MASALAH PENYELESAIAN NERACA MASA

MASALAH PENYELESAIAN NERACA MASA

Prosedur perhitungan neraca masa terdiri menghitung jumlah variabel yang tidak diketahui pada diagram alir berdasarkan jumlah persamaan independen yang menghubungkan variabel-variabel tersebut.

Hubungan yang dapat digunakan untuk menyusun persamaan independen dari variabel-variabel aliran proses meliputi:

1. Neraca masa

Untuk proses non-reaksi, bila ada N jumlah spesies (senyawa, atom, ion) yang ada dalam proses dapat disusun N neraca masa. Untuk proses reaksi, jumlah neraca masa maksimum dikurangi dengan jumlah reaksi kimia independen diantara spesies proses,

2. Neraca energi

Bila besarnya energi yang ditransfer antara sistem dan lingkungan telah tertentu atau menyangkut salah satu variabel proses yang tidak diketahui maka dapat disusun 1 persamaan neraca energi,

3. Spesifikasi proses

Ada sekurang-kurangnya 3 tipe hubungan diantara variabel proses yang umum dijumpai:

a. Recovery fraksional,

b. Hubungan komposisi,

c. Rasio laju alir.

4. Karakteristik fisika dan hukum fisika

Dari 2 variabel yang tidak diketahui yang menyangkut masa, mol dan volume dari aliran proses dapat disusun persamaan diantara variabel-variabel tersebut dengan menggunakan hukum gas ideal atau gas riil dan kondisi kesetimbangan fase,

5. Batasan fisik

Bila fraksi mol komponen aliran proses secara terpisah dinyatakan mis: x, y, dan z maka hubungan diantara komponen-komponen tersebut dapat disusun menjadi per- samaan karena jumlah total fraksi mol semua komponen = 1.

Garis besar Prosedur untuk Perhitungan Neraca Masa

1. Gambar diagram alir

2. Pilih basis perhitungan yaitu lajualir salah satu arus proses

3. Beri label variabel arus yang tidak diketahui pada diagram alir,

4. Hitung variabel yang tidak diketahui dan persamaan yang dapat disusun dari variabel tsb, keduanya harus sama,

5. Ubah arus yang dinyatakan dalam lajualir volumetrik menjadi variabel masa atau molar,

6. Ubah semua variabel dalam satu basis,

7. Susun persamaan neraca masa,

8. Selesaikan persamaan pada langkah 7 untuk menentukan variabel yang belum diketahui.

Contoh Recoveri fraksional

Umpan pada laju alir 1000 mol/j dengan komposisi sbb.:

propana : 20% mol,

i-butana : 30% mol,

i-pentana : 20% mol,

n-pentana : 30% mol.

akan dipisahkan menjadi 2 fraksi dengan distilasi.

Distilat mengandung semua propana dan 80% i-pentana yang ada pada umpan dan 40% mol i-butana. Hasil bawah mengandung semua n-pentana yang ada pada umpan.

Hitunglah komposisi distilat dan hasil bawah.

Penyelesaian

D

xprD

xpr = 0,2 xi-bD = 0,4

xi-b = 0,3 xi-pD = 1- 0,4 - xprD

xi-p = 0,2

xp = 0,3 B

N = 1000 mol/j xi-bB xi-pB = 1 xi-bB xpB xpBNeraca masa

propana : 0,2 N = D xprD (1)

i-butana : 0,3 N = 0,4 D + xi-b B (2)i-pentana : 0,2 N = D (1 0,4 xprD) + B (1 xi-b xp) (3)

pentana : 0,3 N = B xpB (4)

total : N = D + B ( 1000 = D + B (5)

recovery fraksional: 80% i-pentana diperoleh pada distilat

0,8 dari i-pentana pada umpan = i-pentana pada distilat

0,8 (0,2 N) = D (1 0,4 xprD) (6)

(1) 0,2 (1000) = D xprD ( 200 = D xprD(2) 0,16 (1000) = D (0,6 - xprD) ( 160 = 0,6 D - D xprDDari ke-2 persamaan dapat diperoleh D = 600 mol/j dan xprD = 0,333

