BAB IV

PAGE

4-47

BAB IV

NERACA UNSUR

Merupakan satu-satunya piranti yang masih dipakai jika informasi yang tersedia mengenai komponen-komponen sistem hanya berupa analisis unsur.

Umumnya berguna jika stokiometri reaksi-reaksi yang terjadi tidak diketahui atau sangat rumit.

Landasan Operasional:

Dalam tiap proses yang tidak melibatkan reaksi nuklir, banyaknya atom sembarang unsur harus kekal.

Persamaan neraca unsur:

Pada setiap sistem pemrosesan yang tidak melibatkan reaksi nuklir dan berada dalam keadaan tunak:

=

sistem

dalam

dari

elemen

n

pengeluara

Laju

sistem

dalam

ke

elemen

Pemasukan

Laju

e

e

Contoh soal 1:

Propilen, C3H6 dapat dihasilkan dengan dehidrogenasi katalitik propan, C3H8. Akan tetapi, ada sejumlah reaksi samping terjadi yang menghasilkan hidrokarbon yang lebih ringan dan karbon yang dapat mengendap pada permukaan reakstor. Endapan karbon mengurangi keefektifan katalis sehingga secara periodik katalis harus diregenerasi dengan membakar timbunan karbon. Dalam skala laboratorium, umpan adalah gas metan murni dikonversi menjadi campuran gas sebagai berikut (% mol): 45% propana, 20% propilena, 6% etana, 1 % etilena, 3 % metana dan 25% hidrogen, sebahagian karbon mengendapa. Asumsikan reakstor dapat di scale up menjadi 58,2 mol/hari propana, hitung laju pengendapan karbon yang diharapkan.

492

,

0

10

O

2

H

N

10

N

10

2

H

N

=

-

Penyelesaian:

=

=

15

O

H

/

H

4

O

CO/H

O

H

H

0,4%

S

H

CO

CH

2

2

2

2

2

2

4

42

O

H

20

H

23

CO

12

CO

3%(mol)

CH

2

2

2

4

)

ing

ker

gas

mol

O

H

mol

48

,

0

(

kering

Basis

O

H

4

S

H

45

H

25

CO

18

CO

11%(mol)

CH

2

2

2

2

2

4

Dari diagram alir menunjukkan bahwa hanya 2 unsur yang terlibat dalam proses ini. Jadi hanya ada dua persamaan unsur yang dapat dibuat.

Neraca H:

8(58,2) = 8(0,45 N2) + 5(0,2N2) + 6(0,06N2) + 4(0,01N2) + 4(0,03N2) + 2(0,25N2)

8(58,2) = 5,82 N2 ( N2 = 80 mol/hari

Neraca C:

3(58,2) = N3 + 3(0,45 N2) + 3(0,2N2) + 2(0,06N2) + 2(0,01N2) + 0,03(0,03N2)

3(58,2) = N3 + 2,12(80) ( N3 = 5,0 mol/hari karbon yang terendapkan.

Matriks Atom dan Persamaan Neraca

Definisi simbol-simbol:

1. Untuk sistem yang memiliki I buah alur masukan dan J buah alur keluaran:

=

=

-

=

I

1

i

i

s

J

1

j

j

s

_

N

N

N

2. Untuk sistem yang secara keseluruhan melibatkan E buah elemen dalam bentuk S buah zat.

es

N

_

= koefisien etomik = banyaknya atom e didalam satu molekul zat s, dan

=

=

=

a

S

1

s

es

E

.....,

2,

1,

e

;

0

N

s

_

Jika Ae = berat atom elemen e, maka karena

=

=

=

a

S

1

s

es

E

.....,

2,

1,

e

;

0

N

s

_

:

=

=

=

a

S

1

s

es

e

E

.....,

2,

1,

e

;

0

N

s

_

A

atau, dijumlahkan untuk semua e dari 1 s/d E:

=

=

=

=

a

+

+

a

+

a

S

1

s

s

_

Es

E

S

1

s

s

_

s

2

2

S

1

s

_

es

1

1

0

A

.....

A

s

A

N

N

N

dengan perkataan lain:

0

A

S

1

s

s

_

es

E

E

1

e

N

=

a

=

=

atau dapat juga ditulis:

=

=

=

=

a

+

+

a

+

a

S

1

s

s

_

Es

E

S

1

s

s

_

s

2

2

S

1

s

_

es

1

1

0

A

.....

A

s

A

N

N

N

atau

=

=

=

a

S

1

s

s

_

Es

E

E

1

e

0

)

A

(

N

=

=

S

1

s

s

_

s

0

M

N

dimana Ms = berat molekul =

)

A

(

Es

E

E

1

e

a

=

Jadi jumlah dari semua neraca unsur adalah neraca massa total. Neraca massa total paling banyak E buah dari (E persamaan neraca massa unsur + 1 persamaan neraca massa total) akan TTSL.

Persamaan neraca unsur juga bersifat homogen terhadap laju alir, karena jika

s

N

_

, s = 1 , 2, .., S adalah suatu penyelesaian persamaan neraca unsur, maka untuk tiap 0:

=

=

=

=

a

q

=

q

a

S

1

s

s

_

es

S

1

s

s

_

es

E

...,

2,

1,

e

,

0

)

(

)

(

N

N

,

sehingga

s

N

_

juga memenuhi persamaan neraca unsur. Jika tak ada satupun spesifikasi nilai laju alir, kita bisa memilih basis perhitungan.

Contoh 2.

11

Konversi CH3OH = 55%

Tentukan komposisi alur 2 dan alur 3.

Penyelesaian:

Matriks atom dapat dibuat:

s=1

O2

2

H2

3

CO

4

N2

5

CO2

6

CH3OH

7

CH2O

8

HCOOH

9

H2O

e=1=O

2

0

1

0

2

1

1

2

1

2=C

0

0

1

0

1

1

1

1

0

3= H

0

2

0

0

0

4

2

2

2

4=N

0

0

0

2

0

0

0

0

0

Basis perhitungan : 1000 mol/hari umpan

N1 = 1000 mol/hari

N16 = 0,4 x 1000 = 400 mol/hari

N14 = 79/100 x (1000 400) = 474 mol/hari

N11 = 1000 400 474 = 126 mol/hari

Karena derajat koversi CH3OH = 55 %, maka:

N36 = 400(1 -0,55) = 180 mol/hari

N37 = N36 = 180 mol/hari

Laju pengeluaran zat-zat adalah:

1

_

N

= 0 -126 = -126 mol/hari

2

_

N

= 0,075N2 0 = 0,075N2

3

_

N

=N23 0 = N23

4

_

N

= N24 474

5

_

N

=N25 0 = N25

6

_

N

= 180 400 = -220 mol/hari

7

_

N

=180 0 = 180 mol/hari

8

_

N

=0,005N3 0 = 0,005 N3

9

_

N

= N39 0 = N39

Neraca-neraca Unsur:

N:0(1) + 0(2) + 0(3) + 2(4) + 0(5) + 0(6) + 0(7) + 0(8) + 0(9) = 0

Jadi 4 = 0 atau N24 = 474 mol/hari

H:0(1) + 2(2) + 0(3) + 0(4) + 0(5) + 4(6) + 2(7) + 2(8) + 2(9) = 0

Atau: 0,15 N2 + 4(-220) + 360 + 0,01N3 + 2N39 = 0

0,15 N2 + 0,01 N3 + 2N39 = 520(1)

C:0(1) + 0(2) + 1(3) + 0(4) + 1(5) + 1(6) + 1(7) + 1(8) + 0(9) = 0

Atau N23 + N25 220 + 180 + 0,005N3 = 0

Atau N23 + N25 + 0,005N3 = 40(2)

O:2(1) + 0(2) + 1(3) + 0(4) + 2(5) + 1(6) + 1(7) + 2(8) + 1(9) = 0

Atau -252 + N23 + 2N25 -220 + 180 + 0,01N3 + N39 = 0

Atau N23 + 2N25 + 0,01N3 + N39 = 292(3)

Variabel-variabel alur 2 dan 3 harus memenuhi :

N2 = N25 + N23 + 0,075N2 + 474

atau 0,925N2 - N23 + N25 =474(a)

danN3 = N37 + N36 +N38 + N39

atau N3 180 180 0,005N3 - N39 = 0

Atau 0,995N3 + N39 = 360(b)

