Xác định số bậc tách lý thuyết (gọi là đĩa lý thuy- 123docz.net

CHƯƠNG IV CÁC PHƯƠNG PHÁP TÁCH, CHIẾT VÀ PHÂN CHIA

Dạng 3: Xác định số bậc tách lý thuyết (gọi là đĩa lý thuyết)

Cách giải:

Để xác định số bậc tách lý thuyết ở tỷ lệ ms/mR cho trước thì cần phải biết đường cân bằng mô tả thành phần giữa tỷ lệ khối lượng YES trong pha

“cho” và tỷ lệ khối lượng YER nằm cân bằng với nó trong pha “nhận”. Mối quan hệ này được áp dụng theo định luật phân bố Nernst: YES = k.YER

k: hệ số phân bố

Bài 9: Trong một thiết bị chiết ngược dòng, để loại phenol khỏi nước thải chứa phenol, người ta cần chiết phenol bằng benzen.

Trong dung dịch chảy vào thiết bị (hỗn hợp nguyên liệu) tỷ lệ khối lượng phenol/nước YERvào = 8.10-3. Tỷ lệ khối lượng phenol/ nước trong dịch bã ở lối ra của thiết bị cho phép chứa tối đa YESra = 8.10-4. Trong dịch chiết (benzen) tại lối ra của thiết bị cần đạt tỷ lệ khối lượng phenol/benzen.

YES = 2,85.10-2

Cần tính lượng benzen đòi hỏi mỗi giờ và số bậc tách lý thuyết khi dòng khối lượng của nước thải là 10.000 kg/giờ.

Cho biết các tỷ lệ khối lượng cân bằng như sau:

YER (phenol/nước) 0,427.10-3 0,427.10-3 5,75.10-3 YES (phenol/benzen) 1,109.10-3 4,97.10-3 53,1.10-3

Giải:

Ta có: mR = mZ ( 1 - YERvào) = 10.000(1 – 0,008) = 9920kg/giờ mZ: dòng khối lượng của nguyên liệu.

mR: dòng khối lượng của dung môi 1.

Cân bằng chất trong toàn thiết bị là:

mR(YERvào - YESra) = mS(YESra - YERvào) Ta có :

mS = [(YERvào - YESra)/(YESra - YERvào)].mR

 mS = [(0,008 – 0,0008)/(0,0285 - 0)].9920 = 2506 kg/giờ (benzen).

Số bậc tách lý thuyết sẽ được xác định bằng đồ thị. Do vậy, ta vẽ đường làm việc trong giản đồ đối với cân bằng phân bố đã cho, đường này xác định qua điểm A (YESvào = 0,008; YESra = 0,0285) và điểm B (YERra = 0,0008; YERvào = 0).

Giữa đường làm việc và đường cân bằng chúng ta vẽ các bậc thang và tính được số bậc tách lý thuyết theo nhiệm vụ tách đề ra nth = 7.

Hình 4.7 Sơ đồ xác định số bậc tách lí thuyết

Lượng dung môi cần thiết tối thiểu đối với nhiệm vụ tách đặt ra, được xác định từ giá trị nghịch đảo của độ dốc của đường thẳng AB, đường thẳng này cắt đường cân bằng ở giá trị trục hoành YESvào ứng với tỷ lệ khối lượng chất tan/chất lỏng “mang” của hỗn hợp nguyên liệu. Giá độ nghịch đảo của độ dốc được xem là tỷ lệ dung môi tối thiểu:

(mS/mR )min = (YERvào - YERra )/(YES, maxra – YESvào)

YES, maxra là tỷ lệ khối lượng lớn nhất có thể đạt giữa chất tan/dung môi trong dịch chiết tại tỷ lệ dung môi tối thiểu với YERvào và YESvào cho trước cũng như YERra đòi hỏi.

Câu 10: Trong một hỗn hợp clo hóa lưu huỳnh có phần khối lượng của mono sunfo clorua WERvào = 0,15. Từ một hỗn hợp nguyên liệu này sunfo clorua được chiết ra bằng metanol trong một thiết bị ngược dòng. Các tỷ lệ cân bằng gần như tuân theo định luật phân bố Nernst: YES = 1,3YER. Tỷ lệ khối lượng tối đa mono sunfo clorua/chất lỏng “mang” trong dịch bã tại lối ra của thiết bị chiết là YERra = 0,0400.