B = 1000 600 = 400 mol/j

Dari persamaan (4)

0,3 (1000) = 400 (xpB) ( xpB = 0,75

dari persamaan (2)

0,3 (1000) = 0,4 D + xi-b B ( 300 = 0,4 (600) + xi-b 400

xi-b = 0,15Hubungan komposisi

Hubungan komposisi merupakan tipe yang paling umum dari spesifikasi proses yang dapat dinyatakan sbg kesebandingan sederhana antara komposisi spesies dari aliran yang berbeda

xji = K xjkPada proses pemisahan padatan dan larutan dari slurry dengan cara pengendapan ataupun sentrifuge bila tidak ada adsorpsi kimia maka komposisi larutan jernih sama dengan komposisi larutan yang tertinggal pada padatan

wj1 = wj2

1 - wpadatan

superskrip 1 = endapan, superskrip 2 = larutan jernih

Contoh

Pada produksi aluminium dari biji bauksit alumina harus dipisahkan dari impuritasnya. Pada proses Bayer dilakukan dg mereaksikan bauksit dengan NaOH encer untuk menghasilkan NaAlO2. NaAlO2 larut dalam air sedangkan mineral impuritas tidak, maka pemisahan dilakukan dengan pengendapan. Diperoleh larutan jernih yg merupakan campuran NaAlO2 dan NaOH sisa. Untuk mengambil NaAlO2 yang ikut pada endapan padatan endapan dicuci.

Bila umpan slurry terdiri 10% masa padatan, 11% masa NaOH, 16% masa NaAlO2 dan sisanya air dicuci dengan air yang mengandung NaOH 2% masa menghasilkan larutan jernih yang mengandung 95% masa air dan endapan yang mengandung padatan 20% masa.

Berapa banyak NaAlO2 dapat diperoleh kembali pada larutan jernih bila slurry diumpankan pada laju alir 1000 kg/j.

Penyelesaian

F1 xNaOH1 = 0,02

F2 F4

xNaOH2 = 0,11 xNaOH4

xNaAlO22 = 0,16 xH2O4 = 0,95

xpadatan2 = 0,10 F3 xNaAlO24 xNaOH3 xNaAlO23 xpadatan3 = 0,2

Neraca masa

Total : F1 + F2 = F3 + F4Padatan : 0,1 F2 = 0,2 F3Air : 0,63 F2 + 0,98 F1 = ( 0,8 xNaOH3 - xNaAlO23) F3 + 0,95 F4NaOH : 0,11 F2 + 0,02 F1 = xNaOH3 F3 + xNaOH4 F4NaAlO2 : 0,16 F2 = xNaAlO23 F3 + (0,05 xNaOH4) F4Hubungan komposisi

xNaOH3 = xNaOH4 kg NaOH/ kg padatan bebas larutan

1 - 0,2

xNaOH3 = 0,8 xNaOH4

xNaAlO23 = xNaAlO24 = 0,05 - xNaOH4

1 - 0,2

xNaAlO23 = 0,8 (0,05 - xNaOH4) = 0,04 - 0,8 xNaOH4Dari ke-2 persamaan tsb

xNaOH3 xNaAlO23 + = 0,05

1 0,2 1 0,2

xNaOH3 + xNaAlO23 = 0,04

F2 = 1000 kg/j slurry

Neraca masa padatan

F3 = (0,1 F2)/0,2 = 500 kg/j

Neraca masa total

F1 + F2 = F3 + F4F1 = F4 + 500 - 1000 = F4 - 500

Neraca masa air

0,63 F2 + 0,98 F1 = ( 0,8 xNaOH3 - xNaAlO23) F3 + 0,95 F4630 + 0,98 F1 = (0,8 0,04) 500 + 0,95 F4630 + 0,98 (F4 - 500) = 380 + 0,95 F4F4 = 8000 kg/j

