Bilansni proracuni reaktora
-
Upload
nevenkanik -
Category
Documents
-
view
23 -
download
1
Transcript of Bilansni proracuni reaktora
-
1
IZOTERMSKI BILANSNI I SIMULACIONI PRORAUNI HOMOGENIH HEMIJSKIH REAKTORA
Reaktori za izvoenje reakcije u jednoj fazi (homogene reakcije) mogu se podeliti na:
1. arni reaktori 2. protoni ili kontinualni reaktori
a) sa mealicom b) cevni reaktori
(1) (2a) (2b)
Pod pretpostavkom da je meanje reakcione smee idealno, arni i protoni reaktor su sistemi sa neraspodeljenim parametrima, Cevni reaktor je sistem sa raspodeljenim parametrima. arni reaktor predstavlja nestacionaran sistem Protoni reaktori, u normalnim uslovima rada (bez poremeaja) su
stacionarn sistemi.
Kod bilansnih prorauna, generisanje komponenata se ne rauna iz brzina generisanja Rj ve iz stepena napredovanja reakcija.
Kod simulacionih prorauna, brzine generisanja komponenti Rj, se dobijaju iz brzina reakcija koje se odigravaju u reaktoru.
Kako se u optem sluaju u reaktoru odigrava istovremeno vie reakcija u analizi rada reaktora, koriste se i veliine: Selektivnost Prinos
Pod selektivnou S (selectivity) se podrazumeva odnos dobijenih koliina (molova) eljenog i sporednog (neeljenog) produkta. Prinos ili frakcioni (relativni) prinos nekog produkta, Y (yield) predstavlja odnos koliine dobijenog produkta (molovi) i broja molova reaktanta koji su izreagovali. Neka se na primer u arnom reaktoru odigrava sloena reakcija
A B C
C
A B
B C
A C
-
2
Selektivnost, ako je B eljeni proizvod, je, za arni reaktor: za protoni reaktor:
C
B
n
n
CB
==kraju na molova brojkraju na molova brojS
izC
izB
n
n
CB
,
,
komponenteprotok mol. izlazni komponenteprotok mol. izlazni==S
Prinos proizvoda B e biti, za arni reaktor: za protoni reaktor:
AA
B
nn
nB
= 0)(Y
izAA
izB
nn
nB
,
0,)(
=Y
nA0
- poetni broj molova reaktanta nA0 - ulazni protok reaktanta
PRIMER 4.5 (4.6) U reaktoru se vri dekomponovanje etana, koga prati i sporedna reakcija: C H C H H2 6 2 4 2 + (R1) C H H CH2 6 2 42+ (R2) Molski sastav proizvoda je : 35%C2H6, 30%C2H4, 28%H2, 7%CH4. Izraunati:
a) Stepen konverzije etana b) Selektivnost etilena u odnosu na metan c) Prinos etilena
Numeracija komponenata: 1- C2H6 , 2- C2H4 , 3 - H2 , 4 - CH4
a) Baza prorauna: 100 mol prozvoda. Koliina etana u proizvodu : n1 = 1000.35 = 35 mol Koliina etana koja je izreagovala je:
( ) ( ) ( ) molmolmolnnnnnn RR 5.335.3302422111101 =+=+=+= Polazna koliina etana, i stepen konverzije :
n n mol10
1 335 68 5= + =. . , x 1 10
1
10
33568 5
0 489 48 9%=
= = =n n
n
.
.
. .
b) Za odabranu bazu prorauna, n2 = 30 mol, n4 = 7 mol pa je selektivnost
4
4229.47
30CHmol
HCmol==S
c) Y ( ).