Cần tính tỷ lệ khối lượng tối đa mono sunfoclorua/chất lỏng “mang”

trong dịch chiết và tỷ lệ dung môi tối thiểu. Đồng thời xác định số bậc tách lý thuyết đòi hỏi khi tỷ lệ dung môi bằng 1,4 tỷ lệ dung môi tối thiểu. Tỷ lệ khối lượng YESra của chất tan so với dung môi trong dịch chiết tại lối ra của thiết bị là bao nhiêu?

HDTL: Trước hết ta tính phần khối lượng trong hỗn hợp nguyên liệu:

WERvào = 0,15 = (0,15/(0,15 + 0,85)) thành tỷ lệ khối lượng:

YERvào = 0,15/0,85 = 0,1765

Tỷ lệ khối lượng lớn nhất YES, maxra trong dịch chiết có thể đọc được từ giá trị trên trục tung của đường cân bằng tại giá trị trục hoành YERvào.

Hình 4.8 Sơ đồ xác định số bậc tách lí thuyết

Tuy nhiên trường hợp này chỉ gần như tuân theo định luật phân bố Nernst do vậy ta có thể tích YES,maxra:

YES, maxra = 1,30 . YERvào = 1,30. 0,1765 = 0,2295 YESra = 0,0400 và YESvào = 0 là các giá trị đã cho.

Theo phương trình:

(mS/mR )min = (YERvào - YERra )/(YES, maxra - YESvào) = (0,1765 - 0,0400)/(0,2295 - 0) = 0,5948

Đối với tỷ lệ dung môi mS/mR = 1,4.0 . 0,5948 = 0,8327 ta vẽ được đường làm việc như hình vẽ (độ dốc 1/ 0,8327 = 1,201).

Theo phương pháp vẽ bậc thang, người ta xác định được số bậc tách lý thuyết nth = 3 với số bậc tách lý thuyết này và tỷ lệ dung môi mS/mR = 0,8327 biết được tỷ lệ khối lượng chất tan/dung môi trong dịch chiết tại lối ra của thiết bị YESra = 0,1638.

Câu 11:

Từ một dung dịch lỏng có thành phần khối lượng của axeton (E) WERvào = WEZvào = 0,50 người ta chiết axeton bằng clo benzen nguyên chất trong dòng ngược chiều liên tục sao cho dịch bã ở lối ra của thiết bị chiết chỉ còn chứa phần khối lượng của axeton là WERra = 0,10. Tính:

a/ dòng khối lượng tối thiểu của dung môi.

b/ phần khối lượng tối đa của axeton trong dịch chiết, thành phần của các pha cùng tồn tại cân bằng như sau:

Pha nước WRR 0,9989 0,8979 0,7969 0,6942 0,5864 0,4628 0,2741 0,2566 WER 0 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,6058 Pha hữu cơ WRS 0,0018 0,0049 0,0079 0,0772 0,0305 0,0724 0,2285 0,2566 WES 0 0,1079 0,2223 0,3748 0,4944 0,5919 0,6107 0,6058

Giải:

Với các số liệu ở pha nước và pha hữu cơ, người ta vẽ đường binodan và đường conot đối với hệ 3 cấu tử nước (R) - axeton (E) - clo benzen (S).

Hình 4.9: Đường binodan và đường conot đối với hệ 3 cấu tử nước (R) - axeton (E) - clo benzen (S).

Trong đó các điểm: Z, Rn (thành phần dịch bã tại lối ra) biết được từ đầu bài, đồng thời kẻ được đường thẳng RnS. Điểm cực O tại dòng dung môi tối thiểu nằm trên đường thẳng kéo dài qua Rn và S, điểm này được xác định qua điểm cắt của mọi đường conot với đường thẳng qua Rn và S ở cách xa giản đồ tam giác nhất.

Đường thẳng xuất phát từ O qua Z cắt đường binođan tại điểm S*. Điểm này cho biết thành phần khối lượng tối đa của axeton trong dịch chiết WRSra = 0.085 (nước trong dịch chiết) WSSra = 0,315 (clo benzen trong dịch chiết).

Đường thẳng qua các điểm Z và S cũng như S* và Rn cho biết điểm hỗn hợp P. Từ các đoạn PZ và PS theo quy tắc đòn bẩy người ta nhận được:

241 ,

0

 PS PZ m m

s nghĩa là ms = 0,241mz.

 đó là dòng khối lượng tối thiểu của dung môi để thực hiện nhiệm vụ tách với số bậc tách vô cùng lớn.