F1 = 8000 500 = 7500 kg/j

Neraca NaOH

0,11 F2 + 0,02 F1 = xNaOH3 F3 + xNaOH4 F4110 + 0,02 (7500) = xNaOH3 (500) + xNaOH4 (8000)

xNaOH3 = 0,8 xNaOH4260 = 0,8 (500) xNaOH4 + 8000 xNaOH4xNaOH4 = 260/8400 = 0,03095

xNaOH3 = 0,8 (0,03095) = 0,02476

xNaAlO23 = 0,04 0,8 xNaOH4 = 0,04 0,8 (0,02476) = 0,0202

NaAlO2 yang dapat direcovery = xNaAlO24 F4 = (0,05 0,03095) 8000 kg/j

= 152,4 kg/j

Contoh rasio laju alir

Benzena dipisahkan dari output kilang minyak yang mengan- dung 70% masa benzena dan campuran parafin dan hidrokarbon napthena dengan menggunakan pelarut SO2 cair.

Bila pelarut yang digunakan 3 kg SO2 cair per kg umpan ke proses. Rafinat mengandung 1/6 SO2 dan sisanya benzena. Ekstrak mengandung: semua hidrokarbon non-benzena, SO2 cair dan kg benzena per kg hidrokarbon non-benzena.

Berapakah benzena dapat direcoveri (kg benzena pada rafinat/ kg benzena pada umpan).

Ekstrak F3 Pelarut F2

SO2 cair

Umpan F1 Rafinat F4 B = 0,7 0,167 SO2 NB = 0,3 0,833 B

Rasio laju alir pelarut dengan umpan

F2/F1 = 3

Pada ekstrak

F3 x3B x3B = 0,25 ( = 0,25

F3 x3NB x3NB

Neraca masa

Total : F3 + F4 = F2 + F1Benzena : F3 x3B + (1- 0,167) F4 = 0,7 F1Non-benzena : F3 x3NB = 0,3 F1SO2 cair : F3 (1 x3B - x3NB) + 0,167 F4 = F2Basis: F1 = 1000 kg.j

F2 = 3000 kg/j

Neraca masa Non-benzena

F3 x3NB = 0,3 F1F3 x3B = 0,25

F3 x3NB F3 x3B = 75

Neraca masa benzena

F3 x3B + (1- 0,167) F4 = 0,7 F1 ( 75 + 0,833 F4 = 0,7 (1000)

F4 = 750 kg/j

F3 = F1 + F2 - F4 = 1000 + 3000 - 750 = 3250 kg/j

x3B = 75/3250 = 0,0231; x3NB = 4 x3B = 0,09231

Benzena yang direcovery

kg Benzena rafinat

= 625/700 (100%) = 89,3%

kg Benzena umpan

NERACA MASA PADA UNIT BANYAK

Diagram alir proses unit banyak seperti pada gb berikut

A

Umpan Produk

Pada gambar terlihat ada 3 sistem atau batas sistem

1. Sistem unit proses:

A : sistem untuk seluruh proses,

C dan E : sistem untuk 1 unit proses;

2. Sistem pada titik pertemuan (mixing point): B;

3. Sistem pada titik percabangan (splitting point): D.

Campuran mengandung 50% masa aceton dan 50% masa air diekstraksi dengan methyl isobutyl keton (MIBK). Untuk 1000 kg campuran yang diumpankan ke ekstraktor 1 ditambahkan 1000 kg pelarut MIBK, sedangkan pada ekstraktor 2 750 kg MIBK.

Ekstrak 1 mengandung 27,5% masa aceton. Ekstrak 2 mengan- dung 9,0% masa aceton, 88% masa MIBK dan 3% masa air. Rafinat ke-2 sebesar 431 kg dengan komposisi 5,3% masa aceton, 1,6% masa MIBK, dan 93,1% masa air. Gabungan ekstrak didistilasi dengan hasil atas dengan jumlah 480 kg dengan mempunyai komposisi 2,0%masa MIBK, 1,0% masa air dan sisanya aceton.

Hitunglah masa dan komposisi semua aliran.

