Thiết kế hệ thống cô đặc đường 13 tấn giờ

MỤC LỤC
ĐẶT VẤN ĐỀ
- Ngành công nghiệp mía đường là một ngành công nghiệp lâu đời ở nước ta.
Do nhu cầu thò trường nước ta hiện nay mà các lò đường với quy mô nhỏ ở nhiều
đòa phương đã được thiết lập nhằm đáp nhu cầu này. Tuy nhiên, đó chỉ là các hoạt
động sản xuất một cách đơn lẻ, năng suất thấp, các ngành công nghiệp có liên
quan không gắn kết với nhau đã gây khó khăn cho việc phát triển công nghiệp
đường mía.
- Trong những năm qua, ở một số tỉnh thành của nước ta, ngành công nghiệp
mía đường đã có bước nhảy vọt rất lớn. Diện tích mía đã tăng lên một cách nhanh
chóng, mía đường hiện nay không phải là một ngành đơn lẻ mà đã chóng nếu thu
hoạch trễ và không chế biến kòp thời.
- Vì tính quan trọng đó của việc chế biến, vấn đề quan trọng được đặt ra là
hiệu quả sản xuất nhằm đảm bảo thu hồi đường với hiệu suất cao. Hiện nay, nước
ta đã có rất nhiều nhà máy đường như ở Bình Dương, Quãng Ngãi, Tây Ninh, Bến
Tre … nhưng với sự phát triển ồ ạt của diện tích mía, khả năng đáp ứng là rất khó.
Bên cạnh đó, việc cung cấp mía khó khăn, sự cạnh tranh của các nhà máy đường,
cộng với công nghệ lạc hậu, thiết bò cũ kỹ đã ảnh hưởng mạnh đến quá trình sản
xuất.
- Vì tất cả những lý do trên, việc cải tiến sản xuất, nâng cao, mở rộng nhà
máy, đổi mới dây chuyền thiết bò công nghệ, tăng hiệu quả các quá trình là hết sức
cần thiết và cấp bách, đòi hỏi phải chuẩn bò từ ngay bây giờ. Trong đó, cải tiến
thiết bò cô đặc là một yếu tố quan trọng không kém trong hệ thống sản xuất vì đây
là một thành phần không thể xem thường.
PHẦN I
TỔNG QUAN
1.1. Tổng quan về ngun liệu
Nguyên liệu cô đặc ở dạng dung dòch, gồm:
- Dung môi: nước.
- Các chất hoà tan : gồm nhiều cấu tử với hàm lượng rất thấp (xem như không
có) và chiếm chủ yếu là đường saccaroze.

- Tùy theo độ đường mà hàm lượng đường là nhiều hay ít. Tuy nhiên, trước
khi cô đặc, nồng độ đường thấp, khoảng 6 -10% khối lượng.
1.2. Đặc điểm của ngun liệu
Sản phẩm ở dạng dung dòch, gồm:
- Dung môi: nước.
- Các chất hoà tan : có nồng độ cao.
1.3. Biến đổi của ngun liệu
Trong quá trình cô đặc, tính chất cơ bản của nguyên liệu và sản phẩm biến
đổi không ngừng.
1.3.1. Biến đổi tính chất vật lí
Thời gian cô đặc tăng làm cho nồng độ dung dòch tăng dẫn đến tính chất dung
dòch thay đổi:
- Các đại lượng giảm: hệ số dẫn nhiệt, nhiệt dung, hệ số cấp nhiệt, hệ số
truyền nhiệt.
- Các đại lượng tăng: khối lượng riêng dung dòch, độ nhớt, tổn thất nhiệt do
nồng độ, nhiệt độ sôi.
1.3.2. Biến đổi tính chất hoá học
- Thay đổi pH môi trường : thường là giảm pH do các phản ứng phân hủy
amit (Vd : asparagin) của các cấu tử tạo thành các acid.
- Đóng cặn dơ : do trong dung dòch chứa một số muối Ca
2+
ít hoà tan ở nồng
độ cao, phân hủy muối hữu cơ tạo kết tủa.
- Phân hủy chất cô đặc.
- Tăng màu do caramen hoá đường, phân hủy đường khử, tác dụng tương hỗ
giữa các sản phẩm phân hủy và các amino acid.
Phân hủy một số vitamin.
1.3.3. Biến đổi sinh học
- Tiêu diệt vi sinh vật (ở nhiệt độ cao).
- Hạn chế khả năng hoạt động của các vi sinh vật ở nồng độ cao.

1.4. Cơ sở và phương pháp cơ đặc
1.4.1 Định nghĩa cơ đặc
Cơ đặc là q trình làm tăng nồng độ của chất rắn hòa tan trong dung dịch bằng
cách tách bớt một phần dung mơi qua dạng hơi.
1.4.2 Đặc điểm của q trình cơ đặc
- Q trình cơ đặc thường tiến hành ở trạng thái sơi, nghĩa là áp suất hơi riêng
phần của dung mơi trên mặt dung dịch bằng áp suất làm việc của thiết bị, và có thể
tiến hành ở các áp suất khác nhau.
- Đặc điểm của q trình cơ đặc là dung mơi được tách khỏi dung dịch ở dạng
hơi, còn dung chất hòa tan trong dung dịch khơng bay hơi, do đó nồng độ của dung
dịch sẽ tăng dần lên, khác với q trình chưng cất, trong q trình chưng cất các cấu tử
trong hỗn hợp cùng bay hơi chỉ khác nhau về nồng độ trong hỗn hợp.
- Hơi của dung mơi được tách ra trong q trình cơ đặc thường là hơi nước gọi là
“hơi thứ”-thường có nhiệt độ cao, ẩn nhiệt hố hơi lớn có nên được sử dụng làm hơi
đốt cho các nồi cơ đặc. Nếu “hơi thứ” được sử dụng ngồi dây chuyền cơ đặc gọi là
“hơi phụ”.
1.4.3 Ứng dụng của cơ đặc
- Làm tăng nồng độ chất tan (làm đậm đặc).
- Tách chất rắn hồ tan ở dạng tinh thể (kết tinh).
- Thu dung mơi ở dạng ngun chất (cất nước).
1.4.4 Các phương pháp cơ đặc
- Q trình cơ đặc có thể tiến hành trong hệ thống cơ đặc một nồi hoặc nhiều nồi
làm việc gián đoạn hay liên tục.
+ Khi cơ đặc gián đoạn: dung dịch cho vào thiết bị một lần rồi cơ đặc đến nồng
u cầu, hoặc cho vào liên tục trong q trình bốc hơi để giữ mức dung dịch khơng đổi
đến khi nồng độ dung dịch trong thiết bị đã đạt yêu cầu sẽ lấy ra một lần sau đó lại cho
dung dịch mới để cô.
+ Khi cô đặc liên tục: dung dịch và hơi đốt cho vào liên tục, sản phẩm cũng được
lấy ra liên tục.
- Quá trình cô đặc được tiến hành ở nhiệt độ sôi, ở mọi áp suất(áp suất chân

không, áp suất thường hay áp suất dư) tuỳ theo yêu câu kỹ thuật và sản phẩm cô đặc
để lựa chọn áp suất làm việc thích hợp trong quá trình cô đặc.
+ Cô đặc chân không dùng cho các dung dịch có nhiệt độ sôi cao và dung dịch dễ
bị phân huỷ vì nhiệt, ngoài ra còn làm tăng hiệu số nhiệt độ của hơi đốt và nhiệt độ sôi
trung bình của dung dịch (hiệu số nhiệt độ hữu ích), dẫn đến giảm bề mặt truyền nhiệt.
Mặt khác, cô đặc chân không thì nhiệt độ sôi của dung dịch thấp nên có thể tận dụng
nhiệt thừa của các quá trình khác (hoặc sử dụng hơi thứ) cho quá trình cô đặc.
+ Cô đặc ở áp suất cao hơn áp suất khí quyển thường dùng cho các dung dịch
không bị phân huỷ ở nhiệt độ cao như các dung dịch muối vô cơ, để sử dụng hơi thứ
cho cô đặc và cho các quá trình đun nóng khác.
+ Cô đặc ở áp suất khí quyển thì hơi thứ không được sử dụng mà thải ra ngoài
môi trường. Đây là phương pháp tuy đơn giản nhưng không kinh tế.
Trên thực tế, trong hệ thống cô đặc nhiều nồi thì nồi đầu tiên thường làm việc ở
áp suất lớn hơn áp suất khí quyển, các nồi sau làm việc ở áp suất chân không.
1.4.5 Các thiết bị cô đặc
- Quá trình cô đặc trong hệ thống một nồi hoặc nhiều nồi có thể xảy ra gián đoạn
hay liên tục. Hơi bay ra trong quá trình cô đặc thường là hơi nước và sử dụng làm hơi
đốt cho các nồi tiếp theo (do có nhiệt độ cao và ẩn nhiệt hóa hơi lớn).
- Phân loại thiết bị cô đặc theo các cách sau:
+ Theo sự bố trí bề mặt đun nóng: nằm ngang, thẳng đứng, nghiêng.
+ Theo chất tải nhiệt: đun nóng bằng hơi nước (hơi nước bão hòa, hơi nước quá
nhiệt), bằng khói lò, chất tải nhiệt có nhiệt độ cao (dầu, nước ở áp suất cao…), bằng
dòng điện.
+ Theo chế độ tuần hoàn: tuần hoàn tự nhiên, tuần hoàn cưỡng bức…
+ Theo cấu tạo bề mặt đun nóng: vỏ bọc ngoài, ống xoắn, ống chùm.
- Trong công nghiệp hóa chất thường dùng các thiết bị cô đặc đun nóng bằng hơi
loại này gồm các phần chính sau:
+ Phòng đốt : bề mặt truyền nhiệt.
+ Phòng phân ly hơi : khoảng trống để tách hơi thứ ra khỏi dung dịch
+ Bộ phận tách bọt : dùng để tách những giọt lỏng do hơi thứ mang theo