Câu 12:

Từ một hỗn hợp axeton - nước với 1 tỉ lệ khối lượng axeton/nước YERvào = 0,50 (E chất tan, đó là axeton) cần phải chiết axeton trong dòng ngược chiều

bằng clobenzen. Dịch bã cho phép tỉ lệ khối lượng axeton nước cao nhất là YERra = 0,02. Các dòng khối lượng chảy vào của nguyên liệu và dung môi là

bằng nhau (mz = msvào). Dòng khối lượng chảy vào của nguyên liệu là 1000 kg/giờ. Số liệu về thành phần các pha:

Pha nước WRR 0,9989 0,8979 0,7969 0,6942 0,5864 0,4628 0,2741 0,2566

WER 0 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,6058 Pha hữu cơ WRS 0,0018 0,0049 0,0079 0,0772 0,0305 0,0724 0,2285 0,2566 WES 0 0,1079 0,2223 0,3748 0,4944 0,5919 0,6107 0,6058

Cần xác định:

a/ số bậc tách lí thuyết.

b/ Dòng khối lượng của dịch chiết.

Giải:

Hình 4.10 Đường binodan và đường conot đối với hệ nước - axeton - clo benzen.

a/ Ta nối điểm Z (ứng với thành phần của nguyên liệu) với điểm S (ứng với clobenzen nguyên chất) bằng một đường thẳng. Bởi vì mz = msvào do vậy điểm P nằm ở giữa của đường ZS biểu diễn thành phần hợp thành của nguyên liệu và dung môi. Thành phần đòi hỏi cuối cùng của dịch bã (Rn) và

của dịch chiết S1 là cho trước. Đoạn kéo dài của đường thắng ZS1 và RnS cắt nhau tại điểm cực O. Điểm này là điểm cắt chung của tất cả các tia đi qua mọi điểm ứng với thành phần của dịch bã tại một bậc bất kì và thành phần của dịch chiết ở bậc tiếp theo. Đường conot qua S1 cho biết điểm R1. Tia cực qua R1 cho biết S2 .... Cấu trúc này được thực hiện tiếp tục xuống phía dưới cho đến khi đạt được thành phần cuối cùng của dịch bã YERra = 0,02. Ở trư- ờng hợp này Rn = R4; có nghĩa là đòi hỏi 4 bậc tách lí thuyết.

b/ Các dòng khối lượng chảy vào của nguyên liệu và dung môi được xác định là : mz + msvào = 1000 + 1000 = 2000 kg/giờ.

Từ tỉ lệ các đoạn thẳng ta có: 3,049 15

, 7

8 , 21

4 1

4   

R S

m m PS

R (a)

Bởi tổng các dòng khối lượng chảy vào bằng tổng các dòng khối lượng chảy ra, ta có : mS1 mR4 2000kg/giờ (b) Giải (a), (b): mS 1506kg/gi

049 , 3 1 1

2000

1 



 ờ

Dạng 4: Dựa vào sắc đồ để xác định: thời gian lưu, thể tích lưu, tốc độ chảy, độ phân giải pic, số đĩa lý thuyết của cột sắc kí.

Cách giải:

Áp dụng công thức:

- Thời gian lưu: tR =

L =

L(1 + k’)

trong đó: uA: vận tốc của chất cần phân tích.

L: chiều dài cột (cm).

k’: thừa số dung tích, có f =

' 1

k ; tm =

u L

- Thể tích lưu: VR (ml) = tR(s) . F (ml/s) F: tốc độ chảy.

- Độ phân giải pic: R =

2 / )

( A B

W W



 W: chiều ngang pic.

- Số đĩa lý thuyết: n =

L H: chiều cao pic.

Bài tập: Cho sơ đồ của hỗn hợp chất phân tích 4.11 (A) và 4.11 (B): (dùng cho bài tập 13; 14; 15; 16).

VRA V'RA

VRB V'

0 2 4 6 8 40 45 50 55 60 (W )

A (W )

V1 A V2 B V3

Hình 4.11 (A): nồng độ là hàm của thể tích rửa giải

Nồngđộ chất phân tích, mol/l

Bơm mẫu, V = 0 Thể tích (ml)

tRA t'RA

t RB t'RB

0 10 20 30 40 200 220 240 260 280 300 (W )

A (W )

t1 A t2 B t3

Hình 4.11 (B): Tín hiệu đo (,c) là hàm của thời gian

Bài 13: Dùng sắc đồ trên hình vẽ (4.11A) và VS = 10 ml, hãy tính các đại l- ượng cho dưới đây: tR; tm; VR; Vm; F; V’R; t’R;  ; k’; D?