1000 kg M 750 kg M

1000 kg 431 kg

A = 0,50 0,053 A

W = 0,50 0,016 M

0,931 W

480 kg

E kg 0,97 A

ECM 0,02 M

ECA 0,01 W

ECW B kg

BA

BM BWPenyelesaian

Neraca masa pada sistem E1- E2M : 1000 + 750 = ECM + 0,016 (431) ( ECM = 1743 kg

A : 0,50 (1000) = ECA + 0,053 (431) ( ECA = 477 kg

W : 0,50 (1000) = ECW + 0,931 (431) ( ECW = 98,7 kg

Neraca masa pada titik pencampuran

Total : E1 + E2 = 1743 + 477 + 98,7 = 2320

A : 0,275 E1 + 0,090 E2 = 477

Dari ke-2 persamaan E1 = 1450 kg dan E2 = 870 kg

M : xM1 (1450) + 0,88 (870) = 1743 ( xM1 = 0,674

Neraca masa pada E1M : 1000 = 0,674 (1450) + R1M ( R1M = 22,7 kg

A : 500 = 0,275 (1450) + R1A ( R1A = 101 kg

W : 500 = (0,725 0,674) 1450 + R1W ( R1W = 426 kg

Neraca masa disekitar distilasi

Total : E = V + B ( 1743 + 477 + 98,7 = 480 + B

B = 1838,7 kg

Aceton : 477 = 0,97 (480) + BA ( BA = 11,4 kg

Air : 98,7 = 0,01 (480) + BW ( BW = 93,9 kg

MIBK : BM = 1838,7 - 11,4 - 93,9 = 1733,4 kg

Arus Balik (recycle) dan Arus Pintas (by-pass)

Arus balik

Arus balik adalah arus percabangan output suatu unit proses yang dikembalikan sebagai input unit tsb. Unit proses dengan arus balik dapat dipandang sebagai 3 sistem atau unit proses (multi-unit) yang terdiri: titik percampuran (mixing point) , unit proses, dan titik percabangan (splitting point).

Titik Titik

pencampuran percabangan

Sebagai sistem unit-banyak maka neraca masa dapat disusun pada masing-masing individu unit maupun pada keseluruhan unit. Unit titik percabangan merupakan unit yang memerlukan perhatian khusus.

Pada unit ini arus dibagi 2 atau lebih berbasis laju alir sehingga komposisi arus pada semua cabang sama dengan komposisi aliran input. Kenyataan tersebut yang disebut batasan percabangan.

Bila arus yang akan dipecah menjadi 2 percabangan mempunyai S spesies dan jumlah masing-masing komposisi yang dinyatakan dalam fraksi = 1 maka akan diperoleh S 1 persamaan yang independen.

Untuk pemecahan arus menjadi N percabangan maka persa- maan independen yang dapat disusun (N 1) (S 1).

Contoh

D = 700 mol/j

F2 Aceton 0,10

Aceton xA2 40% Acetat 0,88

Acetat xAc2 Acetat anhidrat xAca3

Acetat anhidrat xAca2 60%

F4 Aceton xA4

Acetat xAC4 F1 Aceton 0,070

Acetat 0,619

Acetat anhidrat 0,311

F5 Acetat xAc5 Acetat anhidrat xAca5Neraca masa pada titik percabangan

Total : F2 = 700 + F4Aceton : xA2 F2 = 0,1 (700) + xA4 F4Acetat : xAc2 F2 = 0,88 (700) + xAc4 F4Distilat 40% dari F2 ( D = 0,4 F2F2 = 700/0,4 = 1750 mol/j

Batasan percabangan

xA4 = xA3 = 0,10

xAc4 = xAc3 = 0,88

F4 + D = F2 ( F4 + 700 = 1750 ( F4 = 1050 mol/j

Neraca masa pada unit proses

Aceton : 0,07 F1 + 0,1 F4 = 0,1 F2

0,07 F1 + 0,1 (1050) = 0,1 (1750) ( F1 = 1000 mol/j

Total : F1 + F4 = F2 + F5 1000 + 1050 = 1750 + F5 ( F5 = 300 mol/j

Acetat : 0,619 F1 + 0,88 F4 = 0,88 F2 + xAc5 F5

0,619 (1000) + 0,88 (1050) = 0,88 (1750) + xAc5 (300)

xAc5 = 0,01

Sistem pemurnian dengan arus balik digunakan untuk memperoleh kembali pelarut Di Methyl Formamida (DMF) dari gas buang yang mengandung 55% mol DMF. Gas keluar diharapkan hanya mengandung 10% mol DMF. Hitunglah laju alir arus balik bila diperkirakan unit pemurnian dapat menghilangkan 80% DMF dari umpan.

