Enunciado

Um reservatório de pressão rígido e isolado contém 1 kmol de C 2 H 6 ) a 300   K e 1 bar 10 5   P a . O reservatório de pressäo é concctado por uma válvula a um grande reservatório de pressāo que contém N 2 a 500   K e 4 bar 4 ⋅ 10 5   P a . Uma quantidade de nitrogênio flui para o reservatório de pressăo. gerando uma mistura argônio-nitrogènio à temperatura T e a pressăo p . Represente graficamente teórico mínimo na entrada de energia versus y , a fração molar de C 2 H 6

Passo 1

Os dados são fornecidos para um dispositivo operando em estado estacionário que separa um gás natural em componentes. O exercício pede para plotarmos: Plote o teórico mínimo na entrada de energia versus y , a fração molar de C 2 H 6

Temos os seguintes dados:

Passo 2

PREMISSAS: (1) O volume de controle mostrado na figura a seguir opera isotermicamente e em estado estacionário. (2) Os efeitos da energia cinética e potenciol podem ser ignorados. (3) Princípios de gás ideais aplicam-se aos componentes puros. A mistura segue o modelo Dalton.

ANÁLISE: A taxa de fluxo de massa em 1 é obtida usando a taxa de fluxo volumétrica dada e a equação de estado do gás ideal:

m ˙ 1 = ( A V ) 1 v 1 = P 1 ( A ∨ ) 1 ( B ∣ M ) T 1

Em que M = y c H M C H 4 + Y C 2 H 6 M C 2 H 6 = ( 0.94 ) ( 16.04 ) + ( 0.06 ) ( 30.07 ) = 16.88

m ˙ 1 = 1.01325 × 10 5 N / m 2 100 m 3 / s 8314 16.86 N ⋅ m k a ( 293 k ) = 70.2 k g / s

Taxa de fluxo molar

n ˙ 1 = 70.2 16.88 = 4.1588 k m a l s = 4 ( m i x )

n ˙ c 2 H 6 = y ( 4.1588 ) n ˙ c H 4 = ( 1 - y ) ( 4,1588 ) (1)

Passo 3

Com as premissas 1 e 2, um balanço da taxa de energia reduz

0 = ω ˙ e v - W ˙ e v + + n ˙ C H 4 h - C H 4 T 1 + r ˙ c 2 H 6 h - C 1 H 6 T 1 - n ˙ C H 4 h - C H 4 T 2 - n ˙ C 2 H 6 h - c 2 H 6 T 3

Uma vez que T1 = T2 = T3, o termo sublinhado desaparece, deixando w ˙ c v = Q c v

Um equilíbrio da taxa de entropia reduz no estado estacionário

0 = Q ˙ i v T b + n ˙ C H 4 S - C H 4 T 1 , y C H y P 1 + n ˙ C 2 H 6 s - c 2 H 6 T 1 , C 2 H 6 P 1 -

n ˙ C H 4 T 2 , P 2 s - C H 4 T 2 , P 2 - n ˙ C 2 H 6 S - l 2 H 6 + σ c r '

ou, após o rearranjo e inserção W ˙ c v = Q ˙ c v

- W ˙ e ν = T b n ˙ C H 4 S - C H 4 T 1 , y c H 4 , P 1 - S - C H 4 T 2 , p 2 + n ˙ C 2 H 6 s - C H 6 T 1 y C 2 H 6 P 1 - F c 2 H 6 T 3 , p 3 + σ ˙ c v

Nesta equação (- WWCV) está a entrada de trabalho. Como σtv≥0, segue-se que (-Wer) é mínimo quando σ ev = 0. De acordo.

- W ˙ c v M I N = T b n ˙ C H 4 s - c H y 0 T 1 - S - c H y 0 T 2 - R - l i n ⁡ Y c h 4 P 1 P 2 +

n c 2 H 6 s - c 2 H 6 0 T 1 - s - C 2 H 6 0 T 3 - R ^ em y C 2 H 6 , P 1 P 3

= - R - T b n ˙ C H 4 l n ⁡ y e H Y + n ˙ C 2 H 6 l n ⁡ y c 2 H 6 (2)

Passo 4

As equações governantes são as Equações (1) e (2).

- ω ˙ c v m i n = - 8.314 k J k m o l . k ( 293 k ) 4.1588 k m o l s   { ( 1 - y ) l n ⁡ ( 1 - y ) + y l n ⁡ y } k ω k > 1

= - ( 10,131 k ω ) { ( 1 - y ) l n ⁡ ( 1 - y ) + y l n ⁡ y } (3)

Eq (3) pode ser plotada usando software de plotagem disponível. O resultado usando π é apresentado a seguir.

vemos a partir da plataforma que a força de movimento é necessária à medida que a fração molar de C2H6 aumenta.

Devido às inevitáveis ​​irreversibilidades, o poder real requerido excederia o valor teórico mínimo obtido por exemplo (3).

- ω ˙ c v m i n = - 8.314 k J k m o l . k ( 293 k ) 4.1588 k m o l s   { ( 1 - y ) l n ⁡ ( 1 - y ) + y l n ⁡ y } k ω k > 1

= - ( 10,131 k ω ) { ( 1 - y ) l n ⁡ ( 1 - y ) + y l n ⁡ y }

Resposta

- ω ˙ c v m i n = - 8.314 k J k m o l . k ( 293 k ) 4.1588 k m o l s   { ( 1 - y ) l n ⁡ ( 1 - y ) + y l n ⁡ y } k ω k > 1

= - ( 10,131 k ω ) { ( 1 - y ) l n ⁡ ( 1 - y ) + y l n ⁡ y }

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