Giải:

Lượng Cách tính và kết quả

tR Dựa vào hình 4.11(A) ta có: 250s (A); 270s (B) tm Dựa vào hình 4.11(A) ta có: 30s

VR Dựa vào hình 4.11(A) ta có: 50ml (A); 54ml (B) Vm Dựa vào hình 4.11(A) ta có: 60ml

F F =

R R

t V =

250

50 = 0,2 ml/s

V’R V’R = VR - Vm = 50 - 6 = 44 ml (A) V’R = VR - Vm = 54 - 6 = 48 ml (B) t’R t’R = tR - tm = 250 - 30 = 220 s (A)

t’R = tR - tm = 270 - 30 = 240 s (B)

 (A là chất chuẩn)

Rstd

V V

 '

 =

48 = 1,09 Hoặc

Rstd

t t '

 '

 =

220

240 = 1,09

Tín hiệu

Bơm mẫu, t = 0

Thời gian (s)

 (B là chất

chuẩn) Rstd

V V

 '

 =

44 = 0,917

k’

k’ =

m R

V - 1 = 1 6

50 = 7,33 (A) hoặc k’ =

m R

t - 1 = 1 30

250 = 7,33 (A) k’ =

m R

V - 1 = 1 6

54 = 8,00 (B)

D =

S m R

V V V  =

506 = 4,4 (A) D =

S m R

V V V  =

546 = 4,8 (B)

Bài 14:

a, Hãy tính số đĩa lý thuyết của cột sắc kí đã cho sắc đồ ở hình vẽ (4.11A)?

b, Nếu cột dài 120cm thì H của cột đó là bao nhiêu?

Giải:

a, Từ phương trình: n =

4 











 W

tR = 4 2



 



 W

tR và số liệu ở hình (a) ta thấy rằng:

đối với pic của A ta có: n =

15 250 .

4 



 



 = 4,44.103 đĩa lý thuyết.

đối với pic của B ta có: n =

17 270 .

4 



 



 = 4,04.103 đĩa lý thuyết.

b, Chiều cao của pic: H =

L = 3

10 . 2 , 4

120 = 0,029 cm/đĩa lý thuyết.

Bài 15: Tính độ phân giải của các pic trong hình (4.11)?

Giải:

Ta có: R =

2 / )

( A B

W W



 =

2 / ) 17 15 (

250 270



 = 1,25

Độ phân giải này là hợp lý đối với việc tách hoàn toàn (< 2% A sẽ ở trong pic B và < 2% B sẽ ở trong pic A) nhưng không thật hợp lí với độ phân giải đường đáy.

Bài 16: Tính độ phân giải khi tách A và B nếu dùng cột dài 200cm thay cho cột 120cm của các pic trong hình (4,11)?

Giải:

Từ phương trình: tR =

L =

L(1 + k’)

Ta thấy thời gian lưu tỷ lệ thuận với chiều dài cột L, còn tốc độ và thừa số dung lượng không biến đổi theo chiều dài cột. Do đó:

tRA = 250.

120

200 = 417s tRB = 270.

120

200 = 450s Số đĩa lý thuyết cũng tỷ lệ với chiều dài cột:

n = 4,2.103

120

200 = 7,0.103 Bây giờ có thể tính bề ngang pic với phương trình:

n = =

4 2



 



 W

tR  W =

n tR2 16

 WA = 32

10 . 0 , 7

) 417 .(

16 = 20s

 WB = 32

10 . 0 , 7

) 450 .(

16 = 22s Độ phân giải là:

R =

2 / )

( A B

W W



 =

2 / ) 22 20 (

417 450



 = 1,57

Bài 17: Một cột sắc kí khí 150cm đã được nhồi bằng các hạt 50m và cho các kết quả thực nghiệm dưới đây khi rửa giải một chất phân tích. Hãy xác định vận tốc chảy tối u và số đĩa lý thuyết cho cột khi được vận hành ở những điều kiện tối u:

Lần chạy u (cm/s) tR (s) W (s) 1 10 450 24 2 30 150 7,5 3 50 90 5 Giải:

Phương trình Van Deemter chứa 3 hằng số A, B, C và do đó cần có một cực tiểu của 3 điểm để xác định chúng. Các giá trị của H sẽ được tính trước hết bằng cách tính số đĩa lý thuyết.

Lần chạy 1: n =

4 2



 



 W

tR =

24 450 .

4 = 5,6.103

 H =

n L =

24 450 .

4 



 



 = 0,0267 cm

Lần chạy 2: n =

4 2



 



 W

tR =

5 , 7

150 .

4 



 



 = 6,4.103

 H =

L = 3

10 . 4 , 6

150 = 0,0234 cm

Lần chạy 3: n = 4 2



 



 W

tR = 2

5 90 .