Substitusi N39 dari b ke 1 :

0,15N2 + 0,01N3 + 1,99N3 720 = 520

atau0,15N2 + 2N3 = 1240

370N2 + 2N3 = 205600

- 369,85N2 = 204360N2 = 552,55 mol/hari

Substitusi (N23 + N25) dari a ke 2 :

0,925N2 474 + 0,005N3 = 40

atau 0,925N2 + 0,005N3 = 514

0,15(552,55) + 2N3 = 1240 N3 = 578,56 mol/hari

Substitusi nilai N3 ke b :0,995(578,56) N39 = 360N39 = 215,67 mol/hari

Pers 3:N23 + 2N25 + 0,01N3 + N39 = 292

N23 + 2N25 +5,78 + 215,67 = 292N23 + 2N25 = 70,55

Pers a :0,925N2 N22 N25 = 474

511,11 N23 N25 = 474N23 +N25 = 37,11

N22 = 0,075N2 = 41,44 mol/hariN25 = 33,44 mol/hari

N2 = [N22 N23 N24 N25]N23 = 37,11 33,44

= [41,44 3,67 474 33,44] mol/hariN23 = 3,67 mol/hari

[X22 X23 X24 X25] = [0,0750 0,0066 0,8578 0,0606]

N38 = 0,0053 = 0,005(578,56) = 2,89 mol/hari

N3 = [N36 N37 N38 N39]

N3 = [180 180 2,89 215,67] mol/hari

[X36 X37 X38 X39] = [0,3111 0,3111 0,0050 0,3728]

Aljabar neraca unsur lebih ruwet dari pada neraca zat (tiap neraca unsur menyangkut laju netto pengeluaran semua zat).

Contoh 3. Absorbsi SO3 dalam pembuatan asam sulfat

Neraca S :

1 (0 - N3) + 0 (50 - N1 - 0,8N2) + 1 (50 - 0,2N2) = 0

atau 0,2N2 + N3 = 50

Neraca O :

3 (0 - N3) + 1 (50 - N1 - 0,8N2) + 4 (50 - 0,2N2) = 0

atau N1 + 1,6N2 + 3N3 = 250

N1

N2

Ada tiga unsur (S, O, H) dan tiga zat (H20, H2SO4, SO3).

Neraca H :

0 (0 N3) + 2 (50 N1 0,8N2 + 2 (50 0,2N2) = 0

atau 2N1 + 2N3 = 200

[N1 + N3 = 100]

Neraca O: 3 x (neraca S)

N1 + N3 = 100

Jadi ketiga persamaan neraca tidak TTSL (masalah kurang satu spesifikasi karena hanya ada dua persamaan TTSL).

[H2SO4 = H2O.SO3, tak ada oksigen bebas, neraca elemen hanya merupakan neraca grup unsur: H2O dan SO2.

Kesimpulan:

Penentuan banyaknya persamaan neraca unsur yang TTSL harus merupakan bagian dari analisa masalah.

Aljabar Neraca Unsur

Sistem persamaan neraca unsur:

S

...,

2,

1,

e

;

0

N

s

S

1

s

es

=

=

a

=

EMBED Equation.3

atau:

=

a

a

a

a

a

a

a

a

a

0

....

0

0

N

....

N

N

..........

..........

..........

.........

.........

S

2

1

ES

2

E

1

E

s

2

22

21

s

1

12

11

Cara menentukan banyaknya persamaan neraca unsur TTSL:

Lakukan proses eliminasi Gauss terhadap matriks atom.

Jika pada tahap eliminasi ke-i (i=1, 2, ..., (s-1)) dijumpai bahwa elemen iii = 0, tukar baris ke-I dengan salah satu baris di bawahnya yang berelemen pada kolom ke-I tidak nol.

Jika pada akhir tahap eliminasi ke-i (i = 1, 2, , (S-1)) dijumpai bahwa baris ke-(i+1) sampai dengan baris ke-S merupakan baris baris nol, maka hanya i-buah baris pertama yang TTSL.

Contoh 4.Matriks contoh 3 adalah:

SO3 H2O H2SO4

2

2

0

4

1

3

1

0

1

H

O

S

1. a. Baris kedua = baris kedua (3/1) x baris pertama

b. Baris ketiga = baris ketiga (0/1) x baris pertama

2

2

0

1

1

0

1

0

1

2. Baris ketiga = baris ketiga (2/1) x baris kedua

0

0

0

1

1

0

1

0

1

Jadi hanya ada dua baris pertama yang TTSL (hanya ada dua persamaan neraca unsur TTSL).

Contoh 5. Sintesa Urea

NH3

CO2

H2O

(NH2)2CO

NH4COONH2

N

1

0

0

2

2

H

3

0

2

4

6

C

0

1

0

1

1

O

0

2

1

1

2

1. Baris kedua = baris kedua (3/1) x baris pertama

1

0

0

2

2

3

0

2

4

6

0

1

0

1

1

0

2

1

1

2

2. Tukar baris kedua dengan baris ketiga diperoleh:

1

0

0

2

2

0

1

0

1

1

0

0

2

-2

0

0

2

1

1

2

Baris ke-empat = baris ke empat (2/1) x baris ke-dua

N

1

0

0

2

2

C

0

1

0

1

1

H

0

0

2

-2

0

O

0

0

1

-1

0

3. Baris ke-empat = baris ke-empat (1/2) x baris ke-tiga

1

0

0

2

2

0

1

0

1

1

0

0

2

-2

0

0

0

0

0

0

Jadi hanya ada tiga persamaan neraca unsur yang TTSL.

Hanya ada dua spesifikasi hubungan (% CO2 dalam umpan + basis) untuk tiga persamaan TTSL, masalah kekeurangan spesifikasi.

Contoh 6. Hidrogenasi olefin

Ada dua laju alir zat tidak diketahui. Untuk menyelesaikan persoalan ini, hanya ada dua persamaan neraca unsur TTSL yang mungkin dibuat.

Matriks atomnya:

H2

C2H4

C2H6

C4H8

C4H10

H

2

4

6

8

10

C

0

2

2

4

4

Jelas menunjukkan bahwa neraca C dan H bersifat TTSL.

Neraca H:2(0-7) + 4(N22 10) + 6(4 0) + 8(5 - N14) + 10(3 0) = 0

8N14 - 4 N22 = 40 (A)

Neraca C:0(0 - 7) + 2(N22 10) + 2(4 0) + 4(5 N14) + 4(3 0) = 0

4N14 2N22 = 20(B)

Persamaan (A) = 2 x persamaan (B), jadi kedua persamaan neraca unsur adalah TSL. Mengapa ??? Vektor atom C2H4

2

4

dan vektor atom C4H8

4

8

satu sama lain TSL, pada hal laju alir kedua zat ini yang perlu dihitung.

Definisi:

Sehimpunan spesifikasi mengenai suatu sistem yang melibatkan E persamaan-persamaan neraca unsur TTSL disebut spesifikasi TTSL jika vektor-vektor atom dari E buah zat yang laju netto pengeluarannya tak diketahui ternyata bersifat TTSL.

Proposisi:

Spesifikasi yang tepat/layak mengenai suatu sistem yang melibatkan E buah persamaan neraca unsur TTSL adalah spesifikasi yang memenuhi ketiga syarat berikut:

1. banyaknya tepat

2. bersifat TTSL

3. mengakibatkan banyaknya laju-laju netto pengeluaran yang tak dikatahui E buah.

Analisa Derajat Kebebasan

1. Tentukan banyaknya persamaan neraca unsur TTSL (tiap unit).

2. Tentukan unsur-unsur yang akan dineracakan (pada tiap unit)

3. Jika derajat kebebasn nol, periksa ke-TTSL-an spesifikasi.

Contoh 7.

F2/F1 = 0,8

H2/CO = 0,56

Perolehan karbon SNG = 25%

F1 = 10.000 ton batubara/hari

Hitung komposisi dan laju alir semua alur.

Penyelesaian:

Proses melibatkan 4 unsur (H,C, S, O) dan suatu kesatuan mineral-mineral anorganik, yakni abu. Matriks pada gasifier

H2CH4 H2SCOCO2H2O

H242002

C010110

S001000

O000121

Ada 4 neraca unsur TTSL untuk masing-masing gasifier, penggeseran CO dan penyisihan CO2 dan H2S. Tambahkan 1 neraca pada gasifier: neraca abu.