Sistem 1

FF O

xDMF1 = 0,55 xDMF2 = 0,10

xUd1 = 0,45 xUd2 = 0,90

DMF

Basis : 1000 mol/j umpan

DMF = 0,55 (1000) = 550 mol/j

Udara = 0,45 (1000) = 450 mol/j

Komponen kunci yang dipilih udara karena tidak berubah selama proses sehingga pada output laju alir udara tetap 450 mol/j.

Neraca masa DMF pada sistem 1

DMF : 0,55 ( FF ) = DMF + (0,1/0,9) 450

DMF = 500 mol/j

Spesifikasi proses unit pemurnian : DMF yang diserap pada unit pemurnian 80%

0,8 ( xDMFMF ) ( MF ) = 500 mol/j

xDMFMF ( MF ) = 500/0,8 = 625 mol/j

Neraca masa pada titik pencampuran

Batasan percabangan : xDMFO = xDMFR = 0,1

DMF : 0,55 ( FF ) + xDMFR ( R ) = xDMFMF ( MF )

0,55 ( 1000 ) + 0,1 R = 625

R = (625 550)/0,1 = 750 mol/j

Arus pintas (by-pass)

Arus pintas merupakan arus percabangan yang tidak melewati unit proses dibawahnya. Arus pintas dapat dipandang sebagai proses unit banyak yang terdiri dari 3 sistem: titik percabangan, unit proses, dan titik pencampuran.

Titik Titik

percabangan pencampuran

Contoh

Sari jeruk segar mempunyai komposisi 12% masa padatan terlarut, gula, dan air. Untuk menurunkan biaya transportasi dari pabrik ke daerah pemasaran sari jeruk ini dipekatkan dan didaerah tujuan direkonstitusi menjadi sari jeruk dengan menambah air. Pemekatan dilakukan pada evaporator dengan waktu tinggal pendek untuk mencegah hilangnya aroma dan rasa yang sensitif terhadap panas dan mudah menguap. Karena beberapa komponen tetap hilang selama proses maka untuk meningkatkan rasa dan aroma sari jeruk pekat ditambahkan sari jeruk segar dengan aliran pintas. Bila aliran pintas 10% dari umpan dan output dari evaporator mengandung 80% padatan terlarut. Hitunglah air yang harus diuapkan dan komposisi produk akhir bila umpan sari jeruk segar 10.000 kg/j.

Air

F4

F1 F2 F5 F6 xp1 xp2 xp5 xp6 F3 xp3Neraca pada titik percabangan

Total : 10.000 = F2 + F3Padatan : 0,12 (10.000) = xp2 F2 + xp3 F3Batasan titik percabangan : xp2 = xp3Aliran pintas : F3 = 0,1 F1Dari neraca masa total dapat dihitung:

F3 = 1000 kg/j

F2 = 9000 kg/j

Dari neraca masa padatan

xp2 = xp3 = 0,12

Neraca masa pada unit evaporator

Padatan : 0,12 (9000) = 0,8 F5 F5 = 108/0,8 = 1350 kg/j

Air : 0,88 (9000) = F4 + 0,2 F5 F4 = 7920 270 = 7650 kg/j

Dari ke-2 neraca masa diperoleh

F5 = 1350 kg/j dan F4 = 7650 kg/j

Neraca masa pada titik pencampuran

Total : F5 + F3 = F6 F6 = 1350 + 1000 = 2350 kg/j

Padatan : 0,8 (1350) + 0,12 (1000) = xp6 F6 xp6 = (1080 + 120)/2350 = 0,51

Sistem pemurnian gas digunakan untuk menghilangkan senya- wa sulfur, dirancang beroperasi pada laju alir umpan sampai dengan 820 mol/j. Pada operasi sering mencapai laju alir 1000 mol/j. Bila campuran gas keluar disyaratkan mengandung 1% mol H2S dan 0,3% mol COS. Hitunglah semua laju alir pada sistem dan komposisinya bila umpan terdiri dari 15% mol CO2, 5% mol H2S, 1,41% mol COS sisanya CH4. CO2 dan CH4 tidak terserap oleh sistem pemurnian. Sistem 1

