A 13 – Diffusion von Wasserstoff durch Flaschenwand

Wasserstoff wird gasförmig in einer Stahlflasche bei einem Druck $p$ und einer Temperatur $T$ gelagert. Aufgrund von Wasserstoffdiffusion durch die Wand geht laufend Wasserstoff verloren. Die Höhe der Stahlflasche ist $H$ , der Innendurchmesser $d$ und die Wandstärke $s$ . Die Partialmoldichte von Wasserstoff an der Flascheninnenseite ist ${n_{H,i}}$ . Die Wasserstoffkonzentration an der Flaschenaußenseite ist vernachlässigbar.

wasserstoffflasche

Annahmen:

Die Gasflasche kann als Zylindermantel der Höhe $H$ angenähert werden. Boden und Deckel sind vernachlässigbar.

Aufgaben:

Leiten Sie anhand einer Bilanz um ein differentielles Element den Verlauf der Wasserstoffkonzentration über die Wand der Gasflasche her.
Lösen Sie die Differentialgleichung und bestimmen Sie die Konstanten.
Skizzieren Sie den Verlauf der Wasserstoffkonzentration über die Wand.
Wie hoch ist zu Beginn der Wasserstoffmassenstrom? Wie schnell sinkt zu Beginn der Druck in der Flasche?

Gegeben:

Temperatur: $T = 295,15\;{\text{K}}$

Druck in der Flasche: $p = 30\;{\text{bar}}$

Höhe: $H = 1,5\;{\text{m}}$

Innendurchmesser: $d = 120\;{\text{mm}}$

Wandstärke: $s = 10\;{\text{mm}}$

Partialdichte an der Innenseite: ${n_{H,i}} = 1,5\frac{{{\text{kmol}}}}{{{{\text{m}}^3}}}$

Diffusionskoeffizient: ${D_{H,Stahl}} = 0,3 \cdot {10^{-12}}\frac{{{{\text{m}}^2}}}{{\text{s}}}$

Molmasse Wasserstoff: ${\hat M_H} = 2\;{\text{g}}/{\text{mol}}$

Lösung

a) Verlauf der Wasserstoffkonzentration

Differentielles Element:

wasserstoffflasche-differentielles-element

Da in der Wand kein Wasserstoff gespeichert wird gilt für die Bilanz:

$\frac{{dN}}{{dt}} = 0 = {\dot N_r}-{\dot N_{r+dr}},\quad \dot N = {j^*}A$

Taylorentwicklung des Stoffstroms:

${\dot N_{r+dr}} = {\dot N_r}+\frac{1}{{1!}}\frac{{d{N_r}}}{{dr}}dr+\frac{1}{{2!}}\frac{{{d^2}{N_r}}}{{d{r^2}}}d{r^2}+ \ldots$

Die Gleichung für den Stoffstrom folgt aus dem 1. Fick’schen Gesetz:

${\dot N_r} = -DA\frac{{d{n_H}}}{{dr}},\qquad A = 2\pi rH$

Durch Einsetzen erhalten wir:

$0 = -\frac{d}{{dr}}\left( {-D2\pi rH\frac{{d{n_H}}}{{dr}}} \right)\qquad |:\left( {2D\pi H} \right)$

$0 = \frac{d}{{dr}}\left( {r\frac{{d{n_H}}}{{dr}}} \right) = r\frac{{{d^2}{n_H}}}{{d{r^2}}}+\frac{{d{n_H}}}{{dr}}$

$0 = \frac{{{d^2}{n_H}}}{{d{r^2}}}+\frac{1}{r}\frac{{d{n_H}}}{{dr}}$

Dies ist eine lineare Differentialgleichung mit variablem Koeffizienten.

b) Lösung der Differentialgleichung und Bestimmung der Konstanten

$u = \frac{{d{n_H}}}{{dr}}$

$\Rightarrow \quad 0 = \frac{{du}}{{dr}}+\frac{1}{r}u$

$\Rightarrow \quad \frac{1}{u}du = -\frac{1}{r}dr\qquad |\int {}$

$\Rightarrow \quad \ln u = -\ln r+\ln {c_1} = \ln \left( {\frac{{{c_1}}}{r}} \right)$

Rücksubstitution:

$u = \frac{{{c_1}}}{r} = \frac{{d{n_H}}}{{dr}}$

$\frac{{{c_1}}}{r}dr = d{n_H}$

${n_H} = {c_1}\ln r+{c_2}$

Randbedingungen:

${n_H}\left( {r = {r_i}} \right) = {n_{H,i}}$

${n_H}\left( {r = {r_a}} \right) = 0$

Damit folgt:

$0 = {c_1}\ln {r_a}+{c_2}\quad \Rightarrow \quad {c_2} = -{c_1}\ln {r_a}$

${n_{H,i}} = {c_1}\ln {r_i}+{c_2} = {c_1}\ln {r_i}-{c_1}\ln {r_a}$

$\Rightarrow \quad {c_1} = \frac{{{n_{H,i}}}}{{\ln \left( {\frac{{{r_i}}}{{{r_a}}}} \right)}}$

Einsetzen liefert schließlich:

${n_H}\left( r \right) = \frac{{{n_{H,i}}}}{{\ln \left( {\frac{{{r_i}}}{{{r_a}}}} \right)}}\ln r-\frac{{{n_{H,i}}}}{{\ln \left( {\frac{{{r_i}}}{{{r_a}}}} \right)}}\ln {r_a}$

c) Verlauf der Wasserstoffkonzentration über die Wand

verlauf-wasserstoff-konzentration-wand

d) Massenstrom und Druckgradient zu Beginn

Für den Stoffstrom gilt:

${{\dot N}_H} = {j^*}A = -DA\frac{{d{n_H}}}{{dr}} = -D2\pi rH\frac{{{n_{H,i}}}}{{\ln \left( {\frac{{{r_i}}}{{{r_a}}}} \right)}}\frac{1}{r}$

$\Rightarrow \quad {{\dot N}_H} = -2\pi DH\frac{{{n_{H,i}}}}{{\ln \left( {\frac{{{r_i}}}{{{r_a}}}} \right)}} = -2,75 \cdot {10^{-11}}\frac{{{\text{kmol}}}}{{\text{s}}}$

Für den Wasserstoff-Massenstrom gilt damit:

${\dot m_H} = \left| {{{\dot N}_H}{{\hat M}_H}} \right| = 5,5 \cdot {10^{-11}}\frac{{{\text{kg}}}}{{\text{s}}}$

Für die Bestimmung der Druckabnahme benötigen wir das ideale Gasgesetz:

$p = \rho RT = \frac{m}{V}\frac{\mathcal{R}}{{\hat M}}T$

$\frac{{d{m_H}}}{{dt}} = -{{\dot m}_H};\quad V = \frac{{{d^2}}}{4}\pi H;\quad \mathcal{R} = 8,314\frac{{\text{J}}}{{{\text{mol}}\;{\text{K}}}}$

$\Rightarrow \quad \frac{{d{p_H}}}{{dt}} = -\frac{{\mathcal{R}T}}{{V{{\hat M}_H}}}{{\dot m}_H} = -3,98 \cdot {10^{-6}}\frac{{{\text{Pa}}}}{{\text{s}}}$

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