Matriks atom zat-zat yang terlibat dalam metanator.

H2CH4COH2O

H2402

C0110

O0011

Ada 3 neraca unsur TTSL pada metanator.

Analisa derajat kebebasan:

Banyak

Gasifier

Shift CO

Penyisihan

CO2+H2S

Metanator

Proses

Kesel.

Variabel alur

Pers. Neraca TTSL

H

C

O

S

Abu

Spesifikasi/komp.

Hub. Pembantu

Gasifier

Alur 8

Shift CO

Alur 10

Efisiensi C

14

1

1

1

1

1

5

1

1

-12

2

12

1

1

1

1

-

2

-

1

1

-

-

-8

4

12

1

1

1

1

-

4

-

-

-

1

-6

6

8

1

1

1

-

-

2

-

-

-

1

-

-6

2

30

4

4

4

3

1

8

1

1

1

1

1

-29

1

14

1

1

1

1

1

6

1

-

-

-

1

-13

1

Dipilih basis F1 = 10.000 kg/jam

Manurut tabel, perhitungan seharusnya mulai dari neraca keseluruhan.

F2/F1 = 0,8, sehingga F2 = 0,8 x 10.000 = 8000 kg/jam

Dari efisiensi karbon:

1(0,949 + 0,001)N7 x 12 = 0,25(0,66 x 10.000)

N7 = 144,74 kmol/jam

Dari neraca abu: F4 = 0,18(10.000) = 1800 kg/jam

Karena laju alir total alur 7 dan komposisinya diketahui: N7CH4, N7CO, N7H2.

Laju netto pengeluaran:

N

CH4 = (N7CH4 0) = N7CH4

N

CO = (N7CO 0) = N7CO

N

H2 = (N7H2 0 ) = N7H2

yang belum diketahui adalah:

N

O2,

N

H2O,

N

H2S,

N

CO2

Telah dibuktikan bahwa vektor-vektor atom pada gasifier adalah TTSL.

Neraca C:

(0 -6600/12) + 1(0,949 x 144,74 0) + 1(0,001 x 144,74 -0) + 1(N5CO2 0) = 0

N5CO2 = 6600/12 -137,36 0,1447 = 412,5 kmol/jam

Neraca S:(0 -300/12) + 1(N5H2O 0) = 0N5H2O = 300/12 = 9,375 kmol/jam

Neraca H:

(0 300/1) + 2(N6H2O 8000/18) + 2(9,375 0) + 4(137,36 0) + 2(0,05 x 144,74-0) = 0

N6H2O = 303,11 kmol/jam

Neraca O:

2(0 N3) + 2(412,5 0) + 1(303,11 8000/18) + 1(0,1447 0) = 0

N3 = 341,90 kmol/jam.

N3 telah diketahui dengan demikian derajat kebebasan pada gasifier menjadi nol.

Neraca di Gasifier:

Neraca S:(0 300/12) + 1(N8H2S 0) = 0

N8H2S = 9,375 kmol/jam

Neraca C:(0 6600/12) + 1(0,1N8 0) + 1(N8CO 0) + 1(N8CO2 0) = 0

0,1 N8 + N8CO + N8CO2 = 550(A)

Neraca O:2(0 341,9) + 1(N8CO 0) + 2(N8CO2 0) + 1(N8H2O 8000/18)= 0

N8CO + 2N8CO2 + N8H2O= 1128,24(B)

Neraca H:(0 300/1) + 2(N8H2 0) + 4(0,1N8 0) + 2(9,375 0) + 2(N8H2O 8000/18)= 0N8H2/N8CO = 0,56, maka diperoleh:

0,4N8 + 1,12N8CO + 2N8H2O = 1170,14(C)

N8 adalah laju alir total pada alur 8:

N8 = 0,1 N8 + N8CO + N8CO2 + N8H2O + N8H2 + 9,375

0,9 N8 - 1,56N8CO - N8CO2 - N8H2O = 9,375(D)

Dapat dibuat matriks:

=

24

,

1128

550

14

,

1170

375

,

9

9

,

0

2

8

2

8

8

8

O

H

CO

CO

N

N

N

N

1

2

1

0

0

1

1

0,1

2

0

1,12

0,4

1

-

1

-

1,56

-

Diselesaikan dengan eliminasi Gauss

4

,

1128

96

,

548

97

,

1165

375

,

9

1

2

1

0

0,111

1,111

1,173

0

2,444

0,444

1,813

0,4

1

-

1

-

1,56

9

,

0

28

,

485

42

,

205

97

,

1165

375

,

9

0,348

-

1,755

0

0

1,470

-

0,824

0

0

2,444

0,444

1,813

0,4

1

-

1

-

1,56

9

,

0

-

795

,

922

42

,

205

97

,

1165

375

,

9

2,783

0

0

0

1,470

-

0,824

0

0

2,444

0,444

1,813

0,4

1

-

1

-

1,56

9

,

0

-

jadi dapat diperoleh:

N8H2O = 922,795/2,783 = 331,58 kmol/jam

N8CO2 = (-205,42 (331,58)(-1,470))/0,824 = 342,24 kmol/jam

N8CO = (1165,97 (2,44)(331,58) (0,444)(342,24))/1,813 = 112,32 kmol/jam

N8 = (9,375 (-1)(331,58) (-1)(342,24) (-1,56(112,32))/0,9 = 953,79

Jadi:N8 = 953,79

= (N8CH4, N8CO2, N8CO, N8H2O, N8H2, N8H2S)

= (95,37; 342,23; 112,32; 331,58; 62,90; 9,38)

Dengan diketahuinya laju-laju pada alur 8, maka derjat kebebasan shift CO menjadi nol.

Neraca pada Shift CO:

Derajat konversi = 0,625 = N8CO N9CO

N8CO

N9CO = 112,32 (0,625) (112,32) = 42,12 kmol/jam

Neraca S :1 (N9H2S 9,38) = 0N9H2S = 9,38 kmol/jam

Neraca C :1 (0,1N9 95,37) + 1 (42,12 112,32) + 1 (N9CO2 342,24) = 0

0,1N9 = 507,81 N9CO2(E)

Neraca O :1 (42,12 -112,32) + 2 (N9CO2 342,24) + 1 (N9H2O 331,58) = 0

N9H2O = 1086,26 2N9CO2(F)

Neraca H :4 (0,1N9 95,37) + 2 (9,38 9,38) + 2 (N9H2 62,90) + 2 (N9H2O 331,58) = 0

4 (0,1N9) + 2NN9H2O + 2N9H2 = 1170,44

Substitusi (E) dan (F) :

2031,24 4 N9CO2 + 2172,52 - 4N9CO2 + 2N9H2 = 1170,44

2N9H2 8N9CO2 = -3033,32(G)

Defenisi N9 :N9 = 0,1N9 + N9H2O + 9,38 + 42,12 + N9H2 + N9CO2 = 51,5

- N9H2 - 8N9CO2 = -3432,55(H)

(G) (H) :3N9H2 = 399,23N9H2 = 133,08 kmol/jam

(G) :N9CO2 =

jam

/

kmol

43

,

412

8

)

08

,

133

(

2

32

,

3033

=

+

1

(E) :N9 =

jam

/

kmol

80

,

953

1

,

0

43

,

412

81

,

507

=

-

(F) :N9H2O =

jam

/

kmol

40

,

261

1

)

43

,

412

(

2

26

,

1086

=

-

N9 = 953,80 kmol/jam

= (NCH4, NCO2, NCO, NH2O, NH2, NH2S)

= (95,38; 412,43; 42,12; 261,40; 133,08; 9,38)

Penyisihan CO2 dan H2O :

Dari tabel, derjat kebebasan 6

N5CO2, N5H2S diketahui (neraca keseluruhan) -2

(N9CO2, N9CO, N9H2S, N9H2O, N9H2) diketahui -5

Neraca S sudah dipakai +1

Derjat kebebasan sekarang= 0

Neraca-neraca penyisihan CO2 dan H2S

Neraca O :1 (N10CO 42,12) + 2 (0) + (N10H2O 261,40) = 0

N10H2O = 303,52 N10CO(R)

Neraca C :(N10CH4 95,38) + (0) + (N10CO 42,12) = 0

N10CH4 = 137,5 - N10CO(S)

Neraca H :2(N10H2 133,08) + 4(N10CH4 95,38) + 2 (0) + 2 (N10H2O 261,40) = 0

2N10H2 = 1170,48 - 4N10CH4 - 2N10H2O

Substitusi (R) dan (S) :

N10H = 6,72 + 3N10CO(T)

Hubungan pembantu alur (10) :

N10H2 N10H

N10 - N10H2O N10H2 + N10CH4 - N10CO

0,508N10H2 0,492N10CH4 - 0,492N10CO = 0

Substitusi (S) dan (T) :

3,41 + 1,524N10CO 67,65 + 0,492N10CO 0,492N10CO =0

N10CO = 42,12 kmol/jam

(S) :N10CH4 = 137 42,12 = 95,38 kmol/jam

(T) :N10H2 = 6,72 + 3 (42,12) = 133,08 kmol/jam

(R) :N10H2O = 303,52 42,12 = 261,40 kmol/jam

N10 = 42,12 + 95,38 + 133,08 + 261,40

N10 = 531,98 kmol/jam

Semua variabel proses sekarang telah diketahui nilainya, untuk basis 10000 kg batubara/jam.