- Thiết bị cô đặc nhiều nồi cho phép tiết kiệm nhiều hơi đốt so với thiết bị một
nồi. Hệ thống thiết bị cô đặc nhiều nồi có thể được sắp xếp theo nhiều phương án khác
nhau: xi chiều ( hơi đốt và dung dịch đi cùng chiều với nhau từ nồi nọ sang nồi kia),
ngược chiều (hơi đốt đi từ nồi đầu đến nồi cuối còn dung dịch đi từ nồi cuối đến nồi
đầu) hay chéo dòng ( dung dịch đồng thời đi vào nồi, còn hơi đốt đi từ nồi nọ sang nồi
kia ). Phương án cuối cùng ít dùng.
- Trong hệ thống cơ đặc nhiều nồi ngược chiều:
+ Ưu điểm: ở nồi đầu, sản phẩm đi ra có độ đậm đặc tăng nhưng do có nhiệt độ
cao nên độ nhớt gần như khơng đổi trong tất cả các nồi, kết quả là khó xảy ra hiện
tượng đóng cặn trên bề mặt truyền nhiệt làm cho q trình truyền nhiệt khơng giảm
mấy. Hơn thế nữa, hơi thứ đi ra ở nồi cuối có nhiệt độ thấp nên lượng hơi bốc ra ít, vì
vậy lượng nước sử dụng trong thiết bị ngưng tụ cũng bị giảm đi. Dùng cho các dung
dịch khơng bị biến tính ở nhiệt độ cao.
+ Nhược điểm: dung dịch đi từ nơi có áp suất thấp đến nơi có áp suất cao nên
khơng tự di chuyển được mà phải sử dụng bơm làm cho chi phí tăng lên.
- Trong hệ thống cơ đặc nhiều nồi cùng chiều:
Nhiệt độ sơi của nồi trước lớn hơn nồi sau, do đó dung dịch tự đi vào mỗi nồi
(trừ nồi 1) đều có nhiệt độ cao hơn nhiệt độ sơi, kết quả là dung dịch sẽ được làm lạnh
đi và nhiệt lượng này sẽ làm bốc hơi thêm một lượng nước gọi là q trình tự bốc hơi.
Nhưng khi dung dịch đi vào nồi đầu có nhiệt độ thấp hơn nhiệt độ sơi của dung dịch,
do đó cần phải tiêu tốn thêm một lượng hơi đốt để đun nóng dung dịch, vì vậy, khi cơ
đặc xi chiều dung dịch trước khi đưa vào cần được đun nóng sơ bộ bằng hơi phụ
hoặc nước ngưng tụ.
+ Ưu điểm: dung dịch tự chuyển từ nồi trước sang nồi sau do sự chênh lệch áp
suất giữa các nồi.
+ Nhược điểm: nhiệt độ sơi của dung dịch giảm dần, nồng độ dung dịch tăng, do
đó độ nhớt tăng dẫn đến hệ số truyền nhiệt giảm. Dùng cho dung dịch bị biến tính ở
nhiệt độ cao.
1.5. Quy trình cơng nghệ
1.5.1. Sơ đồ hệ thống

1.5.2. Thuyết minh quy trình
Dung dòch từ bể chứa nguyên liệu được bơm lên bồn cao vò, từ bồn cao vò
dung dòch chảy xuống qua thiết bò gia nhiệt và được gia nhiệt đến nhiệt độ sôi ứng
với áp suất làm việc của nồi II. Dung dòch sau đó được đưa vào nồi II. Dung dịch từ
nồi II được bơm chuyển sang nồi I rồi được bơm hút ra rồi chuyển vào bể chứa sản
phẩm. Hơi thứ trong nồi II dùng làm hơi đốt nồi I để tận dụng nhiệt. Hơi thứ nồi I
sẽ được đưa qua thiết bò ngưng tụ baromet và được chân không hút ra ngoài.
PHẦN II
TÍNH TOÁN CÔNG NGHỆ
2.1.Tính cân bằng vật liệu
2.1.1. Xác định lượng hơi thứ bốc ra khỏi hệ thống (W)
Phương trình cân bằng vật liệu cho toàn hệ thống:
G
đ
= G
c
+ W
Trong đó:
G
đ
, G
c
: lưu lượng đi vào, đi ra khỏi thiết bị (kg/h)
W : lượng hơi thứ đi ra khỏi thiết bị (kg/h)
Viết cho cấu tử phân bố:
G
đ
. x
đ
= G

c
. x
c
+ W . x
w
Trong đó: x
đ
, x
c
: nồng độ đầu, cuối của dung dịch (% khối lượng)
Xem lượng hơi thứ không mất mát, ta có:
G
đ
. x
đ
= G
c
. x
c
Vậy lượng hơi thứ bốc ra của toàn bộ hệ thống được xác định:

đ
W G
đ
c
X
X
= (1− )
(VI.1) [ STQTTB T2/55]
Theo giả thuyết ta có: G

đ
= 13 tấn/h = 13000 kg/h
X
đ
= 10 %
X
c
= 55 %
Thay vào biểu thức ta có:
W = 13000 (1 -
10
55
) = 10636,36364 (kg/h)
2.1.2. Xác định nồng độ cuối của mỗi nồi
Ta có: W = W
1
+ W
2
=10636,36364 (kg/giờ)
Trong đó: W
1
, W
2
là lượng hơi thứ thoát ra ở mỗi nồi 1,2
Giả sử: W
1
= W
2
=
2

W
=
10636,36364
2
= 5318,18182 (kg/h)
Nồng độ cuối của mỗi nồi: (VI.2) [STQTTBT2/57]
Nồi 1: x
1
= G
đ

W−
d
d
G
x
= 13000 (
10
13000 10636,36364−
) = 55 (% khối lượng)
Nồi 2: x
2
= G
đ

1
W−
d
d
G

x
=13000 (
10
13000 5318,18182−
) = 16,9231 (% khối lượng)
2.2. Cân bằng nhiệt lượng
2.2.1. Xác định áp suất trong mỗi nồi
Gọi: P
hđ1
, P
ht1
: áp suất hơi đốt nồi 1, hơi thứ nồi 1
P
hđ2
, P
ht2
: áp suất hơi đốt nồi 2, hơi thứ nồi 2
P
nt
: áp suất của thiết bị ngưng tụ
∆P
1,
∆P
2
: chênh lệch áp suất trong nồi 1, nồi 2
∆P: chênh lệch áp suất chung của toàn bộ hệ thống
Giả thuyết hơi đốt dùng để bốc hơi và đun nóng là hơi nước bão hòa:
Theo đề: P
hđ1
= 3 (at)

P
nt
= 0,3 (at)
Ta có: ∆P = ∆P
1
+

∆P
2
= P
hđ1
- P
nt
= 3 - 0,3 = 2,7 (at)
Chọn :
1
2
P
P
∆
∆
= 1,2
⇒
∆
P
2
= 1,125 (at)

