Transcript Chapitre 10

Chapitre 10
Séchage
Opérations unitaires
GCH 210 – Chapitre 10
Jean-Michel Lavoie (Ph.D)
Références
• Unit Operations of Chemical Engineering
par W.L. McCabe, J.C. Smith et P. Harriott
(7ième édition)
• Chapitre 24
Opérations unitaires
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Utilité du séchage
• La plupart du temps:
– Enlever l’eau d’un milieu solide
– Peut aussi s’appliquer à d’autres liquides
• Séchage: enlever de petites quantités d’eau
• Évaporation: enlever de grandes quantités
• Problème avec le séchage:
– Procédé thermique et couteux
• Toutefois, souvent inévitable
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Méthodes générales de séchage
• Séchage en Batch:
– Matériel inséré dans le séchoir
– Séché pour une certaine période de temps
• Séchage en continu:
– Matériel est inséré en enlevé continuellement
• Trois type de séchage:
– Ajout de chaleur à pression atmosphérique par l’air
– Ajout de chaleur sous vide
– Séchage à froid
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Séchoir à compartiments
• Solide pâteux ou avec agglomérats
• Placé sur une surface trouée de métal
– Profondeur de 10-100 mm
•
•
•
•
L’air est chauffée par de la vapeur d’eau
Circulée par un ventilateur
Récipients sont mobiles
Peuvent être perforés:
– Augmente la surface de contact
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Séchoir à compartiment - vacuum
•
•
•
•
Même concept que le précédent
Sauf que la conception est étanche
Transfert de chaleur par radiation
Pour opérations à basse température:
– On utilise de l’eau chaude pour vaporiser
– Et non de la vapeur d’eau
• Utilité:
– Matériaux dispendieux
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Séchoir à tunnels (en continu)
• Séchoir en continu
• Les solides sont placés:
– Sur un convoyeur
– Dans un contenant métallique
• L’air peut être circulée:
– Co-courant, contre-courant ou une combinaison
• Quand on utilise des solide particulaires:
– Le dessous du convoyeur est perforé
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Schématisation
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Séchoirs à tambour rotatif
• Cylindre avec le centre vide
• Incliné légèrement vers la sortie
• On introduit les solides par la partie la plus
haute
• Ces derniers progressent avec la rotation vers
la sortie
• Le gaz chaud circule à contre-courant
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Séchoirs à tambour
• Le cylindre est ici plein
• On place le solide à sécher sur la surface
• Le solide est ainsi séché, puis, on le gratte de
la surface avec un couteau
• Utile pour:
– Boues et pâtes
– Suspensions fines
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Schématisation
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Séchage par vaporisation
• Un solution liquide ou en boue est vaporisée
dans un flux de gaz chaud en gouttelettes
• La surface de contact augmente:
– Le liquide est rapidement vaporisé
– Nous laissant avec le solide
• Le gaz chaud peut être ajouté:
– Co-courant, contre-courant, en combinaison
• Un seul point:
– Éviter que les gouttelettes adhèrent à la surface
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Schématisation
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Séchage de cultures et grain
• Pour le séchage de grain:
– Biomasse originale contient 30-35% d’humidité
– Nécessite pour l’entreposage un taux de 13%
• Le séchoir permet de chauffer dans la
première partie
• Puis refroidit les grains dans la seconde
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Schématisation
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Pression de vapeur de l’eau
• Humidification:
– Implique le transfert d’eau d’un liquide vers un gaz
• Déshumidification
– Implique un transfert inverse
• Les deux termes s’appliquent aussi à d’autres
liquides
• La plupart des applications avec l’eau
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Diagramme de phase
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Humidité et chartes
• L’humidité d’un mélange air-eau:
– kg d’eau par kg d’air
• Cette humidité dépend:
– Pression partielle de la vapeur d’eau dans l’air
– Dépend aussi de la pression totale P
• On assume que cette dernière équivaut à 101.325 kPa
– Pour les équations qui viennent:
• On utilise la masse molaire de l’eau : 18.02 g/mol
• On utilise la masse molaire de l’air: 28.97 g/mol
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Calcul de l’humidité
• On s’en remet à l’équation suivante:
18.02 p A
H
28.97 P  p A
• L’air saturé est de l’air ou la vapeur d’eau est
en équilibre entre la phase liquide et vapeur à
des conditions spécifique
18.02 p AS
HS 
28.97 P  p AS
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% d’humidité
• Correspond à 100 fois le quotient entre:
– Humidité de l’air (H)
– Humidité de l’air saturée (Hs)
• Le tout à même température et pression
H
H p  100
Hs
• Aussi, humidité relative:
H R  100
Opérations unitaires
PA
PAS
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Problème typique
• Humidité à partir de données simples: L’air dans une pièce
est à 26.7 oC et à une pression de 101.325 kPa et contient de
la vapeur d’eau avec un pression partielle de 2.76 kPa.
Calculez les paramètres suivants:
a) L’humidité H
b) L’humidité de saturation Hs et le pourcentage d’humidité
c) Le pourcentage d’humidité relatif
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Point de rosée
• Température à laquelle un mélange d’air et de
vapeur d’eau se voit saturée
• À 26.7 oC la pression de vapeur à saturation
est de 3.50 kPa
• Le point de rosée d’un mélange air-vapeur
d’eau à 3.50 kPa est nécessairement de 26.7oC
• Explique la formation de rosée
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Chaleur humide
• Représente la quantité de chaleur nécessaire
(en joules) pour faire monter une mixture air +
vapeur d’eau de 1K
• La capacité calorifique de l’air et de l’eau
peuvent être considérées constantes:
– 1.005kJ/kg (air)*K
– 1.88 kJ/kg(vapeur)*K
cS  1.005 1.88H
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Volume humide
• Correspond à un volume total pour 1 kg d’air
avec la vapeur que cet air contient.
• Le tout à 101.35 kPa et à la température du du
gaz.
• L’équation est dérivée de celle des gaz rares:
22.41
1
 1