Untuk mengubah neraca ke basis 10000 short ton/hari, kalikan semua laju alir dengan faktor pengganda :

83

,

37

10000

24

/

1

x

)

2000

x

454

,

0

(

x

10000

=

4.2. Hubungan Antara Neraca Unsur dan Zat

Telah dibahas sebelumnya bahwa neraca unsur digunakan apabila stokiometri reaksi tidak diketahui, dan bila hanya diketahui analisa unsur. Dalam beberapa kasus, neraca zat tak dapat dituliskan secara langsung, sehingga neraca unsur dapat digunakan sebagai alternatif. Meskipun demikian, dalam banyak kasus diharuskan melakukan pemilihan apakah neraca unsur atau neraca zat yang digunakan. Pada sub-bab ini akan dibahas kriteria yang yang membolehkan kita memilih jenis neraca yang digunakan penyelesaian lebih mudah.

4.2.1 Sistem tanpa reaksi

Neraca unsur yang melibatkan reaksi maupun tidak dapat dituliskan :

E

....,

1,

e

0

N

S

1

s

es

=

=

a

=

dimana

N

laju keluar bersih zat s.

Pada kasus tanpa reaksi, neraca zat dapat dituliskan:

N

= 0 s = 1, ....., S

Dasar pemilihan neraca mana yang digunakan, berdasarkan pada persamaan neraca paling banyak yang dapat dibentuk dari kasus yang dianalisa. Dengan makin banyaknya neraca yang dapat ditulis akan mengurangi informasi spesifik yang diperlukan untuk menyelesaikan problem itu dan selanjutnya dapat mencegah ketidak konsistenan.

Bila jumlah maksimum neraca unsur yang TTSL dinyatakan dalam () adalah sama dengan jumlah zat kimia S, maka akan diperoleh jumlah neraca yang sama dan dapat dipilih salah satunya.

Contoh 4.8

Aliran gas mengandung 40% O2, 40% H2 dan 20% H2O (mol %) dikeringkan dengan mendinginkan dan selanjutnya dikondensasi menjadi air. Bila 100 mol/jam alur gas yang diproses, hitung laju alir air yang dikondensasi dan komposisi gas kering.

Penyelesaian:

Ada 6 variabel alir, 2 komposisi dan 1 laju alir yang terspesifikasi.

Jika dipilih neraca zat, maka dalam sistem ini ada 3 zat sehingga diperoleh neraca zat sebanyak 3, sehingga persoalan terspesifikasi, dan diproleh hasilnya:

N2 = 20 mol/jamN3O2 = 40 mol/jamN3H2 = 40 mol/jam

Jika dipilih neraca unsur, pada soal ini hanya ada dua unsur, sehingga hanya dapat ditulis sebanyak 2 buah neraca unsur yaitu:

Neraca O1(N2 20) + 2(N3O2 40) = 0

Neraca H2(N2 20) + 2(N3H2 40) = 0

Dengan 2 neraca unsur tidak mencukupi untuk menyelesaikan 3 variabel alur yang tak diketahui, sehingga penyelesaian dengan membentuk neraca unsur persoalan tidak dapat diselesaikan.

= = = = = = = = = = =

Dari contoh di atas, menjunjukkan bahwa persamaan neraca unsur () dapat lebih sedikit dibanding banyak zat S. Timbul pertanyaan dapatkan banyaknya () > banyaknya S ?

Himpunan neraca unsur dinyatakan dalam vektor baris e, e = 1, ., E, kemudian ditentukan apakah vektor-vektor tersebut TTSL atau tidak dengan menggunakan kaedah eliminasi Gauss. Berdasarkan prosedur ini ada kemungkinan diperoleh baris yang beranggotakan nol, sehingga dapat disimpulkan selalu berlaku:

() S

Contoh 4.9

Suatu larutan mengandung 20 mol % NaOH dipersiapkan pada proses kontinu dengan mencampur NaOH dengan air. Berapa laju masing-masing untuk mendapatkan 100 mol/jam larutan.

Penyelesaian:

Jika dipilih neraca zat:

Variabel alur4

Spesifikasi

- laju alir1

- komposisi 1

Neraca zat 2

Derajat kebebasan = 0

Jika dipilih neraca unsur:

Ada 3 unsur ( ada 3 persamaan neraca unsur, sehingga derajat kebebasan menjadi

4 1 1 3 = -1 ? Jadi redundant.

Masalah: dicurigai ada persamaan diantara 3 persamaan ada neraca unsur yang tidak TTSL.

1

1

1

1

0

1

H

O

Na

H2O

NaOH

Matriks ini dengan mudah direduksi menjadi:

0

0

1

0

0

1

Jadi hanya ada 2 persamaan neraca unsur yang TTSL.

= = = = = = = = = = = =

Kesimpulan: dalam kasus tanpa reaksi, jumlah neraca unsur TTSL selalu lebih kecil atau sama dengan jumlah neraca zat. Oleh sebab itu, neraca unsur hanya digunakan bila () = S. Neraca zat selalu TTSL, sementara neraca unsur belum tentu TTSL sehingga perlu diuji lebih dahulu, sehingga lebih tepat selalu digunakan neraca zat.

4.2.2 Sistem dengan Reaksi

Pada neraca zat yang melibatkan reaksi kimia dapat ditulis:

=

s

=

R

1

r

r

sr

r

N

s = 1, , S

Bila tidak diketahui koefisien stokiometri, maka langsung gunakan neraca unsur. Meskipun demikian, bila diketahui koefisien stokiometri, penyelesaian dapat dipilih diantara neraca zat dan unsur.

Anggap dalam suatu sistem reaksi melibatkan V variabel alur dan S zat. Semua koefisien reaksi diketahui dan juga dari sejumlah reaksi R diketahui () yang TTSL. Maka derajat kebebasannya adalah V + () S.

Selanjutnya, untuk neraca unsur yang melibatkan E unsur dan ()neraca unsur yang TTSL. Bila jumlah variabel sebanyak V, maka derajat kebebasan adalah V - ().

Derajat kebebasan kedua neraca sama jika:

V + () S = V - () atau () = S - ()

Bila kondisi ini dijumpai, maka kedua neraca sama mudahnya untuk dipakai dalam penyelesaian persoalan. Jika () < (), maka gunakan neraca zat.

Contoh 10.

Ozon dibentuk oleh reaksi atom oksigen dengan O2 menurut reaksi:

O + O2 ( O3

Bila 100 mol/jam campuran 50% O dan 50% O2 direaksikan dengan konversi O2 50%, hitung komposisi produk.

Penyelesaian:

Neraca zat:

Total variabel: 5

Variabel laju reaksi (()): 1

+6

Spesifikasi: komposisi: 1

Konversi: 1

Laju alir: 1

Persamaan neraca zat : 3

-6

Maka derajat kebebasan = 0

NkeluarO2 = NmasukO2(1- XO2) = 0,5(100)(1 0,5) = 25 mol/jam

Neraca O2r = NmasukO2 NkeluarO2 = 50 25 = 25 mol/jam

Neraca ONkeluarO = NmasukO r = 0,5(100) 25 = 25 mol/jam

Neraca O3NkeluarO3 = NmasukO2 r = 0 + 25 = 25 mol/jam

Maka komposisi O2 = O = O3 =

3

/

1

25

25

25

25

=

+

+

= 33,3%

Neraca Unsur:

Banyak variabel: 5

Spesifikasi:komposisi: 1

Koversi: 1

Laju alir : 1

Persamaan neraca unsur: 1

Derajat kebebasan:1

Neraca unsur tidak dapat digunakan dalam penyelesaian masalah.

