olje: m1 = 0.99 m3 Benzen: 0.04 m2 = 0.001 m4 + 0.01 m3 luft: 0.96 m2 = 0.999 m4 Gitt m2=0.35 kg/s Luft-balanse gir m4 = 0.3363 kg/s Benzen-balanse gir m3 = 1.3664 kg/s Oljebalanse gir m1=1.3527 kg/s Sjekk totalbalanse: m1+m2=1.7027; m3+m4=1.7027 (OK) ----------- Foreslått fordeling ved karaktersetting. Oppg.1 : 15% Oppg.2 : 40% (5 + 15 + 10 + 10) Oppg.3 : 20% (5 + 5 + 5 + 5) Oppg.4 : 10% Oppg.5 : 15%