.2 30335
0 896210
1
2 4
2 6=
= =
n
n n
mol C Hmol C H
-
3
Bilansni proraun arnog reaktora
Komponentni bilans za period trajanja reakcije: akumulacija = generisanje ili ( ) ( )kg mol
(4.29)
)(= 0 molnn jj aakumulacij (4.30) n j
0 - poetna koliina komponente
Ako se u reaktoru odvija Nr nezavisnih hemijskih reakcija
jk j rA k N= = 0 1, , Tada je generisanje komponente u k-toj reakciji jednako: n jk jk k=
a ukupno generisanje:
n moljkk
N
jk kk
Nr r
== =
1 1
( ) (4.31)
Tako je komponentni bilans :
n n molj j jk kk
Nr
==
01 , ( )
(4.32)
n j - konani broj molova n j
0 - poetni broj molova
jk - stehiometrijski koeficijent komponente j u k - toj od ukupno Nr nezavisnih reakcija
k - ostvaren stepen napredovanja k - te reakcije ili
n n S0 = (4.33)
S - stehiometrijska matrica za posmatrani reakcioni sistem:
Ukupni bilans dobijamo sabiranjem komponentnih bilansa :
N N k kk
Nr
==
01
(4.34)
reakciji toj-u molova broja promena ukupna1
kcN
jjkk =
=
N - ukupan broj molova na kraju N 0 - ukupan broj molova na poetku
-
4
Bilansni proraun protonog reaktora
Za stacionaran protoni reaktor (cevni ili sa meanjem), komponentni bilans glasi: ulaz - izlaz + generisanje = 0 (mol/s) Ako je ukupan broj ulaznih i izlaznih struja jednak Ns onda (ulaz - izlaz) moemo da izrazimo kao:
)/(=izlaz - ulaz1
smolnsN
iij
=
n F cij i ij= > Ne r) nepoznatih nj . On, ima
trivijalno reenje cj Njn ,...,2,1,0 == , koje nas ne zanima i jednoznano reenje za r prirataja nj od ukupno Nc, za zadat set vrednosti
preostalih (Nc - r) prirataja tj. onoliko koliki je broj nezavisnih reakcija: N N A N rr c c= = rang (2.71)
Dakle,
broj kljunih komponenata u sistemu sa Nc komponenti i Nr nezavisnih reakcija jednak je tano broju nezavisnih reakcija Nr.
Zanimljivo je uporediti dva ekvivalentna naina reavanja bilansnog problema (daju isti rezultat) :
Broj komponentnih bilansa je Nc, a broj nepoznatih u njima je N N Ns c
protoci i sastavi
r
stepeni napredovana
( )+ +11 24 34 124 34
Broj nezavisnih atomskih bilansa (4.37b) je jednak rangA = N Nc r
dakle, za Nr manji od komponentnih bilansa a broj nepoznatih: N Ns c( )+1 (protoci i sastavi)
je takoe manji za Nr. Dakle, to je i trebalo oekivati broj stepeni slobode je isti za obe formulacije:
rcs NNNd += )1( (4.40)
(izveden u Primeru 4.7) S obzirom da su dve formulacije ekvivalentne, zakljuujemo:
Atomski bilansi se mogu dobiti linearnim kombinovanjem komponentnih, tako da se pri tom eliminiu stepeni napredovanja.
-
11
Atomski bilansi su pogodni za reavanje bilansnih problema ako su pojedine struje sloene smee nedefinisanog komponentnog sastava (napr. pri bilansiranju pei, prirodna goriva). Sastav takvih smea se daje u obliku atomskog ili elementarnog sastava (% pojedinih elemenata u smei).
PRIMER 4.11 (4.10) Problem 4.6 reiti preko atomskih bilansa. Atomski bilansi e u konkretnom sluaju imati oblik:
ulaz elementa +ulaz elementa - izlaz elementa = 0 sa strujom 1 sa strujom 2 sa strujom 3
Numeracija komponenata: C3H8-1, O2-2, CO2-3, H2O-4, N2-5
C: 3n11 - n33 = 0 (1) H: 8n11 - 2n34 = 0 (2) O: 2n22 - 2n32 - 2n33 - n34 = 0 (3) N: 2n25 - 2n35 = 0 (4)
Gornje jednaine, redom, su sledee linearne kombinacije jednaina komponentnih bilansa (1-5) iz Primera 4.6 :
( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )
3 1 3
8 1 2 4
2 2 2 3 4
2 5
+
+
+ +
U jednainama je poznato: n11 = F1 = 1 mol/s, n22 = 5.88 , n25 = 22.12 a raunamo nepoznate komponentne protoke u 3. struji
PRIMER 4.12 (4.11) U pei sagoreva ugalj sledeeg elementarnog sastava, odreenog na suvoj bazi, tj. poto je uklonjena vlaga.