4 



 



 = 5,2.103  H =

L = 3

10 . 2 , 5

150 = 0,0289 cm

Các giá trị này của H và những giá trị tương ứng của u có thể được sử dụng để lập đồng thời 3 phương trình:

H = Cu

u AB

0,0267 = B C A 10

10

  A = 0,0067 cm

0,0234 = B C

A 30

30

  B = 0,163 cm2/s 0,0289 = B C

A 50

50

  C = 3,8.10- 4 s Vận tốc tối u là:

Uopt =

B = 4

10 . 8 , 3

163 , 0

 = 21 cm/s Ở vận tốc tối u, giá trị của H là:

Hmin = A + 2 BC = 0,0067 + 2 0,163.3,8.104 = 0,0224 cm Ở vận tốc tối u, số đĩa lý thuyết được tính theo:

n = H L =

0224 , 0

150 = 6,7.103 đĩa lý thuyết.

Bài 18: Một hỗn hợp chỉ chứa benzen (C6H6) và brombenzen (C6H5Br) cho 2 pic 9,50 cm2 và 4,78 cm2 tương ứng trên một sắc đồ. Giả thiết là có sự đáp ứng mol như nhau. Hãy tính số % mol và số % theo trọng lượng của benzen và brombenzen trong hỗn hợp ?

Giải:

Diện tích (cm2) % tổng diện tích (mol %)

Benzen 9,50 (9,50/14,28).100(%) = 66,5%

Brombenzen 4,79 (4,78/14,28).100(%) = 33,5%

Tổng 14,28

Với 100 mol hỗn hợp, 66,5 mol là benzen và 33,5 mol là brombenzen.

Khối lượng của hỗn hợp này là:

Số mol.M(g/mol) = g % khối lượng

Benzen 66,5.78,11 = 5,194 (5,194/10,454).100(%) = 49,7%

Brombenzen 33,5.157,02 = 5,260 (5,260/10,454).100(%) = 50,3%

Tổng trọng lượng = 10,454

Dạng 4: Xác định lượng chất tan còn lại trong pha nước và lượng chất tan đi vào pha hữu cơ.

Cách giải:

Chất A phân bố giữa pha nước và pha hữu cơ:

Giả sử có m0 mmol A sau khi chiết với Vhc ml dung dịch hữu cơ từ Vn ml dung dịch nước, m1,1 là lượng chất tan còn lại trong pha nước và m0 - m1,1 lượng chất tan đi vào pha hữu cơ thì:

[A]hc =

Vhc

m m0 1,1

; [A]n =

m1,1

D =

n hc

V m

V m m

/ /

1 , 1

1 , 1 0

 m1,1 = m0















n hc

V DV 1

Bài 19: I2 có thể thu được chiết từ pha nước bằng dung môi hữu cơ. Hệ số phân bố khi chiết bằng CCl4 là 85. Nếu 50 ml của dung dịch nước chứa 2.10-

2 mmol I2 được tiếp xúc với 30 ml CCl4. Tính lượng I2 trong pha nước và pha hữu cơ.

Giải: Áp dụng công thức: m1,1 = m0















n hc

V DV 1

Ta có: lượng chất tan còn lại trong pha nước là:

m1,1 = m0















n hc

V DV 1

1 = 2.10-2













 50 8530 1

1 = 3,85.10-4 mmol

Vậy lượng chất tan còn lại trong pha hữu cơ là:

m0 – m1,1 = 2.10-2 – 0,00385.10-2  1,96.10-2 mmol

Bài 20: Một chất A có thể bị chiết từ pha nước vào ete. Hệ số phân bố bằng 10. Nếu dung dịch nước chứa 2,5mg A.

a, Thể tích pha nước bằng pha hữu cơ thì chiết được bao nhiêu %A?

b, %A có thể bị chiết bằng bao nhiêu nếu chia Vhc làm 4 phần và chiết 4 lần?

Giải:

a, Áp dụng công thức: m1,1 = m0















n hc

V DV 1

Ta có: lượng chất tan còn lại trong pha nước là:

m1,1 = m0















n hc

V DV 1

1 = 2,5













 1 101 1

1 = 0,23 mg

Vậy lượng chất tan còn lại trong pha hữu cơ là:

m0 – m1,1 = 2,5 – 0,23 = 2,27 mg = 90,8%

b, Phần trăm còn lại khi giảm Vhc:

còn lại % = 100 4

1 101 1



 

  = 0,67%

% chiết = 100 – 0,67 = 99,33%

Kết luận chương IV: Chương “Các phương pháp tách, chiết và phân chia

”: đã xây dựng hệ thống câu hỏi tự luận và hệ thống bài tập có phân loại theo