vH 
*T * 

H
273
 28.97 18.02 
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Charte d’humidité
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Problème typique
• Utilisation de la charte d’humidité: L’air qui entre dans un
séchoir a une température de 60oC et un point de rosée de
26.7oC. En utilisant la charte d’humidité, déterminez
l’humidité H, le pourcentage d’humidité (Hp), le volume
humide ainsi que la chaleur humide (cS).
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Température de saturation
adiabatique
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Température de saturation
adiabatique
• Si on fait une balance enthalpique en se
basant sur TS:
cS (T  TS )  HS  cS (TS  TS )  H S S
H  HS
cS 1.005 1.88H
 
T  TS
S
S
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Problème typique
• Saturation adiabatique de l’air: Un jet d’air à 87.8 oC ayant
une humidité H = 0.030 kg H2O/ kg d’air sec est mis en contact
avec un saturateur adiabatique contenant de l’eau. L’air est
refroidit et humidifié à une saturation de 90%.
a) Quelles sont les valeurs finales de H et T?
b) Pour une saturation de 100% quelles seraient les valeurs de
H et T?
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Température humide
(wet bulb temperature)
• En régime permanent, température atteinte:
– Petite quantité d’eau
– Flux constant de gaz
• Considérant que la quantité d’eau est petite:
– La T et H ne sont pas changés
• Comment déterminer alors:
– Thermomètre recouvert d’un morceau de tissus
– Le tissus est gardé humide avec de l’eau
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Ainsi
• En régime permanent:
– De l’eau est évaporée vers le gaz
– Le tissus est à TW
• On peut faire une balance de chaleur
• La température de référence est à TW
• La quantité de chaleur perdue:
q  M A N AW A
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Équations
NA 
k y'
xBM
( yW  y)  k y ( yW  y)
Pour une solution diluée xBM=1 et k’y=ky
H / MA
y
1/ M B  H / M A
HM B
y
MA
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Équations
q  M B k y W ( HW  H ) A
En substituant
q  h(T  TW ) A
En faisant abstraction du taux de transfert de chaleur
h / M Bk y
H  HW