Element %(mas) C 83.05 H 4.45 O 3.36 N 1.08 S 0.70 Pepeo 7.36 100.00
Vazduh za sagorevanje sadri 0.0048 kg H2O/kg suvog vazd. U ostatku, pored pepela ostaje i 14% nesagorelog uglja. Vlanost uglja je: 3.90 kg vlage na 100 kg suvog uglja.Orsatovim aparatom je izvrena analiza suvih produkata sagorevanja (3) nakon kondenzacije vode (5): ( ) 2222 %6.80,%4,%4.15 NOSOCO +
-
12
Potrebno je izraunati koeficijent vika vazduha.
Baza prorauna: 100 kg/h uglja. Neophodno je najpre definisati sastave struja na bazi datih podataka. Sastav vazduha (2): Definisaemo ga kao molski odnos vode i suvog vazduha:
0 00480 0048
180 0048
1829 0 007732 2 2 2.
. .
.
. .
.
. .
.
. .
kg H Okg s v
kmol H Okg s v
kmol H Okmol s v
kmol H Okmol s v
= =
=
Oznaiemo sa A molski protok suvog vazduha u struji 2. Sastav nesagorelog uglja u ostatku (4): Sastav je identian sastavu sagorivog dela suvog uglja i raunamo ga iz datog masenog sadraja suvog uglja i koliine pepela. U 100 kg suvog uglja ima 7.36 kg pepela i 92.64 kg sagorelih sastojaka. Tako za maseni udeo (%) ugljenika, u sagorivom delu imamo:
%56.8910064.9205.83
==cx
Analogno:
%76.0%,17.1%,63.39264.036.3%,80.4
9264.045.4
====== SNOH xxxx
Pre nego to postavimo bilanse elemenata moemo da izraunamo protok ostatka, F4 na bazi bilansa pepela kao vezne komponente ( tie component). ulaz pepela = izlaz pepela
{736 0 86 8 534 4. . . /
sa ugljemuostatku
F F kg h= =124 34
S obzirom da ne raspolaemo pojedinanim sadrajima CO2 i SO2 u produktima sagorevanja, umesto da postavimo posebne bilanse za C i S postaviemo bilans za (C+S):
44444 844444 76
48476
4444 84444 76)4(
4
)3(
3
1
320076.0
128965.014.0154.0
/32/70.0
/12/05.83
:
ostatakgasovisuvi
strujiu
FFkmolkg
hkgkmolkg
hkgSC
++=++ (1)
Preostaju bilansi H, O, i N:
876
44 844 76
4484476
4444 84444 76
44 344 2143421
)5(
5
)4(
4
)2(1
21048.014.0200773.02
/1890.3
/1/45.4
:
kondenzatostatak
vazduhstruja
vlagaugaljsuvi
FFAkmolkgkmolkg
hkgH +=++ (2)
-
13
++=++++
4444 84444 76
4342143421
4444 84444 76
4342143421
4444 84444 76
4342143421
)3(
33
)2(1
222
204.02154.000733.0221.0/1890.3
/1636.3
:
gasovisuvi
OSOCO
vazduh
vlagavazduhsuvi
struja
vlagaugaljsuvi
FFAAkmolkgkmolkg
O
54 160363.014.0 FF
ostatak
++
44 844 76
(3)
44 844 76
4847648476
48476)4(
4
)3(
3
)2(1
140117.014.02806.0279.0
/1408.1
:
ostatakgasovisuvivazduh
struja
FFAkmolkg
N +=+ (4)
U etiri bilansa figuriu tri molska protoka: A, F3, F5. Dakle, problem je preodreen i neophodno je proveriti konzistentnost podataka. Odabraemo jednaine (1), (4), (2):
Iz (1): F3 = 44.50 kmol/h, Iz (4): A = 45.35 kmol/h , Iz (2): F5 = 2.747 kmol/h
Konzistentnost ili korektnost podataka emo proveriti smenom reenja u preostalu jednainu (3): 19.82 20.10 S obzirom na greke koje sadre rezultati analize sastava, moemo smatrati da su podaci neprotivureni, tj. da je preodreeni problem korektan. Da bi utvrdili koeficijent vika vazduha, neophodno je izraunati minimalnu koliinu kiseonika za sagorevanje 100 kg suvog uglja (baza prorauna) na osnovu reakcije sagorevanja C, H i S:
22
222
22
:
2/1:
:
SOOSS
OHOHH
COOCC
+
+
+
( ) ./
.