∆
P

1
= 1,575 (at)
Mặt khác : ∆P
1
= P
hđ1
- P
hđ2
⇒ P
hđ2
= P
hđ1
- ∆P
1
= 3 - 1,575 = 1,425 (at)
2.2.2. Xác định nhiệt độ trong các nồi
Gọi t
hđ1
,

t
hđ2
, t
nt
là nhiệt độ đi vào các nồi 1,2 và thiết bị ngưng tụ.
t
ht1
,

t

ht2
là nhiệt độ ra khỏi nồi 1,2
Từ áp suất: P
hđ1
, P
hđ2
, P
nt
đã biết ta tra bảng I.251, STQTTB,T1/Trang 314 xác
định được t
hđ1
,

t
hđ2
, t
nt
.
P
hđ1
= 3 at ⇒ t
hđ1
=132,9
0
C
P
hđ2
= 1,425 at ⇒ t
hđ2
= 109,2

0
C
P
nt
= 0,3 at ⇒ t
nt
= 68,7
0
C
Giả sử tổn thất nhiệt độ từ nồi 1 sang nồi 2 là 1 độ:
t
hđ2
= t
ht1
-1 ⇒t
ht1
=t
hđ2
+ 1 = 109,2 + 1 = 110,2
0
C
⇒ P
ht1
= 1,472 (at) (bảng I.205) [STQTTB,T1/Trang 312]
t
ht2
= t
nt
= 68,7
0

C ⇒ P
ht2
= 0,3 (at)
Từ các số liệu trên ta có bảng tổng kết áp suất và nhiệt độ như sau:
Bảng 2.1: Bảng tổng kết áp suất và nhiệt độ
Loại hơi Hơi thứ Nồi 2 TB Baromet
P(at) t(
o
C) P(at) t(
o
C) P(at) t(
o
C)
Hơi đốt 3 132,9 1,425 109,2 0,3 68,7
Hơi thứ 1,472 110,2 0,3 68,7
2.2.3. Xác định các loại tổn thất nhiệt trong các nồi
2.2.3.1. Tổn thất nhiệt do nồng độ gây ra (∆
’
)
Ở cùng một áp suất, nhiệt độ sôi của dung dịch lớn hơn nhiệt độ sôi của dung
môi nguyên chất. Hiệu số của nhiệt độ sôi của dung dịch và dung môi nguyên chất gọi
là tổn thất nhiệt độ do nồng độ gây ra.
Ta có:
'∆
= t
o
sdd
- t
o
sdmnc

(ở cùng áp suất).
Áp dụng công thức Tisenco:
r
T
s
o
2
.2,16.''
∆=∆
Trong đó:
T
s
: là nhiệt độ sôi của dung môi nguyên chất (
o
K).

o
'∆
: tổn thất nhiệt độ do áp suất thường (áp suất khí quyển) gây ra.
r : ẩn nhiệt hoá hơi của nước ở áp suất làm việc.
Dựa vào đồ thị VI.2, STQTTBT2/ trang 60 ta xác định được
o
'∆
:
Bảng 2.2:Tổn thất nhiệt độ do áp suất thường hoặc áp suất khí quyển gây ra.
Nồi 1 Nồi 2
Nồng độ dung dịch (% khối lượng) 55 16,9231
o
'∆
(

o
C)
2,5 0,2
Tra bảng I.250,STQTTB,T1/Trang 312 ta xác định được ẩn nhiệt hóa hơi:
Bảng 2.3:
Nồi 1 Nồi 2
Áp suất hơi thứ (at) 1,472 0,3
Ẩn nhiệt hoá hơi r (J/kg) 2233,48.10
3
2332,9.10
3
Thay vào công thức Tisenco, ta có:
Đối với nồi 1:

2 2
1
01
1
( 273)
' ' .16,2. ' .16,2.
s ht
o
T t
r r
+
∆ = ∆ = ∆

2
3
(110,2 273)

2,5.16,2. 2,66
2233,48.10
+
= =
(
o
C)
Đối với nồi 2:

2 2
1
01
1
( 273)
' ' .16,2. ' .16,2.
s ht
o
T t
r r
+
∆ =∆ =∆

2
3
(68,7 273)
2,5.16,2. 0,162
2332,9.10
+
= =
(

o
C)
=∆+∆=∆⇒
21
'''
2,66 + 0,162 = 2,822 (
o
C)
2.2.3.2 Tổn thất nhiệt độ do áp suất thủy tĩnh (
∆
’’
)
Trong lòng dung dịch,càng xuống sâu nhiệt độ sôi của dung dịch càng tăng do áp
lực của cột chất lỏng. Hiệu số của dung dịch ở giữa ống truyền nhiệt và trên mặt
thoáng gọi là tổn thất nhiệt dộ do áp suất thuỷ tĩnh.
''∆
= t
(P+
∆
P)
- t
P
Với t
(P+
∆
P)
: là nhiệt độ sôi ứng với P
tb
.
t

p
: là nhiệt độ sôi tại mặt thoáng của dung dịch
Tính áp suất thủy tĩnh ở độ sâu trung bình của chất lỏng:
Theo CT VI.12,STQTTB,T2/Trang 60, ta có :
P
tb
= P
o
+ (h
1
+
2
2
h
).ρ
dds
.g (N/m
2
)
Hay P
tb
= P
o
+ ∆P với ∆P =
1
. . .
2
s op
g H
ρ

(N/m
2
)
Trong đó:
P
o
: áp suất hơi thứ trên bề mặt dung dịch, (N/m
2
)
∆P: chênh lệch áp suất từ bề mặt dung dịch đến giữa ống, (N/m
2
)
ρ
s
: khối lượng riêng của dung dịch khi sôi, (kg/m
3
).
Với:
s
ρ
=
2
dd
ρ
g: gia tốc trọng trường, m/s
2
, g = 9,81 (m/s
2
)
ρ

s
: khối lượng riêng của dung dịch, (kg/m
3
).
op
H
: chiều cao thích ứng tính theo kính quan sát mực chất lỏng (m)

op
H
= [ 0,26 + 0,0014.(
dd
ρ
- ρ
dm
)].H
0

Tra bảng I.86, STQTTBT1/trang 58 ta xác định được

dd
ρ
và bảng I.5,
STQTTBT1 /trang 11 ta xác định được

ρ
dm
. Số liệu được biểu diễn theo bảng sau:
Bảng 2.4: Bảng khối lượng riêng của dung dịch và dung môi:
x

c
(%) t
ht
(
0
C) P
ht
(at)
dd
ρ
(kg/m
3
)
ρ
dm
(kg/m
3
) ρ
s
(kg/m
3
)
Nồi 1 55 110,2 1,472 1259,76 950,848 629,88
Nồi 2 16,9231 68,7 0,3 1069,24 978,53 534,62
Coi
dd
ρ
trong mỗi nồi thay đổi không đáng kể trong khoảng nhiệt độ đang xét.
Chọn chiều cao ống truyền nhiệt là H
0

= 2m.
Nồi 1:
1op
H
= [ 0,26 + 0,0014.(
1dd
ρ
- ρ
dm1
)].H
0

= [ 0,26 + 0,0014.(1259,76 - 950,848)].2 = 1,385 (m)
⇒
∆
P
1
=
1 1
1
. . .
2
s op
g H
ρ
=
5
1
.629,88.9,81.1,385.10 0,043
2

−
=
(at)

⇒
P
tb1
= P
ht1
+
∆
P
1
= 1,472 + 0,043 = 1,515 (at)
Tra bảng I.251,STQTTB,T1/Trang 314 ta xác định được t
’’
1
= 111 (
0
C)

⇒
∆
’’
1
= t
’’
1
- t
ht1

= 111 - 110,2 = 0,8 (
0
C)
Nồi 2:
2op
H
= [ 0,26 + 0,0014.(
2dd
ρ
- ρ
dm2
)].H
0

= [ 0,26 + 0,0014.(1069,24 - 978,53)].2 = 0,774 (m)
⇒
∆
P
2
=
2 2
1
. . .
2
s op
g H
ρ
=
5
1

.534,62.9,81.0,774.10 0,02
2
−
=
(at)

⇒
P
tb1
= P
ht2
+
∆
P
2
= 0,3 + 0,02 = 0,32 (at)
Tra bảng I.251,STQTTB,T1/Trang 314 ta xác định được t
’’
2
= 70,04 (
0
C)
⇒
∆
’’
2

= t
’’
1

- t
ht2
= 70,04 - 68,7 = 1,34 (
0
C)
Vậy tổn thất nhiệt độ do áp suất thủy tĩnh của hai nồi là:

∆
’’
=
∆
’’
1
+
∆
’’
2

= 0,8 + 1,34 = 2,14 (
0
C)
2.2.3.3 Tổn thất do trở lực thủy lực
Chấp nhận tổn thất nhiệt độ trên các đoạn ống dẫn hơi thứ từ nồi 1 sang nồi 2 và
từ nồi 2 sang thiết bị ngưng tụ là 1
0
. Do đó:
∆
’’’
1
= 1

0
C
∆
’’’
2
= 1
0
C

⇒
∆
’’’
=
∆
’’’
1
+
∆
’’’
2

= 1 + 1 = 2
0
C
2.2.3.4 Tổn thất cho toàn bộ hệ thống
∆
=
∆
’
+

∆
’’
+
∆
’’’
= 2,822 + 2,14 + 2 = 6,962 (
0
C).
2.2.3.5 Hiệu số nhiệt độ có ích cho toàn bộ hệ thống và cho từng nồi
* Cho từng nồi:
+ Nồi 1:
Nhiệt độ sôi:
t
s1
= (t
ht1
+
∆
’
1
+
∆
’’
1
+
∆
’’’
1