Pada kasus ini () < S - (), jadi dipakai neraca zat.

Derajat kebebasan yang diperoleh dari neraca unsur selalu sama atau lebih besar dari derajat kebebasan yang didapat lewat peneracaan zat. Walaupun demikian pada situasi yang melibatkan sistem reaksi yang kompleks, kadang-kadang lebih mudah diselesaikan dengan neraca unsur dibanding neraca zat.

Contoh 4.11

N-etilanilin dihasilkan secara industri dengan reaksi katalitik fase uap anilin dan etanol. Pada pabrik ini, campuran reaktan adalah 2/3 etanol, C2H5OH dan 1/3 anilin, C6H5NH2 direaksikan sampai 2/3 anilin dan etanol dikonversi. Hasilnya terdisi dari campuran anilin, etanol, N-etileanilin, C6H5NHC2H5, dietilanilin, C6H5N(C2H5)2, air dan 1% etilene. Reaksi yang berlangsung direaktor adalah:

(1)C6H5NH2 + C2H5OH ( C6H5NHC2H5 + H2O

(2)C2H5OH ( C2H4 + H2O

(3)C6H5NH2 + C2H4 ( C6H5NHC2H5

(4)C6H5NHC2H5 + C2H4 ( C6H5N(C2H5)2

(5)C6H5NHC2H5 + C2H5OH ( C6H5N(C2H5)2 + H2O

Hitung komposisi alur keluar reaktor.

Penyelesaian:

Matriks koefisien stokiometri:

C6H5NH2 C2H5OH C2H4 C6H5NHC2H5 H2O C6H5N(C2H5)2

-

1

1

1

-

0

1

-

0

1

0

1

-

1

-

0

0

0

0

1

1

-

0

1

-

0

1

0

1

1

-

0

0

1

1

0

1

-

1

)

5

(

)

4

(

)

3

(

)

2

(

)

1

(

Dilakukan opersa reduksi sehingga diperoleh:

-

1

1

1

-

0

1

-

0

1

0

1

1

-

1

0

0

1

-

0

1

-

1

0

0

1

0

1

1

-

0

0

1

1

0

1

-

1

selanjutnya

-

1

0

1

-

1

-

0

0

1

0

1

-

1

-

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

1

1

-

0

0

1

1

0

1

-

1

selanjutnya

-

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

0

1

0

1

-

1

-

0

0

0

1

0

1

1

-

0

0

1

1

0

1

-

1

Jadi hanya terdapat 3 reaksi yang TTSL yaitu: reaksi (1), (2) dan (4).

Dari gambar diperoleh:

Variabel (aliran = 8 + reaksi TTSL 3)= 11

Neraca zat = 6

Spesifikasi:

- komposisi= 2

- konversi= 2

Basis= 1 +

= 11-

Derajat kebebasan= 0

Basis = 900 mol/jam umpan

Konversi anilin:r1/3000 = 2/3 diperoleh r1 = 2000 mol/jam

Konversi etanol: (r1 + r2)/6000 = diperoleh r2 = 1000 mol/jam

Neraca Zat:

Anilin: Nkeluar1 = 3000 r1 = 1000 mol/jam

Etanol: Nkeluar2 = 6000 r1 r2 = 3000 mol/jam

Etilena: Nkeluar3 = 0 + 1000 r4 = 0,01Nkeluar

n-Etilanilin:Nkeluar4 = 0 + 2000 r4

Air: Nkeluar5 = 0 + 2000 + 1000 = 3000 mol/jam

Dietilanilin:Nkeluar6 = 0 + r4

Jumlahkan enam persamaan di atas diperoleh:

Nkeluar = 10.000 r4

Dari neraca etilena : r4 = -0,01 Nkeluar + 1000

Subsitusi r4 sehingga diperoleh: Nkeluar = 900/0,99 = (1/11) x 105 mol/jam

Dan r4 = 1000 0,01(1/11) x 105 = (1/11) x 104

Subsitusi ke persamaan di atas diperoleh:

Nkeluar3 = 0,01(1/11) x 105 = 1000/11 mol/jam

Nkeluar4 = 2000 (1/11) x 104 = 12/11 x 103 mol/jam

Nkeluar6 = r4 = (1/11) x 104

Jadi alur keluar mengandung:

Nkeluar =( 1000; 3000; 1000/11; 12/11 x 102; 3000; 104/11) mol/jam

Bagaimana kalau persoalan ini menggunakan neraca unsur ?

Tentukan neraca unsur yang TTSL:

C6H5NH2 C2H5OH C2H4 C6H5NHC2H5 H2O C6H5N(C2H5)2

15

2

11

4

6

7

10

0

8

2

2

6

10

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

H

C

O

N

1

8

2

4

4

6

0

4

0

2

2

2

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

1

(

8

4

-

4

4

0

0

4

2

-

2

2

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

1

(

0

0

0

0

0

0

4

2

-

2

2

0

0

0

1

0

0

1

0

1

0

1

0

0

1

Jadi ada tiga neraca unsur (N,O,C) yang TTSL.

Banyak neraca unsur TTSL = () = 3, banyak reaksi TTSL = () = 3 dan banyak zat = S = 6, sehingga diperoleh: 3 = () = S () = 6 3 = 3

Jadi derajat kebebasan neraca unsur dan zat sama yaitu nol yang berarti masalah ini juga dapat diselesaikan dengan neraca unsur.

Dari hubungan konversi diperoleh:

Nkeluar1 = (1 0,667)(3000) = 1000 mol/jam

Nkeluar2 = (1 0,5)(6000) = 3000 mol/jam

Neraca unsur menjadi:

O:

=

=

-

+

-

=

-

+

-

=

+

mol/jam

3000

N

0

)

0

N

(

)

6000

3000

(

0

)

N

N

(

1

)

N

N

(

1

N

1

N

1

keluar

5

keluar

5

masuk

5

keluar

5

masuk

2

keluar

2

5

_

2

_

N:

=

-

=

-

+

-

+

-

=

+

+

(A)

mol/jam

2000

N

N

(

0

)

0

N

(

)

0

N

(

)

3000

1000

(

N

1

N

1

N

1

keluar

6

keluar

4

keluar

6

keluar

4

6

_

4

_

2

_

C:

(B)

mol/jam

18000

N

10

N

8

N

2

0

)

0

N

(

10

)

0

N

(

8

)

0

N

(

2

)

6000

3000

(

2

)

3000

1000

(

6

0

N

10

N

8

N

2

N

2

N

6

keluar

6

keluar

4

keluar

3

keluar

6

keluar

4

keluar

3

6

_

4

_

3

_

2

_

1

_

=

+

+

=

-

+

-

+

-

+

-

+

-

=

+

+

+

+

Dari spesifikasi kadar etilen dalam produk diperoleh:

(C)

700

N

N

N

99

:

diperoleh

)

N

3000

N

N

3000

0,01(1000

)

N

N

N

N

N

N

(

01

,

0

N

01

,

0

N

keluar

6

keluar

4

keluar

3

keluar

6

keluar

4

keluar

3

keluar

6

keluar

5

keluar

4

keluar

3

keluar

2

keluar

1

keluar

3

keluar

3

=

-

-

+

+

+

+

+

=

+

+

+

+

+

=

=

(A)+(C) : 99

keluar

3

N

= 9000 (

keluar

3

N

= (1/11)x 103 mol/jam

(B) 8(A) : 2

keluar

3

N

+ 2

keluar

6

N

= 2000

keluar

6

N

= (2000 (2000/11))/2 = 10000/11 mol/jam

A:

keluar

4

N

= 2000 10000/11 = (12/11) x 103 mol/jam

Perhitungan dengan menggunakan neraca unsur dan neraca zat memberikan hasil yang sama.