FF O

xCO21 = 0,15 xH2S2 = 0,01

xCH41 = 0,7859 xCOS2 = 0,003

xH2S1 = 0,05

xCOS1 = 0,0141

H2S

COS

Basis : 1000 mol/j umpan baru (FF)

Gas masuk sistem pemurnian = 820 mol/j

Arus pintas = 1000 820 = 160 mol/j

Komposisi umpan baru (FF)

CH4 = 0,7859 (1000) = 785,9 mol/j

CO2 = 0,15 (1000) = 150,0 mol/j

H2S = 0,05 (1000) = 50,0 mol/j

COS = 0,0141 (1000) = 14,1 mol/j

Umpan ke sistem pemurnian gas

CH4 = 0,7859 (820) = 644,4 mol/j

CO2 = 0,15 (820) = 123,0 mol/j

H2S = 0,05 (820) = 41,0 mol/j

COS = 0,0141 (820) = 11,6 mol/j

Komposisi gas output ( O )

Komponen kunci dipilih CH4 + CO2 yang tidak mengalami perubahan selama proses

CH4 = 785,9 mol/j

CO2 = 150,0 mol/j

Jumlah total ke-2 gas = 785,9 + 150,0 = 935,9 mol/j yang merupakan 98,7% dari gas total, sisanya terdiri H2S 1,0% mol dan COS 0,3% mol.

H2S = ( 1/98,7 ) x 935,9 = 9,5 mol/j

COS = ( 0,3/98,7 ) x 935,9 = 2,8 mol/j

Neraca masa pada sistem 1

H2S : 0,05 FF = H2S + 9,5 ( H2S = 0,05 (1000) 9,5

H2S yang diserap = 40,5 mol/j

COS : 0,0141 FF = COS + 2,8 ( COS = 0,0141 (1000) 2,8

COS yang diserap = 11,3 mol/j

Komposisi gas output

CH4 = 644,4 mol/j

CO2 = 123,0 mol/j

H2S = 41,0 40,5 = 0,5 mol/j

COS = 11,6 11,3 = 0,3 mol/j

NERACA MASA SISTEM REAKSI

Reaksi Tunggal

Adanya reaksi kimia dalam unit proses mengakibatkan prosedur perhitungan neraca masa menjadi rumit.

Persamaan reaksi stoikiometrik memberikan batasan jumlah relatif reaktan dan produk pada aliran input dan output.

Pada sistem reaksi ada masa spesies tertentu yang berkurang dan ada masa spesies lain yang terbentuk karena adanya reaksi sehingga neraca masa sistem reaksi:

Input + Produksi Output Konsumsi = Akumulasi

Stoikiometri

Stoikiometri adalah teori kesebandingan suatu spesies-spesies kimia bersenyawa satu sama lain.

Persamaan stoikiometri adalah reaksi kimia yang dinyatakan dalam bentuk bilangan relatif molekul atau mol reaktan dan produk yang ikut serta dalam reaksi.

Contoh

N2 + 3 H2 ( 2 NH3 2 SO2 + O2 ( 2 SO3Koefisien stoikiometrik adalah bilangan di depan spesies yang bereaksi menurut persamaan stoikiometrik.

Rasio stoikiometrik adalah rasio koefisien stoikiometrik dari 2 spesies yang ikut serta dalam reaksi.

Prinsip konservasi masa menyatakan bahwa pada sistem steady-state kontinyu laju masa atau molar input dan output dari masing-masing unsur pada sistem sama meskipun ada reaksi kimia.

Proses reaksi kimia menyangkut penyusunan kembali atom dan molekul membentuk senyawa dengan molekul berbeda, hal ini mengakibatkan laju masa atau molar pada input dan output masing-masing spesies kimia tidak sama.