)= 110,2 + 2,66 + 0,8 + 1 = 114,66 (

0
C)
Hiệu số nhiệt độ hữu ích:

∆
t
hi1
= t
hđ1
– t
s1
= 132,9 – 114,66 = 18,24 (
0
C)
+ Nồi 2:
Nhiệt độ sôi:
t
s2
= (t
ht2
+
∆
’
2
+
∆
’’
2
+
∆

’’’
2

) = 68,7 + 0,162 + 1,34 + 1 = 71,202 (
0
C)
Hiệu số nhiệt độ hữu ích:

∆
t
hi2
= t
hđ2
– t
s2
= 109,2 – 71,202 = 37,998 (
0
C)
* Cho toàn bộ hệ thống:
Ta có: ∆t
hi
= ∆
ch
- ∆= t
hđ1
- t
nt
- ∆ = 132,9 – 68,7 – 6,962 = 57,238 (
0
C)

2.2.4 Cân bằng nhiệt lượng
2.2.4.1 Tính nhiệt dung riêng của dung dịch ở các nồi
Theo công thức I.50, STQTTBT1/trang 153, ta xác định được nhiệt dung riêng
của dung dịch đường:
C = 4190 - (2514 - 7,542.t).x (J/kg.độ)
Trong đó: t là nhiệt độ của dung dịch, (
0
C) .
x là nồng độ của dung dịch, (phần khối lượng)
⇒
Nhiệt dung riêng của dung dịch ban đầu (t
đ
= 71,202
0
C, x
đ
= 10% = 0,1)
C
đ
= 4190 - (2514 - 7,542 . 71,202). 0,1 = 3992,3 (J/kg.độ)
⇒
Nhiệt dung riêng của dung dịch ra khỏi nồi 1 (t
s1
= 114,66
0
C, x
1
= 55% =
0,55)
C

1
= 4190 - (2514 - 7,542 . 114,66). 0,55 = 3282,92 (J/kg.độ)
⇒
Nhiệt dung riêng của dung dịch ra khỏi nồi 2
(t
s2
= 71,202
0
C, x
2
= 16,9231% = 0,169231)
C
2
= 4190 - (2514 - 7,542 . 71,202). 0,169231= 3855,43 (J/kg.độ)
2.2.4.2 Tính nhiệt lượng riêng
I: nhiệt lượng riêng của hơi đốt.
i: nhiệt lượng riêng của hơi thứ .
Tra bảng I.251 STQTTB,T1/trang 314 ta xác định được nhiệt lượng riêng
Bảng 2.5: Bảng tra nhiệt lượng riêng của hơi đốt và hơi thứ:
Nồi Hơi đốt Hơi thứ
t(
0
C) I.103 (J/kg) t(
0
C) i.103 (J/kg)
Nồi 1 132,9 2730 110,2 2696,75
Nồi 2 109,2 2694,25 68,7 2620
2.2.4.3 Lập phương trình cân bằng nhiệt lượng
Gọi :
D

1
, D
2
:là lượng hơi đốt đi vào nồi 1 và nồi 2 (trong đó D
1
cần phải tìm) (kg/h)
G
đ
, G
c
:lượng dung dịch đầu, cuối (kg/h)
W
1
,W
2
:

lượng hơi thứ bốc ra từ nồi 1 và nồi 2 (kg/h)
C
đ
, C
1,
C
2
: nhiệt dung riêng của dung dịch đầu, dung dịch ra khỏi nồi 1, nồi 2
(J/kg độ)
t
đ
, t
c

: nhiệt độ đầu và cuối của dung dịch (
0
C)
I
1
, I
2
: nhiệt lượng riêng của hơi đốt ở nồi 1 và nồi 2 (J/kg)
i
1
, i
2
: nhiệt lượng riêng của hơi thứ ở nồi 1 và nồi 2 (J/kg)
C
n1
,C
n2
:

nhiệt dung riêng của nước ngưng ở nồi 1 và nồi 2 (J/kg.độ)
21
,
θθ
: Nhiệt độ của nước ngưng ở nồi 1 và nồi 2 (
0
C)
Q
tt1
, Q
tt2

: nhiệt tổn thất ra môi trường xung quanh từ nồi 1 và nồi 2 (W)
Nhiệt lượng vào:
Nồi 1:
+ Do hơi đốt mang vào : D
1
.I
1
+ Do dung dịch mang vào : (G
đ
-W
2
).C
2
.t
s2
Nồi 2:
+ Do hơi đốt mang vào (hơi thứ nồi1) : D
2
.I
2
= W
1
.i
1
+ Do dung dịch ở nồi 1 mang vào : G
đ
.C
đ
.t
đ

Nhiệt lượng ra:
Nồi 1:
+ Do hơi thứ mang ra : W
1
.i
1
+ Do sản phẩm mang ra : (G
đ
-W).C
1
.t
s1
+ Do hơi nước ngưng tụ mang ra : D
1
.C
n1
.
1
θ
+ Do tổn thất chung : Q
tt1
= 0,05D
1
(I
1
- C
n1
1
θ
)

Nồi 2:.
+ Do hơi thứ mang ra : W
2.
i
2
+ Do sản phẩm mang ra : (G
đ
- W
2
).C
2
.t
s2
+ Do hơi nước ngưng tụ mang ra : D
2
C
n2
2
θ
= W
1
.Cn
2
.
2
θ
+ Do tổn thất chung : Q
tt2
= 0,05.D
2.

(I
2
- C
n2
2
θ
)
Phương trình cân bằng nhiệt lượng :
∑
Q
vào
=
∑
Q
ra
Phương trình cân bằng nhiệt lượng:
Nồi 1:
D
1
I
1
+ (G
đ
-W
2
)C
2
t
s2
= W

1
i
1
+ (G
đ
- W)C
1
t
s1
+ D
1
C
n1
1
θ
+ Q
tt1

= W
1
i
1
+ (G
đ
- W)C
1
t
s1
+ D
1

C
n1
1
θ
+ 0,05D
1
(I
1
- C
n1
1
θ
) (1)
Nồi 2:
D
2
I
2
+ G
đ
C
đ
t
đ
= W
2
i
2
+ (G
đ

-W
2
)C
2
t
s2
+ D
2
C
n2
2
θ
+ 0,05D
2
(I
2
-C
n2
2
θ
)

⇔
D
2
I
2
+ G
đ
C

đ
t
đ
= W
2
i
2
+ G
đ
C
2
t
s2
- W
2
C
2
t
s2
+ D
2
C
n2
2
θ
+ 0,05D
2
I
2
- 0,05D

2
C
n2
2
θ

⇔
D
2
I
2
- D
2
C
n2
2
θ
- 0,05D
2
I
2
+ 0,05D
2
C
n2
2
θ
= W
2
i

2
+ G
đ
C
2
t
s2
- W
2
C
2
t
s2
- G
đ
C
đ
t
đ

⇔
0,95D
2
I
2
- 0,95D
2
C
n2
2

θ
= W
2
i
2
+ G
đ
C
2
t
s2
- W
2
C
2
t
s2
- G
đ
C
đ
t
đ
(2)
Đây là hệ thống cô đặc 2 nồi ngược chiều nên ta có:
D
2
= W
1
, t

đ
= t
s2
, W = W
1
+ W
2

⇒
W
2
= W - W
1
Thay các dữ kiện trên vào biểu thức (2) ta được :
(2)
⇔
0,95W
1
I
2
- 0,95W
1
C
n2
2
θ
= (W - W
1
)i
2

+ G
đ
C
2
t
s2
- (W - W
1
)C
2
t
s2
- G
đ
C
đ
t
s2

⇔
0,95W
1
I
2
- 0,95W
1
C
n2
2
θ

= Wi
2
- W
1
i
2
+ G
đ
C
2
t
s2
- WC
2
t
s2
+ W
1
C
2
t
s2
- G
đ
C
đ
t
s2

⇔

0,95W
1
I
2
- 0,95W
1
C
n2
2
θ
+ W
1
i
2
- W
1
C
2
t
s2
= Wi
2
+ G
đ
C
2
t
s2
- WC
2

t
s2
- G
đ
C
đ
t
s2
⇔
W
1
(0,95I
2
- 0,95C
n2
2
θ
+ i
2
- C
2
t
s2
) = Wi
2
+ (G
đ
- W)C
2
t

s2
- G
đ
C
đ
t
s2
⇔
W
1
( )
2 2 s2 s2
2 n2 2 2 2 s2
Wi G W C t G C t
0,95I 0,95C i C t
đ đ đ
θ
+ − −
=
− + −
(*)
Tra bảng I.249, STQTTBT1/ trang 310 ta xác định được nhiệt dung riêng của
nước ngưng tụ, gộp thêm Bảng 2.6
Bảng 2.6: Bảng nhiệt dung riêng của dung dịch và dung môi:
Nồi Hơi đốt Hơi thứ Dung dịch
t(
0
C) I.103(J/kg) Cn(J/kgđộ) t(
0
C) i.103(J/kg) C(J/kg.độ) t

s
(
0
C)
1 132,9 2730 4272,09 110,2 2696,75 3281,26 114,26
2 109,2 2694,25 4231,96 68,7 2620 3855,43 71,202
Và
2
θ
= t
hđ2
= 109,2
0
C