4.3.2. Banyak Maksium Reaksi TTSL

Jumlah neraca reaksi yang TTSL dan neraca unsur yang TTSL tidak selalu sama. Dalam suatu sistem yang melibatkan zat sebanyak S dan unsur sebanyak E dengan matriks atom terspesifikasi , maka selalunya adalah:

() S ()

dimana: () = reaksi TTSL dan () = neraca unsur TTSL

Bila: () < S (); maka gunakan neraca zat

() = S (); maka pilih neraca zat atau unsur.

Harga (S ()) menunjukkan maksimum reaksi TTSL

Contoh 4.12.

a. Lihat kembali contoh 4.8. dimana dalam sistem melibatkan zat O2, H2, H2O (S = 3), dan tidak ada reaksi (() = 0). Matriks atom yang sesuai adalah:

O2 H2 H2O

2

2

0

1

0

2

H

O

dimana: () = 2 dan S - () = 3 2 = 1, jadi:

0 = () < (S ()) = 1

Perhitungan selanjutnya pakai neraca zat.

b. Lihat contoh 4.9

Ada dua zat (S = 2) yaitu NaOH dan H2O

() = 2 ( (S- ()) = 2 2 =0

Tak ada reaksi kimia : () = 0

0 = () = (S ()) = 0

Kesimpulan: boleh pilih neraca zat atau neraca unsur

c. Lihat contoh 4.10.

Ada tiga zat (S = 3) yaitu: O, O2 dan O3

Ada satu reaksi (() = 1) yaitu: O + O2 ( O3

Hanya ada satu unsur (S = 0); () = 1

(S ()) = 3 1 = 2

1 = ( ) < (S ()) = 2

Kesimpulan: pakai neraca unsur

d. Lihat contoh 4.11

() = 3 ada enam zat (S = 6) dan () = 3

3 = () = (S ()) = 6 3 = 3

Keseimpulan: dapat dipilih neraca unsur atau neraca zat

4.3Penerapan Neraca Unsur pada Proses Kimia Bahan Bakar Fosil

Pada dasarnya dalam sistem peneracaan zat lebih mudah diterapkan dibanding neraca unsur. Walaupun demikian untuk proses yang melibatkan reaksi kimia yang tak diketahui atau sangat kompleks atau bila reaktan melibatkan jenis zat yang banyak dimana analisa dalam zat sangat sukar untuk diperoleh, maka neraca unsur lebih baik digunakan. Hal ini banyak dijumpai seperti pada kasus yang melibatkan proses kimia dari bahan bakar fosil: gas alam, bahan bakar minyak dan batubara.

4.3.1 Bahan Bakar Minyak dan Unsur Penyusunnya

Bahan bakar fosil adalah bahan hidrokarbon yang terbentuk dari sisa organik tanaman dan hewan akibat penguraian bakteri pada waktu yang lama kemudian proses pemanasan yang umumnya berlangsung dalam kondisi anaerob dibawah permukaan tanah. Pada umumnya bahan bakar fosil mempunyai unsur penyusun seperti C, H sebagai unsur utama, N, S, O dan mineral anorganik sebagai unsur minor.

Proses pembentukan batubara diawali dari pembentukan gambut dari kayu. Pada saat yang sama, proses penguraian lapisan gambut karena dilapisi oleh air dan selanjutnya terbentuk lapisan peluruhan dan sedimen. Selanjutnya diteruskan dengan proses penguraian secara anaerob yang berjalan sangat lambat, proses ini disebut pembatubaraan (coalification). Proses geologis pembatubaraan disebabkan oleh pemanfatan dan pemanasan dan menghasilkan reduksi kandungan uap air dan oksigen padatan dengan melepaskan karbon dioksida dan sebahagian metana. Banyak jenis batubara yang terbentuk sangat tergantung pada intensitas suhu dan kondisi tekanan (lihat tabel berikut).

Kadar air (%)

Karbon(%)

Hidrogen(%)

Oksigen(%)

Kayu

Gambut

Brown coal

Lignit

Batubara subbitumen

Batubara bitumen

Batubara semibitumen

Antrasit

20

90

40 60

20 40

10 20

10

< 5

> 5

50

60

60 70

65 75

75 80

75 90

90 92

92 - 94

6

5,6

sekitar 5,5

sekitar 5,5

4,5 5,5

4,5 5,5

4 4,5

3 -4

42,5

32,3

> 25

16 25

12 21

5 20

4 5

3-4

Minyak bumi dan gas alam pada umumnya dipercayai turunan sisa organik hewan dan tanaman laut yang terperangkap dalam batuan sedimen. Deposit organik ini diuraikan oleh bakteri aerob dan anaerob, sehingga menghasilkan yang berikatan dalam batuan sedimen terbentuk oil shale. Minyak mentah pada umumnya terdiri dari campuran parafin (alkana), nafta (sikloalkana), senyawa aromatik (berinti benzen), olefin (alkena) dan senyawa organik yang berikatan dengan N, S, O. Minyak bumi terdiri dari unsur (% berat) 85% C, 11% H dan 4 % pengotor termasuk senyawa organik yang berikatan dengan N, S dan O.

Gas alam bisanya didapat diatas atau dekat sumur minyak, yang terperangkap di bawah batuan dan teridiri dari unsur hidrokarbon ringan. Gas alam biasanya terdiri dari 88% (mol) CH4, 8% hidrokarbon ringan dan sisanya H2, N2 dan CO2.

4.3.2 Pencirian Bahan Bakar Fosil

Sebahagian besar batubara bukan senyawa yang homogen tetapi terdiri dari campuran molekul makro yang secara praktis komposisi batubara hanya dapat digambarkan dalam analisa unsur. Analisa unsur dan ultimate dari batubara terdiri dari 5 unsur yaitu: C, H, O, S, N dan abu. Analisa unsur C dan H ditentukan dengan mengumpul dan memeriksa produk pembakaran. N dan S diperoleh dari analisa kimia langsung, sedangkan % abu diperoleh dengan memanaskan 1 g sampel sampai suhu 1340oF dengan kehadiran oksigen, kemudian sisanya ditimbang.

Analisa paling hampir (proximate) digunakan untuk operasi rutin karena lebih murah dan waktu yang diperlukan lebih singkat dibanding analisa ultimate. Analisa paling hampir ini untuk menentukan 4 fraksi yaitu: kadar air, bahan mudah menguap, kadar abu dan karbon tetap. Kadar air ditentukan dengan mengukur jumlah berat yang hilang apabila sampel dipanaskan sampai 110oC. Bahan mudah menguap ditentukan dari berat yang hilang waktu pemanasan sampel sampai 950oC selama 7 menit. Analisa abu sama dengan analisa ultimate, sedangkan analisa karbon tetap merupakan pengurangan ketiga fraksi di atas.

Untuk minyak bumi sangat sulit menentukannya secara tepat, sehingga analisa unsur paling sering digunakan untuk mencirikannya. Variasi berat unsur hampir tidak menggambarkan sifat fisik, kimia dan nilai guna (sebagai bahan bakar atau bahan mentah). Pencirian yang biasanya digunakan dalam minyak bumi adalah berat jenis, sifat aliran (kekentalan), dan kadar PONA (padafin, olefon, naftena, Aromatik).

4.3.3 Jenis Utama Operasi Proses Kimia untuk Bahan Bakar Fosil

Secara umum proses kimia yang langsung berhubungan dengan bahan bakar fosil dapat dibagi tiga yaitu: pembakaran, pembangkit gas sintesa dan peningkatan nilai guna secara kimia.

Pembakaran

Pembakaran bahan bakar fosil dengan udara atau oksigen adalah pengoksidasian bahan bakar untuk menghasilkan panas dan menghasilkan buangan sisa senyawa oksidasi sebahagian maupun sempurna. Produk pembakaran adalah gas (CO2, H2O, CO, N2, O2 sisa, dan abu.

Masalah utama dalam operasi pembakaran adalah perbandingan laju alir bahan bakar dengan oksigen, dan efisiensi pembakaran. Produk pembakaran dianalisa dalam bentuk persen mol. Untuk menganalisa gas hasil pembakaran menggunakan prosedur yang standard yang dikenal dengan analisa Orsat.