Dengan adanya reaksi kimia persamaan neraca masa spesies

laju molar spesies s masuk = laju molar spesies s keluar

nS input = nS output

tidak berlaku.

Sebagai ganti ditentukan perbedaan antara laju input dan output yaitu RS = laju produksi molar spesies s

RS = nS output - nS input

FS output - FS input

RS =

MSMS = berat molekul spesies s

Contoh

Sintesa NH3 lewat reaksi N2 + 3 H2 ( 2 NH3Bila 40 mol/j H2 dan 12 mol/j N2 diumpankan ke reaktor katalitik mengahsilkan output 8 mol/j N2, 28 mol/j H2, dan 8 mol/j NH3.

RNH3 = nNH3 output - nNH3 input = 8 0 = 8 mol/j

RN2 = nN2 output - nN2 input = 8 12 = - 4 mol/j

RH2 = nH2 output - nH2 input = 28 40 = -12 mol/j

Dengan konsep laju produksi spesies, neraca masa spesies dengan adanya reaksi kimia menjadi

nS output = nS input + RS FS output = FS input + MS RSContoh

Reaksi stoikiometri sintesa NH3 : N2 + 3 H2 ( 2 NH3RNH3 2 RH2 3 RNH3 2

= = =

- RN2 1 RN2 1 - RH2 3

Untuk laju input N2 12 mol/j dan H2 40 mol/j laju produksi N2 - 4 mol/j.

Neraca masa pada reaktor dapat dihitung

RNH3 = 2 (- RN2) = 8 mol/j

RH2 = 3 (RN2) = -12 mol/j

Berdasarkan neraca masa output sbb.:

nNH3 = nNH3 input + RNH3 = 0 + 8 = 8 mol/j

nN2 = nN2 input + RN2 = 12 - 4 = 8 mol/j

nH2 = nH2 input + RH2 = 40 - 12 = 28 mol/j

Reaktan Terbatas, Reaktan Berlebih

Dua reaktan A dan B disebut ada dalam kesebandingan stoikiometrik bila rasio mol A dan B sama dengan rasio stoikiometrik yang diperoleh dari persamaan stoikiometrik.

2SO2 + O2 ( 2 SO3Kesebandingan stoikiometrik nSO2/nO2 = 2

Bila reaktan diumpankan ke reaktor kimia dalam kesebandingan stoikiometrik dan reaksi berlangsung sempurna, maka reaktan akan dikonsumsi semuanya.

Bila reaktan tidak dalam kesebandingan stoikiometrik maka reaktan yang habis lebih dahulu disebut reaktan terbatas (limiting reactant), sedangkan reaktan yang lainnya disebut reaktan berlebih (excess reactant).

Reaktan terbatas adalah reaktan yang jumlahnya lebih kecil dari kesebandingan stoikiometrik dengan reaktan yang lain.

2 SO2 + 1,5 O2 ( 2 SO3

1,2 N2 + 3 H2 ( 2 NH3Kelebihan reaktan dalam reaksi kimia dinyatakan sebagai persen (%) berlebih.

Bila n mol dari reaktan berlebih dan nS mol reaktan yang sesuai dengan kesebandingan stoikiometrik maka persen berlebih:

n - nS x 100%

nSKonversi fraksional dan Derajad reaksi

Reaksi kimia tidak selalu berlangsung cepat, sehingga tidak praktis untuk merancang reaktor untuk reaksi sempurna. Pada umum reaktan yang tidak bereaksi dipisahkan dari produk dan direcycle ke reaktor lagi.

Untuk reaksi yang berlangsung tidak sempurna diperlukan pernyataan fraksi atau persen konversi.