1
θ
= t
hđ1
=132,9
0
C
W = 10636,36364 (kg/h)
G
đ
= 13 tấn/h = 13000 kg/h
C
đ
= 3992,3 (J/kgđộ)
Thay số vào biểu thức (*) ta được:

W
3
3 3
10636,36364.2620.10 (13000 10636,36364).3855,43.71,202 13000.3992,3.71,202
0,95.2694,25.10 0,95.4231,96.109,2 2620.10 3855,43.71,202
+ − −
=
− + −

10
2,48207481.10
5557,71
4465999,643
= =
(kg/h)
W
2
= W - W
1
= 10636,36364 - 5557,71 = 5078,65 (kg/h)
(1)
⇔

( ) ( )
1 1 1 n1 1 1 1 n1 1 1 1 s1 2 2 s2
D .I D .C 0,05D .I 0,05D .C Wi G W .C .t G W .C .t
đ đ
− − + = + − − −
⇔
0,95D

1
I
1
- 0,95D
1
C
n1
1
θ
= W
1
i
1
+ (G
đ
- W)C
1
t
s1
- (G
đ
-W
2
)C
2
t
s2

⇔
0,95D

1
(I
1
- C
n1
1
θ
) = W
1
i
1
+ (G
đ
- W)C
1
t
s1
- (G
đ
-W
2
)C
2
t
s2

⇔
D
1
( ) ( )

1 1 1 s1 2 2 s2
1 1 n1
W .i G W .C .t G W .C .t
0,95.D .(I C )
đ đ
+ − − −
=
−
3
3
5557,71.2696,75.10 (13000 10636,36364).3282,92.114,66 (13000 5078,65).3855,43.71,202
0,95.(2730.10 4272,09.132,9)
+ − − −
=
−
10
1,522862177.10
7413,67
2054127,277
= =
(kg/h)
Tính sai số:
Nồi 1:
1
5557,71 5318,18182
.100% 4,31 10%
5557,71
η
−
= = <

Nồi 2:
2
5318,18182 5078,65
.100% 4,5 10%
5318,18182
η
−
= = <
Như vậy các kết quả tính toán trên chấp nhận được.
Lúc đó, nồng độ dung dịch đường trong các nồi:
Nồi 1: x
1
= G
đ

W−
d
d
G
x
= 13000 .
10
13000 10636,36364−
= 55 (% khối lượng)
Nồi 2: x
2
= G
đ

1
W−
d
d
G
x
= 13000 .
10
13000 5557,71−
= 17,46 (% khối lượng)
2.3. Tính bề mặt truyền nhiệt
2.3.1 Tính độ nhớt (
µ
, N.s/m
2
)
Áp dụng công thức paplov (I.17, STQTTB T
1
/Trang 85)
1 2
1 2
t t
θ θ
−
−
= k =const
Trong đó: t
1
, t
2

là nhiệt độ của chất lỏng có độ nhớt
1 2
,
µ µ

1 2
,
θ θ
là nhiệt độ của chất lỏng tiêu chuẩn có độ nhớt là
1 2
,
µ µ
Nồi I: Chọn nước làm chất lỏng tiêu chuẩn, dung dịch có nồng độ là
1
55%Χ =
Chọn t
1
=85
0
C, ta có
µ
1
=
3
1,7243.10
−
(N.s/m
2
)
⇒

1
1,116
θ
=
0
C
Chọn t
2
=90
0
C, ta có
3
2
1,583.10
µ
−
=
(N.s/m
2
)
⇒
2
3,697
θ
=
0
C
Tra
1 2
,

µ µ
theo bảng I. 112, STQTTB T
1
/Trang 114
Tra
1 2
,
θ θ
theo bảng I. 101, STQTTB T
1
/Trang 92
⇒
k =
1 2
1 2
t t
θ θ
−
−

85 90
1,937
1,116 3,697
−
= =
−
Ta cũng có
1 2 1 2
1 2
1 2

114,66 90
3,697
1,973
s s
s
s
t t t t
k
k
θ θ
θ θ
− −
−
= ⇒ = + = +
−
⇒
1
16,196
s
θ
=
(
0
C )
1s
t
là nhiệt độ sôi của nồi 1
1s
θ
là nhiệt độ sôi của dung dịch đường có độ nhớt

1s
µ
cần tìm
Từ
1
16,196
s
θ
=
0
C,tra bảng I.112, STQTTBT
1
/Trang 114 ta được
3 2
1
10,89.10 . /
s
N s m
µ
−
=
Nồi II : Lấy nước làm chất lỏng tiêu chuẩn, dung dịch có nồng độ X
2
=17,46(%)
Chọn t
1
= 85
0
C, ta có
µ

1
= 0,48015.10
-3
(N.s/m
2
)
⇒
θ
1
= 58,418
0
C
t
2
= 90
0
C, ta có
µ
2
= 0,44523.10
-3
(N.s/m
2
)
⇒
θ
2
= 63,472
0
C

Tra
1 2
,
µ µ
theo bảng I. 112, STQTTB T
1
/Trang 114 theo phương pháp tam suất
Tra
1 2
,
θ θ
theo bảng I. 101, STQTTB T
1
/Trang 92
⇒
k =
1 2
1 2
85 90
0,989
58,418 63,472
t t
θ θ
−
−
= =
− −
ta cũng có:
2 2 2 2
2 2

2 2
71,202 90
63,472 44,465
0,989
s s
s
s
t t t t
k
k
θ θ
θ θ
− −
−
= ⇒ = + = + =
−


2s
t
là nhiệt độ sôi của nồi 2

2s
θ
là nhiệt độ sôi của dung dịch đường có độ nhớt
2s
µ
cần tìm
Từ
2

75,55
s
θ
=
0
C, tra bảng I.112,STQTTBT
1
/Trang 114 ta được
2s
µ
= 0,946.
3
10
−
(N.s/m
2
)
2.3.2 Hệ số truyền nhiệt của dung dịch
Theo công thức I.32, STQTTBT1/ trang 123, ta xác định được :
3

M
CA
pdd
ρ
ρλ
=
(W/m.độ)
Với A: hệ số phụ thuộc vào mức độ liên kết của chất lỏng đối với nước.
C

p
: nhiệt dung riêng đẳng áp của chất lỏng (J/kg.độ)

dd
ρ
: khối lượng riêng (kg/m
3
)
M: khối lượng mol của chất lỏng.
Chọn A = 3,58.10
-8
Ta có : M = m
i
.M
dd
+ (1 - m
i
). M
nước

⇒

2
dd
x
x 1 x
i
dd
i
i i

H O
M
m
M M
=
−
+
Nồi 1: x
1
=55% = 0,55
1
0,55
342
0,0604
0,55 1 0,55
342 18
m
= =
−
+
1
0,0604.342 (1 0,0604).18 37,5696M
⇒ = + − =
Theo bảng 1.4 ta có
3
1
1259,76( / )p kg m
=
Theo bảng 1.6 ta có C
p1

= 3282,92 (J/kg.độ)

⇒
λ
1
= 3,58.10
-8
.3282,92. 1259,76.
3
1259,76
37,5696
= 0,477 (W/m.độ)
Nồi 2: x
1
=17,46% = 0,1746
2
0,1746
342
0,011
0,1746 1 0,1746
342 18
m
= =
−
+
1
0,011.324 (1 0,011).18 21,564M
⇒ = + − =
Theo bảng 1.4 ta có
3

2
1069,24( / )p kg m
=
Theo bảng 1.6 ta có C
p2
= 3855,43 (J/kg.độ)

⇒
λ
1
= 3,58.10
-8
.3855,43. 1069,24.
3
1069,24
21,564
= 0,5422 (W/m.độ)
2.3.3. Hệ số cấp nhiệt (
α
)
2.3.3.1. Giai đoạn cấp nhiệt từ hơi đốt đến thành thiết bị (
1
α
)
4
1
1
.
04,2
tH

r
A
∆
=
α
(Công thức V.100 STQTTB T2/Trang 28)
Với r : ẩn nhiệt ngưng (J/kg)
H : chiều cao ống truyền nhiệt (chọn H = 2m)