Dalam sistem pembakaran, jumlah oksigen yang dibutuhkan merupakan faktor penting dalam menentukan komposisi gas hasil pembakaran. Bila jumlah oksigen kecil, mengakibatkan terjadi pembakaran tak sempurna sehingga menghasilkan banyak gas CO. Sebaliknya bila O2 terlalu besar, maka banyak panas yang timbul akan dibawa oleh gas hasil pembakaran. Jumlah oksigen yang tepat diperlukan untuk pembakaran sempurna menurut stokiometri dikenal dengan kebutuhan oksigen teoritis. Sumber oksigen untuk pembakaran biasanya berasal dari udara, sehingga isitilah kebutuhan udara teoritis sering juga digunakan. Kebutuhan udara teoritis merupakan persentase perbandingan kebutuhan oksigen teoritik dengan kandungan oksigen dalam udara.

Contoh 4.13

Hitung kebutuhan udara teoritik pembakaran 100 kg batubara dengan komposisi (% berat) sebagai berikut: 71,2% C, 4,8% H, 9,5% O, 4,3% S dan 10,2% abu.

Penyelesaian:

Dengan basis 100 kg batubara, maka diperoleh:

C = 71,2 kg = 5,933 katom; H = 4,8 kg = 4,8 katom; dan S = 4,3 kg = 0,134 katom

Atom yang dapat membentuk oksida adalah C, H dan S.

C + O2 ( CO2 diperlukan O2 sebanyak 5,933 kmol

H + O2 ( H2O diperlukan O2 sebanyak (4,8 kmol) = 1,2 kmol

S + O2 ( SO2 diperlukan O2 sebanyak 0,134 kmol

O2 yang ada dalam batubara adalah (9,5/16) = 0,297 kmol

Kebutuhan oksigen teoritis = 5,933 + 1,2 + 0,134 0,297 = 6,970 kmol/100 kmol batubara

Kebutuhan udara teoritis = 6,970 (100/21) = 33,19 kmol

= = = = = = = = = = =

Dalam banyak aplikasi, jumlah udara yang dimasukkan ke sistem pembakaran lebih banyak dari kebutuhan udara teoritis. Jumlah kelebihan udara ini biasanya lebih dikenal sebagai persen kelebihan udara

teoritis

udara

kebutuhan

teoritis

udara

kebutuhan

-

masuk

udara

jumlah

udara

kelebihan

%

=

Contoh 4.14

Gas sisntesa mengandung 0,4% CH4, 52,8% H2, 38,3% CO, 5,5% CO2, 0,1% O2 dan 2,9% N2 dibakar dengan 10% kelebihan udara. Hitung komposisi gas hasil pembakaran dengan anggapan tidak ada gas CO terbentuk.

Penyelesaian:

Tabel analisa derajat kebebasan:

Banyak variabel12

Banyak unsur TTSL4

Banyak spesifikasi:

Komposisi gas5

Komposisi udara1

% Kelebihan udara1

Basis1

Derajat kebebasan0

Basis 1000 mol/jam gas sintesa

Gas sintesa:

C:4 + 383 + 55 = 442 mol

H:4(4) + 2(528) = 1072 mol

O:383 + 2(55) + 1(2) = 495

Kebutuhan oksigen teoritis = 442 + 1072/4 - 495/2 = 462,5 mol/jam

Kebutuhan udara teoritis = 462,5/0,21 = 2202,4 mol/jam

Udara yang dibekalkan = 1,1 (kebutuhan teoritik)

= 1,1 (2202,4)

= 2422,6 mol/jam (1913,8 mol/jam N2

dan 508,8 mol/jam O2)

Neraca unsur:

N:2(NkeluarN2 1914 29) = 0 ( NkeluarN2 = 1942,8 mol/jam

H:2(NkeluarH2O) + 2(-528) + 4(-4) = 0 ( NkeluarH2O = 536 mol/jam

C:NkeluarCO2 55 383 4 = 0 ( NkeluarCO2 = 442 mol/jam

O: 2 NkeluarO2 2(1) 2(508,8) + 2(NkeluarCO2 55) + 1(NkeluarH2O) + 1(0 383) = 0

( NkeluarO2 = 46,3 mol/jam

Total keluar = 2966,1 mol/jam dengan komposisi:

(xCO2, xH2O, xO2, xN2) = (442/2966,1 , 536/2966,1 , 46,3/2966,1 , 1942/2966,1)

= (0,149, 0,1806, 0,0156, 0,6548)

Pembangkitan Gas Sintesis

Gas sintesis adalah campuran gas yang didominasi oleh CO dan H2 yang dapat digunakan sebagai bahan bakar atau sintesa senyawa organik. Reaksi pembuatan:

C + H2O ( CO + H2

Bila sumber karbon kaya hidrogen seperti gas alam, maka dihasilkan gas sintesa dengan kandungan hidrogen yang tinggi.

CH4 + C2O ( CO + 3H2

Peningkatan Nilai-Guna Secara Kimia

Tujuan peningkatan nilai guna adalah:

a. untuk menghasilkan bahan bakar yang lebih mudah diangkut, disebar dan digunakan.

b. Untuk menghilangkan komponen-komponen yang tak dikehendaki.

c. Untuk membentuk dan memperoleh bahan mentah industri.

Proses yang digunakan untuk peningkatan nilai guna adalah pirolisa. Pirolisa adalah perengkahan molekul-molekul besar menjadi molekul-molekul kecil pada pemanasan suhu tinggi tanpa kehadiran oksigen.

Contoh 15

Tabel Analisa Derajat Kebebasan

Banyak

Pirolisa 1

Pirolisa 2

Hydrotreater

Pemuurni

Pemisah

Proses

Keseluruhan

Variabel alur

Pers.Neraca massa

Spesifikasi komposisi

alur 1

alur 2

alur 3

alur 5

alur 10

alur 12

alur 13

Hubungan Pembantu

- (H2O/gas) alur 2

- (H2/H2O) dan (CO/H2O) alur 12

- (minyak kasar/ batubara)

- (CO/H2) alur 13

- Kendala (splitter)

Basis

Derajat kebebasan

23

5(u)

4

4

3

4

-

-

-

1

-

1

-

-

-22

1

-1

0

12

4 (u)

-

-

-

4

-

-

-

-

-

-

-

-

- 8

4

4

16

4 (u)

-

-

3

-

1

1

-

-

2

-

-

-

-11

5

5

17

6(z)

-

4

-

-

-

1

-

1

2

-

-

-

-14

3

3

9

3(z)

-

-

-

-

-

-

1

-

-

-

1

2

-7

2

2

48

22

4

4

3

4

1

1

1

1

2

1

1

2

-47

1

-1

0

19

5(u)

4

-

-

-

1

-

1

-

-

-

1

-

-12

7

-1

6

Basis : F1 = 1000 lb/jam batubara kering

Dari spesifikasi perolehan minyak kasar adalah: F3 = 50 lb/jam

Pirolisa tahap 1

Neraca:

Abu: F4abu = 0,1(1000) = 100 lb/jam

S: 0,02(150) + 0,04N2kering)32 0,035(1000) = 0

N2kering = 25 lbmol/jam

Hubungan spesifik diketahui N2H2O/N2kering = 0,48

Sehingga diperoleh: N2H2O = 0,48(25) = 12 lbmol/jam

O: 1(0,08 x 150 0,09 x 900) + 1(0,18 x 25 0,12N5) + 2(0,25N2kering 0,23N5)16

+ (N2H2O 0,42N5)16 = 0

N5 = 386/16 = 24,125 lb mol/jam

C: 1(F4C + 0,82 x 150 0,725 x1000) + 1(0,11x25 0,03x24,125)12

+ 1(0,18x25 0,12x24,125)12 + 1(0,25x25 0,23x24,125)12 = 0

F4C = 550,01 lb/jam

H: 1(F4C + 0,08 x 150 0,005 x1000) + 4(0,11x25 0,03x24,125)1

+ 2(0,42x25 0,20x24,125)1 + 0,04x25x2 + 2(12-0,42x24,125)1 = 0

F4H = 12,81550,01 lbmol/jam

Dengan diketahuinya F4abu, F4C, F4Hdan N5, maka derajat kebebasan unit piolisis tahap 2 menjadi nol.