.
/.
/.
/.minO
kgkg kmol
kgkg kmol
kgkg kmol
kgkg kmol
kmol
za C za H za S
O uuglju
28305
120 5 4 45
20 7
32336
2 167 95
2
= + +
=1 24 34 1 24 34 1 244 344
6 744 844
Odgovarajua koliina suvog vazduha: A O kmolmin min( )
.
.= =2
0 2137 86
Stvarna koliina uvedenog suvog vazduha je A = 45.35 kmol, pa je: 198.1100A=koef.viska
min
=A
-
14
ZADACI
1. U katalitiki reaktor za proizvodnju NO oksidacijom amonijaka i azota uvodi se smea amonijaka i vazduha sa 20 mol vazduha na 1 mol NH3 Izlazna struja sadri:
OHNONONHNO 22322 i,,,, .U reaktoru se postie konverzija amonijaka od 80%. Koliine kiseonika (mol. %) i NO u izlaznoj struji su : 3% O2 i 6% NO. Odrediti sastav izlazne struje. Reenje: 0.03, 0.655, 0.0096, 0.06, 0.187, 0.0577. 2. U katalitiki reaktor za oksidaciju metanola u formaldehid (CH2O), uvodi se smea metanola i vazduha sa 40% (mol.) metanola, na normalnom pritisku i temperaturi T0 = 700C. Reakcije u reaktoru su :
)6()5()4(223)3(2)2()1(21
223
2423
2223
23
223
2223
OHHCOOHOOHCH
OHCHHOHCH
OHCOOOHCH
HCOOHCH
HOCHOHCH
OHOCHOOHCH
+=+
+=+
+=+
+=
+=
+=+
Pri sledeim podacima : - u reaktoru se konvertuje ukupno 80% metanola, a od toga 87.5% u eljeni proizvod; - molski odnos neeljenih proizvoda u izlaznoj struji je :
3.0:1.0:6.1:8.1::: 42 =CHCOCOHCOOH
- koliina kiseonika u izlaznoj struji je zanemarljiva, odrediti molski sastav izlazne struje. Za proizvodnost reaktora 1200 kg/h formaldehida, odrediti ulazni maseni protok metanola (kg/h) i zapreminski protok vazduha (m3/h). Reenje: x = 0.066, 0, 0.231, 0.212, 0.068, 0.023, 0.0014, 0.0076, 0.0013, 0.39.; 915 kg/h; 2412 m3/h. 3. Teno gorivo sa 88% (mas.) C i 12% H2 sagoreva u pei i molski sastav suvih produkata je: 13.4% CO2, 3.6% O2, 83.6% N2. Odrediti koliko suvih produkata sagorevanje se dobija od 100 kg goriva i koliki je koeficijent vika vazduha. Reenje: 54.52 kmol; = 65% za minimalnu koliinu samo po reakciji sagorevanja C. 4. Sve osim pepela u uglju masenog sastava 65.4%C, 5.3%H, 0.6%S, 1.1%N, 18.5%O i 9.1% pepela, potpuno sagoreva u pei. Molski sastav suvih produkata je: ( ) 22222 %20.79 i %87.0,%17.6,%76.0,%13 NHOCOSOCO + . Izraunati, a) Koliinu uglja po 1 kmol suvih produkata sagorevanja. Reenje: 2.37 kg. b) Koeficijent vika vazduha. Reenje: 56.6%.