4
2
.
µ
λρ
=A
:là hệ số phụ thuộc nhiệt độ màng t
m

∆
t là tổn thất nhiệt từ buồng đốt đến thành thiết bị
Ta có : t
m
= 0,5(t
Ti
+ t
hđi
) [STQTTB,T2/trang 29]

∆
t

i
= t
hđi
- t
Ti

⇒
t
Ti
= t
hđi
-
∆
t
i
Với t
Ti
là nhiệt độ thành ống về phía hơi ngưng tụ
Nồi 1: Chọn
∆
t
11
= 1,05 (
0
C)
t
T11
= t
hđ1
-

∆
t
11
= 132,9 - 1,05 = 131,85 (
0
C)
⇒
t
m11
= 0,5(t
T11
+ t
hđ1
) = 0,5.(131,85 + 132,9) = 132,375 (
0
C)
Tra STQTTB,T2/Trang 29 ta có:
t
m11
=132,375
0
C
⇒
A
1
=191,7125
Tra bảng I.250,STQTTB,T2/Trang 312, ta có :
t
hđ1
=132,9

0
C, ta có r
1
= 2170,88.10
3
(J/kg)
3
4
11
2170,88.10
2,04.191,7125. 12470,52( / . )
2.1,05
o
W m C
α
→ = =
q
11
: nhiệt tải riêng phía hơi đốt cấp cho thành thiết bị. Ta có công thức tính q
11
11 11 11
. 12470,52.1,05 13094,1q t
α
= ∆ = =
(W/m
2
)
Nồi 2: Chọn
∆
t

12
= 4,25 (
0
C)
t
T12
= t
hđ2
-
∆
t
12
= 109,2 - 4,25 = 104,95 (
0
C)
⇒
t
m12
= 0,5(t
T12
+ t
hđ2
) = 0,5.(104,95 + 109,2) = 107,075 (
0
C)
Tra STQTTB,T2/Trang 29 ta có:
t
m12
= 107,075 (
0

C)
⇒
A
1
=181,18375
Tra bảng I.250,STQTTB,T2/Trang 312, ta có :
t
hđ2
= 109,2
0
C, ta có r
2
= 2236,24.10
3
(J/kg)
3
4
12
2236,24.10
2,04.181,18375. 8417,14
2.4,25
α
→ = =
(W/m.
0
C)
q
11
: nhiệt tải riêng phía hơi đốt cấp cho thành thiết bị. Ta có công thức tính q
11

12 12 12
. 8417,14.4,25 35772,86q t
α
= ∆ = =
(W/m
2
)
2.3.3.2. Giai đoạn cấp nhiệt từ thành thiết bị đến dung dịch (
2
α
)
Ta có
α
2
=
ϕ
α
n
Với:
ϕ
hệ số hiệu chỉnh

α
n
hệ số cấp nhiệt của nước.
Mà:
435,0
2565,0
2
222

.









































=
d
n
n
d
n
d
n
d
C
C
µ
µ
ρ
ρ
λ
λ
ϕ
(VI.27)[STQTTBT2/trang 71]

2,33 5 0,5
0,145.(8,18) .(1,472.10 ) 7747,96
= =
(V.91)[STQTTBT2/ trang 26]
Trong đó:
dddddddd
C
µρλ
,,,
lần lượt là hệ số truyền nhiệt, khối lượng riêng, nhiệt dung riêng
và độ nhớt của dung dịch.

nnnn
C
µρλ
,,,
là hệ số truyền nhiệt, khối lượng riêng, nhiệt dung riêng và độ nhớt
của nước.
p là áp suất hơi thứ, (N/m
2
).
q là nhiệt tải riêng .
Ta có công thức tính nhiệt trở:

321
rrrr
++=
∑
1 3

r r
δ
λ
= + +
Trong đó : r
1
: nhiệt trở do lớp hơi nước, chọn r
1
= 0,232.10
-3
(m
2
.độ/W)

2
r
δ
λ
=
: nhiệt trở của tường.

δ
là bề sày ống truyền nhiệt, chọn
δ
= 2mm = 2.10
-3
m.
Chọn vật liệu làm ống truyền nhiệt là CT3 có
λ
= 50 (W/m

2
.độ) (tra bảng XI.7,
STQTTBT2/ trang 313)

3
2
2.10
50
r
−
=
r
3
: nhiệt trở của lớp cặn bẩn, r
3
= 0,387.10
-3
(m
2
.độ/W)
⇒
Σr = r
1
+ r
2
+ r
3
= 0,232.10
-3
+

3
2.10
50
−
+ 0,387.10
-3
= 0,659.10
-3
(m
2
.độ/W)
Nồi 1: t
s1
= 114,66 (
0
C) , P
ht1
= 1,472 (at) = 1,472. 10
5
(N/m
2
)
Ta có:
3
11
. 13094,1.0,659.10 8,63t q r
−
∆ = ∑ = =
(
0

C)
⇒
t
T21
= t
T11
-
t
∆
= 131,85 - 8,63 = 123,22 (
0
C)
Hệ số cấp nhiệt của nước :
2
t∆
= t
T21
- t
s1
= 123,22 - 114,66 = 8,56 (
0
C)
⇒
2,33 0,5
1 2
0,145. .
n
t p
α
= ∆

2,33 5 0,5
0,145.(8,56) .(1,472.10 ) 8287,58
= =
(W/m
2
.độ)
Ta có các thông số của nước ở t
s1
= 114,66
0
C:

0,68493
n
λ
=
(W/m.độ) (Tra bảng I.249 STQTTB,T1 /Trang 311)

947,32
n
ρ
=
( kg/m
3
) (Tra bảng I.5 STQTTB,T1/ Trang 11-12 )

4240,92
n
C

=
(J/kg.độ) (Tra bảng I.249 STQTTB, T1/Trang 311)

=
n
µ
0,2487.10
-3
(N.s/m
2
) (Tra bảng I.249 STQTTB, T1/Trang 311)
Các thông số của dung dịch ở nồi 1 ứng với t
s1
= 114,66
0
C:

1
0,477
λ
=
(W/m.độ)

1
1259,76
ρ
=
(kg/m
3
)

1
3282,92C
=
(J/kg.độ)

3
1
10,89.10
s
µ
−
=
(N.s/m
2
)
⇒
0,435
0,565 2
3
1
3
0,477 1259,76 3282,92 0,2487.10
. . 0,1805
0,68493 947,32 4240,92 10,89.10
ϕ
−
−
 
 

     
= =
 
 ÷
 ÷  ÷  ÷
     
 
 
 
Nên:
21 1 1
. 0,1805.8287,58 1495,91
n
α ϕ α
= = =
(W/m
2
.độ)
Suy ra: q
21
=
21
α
.
2
t∆
= 1495,91. 8,56 = 12804,98 (W/m
2
)
Nên ta có:

11 21
1
11
| | 13094,1 12804,98
.100 .100
13094,1
q q
q
η
− −
= =

= 2,21 % < 5%
⇒
đạt yêu cầu
Vậy nhiệt tải trung bình là:
11 21
1
13094,1 12804,98
12949,54
2 2
q q
Q
+ +
= = =
(W/m
2
)
Nồi 2: t
s2

= 71,202 (
0
C) , P
ht2
= 0,3 (at) = 0,3. 10
5
(N/m
2
)
Ta có:
3
21
. 35772,86.0,659.10 23,57t q r
−
∆ = ∑ = =
(
0
C)
⇒
t
T22
= t
T12
-
t
∆
= 104,95 - 23,57 = 81,38 (
0
C)
Hệ số cấp nhiệt của nước :

2
t∆
= t
T22
- t
s2
= 81,38 - 71,202 = 10,17 (
0
C)
⇒
2,33 0,5
2 2
0,145. .
n
t p
α
= ∆

2,33 5 0,5
0,145.(10,17) .(0,3.10 ) 5584,53= =
(W/m
2
.độ)
Ta có các thông số của nước ở t
s2
= 71,202
0
C:

0,6687

n
λ
=
(W/m.độ) (Tra bảng I.249 STQTTB,T1 /Trang 311)

977,08
n
ρ
=
( kg/m
3
) (Tra bảng I.5 STQTTB,T1/ Trang 11-12 )

4188
n
C
=
(J/kg.độ) (Tra bảng I.249 STQTTB, T1/Trang 311)

=
n
µ
0,3948.10
-3
(N.s/m
2
) (Tra bảng I.249 STQTTB, T1/Trang 311)
Các thông số của dung dịch ở nồi 2 ứng với t
s2
= 71,202

0
C:

2
0,5422
λ
=
(W/m.độ)