Fraksi konversi adalah rasio mol yang reaktan bereaksi dengan mol reaktan pada umpan

mol reaktan yang bereaksi

f =

mol reaktan pada umpan

mol reaktan mula-mula mol reaktan sisa

f =

mol reaktan mula-mula

Contoh

Bila ada 100 mol reaktan pada umpan, 90 mol bereaksi maka f = 0,90 atau 90%

Derajad reaksi ( ( ) adalah jumlah mol reaktan yang bereaksi

Bila ada ni0 mol (mol/j) reaktan atau produk Ai dengan koefisien stoikiometrik spesies (i dengan output dari reaktor ni mol (mol/j) Ai maka

ni = ni0 + (i ( (i = (i bila Ai produk

= - (i bila Ai reaktan

= 0 bila Ai inert

Contoh

Reaksi : H2 + Br2 ( 2 HBr

Pada awalnya ada 100 mol H2, 50 mol Br2 dan 50 mol HBr, 30 mol H2 bereaksi dengan Br2 membentuk HBr. Berapa banyak masing-masing spesies dalam produk.

( = 30 mol

nH2 = ( nH2 )0 + (- (H2) ( = 100 + (-1) ( 30 ) = 70 mol

nBr2 = ( nBr2 )0 + (-(Br2) ( = 50 + (-1) (30) = 20 mol

nHBr = ( nHBr )0 + (HBr ( = 50 + 2 (30) = 110 mol

Acetonitril dihasilkan dari reaksi propilen, amonia, dan oksigen

C3H6 + NH3 + 1,5 O2 ( C3H3N + 3 H2O

Komposisi umpan: 10% mol propilen, 12% mol NH3, dan 78% mol udara. Persen konversi 30% berbasis reaktan terbatas.

Tentukan reaktan terbatas, reaktan berlebih dan % kelebihanya, dan laju alir molar komponen pada produk

Basis: 100 mol umpan

100 mol

C3H6 0,100 nC3H6 NH3 0,120 nNH3 Udara : 0,780 nN2 ( 21% O2, 79% N2) nC3H3N nH2O

Umpan ke reaktor terdiri dari:

C3H3 = 0,1 (100) = 10 mol

NH3 = 0,12 (100) = 12 mol

O2 = 0,21 (0,78) (100) = 16,4 mol

N2 = 0,79 (0,78) (100) = 61,6 mol

NH3/C3H6 = 12,0/10,0 = 1,20

( NH3/C3H6 )stoik = 1/1 = 1

NH3 merupakan reaktan berlebih

O2/C3H6 = 16,4/10,0 = 1,64

( O2/C3H6 )stoik = 1,5/1 = 1,5

O2 merupakan reaktan berlebih

Propilen reaktan terbatas

Kondisi stoikiometrik

C3H6 + NH3 + 1,5 O2 ( C3H3N + 3 H2O

10 mol 10 mol 15 mol

Kondisi sebenarnya

C3H6 + NH3 + 1,5 O2 ( C3H3N + 3 H2O

10 mol 12 mol 16,4 mol

% berlebih NH3 = { (12 10)/10 } x 100% = 20%

% berlebih O2 = { (16,4 15)/15 } x 100% = 9,3%

Bila fraksi konversi 30% berdasarkan C3H6, maka

mol C3H6 mula-mula - mol C3H6 sisa

= 0,3

mol C3H6 mula-mula

mol C3H6 sisa = (1- 0,3) mol C3H6 mula-mula

= 0,7 (10) = 7,0 mol

= 3,0 mol

nNH3 = ( nNH3 )0 + (- (NH3) ( = 12 + (-1) ( 3,0 ) = 9,0 mol

nO2 = ( nO2 )0 + (-(O2) ( = 16,4 + (-1,5) (3,0) = 11,9 mol

nC3H3N = ( nC3H3N )0 + (C3H3N ( = 0 + 1 (3,0) = 3,0 mol

nN2 = ( nN2 )0 + ( 0 ) ( = 61,6 mol

nH2O = ( nH2O )0 + ((H2O) ( = 0 + (3) (3,0) = 9,0 mol

C E

B D

E1 E2

A 0,275 A 0,09

M xM1 M 0,88

W (1-0,275-xM1) W 0,03

Ekstraktor 1

Ekstraktor

2

Distilasi

Unit Proses

Unit Proses

Unit Proses

B

SF

Sistem Pemurnian

Sistem Pemurnian

R

xDMFR

MF

xDMFMF