T  TW
W
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Problème typique
• Température Humide: Un mélange de vapeur d’eau et d’air
ayant une température sèche (T) de 60oC est évaluée avec un
psychromètre et la température humide obtenue est de
29.5oC. Quelle est l’humidité de la mixture?
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Humidité à l’équilibre dans les
matériaux
• On parlera ici de la relation entre le fluide de
séchage et le matériel
• Supposons un matériel humide:
– Exposé à l’air ayant une humidité constante H
– Une grande quantité d’air est utilisée
– Après un certain temps l’humidité dans le solide
atteindra une valeur constante
• C’est ce que nous appelons l’humidité à
l’équilibre
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Valeurs typiques
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Effet de la température
• Le taux d’humidité à l’équilibre:
– Diminue avec une augmentation de T
• Habituellement pour des domaines de
température modérés:
– Le taux d’humidité à l’équilibre sera considéré
comme étant constant
– Surtout lorsque les données expérimentales ne
seront pas disponibles
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Valeurs typiques
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Courbes de rendement de séchage
• Pour la conception de séchoirs:
– Dimensions
– Conditions d’opération
– Conditions d’humidité
– Temps nécessaire
• Plusieurs aspects peuvent être calculés
• Toutefois, paramètres expérimentaux
nécessaires
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Taux de séchage
• Pour y arriver:
– Échantillon dans une nacelle
– Seulement le sommet est exposé
– On utilise une balance
• On peut donc observer les variations en
continu
• Paramètres à respecter:
– L’échantillon doit être d’une certaine masse
– La nacelle doit être normée
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Courbes de taux de séchage
• Les valeurs obtenues suite à ces expériences:
– W en fonction de t
– Recalcul des valeurs:
W  WS
Xt 
WS
• Pour des conditions de séchage constantes
X  Xt  X *
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Courbes de séchage
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Rendement de séchage
• En fonction de la courbe de X en fonction de t:
LS dX
R
A dt
• Une autre technique:
LS X
R
A t
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R en fonction de X
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Séchage pour périodes à R constant
•
•
•
•
La surface du solide est très mouillée
Un film d’eau existe en continu sur la surface
Cette eau n’est pas liée, indépendante du solide
Si le solide est poreux:
– La majorité de l’eau évaporée pendant cette période
provient de l’intérieur du solide
• Cette période se poursuit:
– Tant que l’eau est fourni à la surface à la même vitesse
où elle est évaporée
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Séchage lors de la chute de R
• Xc: Contenu en humidité libre critique
• À ce point:
– Eau à la surface est insuffisante pour maintenir un
film constant
• La surface entière n’est plus complètement
mouillée
• Les surfaces mouillées diminuent jusqu’à ce
que la surface soit entièrement sèche
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Calculs pour séchoir constant
• Un des points les plus important:
– Le temps de séchage
• Comment le trouver:
– Tests batch
– Prédiction des coefficients de transfert de masse
et de chaleur
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Comment calculer t
• En utilisant les graphiques de X en fonction de
t
• En utilisant les équations mentionnées
précédemment
LS
t
( X1  X 2 )
ARC
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Méthodes pour R constant
• Dans certaines conditions le R est
indépendant du solide:
– Dépend principalement de la couche d’eau sur le
solide
• Le rendement de séchage:
– Proportionnel au coefficient de transfert de
chaleur
• Lorsque le tout est en régime permanent:
– Balance entre le transfert de masse et de chaleur
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Équations
q  h(T  TW ) A
N A  k y ( yW  y)
MB
NA  ky
( HW  H )
MA
h(T  TW )
q
RC 

 k y M B ( HW  H )
AW
W
h(T  TW )
3600
RC 
W
q  M A N AW A
h  0.0204G 0.8
h  1.17G 0.37
Opérations unitaires
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Problème typique
• Prédiction du séchage à R constant: Un matériel granulaire et
insoluble est séché dans un récipient de 0.457x0.457 m et
avec une profondeur de 25.4 mm. Le matériel remplit la
totalité du récipient et on peut considérer les côtés et le
dessous comme étant isolés. Les transferts de chaleur se font
par convection d’un flux d’air s’écoulant parallèlement à la
surface à une vélocité de 6.1 m/s. L’air est à 65.6oC et a une
humidité de 0.010 kg de H2O par kg d’air. Estimez le
rendement de séchage pour la période de rendement
constant.
Opérations unitaires
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Séchage dans un lit fixe
•
•
•
•
Particules placées sur un tamis
L’air circule au travers du lit de particules
On considère que le système est adiabatique
Le séchage concerne:
– Les particules non-liées
• La quantité d’eau enlevée du lit:
– Dépend du rendement de séchage
Opérations unitaires
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Équations
R  G( H 2  H1 )
dq  GcS AdT
dq  haAdz(T  TW )
ha
GcS