2
1069,24
ρ
=
(kg/m
3
)

2
3855,43C
=
(J/kg.độ)

3
1
0,5497.10
s
µ
−
=
(N.s/m

2
)
⇒
0,435
0,565 2
3
2
3
0,5422 1069,24 3855,43 0,3948.10
. . 0,634
0,6687 977,08 4188 0,946.10
ϕ
−
−
 
 
   
 
= =
 
 ÷
 ÷
 ÷  ÷
 
   
 
 
 
Nên:
22 2 2

. 0,634.5584,53 3540,59
n
α ϕ α
= = =
(W/m
2
.độ)
Suy ra: q
22
=
22
α
.
2
t∆
= 3540,59 . 10,17 = 36007,81 (W/m
2
)
Nên ta có:
12 22
1
12
| | | 35772,86 36007,81|
.100% .100%
35772,86
q q
q
η
− −
= =

= 0,66 % < 5%
⇒
đạt yêu cầu
Vậy nhiệt tải trung bình là:
12 22
2
35772,86 36007,81
35890,335
2 2
q q
Q
+ +
= = =
(W/m
2
)
2.3.4 Tính hệ số phân bố nhiệt độ hữu ích cho các nồi
Xem hệ số truyền nhiệt trong các nồi là như nhau: F
1
=F
2
, khi đó nhiệt độ hữu
ích trong các nồi được tính:
∑
∑
∆=∆
=
=
hi

n
i
hi
t
Ki
Qi
Ki
Qi
kt .)(
2
1
(công thức VI.20,STQTTB,T2/Trang 68)
Trong đó:
hi
tΣ∆
: tổng nhiệt độ hữu ích trong toàn hệ thống
∆
t
hi
nhiệt độ hữu ích trong các nồi
Hệ số truyền nhiệt K :
21
11
1
αα
+∑+
=
r
K
(w/m

2
.độ)
Nồi 1:
1
3
11 21
1 1
984,75
1 1 1 1
0,659.10
12470,52 1495,91
K
r
α α
−
= = =
+ ∑ + + +
(w/m
2
.độ)
Nồi 2:
2
3
12 22
1 1
417,134
1 1 1 1
0,659.10
8417,14 3540,59
K

r
α α
−
= = =
+ ∑ + + +
(w/m
2
.độ)
Lượng nhiệt truyền vào trong các nồi:
Q
i
=
3600
.
ii
rD
(W/m
2
)
Với: D
i
là lượng hơi đốt của mỗi nồi
r
i
là ẩn nhiệt ngưng tụ của của hơi
Nồi 1: Q
1
=
3600
.

11
rD
=
3
7413,67.2170,88.10
3600
= 4470607,758 (W/m
2
)
Nồi 2: Q
2
=
3600
.
22
rD
=
3
5557,71.2236,24.10
3600
= 3452325,947 (W/m
2
)
Ta có hiệu số nhiệt độ có ích cho toàn bộ hệ thống là
∆
t
hi
=57,238 (
o
C)

Nhiệt độ hữu ích của từng nồi là:
Nồi 1:
∆t
hi1
=
∑
∆
+
hi
t
K
Q
K
Q
K
Q
.
2
2
1
1
1
1
=
4470607,758
984,75
.57,238
4470607,758 3452325,947
984,75 417,134
+

= 19,96 (
o
C)
Nồi 2:
∆t
hi2
=
∑
∆
+
hi
t
K
Q
K
Q
K
Q
.
2
2
1
1
2
2
=
3452325,947
417,134
.57,238
4470607,758 3452325,947

984,75 417,134
+
= 36,39(
0
C)
Sai số nhiệt độ hữu ích là:
Nồi 1:
η
1
=
19,96 18,24
19,96
−
.100% = 8,64 % < 10%
Nồi 2:
η
2
=
37,998 36,39
37,998
−
.100% = 4,23 % < 10%
Các sai số so với giả thiết ban đầu đều nhỏ hơn 10%. Như vậy kết quả cuối
cùng có thể chấp nhận được.
Vậy thực tế bề mặt truyền nhiệt của thiết bị là:
Bề mặt truyền nhiệt của nồi 1:
1
1
1 1
4470607,758

227,45
. 984,75.19,96
hi
Q
F
K t
= = =
∆
(m
2
)
Bề mặt truyền nhiệt của nồi 2:
2
2
2 2
3452325,947
227,43
. 417,134.36,39
hi
Q
F
K t
= = =
∆
(m
2
)
Như vậy dựa vào F
1
,F

2
ta có thể thiết kế hệ thống cô đặc 2 nồi có diện tích
truyền nhiệt bằng nhau và bằng 227,4 m
2
.
PHẦN III
TÍNH TOÁN THIẾT BỊ CHÍNH
3.1. Buồng đốt
3.1.1. Số ống truyền nhiệt
Chọn loại ống truyền nhiệt có đường kính d
t
= 0,057 (m), d
n
= 0,061(m)
(theo bảng VI.6, STQTTBT2/ trang 80)
Chọn chiều cao của ống truyền nhiệt là h = 2 (m).
227,4
635,27
. . 0,057.2.3,14
t
F
n
d h
π
= = =
(ống)
Theo bảng quy chuẩn số ống truyền nhiệt V.11, STQTTBT2/ trang 48:
Chọn n = 631 ống.
Chọn kiểu bố trí ống truyền nhiệt theo hình sáu cạnh
Số hình sáu cạnh là 14.

Số ống trên đường xuyên tâm của lục giác là b = 29 ống.
3.1.2. Đường kính buồng đốt
D
t
= t(b - 1) + 4.d
n
(V.141)[STQTTBT2/ trang 49]
Trong đó :
t : là bước ống ,thường chọn t = (1,2
÷
1,5).d
n
Ta chọn t = 1,2.d
n
→
t = 1,2.0,061 = 0,0732 (m)
⇒
D
t
= 0,0732.(29 - 1) + 4.0,061 = 2,2936 (m).
Chọn D
t
= 2,4 m (theo bảng XIII.6, STQTTBT2/ trang 359)
3.1.3. Tính bề dày của thân buồng đốt
Vật liệu dùng để chế tạo buồng đốt thường sử dụng thép chịu nhiệt C
T3
.
Dựa vào công thức XIII.8, STQTTB T2/Trang 360 ta tính được bề dày của thân
buồng đốt hình trụ:
[ ]

C
p
pD
S
t
+
−
=
ϕσ
2
.
(m) (1)
Trong đó:
D
t
: đường kính trong của buồng đốt, m
[σ]: ứng suất cho phép, N/m
2
φ: hệ số bền của thành hình trụ theo phương dọc
P: áp suất trong thiết bị, N/m
2
C: hệ số bổ sung do ăn mòn, bào mòn và dung sai về chiều dày
Ta có:
+ D
t
= 2,6m
+ Trong trường hợp này ta chọn hệ số bền của thành hình trụ bằng hệ số bền
của mối hàn hay φ= φ
h
. Dưạ vào bảng XIII.8,STQTTB,T2/Trang 362

Chọn φ
h
= 0,95
⇒
φ= 0,95
+ [σ]: bao gồm ứng suất khi kéo [σ
k
] và ứng suất cho phép giới hạn chảy [σ
c
]
* Ứng suất cho phép của thép C
T3
theo giới hạn bền:
[ ]
η
σ
σ
.
b
k
k
n
=
(N/m
2
) (CT XIII.1,STQTTB,T2/Trang 355)
Với:
η: hệ số hiệu chỉnh, chọn η= 0,9 (Bảng XIII.2,STQTTB,T2/Trang 356)
n
b

: hệ số an toàn theo giới hạn bền, n
b
= 2,6
(Bảng XIII.3,STQTTB,T2/Trang 356)
σ
k
: giới hạn bền khi kéo,
k
σ
= 380.10
6
(N/m
2
)
(BảngXII.4,STQTTB,T2/Trang 309)
⇒
[ ]
9,0.
6,2
10.380
.
6
==
η
σ
σ
b
k
k
n

= 131,54 .10
6
(N/m
2
)
* Ứng suất cho phép giới hạn chảy [σ
c
]

[ ]
η
σ
σ
.
c
c
c
n
=
(N/m
2
) (CT XIII.2,STQTTB,T2/Trang 355)
Với:
η: hệ số hiệu chỉnh, chọn η= 0,9 (Bảng XIII.2,STQTTB,T2/Trang 356)
n
c
: hệ số an toàn theo giới hạn chảy, n
c
=1,5
(Bảng III.3,STQTTB,T2/Trang 356)

σ
c
: giới hạn chảy,
c
σ
= 240.10
6
(N/m
2
)
(Bảng XII.4,STQTTB,T2/Trang 309)
⇒
[ ]
9,0.
5,1
10.240
.
6
==
η
σ
σ
c
c
c
n
= 144. 10
6
(N/m
2

)
Ứng suất cho phép sẽ lấy giá trị nhỏ để tính toán đảm bảo điều kiện bền.
Vậy nên ta chọn: [σ]= 131,54.10
6
(N/m
2
)
Đại lượng bổ sung C phụ thuộc vào độ ăn mòn, độ bào mòn và dung sai của
chiều dày. Đại lượng C được xác định theo công thức XIII.17,STQTTBT2/Trang 363
C= C
1
+ C
2
+C
3
(m)
Với:
C
1
: đại lượng bổ sung do ăn mòn, C
1
= 1 mm
C
2
: đại lượng bổ sung do hao mòn, C
2
= 0
C
3
: đại lượng bổ sung do dung sai của chiều dày, C

3
phụ thuộc vào chiều dày
tấm vật liệu, C
3
= 0,8 mm, bảng XIII.9/STQTTB,T2/Trang 364.