Neraca Pirolisis tahap 2

Abu: F8abu = F4abu = 100 lb/jam

C: F8C 550,01 + 1(0,03)(24,125)12 + 1(0,12)(24,125)12 + 1(0,23)(24,125)12 = 0

F8C = 440 lb/jam

H: 4(0,03)(24,125) + 2(0,42x24,125 N6) + 2(0,20x24,125) 1(12,81) = 0

N6 = 20/2 = 10 lbmol/jam (180 lb/jam)

O: 1(0,12)(24,125) + 2x0,23x24,125 + 1(0,42x24,125 10) 2N7 = 0

N7 = 14,125/2 = 7,0625 lbmol/jam (226 lb/jam).

Dengan diketahinya N2, maka derajat kebebasan pemurni hanya berkurang satu, dari tiga menjadi dua. Tetapipada pembagi ada hubungan:

X14CH4 = X11CH4 = X13CH4 = 0,15

X14CO/X14H2 =X11CO/X11H2 = X13CO/X13H2 = 1/3

Dengan demikian derajat kebebasan pada pemurni menjadi nol.

Neraca pada pemurni:

CO2 : N16CO2= 0,25 x 25 = 6,25 lb mol/jam

H2: 0,42 x 25 + N12H2 = x 0,85 x N14

Hubungan pembantu: N12H2/N12H2O = 15 subsitusi ke persamaan diatas sehingga

diperoleh: 10,5 + 15N12H2O = 0,6375N14(*)

CO: 0,18x25 + N12CO = x 0,85 x N14

Hubungan pembantu N12CO/N12H2O = 4, sehingga persamaan menjadi:

4,5 + 4N12H2O = 0,2125N14(**)

Persamaan (*) dan (**) dapat diselesaikan secara simultan sehingga diperoleh:

N14 = 40 lb mol/jam dan N12H2O = 1 lb mol/jam

Selanjutnya dari hubungan pembantu diperoleh: N12CO = 4 lb mol/jam dan

N12H2 = 15 lb mol/jam

CH4: 0,11 x 25 + N12CH4 = 0,15 N14

N12CH4 = 0,15(40) 0,11(25) = 3,25 lb mol/jam

H2O: 12 + N12H2O = N15 sehingga N15 = 13 lb mol/jam

H2S: 0,04 x 25 + 0,004 x N12 = N16H2S(***)

N12 = N12CH4 + N12CO + N12H2S + N12H2 + N12H2O

N12 = 3,25 + 4 + 0,004N12 + 15 + 1

0,996N12 = 23,25 jadi N12 = 23,3434 lb mol/jam

Dari neraca H2S (***) diperoleh: N16H2S = 1,09337 lb mol/jam

Dari perhitungan unit Pemurnian ini memberikan sumbangan sebanyak 5 variabel yang diketahui pada hydrotreater, sehingga derajata kebebasan menjadi 0 (dapat dihitung).

Neraca di Hydrotreater

O:1(-0,08 x 150) + 1(4 0,2125N11)16 + 1(1 0) = 0

N11 = 20 lb mol/jam

S:1(F10S 0,02 x 150) + 1(0,09337)32 = 0; sehingga F10S = 0,012 lb/jam

C:1(F10C 0,82x150) + 1(3,25 0,15x20)12 + 1(4 0,2125x20) = 0

F10C = 123 lb/jam

Karena w10C = 0,875 dan F10 = F10C/w10C = 123/0,875, maka F10 = 140,571 lb/jam

F10 = 140,571 = F10C + F10S + F10H = 123 + 0,012 + F10H

Maka diperoleh: F10H = 17,56 lb/jam

H: 1(17,56 0,08x150)/1 + 4(3,25 0,15x20) + 2(0,093337)

+ 2(15 0,6375x20 N9 + 2(1) = 0 diperoleh: N9 = 6,623 lb mol/jam

Dengan diketahuinya N11 dan N14, derajat kebebasan di splitter berubah dari 2 menjadi nol.

Neraca Splitter

Total:N14 = 40 = N11 + N13 = 20 + N13 sehingga N13 = 20 lbmol/jam

x11CH4 = x14CH4 = x13CH4 = 0,15

x11CO = x14CO = x13CO = 0,2125

x11H2 = x14H2 = x13H2 = 0,6375

Kondensor

O2 40%

H2 40% 1

H2O

100 mol/jam

O2

H2

2

H2O

H2O

2

NaOH 20%

H2O

100 mol/jam larutan

NaOH 1

Pencampur

O 50%

O2

100 mol/jam

O2

O3

O

C6H5NH2 C2H5OH

C2H4 1%

C6H5NHC2H5 H2O C6H5N(C2H5)2

C6H5NH2 C2H5OH

Reaktor

N2

C3H8 0,45

C3H5 0,20

C2H6 0,06

C2H4 0,01

CH4 0,03

H2 0,25

C3H8

58,2 mol/hari

N3 3

C

CO2

CO

H2 7,5%

N2

CH3OH

O2

N2

CH2O

CH3OH

HCOOH 0,5%

H2O

100 mol/jam

H2SO450%

H2O

H2O

H2SO4

H2O

44

14

2

34

20%

SO3

= ?

CO2 33%

NH3

(NH2)2CO

H2O

NH2COONH2

CO2

NH3

C2H4 10 mol/jam

C4H8 ???

H2 7 mol/jam

C2H4 ???

C2H6 4 mol/jam

C4H8 5 mol/jam

C4H10 3 mol/jm

O2

3

Batu

Bara 2

Unit Gasifier

Pergeseran CO

Penyisihan CO2 dan H2S

Metanator

1

C 66%

H 3

S 3

Abu 18

H2O 10

4

Abu

8

CH4 10%

CO2

CO

H2O

H2

H2S

9

CH4 10%

CO2

CO

H2O

H2

H2S

H2 10

CO

CH4

H2O

EMBED Equation.3

7

H2O

6

H2 5%

CO 0,1 %

CH4 = 94,9%

H2S, CO2

5

0,492

Gas sintesis

CH4 0,4%

H2 52,8%

CO 38,3%

CO2 5,5%

O2 0,1%

N2 2,9%

O2, N2

Gas hasil bakar

CO2

H2O

O2

N2

Pembakaran

14

11

4

C

H

Abu

2

5

3

Uap 6

12

9

Tambahan H2

8

Arang: C

abu

7 O2

10

Minyak Mentah Sintetik

C 87,5% (b)

H

S

CO2

H2S

16

15

13

CH4 15%(m)

CO

H2

CO/H2 = 1/3

1

EMBED Equation.3

Minyak kasar

(150 lb/1000 lb kering)

C 82,0%(b)

H 8,0

O 8,0

S 2,0

EMBED Equation.3

EMBED Equation.3

Hydrotreater

Unit pemurni

Pirolisa

tahap 2

Pirolisa

tahap 1

Batubara

Kering

C 72,5%(b)

H 5,0

O 9,0

S 3,5

Abu 10,0

_1160737668.unknown

_1160793596.unknown

_1161008644.unknown

_1195200458.unknown

_1195202341.unknown

_1228055138.unknown

_1296727313.unknown

_1302414707.unknown

_1287392760.unknown

_1195202474.unknown

_1195202572.unknown

_1195203909.unknown

_1195202440.unknown

_1195200848.unknown

_1195202282.unknown

_1195200626.unknown

_1161010985.unknown

_1195190301.unknown

_1195190322.unknown

_1195199732.unknown

_1163401434.unknown

_1195190073.unknown

_1163400872.unknown

_1163400894.unknown

_1163055500.unknown

_1161010666.unknown

_1161010839.unknown

_1161010348.unknown

_1160981237.unknown

_1160989751.unknown

_1161006528.unknown

_1160989654.unknown

_1160795396.unknown

_1160981131.unknown

_1160793794.unknown

_1160763619.unknown

_1160772835.unknown

_1160773238.unknown

_1160793438.unknown

_1160773049.unknown

_1160768854.unknown

_1160768947.unknown

_1160763671.unknown

_1160765087.unknown

_1160757592.unknown

_1160758993.unknown

_1160759409.unknown

_1160757680.unknown

_1160737696.unknown

_1160737707.unknown

_1160757559.unknown

_1160737683.unknown

_1160733682.unknown

_1160737614.unknown

_1160737642.unknown

_1160737655.unknown

_1160737628.unknown

_1160734158.unknown

_1160737314.unknown

_1160733962.unknown

_1160733212.unknown

_1160733587.unknown

_1160733647.unknown

_1160733568.unknown

_1160733493.unknown

_1160732704.unknown

_1160732833.unknown

_1160732095.unknown

_1160732623.unknown