Z
0
T2
dz  
T1
dT
T  TW
T1  TW
haz
 ln
GcS
T2  TW
Opérations unitaires
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Équations
LS W ( X 1  X 2 )
LS ( X 1  X 2 )
t

Ah(T  TW )
Aky M B ( HW  H )
Comme:
LS  S

A
a
t
Opérations unitaires
 S W ( X 1  X C )
ah(T  TW )

S ( X1  X C )
aky M B ( HW  H )
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TLM
• La température du gaz va varier au sein du lit
• Pour contrer ceci température moyenne (log)
(T  TW ) LM
(T1  TW )  (T2  TW )
(T1  T2 )


ln(T1  TW ) /(T2  TW ) ln(T1  TW ) /(T2  TW )
T1  TW
haz
 ln
GcS
T2  TW
T1  TW
haz
 ln
GcS
T2  TW
Opérations unitaires
T2 
T1  TW
e
haz
Gc S
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 TW
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Ainsi
(T  TW ) LM
t
t
Opérations unitaires
(T1  TW )(1  e  hax1 / Gc S )

haz / HGcS
 S W ( X 1  X C )
ah(T  TW )

S ( X1  X C )
aky M B ( HW  H )
 S W x1 ( X 1  X C )
GcS (T1  TW )(1  e
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 hax1 / Gc S
)
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Coefficients h
0.59
t
0.41
p
D p Gt
0.49
t
0.51
p
D p Gt
G
h  0.151
D

G
h  0.214
D
Opérations unitaires

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 350
 350
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Facteur a
• Facteur de géométrie, particules sphériques:
6(1   )
a
Dp
• Facteur de géométrie, particules cylindriques:
4(1   )(h  0.5DC )
a
DC h
• Valeur de Dp pour un cylindre:
Opérations unitaires
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Dp  (Dc h  0.5Dc2 )1/ 2
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Problèmes supplémentaires
• Séchage d’un lit de particules: Une pâte est extrudé en
cylindre de diamètre de 6.35 mm et de 25.4 mm de longueur.
La valeur de Xt1 est de l’ordre de 1.0 kg d’eau par kg de solide
et celle à l’équilibre est de X*=0.01. La densité du solide sec
est de 1602 kg/m3. Les solides sont placés sur un tamis d’une
profondeur de 50.8 mm. La densité généralisée (ρS) du solide
sec dans le lit est de 641kg/m3. L’air à l’entrée a une humidité
H1 de 0.04 kg H2O par kg d’air sec et a une température de
121.1 oC. La vélocité du gaz est de 0.811 m/s et le gaz passe au
travers du lit. La valeur de XtC est de 0.5. Calculez le temps
nécessaire à faire sécher le solide à une valeur de Xt=0.10 kg
d’eau par kg de solide.
• Rep.: t=0.236h
Opérations unitaires
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Problèmes supplémentaires
• L’air dans une pièce est à 37.8 oC, la pression est atmosphérique et cette dernière
contient de l’eau avec une pression partielle de 3.59 kPa. Calculez:
a) L’Humidité (rep.: 0.0228 kg H2O/kg air)
b) L’Humidité de saturation et le % d’humidité (0.0432 kg H2O / kg air et humidité
de 52.8%)
c) Le pourcentage d’humidité relative (54.4%)
• Un solide granulaire insoluble humide d’eau est séché pendant une période à
rendement constant dans un récipient de 0.61x0.61m et l’épaisseur du matériel
dans le récipient est de 25.4 mm. Les côtés et le fond sont isolés. L’air s’écoule
parallèlement à la surface de séchage à une vélocité de 3.05 m/s et a une
température sèche de 60oC et une température humide de 29.4oC. Le récipient
contient 11.34 kg de solide sec ayant un contenu hydraté de 0.35 kg d’eau par kg de
solide sec et le matériel doit être séché pendant une période à rendement constant
à une valeur de 0.22kg d’eau par kg de solide sec.
• a) Prédire le rendement de séchage et le temps requis (0.612kg/h ; 2.41h)
• b) Prédire le temps requis si un récipient de 44.5 mm est employé (4.22h)
Opérations unitaires
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