⇒
C= 1 + 0 + 0,8= 1,8 (mm) = 1,8.10
-3
(m)
Nồi 1:
Áp suất tính toán trong thiết bị là:
P = P
hđ1
= 3.9,81.10
4
= 249300 (N/m
2
)
Vì:
[ ]
P
k
σ
.ϕ =
6
131,54.10
249300
.0,95 = 501,26 > 50 do đó có thể bỏ qua đại lượng P ở
mẫu số của công thức (1).

⇒
[ ]
3
1
1
6
.
2,4.249300
1,8.10
2 2.131,54.10 .0,95
t hd
D P
S C
σ ϕ
−
= + = +
= 5,238.10
-3
(m)=5,238(mm)
Chọn S
1
=5,3(mm)
Kiểm tra ứng suất của thành theo áp suất thử :
[ ]
2,1).(2
.)(
0 ct
CS
PCSD
σ

ϕ
σ
≤
−
−+
=
(N/m
2
) (CT XIII.26,STQTTB,T2/Trang 365)
Trong đó:P
o
:là áp suất thử tính toán.
chọn P
o
=P
th
P
th
: áp suất thử thuỷ tĩnh
vì P
hđ1
= 24,93.10
4
(N/m
2
)

nằm trong khoảng 0,07.10
6
-0,5.10

6
(N/m
2
)
(Bảng XIII.5,STQTTB,T2/Trang 358)
Chọn P
th
= 1,5P
hđ1


⇒
P
o1
= 1,5. 24,93.10
4
= 373950 (N/m
2
)

⇒
[ ]
3 3
1 01
3 3
1
2,4 (5,3.10 1,8.10 ) .373950
( )
2( ) 2.(5,3.10 1,8.10 ).0,95
t

D S C P
S C
σ
ϕ
− −
− −
 
+ −
+ −
 
= =
− −
= 135,156.10
6
(N/m
2
)
Và
2,1
10.240
2,1
6
=
c
σ
= 200.10
6
(N/m
2
)

⇒
2,1
c
σ
σ
<
Vậy chọn S
1
= 5,3 (mm) là đạt yêu cầu.
Nồi 2:
Áp suất tính toán trong thiết bị là:
P = P
hđ2
= 1,425.9,81.10
4
= 139792,5 (N/m
2
)
Vì:
[ ]
P
k
σ
.ϕ =
6
131,54.10
139792,5
.0,95 = 893,918 > 50 do đó có thể bỏ qua đại lượng P ở
mẫu số của công thức (1).
⇒

[ ]
3
2
2
6
.
2,4.139792,5
1,8.10
2 2.131,54.10 .0,95
t hd
D P
S C
σ ϕ
−
= + = +
=3,1424.10
-3
(m)=3,1424(mm)
Chọn S
2
= 3,2 (mm)
Kiểm tra ứng suất của thành theo áp suất thử:
[ ]
2,1).(2
.)(
0 ct
CS
PCSD
σ
ϕ

σ
≤
−
−+
=
(N/m
2
) (CT XIII.26,STQTTB,T2/Trang 365)
Trong đó P
o
: là áp suất thử tính toán.
chọn P
o
=P
th
P
th
: áp suất thử thuỷ tĩnh
vì P
hđ2
= 13,97925 .10
4
(N/m
2
)

nằm trong khoảng 0,07.10
6
-0,5.10
6

(N/m
2
)
(Bảng XIII.5,STQTTB,T2/Trang 358)
Chọn P
th
= 1,5P
hđ2


⇒
P
o2
= 1,5. 13,97925 .10
4
= 209688,75 (N/m
2
)
⇒
[ ]
3 3
2 02
3 3
2
2,4 (3,2.10 1,8.10 ) .209688,75
( )
2( ) 2.(3,2.10 1,8.10 ).0,95
t
D S C P
S C

σ
ϕ
− −
− −
 
+ −
+ −
 
= =
− −
= 195,476.10
6
(N/m
2
)
Và
2,1
10.240
2,1
6
=
c
σ
= 200.10
6
(N/m
2
)
⇒
2,1

c
σ
σ
<
Vậy chọn S
2
= 3,2 (mm) là đạt yêu cầu.
3.1.4 Tính bề dày của đáy buồng đốt
Được tính theo hình elip có gờ, vật liệu là thép CT
3

[ ]
)(
.2
.
.8,3
.
mC
h
D
Pk
PD
S
b
t
hk
t
d
+
−

=
ϕσ
(XIII.47,STQTTB,T2/385)
Trong đó: h
b
:là chiều cao phần lồi của đáy (m)
chọn h
b
= 0,25.D
t
= 0,25.2,4=0,6 (m)

h
ϕ
:là hệ số bền của mối hàn hướng tâm,chọn
h
ϕ
= 0,95
k:là hệ số không thứ nguyên được xác định bởi công thức:
k = 1-d/D
t
(XIII.48,STQTTB,T2/Trang 385)
d:là đường kính lớn nhất của lỗ d = 0,15(m)
suy ra k = 1-(0,15/2,4) = 0,9375
Nồi 1: P = P
hđ1
+P
1
(N/m
2

)
Áp suất thủy tĩnh trong phần thân dưới của thiết bị là:
HgP
1
ρ
=
(CT XIII.10, STQTTB, T2/Trang 360).
Trong đó: g: là gia tốc trọng trường, g=9,81(m/s
2
)
ρ
: là khối lượng riêng của chất lỏng(kg/m
3
) với
ρ
=
1259,76
(kg/m
3
).

H
: chiều cao cột chất lỏng (m)
H=h
1
+h
2
Trong đó:
h
1

: chiều cao của lớp dung dịch sôi kể từ miệng trên của ống truyền nhiệt đến
mặt thoáng của dung dịch, m. Thường chọn h
1
=0,5m
h
2
: chiều cao ống truyền nhiệt, m. h
2
= 2m

0,5 2 2,5( )H m
⇒ = + =
⇒
P = 3. 9,81.10
4
+ 9,81.1259,76. 2,5 = 280195,614(N/m
2
)
Ta có:
[ ]
6
131,54.10
. .0,9375.0,95
280195,614
h
k
P
σ
φ
=

= 481,11 > 50
Do đó có thể bỏ qua đại lượng P ở mẫu:
6
2,4.280195,614 2,4
.
3,8.131,54.10 .0,9375.0,95 2.0,6
d
S C→ = +
= 3,021.10
-3
+ C(m)
Vì:S - C = 3,021.10
-3
< 10.10
-3
(m)
Nên ta tăng thêm 2 mm so với giá trị (VD7,STQTTB,T2/Trang 387)
Do đó C = 3,8.10
-3
(m)
Suy ra: S=(3,021 + 3,8).10
-3
= 6,821.10
-3
(m).
Theo bảng XIII.11,STQTTB,T2/Trang 384 chọn chiều dày đáy buồng đốt nồi 1
là S=8(mm).
Kiểm tra ứng suất thành:

[ ]

( )
2,1 6,7
)(.2
2
c
bh
obt
CShk
PCShD
σ
ϕ
σ
≤
−
−+
=
(XIII.49,STQTTB,T2/Trang 386)
vì P
hđ1
= 24,93.10
4
(N/m
2
)

nằm trong khoảng 0,07.10
6
-0,5.10
6
(N/m

2
)
Chọn P
th
= 1,5P
hđ1

⇒
P
o
=1,5P
hđ1
+P
1
⇒
P
o
=1,5. 24,93.10
4
+ 9,81.1259,76.(2+0,5) = 404845,614 (N/m
2
)
( )
( )
2 3
3
2,4 2.0,6 8 3,8 10 .404845,614
7,6.0,9375.0,95.0,6 8 3,8 .10
σ
−

−
 
+ −
 
=
−
=136,83.10
6
< 200.10
6
(N/m
2
)