Ejercicio de Reactores No Isotermico en Caso CSTR

EJERCICIO DE REACTORES NO ISOTERMICO EN CASO CSTR La reacción en fase liquida A + B => C sigue una ley de velocidad elemental y tiene lugar en un CSTR de 1m3 con chaqueta, en el cual el flujo volumétrico es de 0.5 m 3 / min y la concentración de entrada de A es 1 M. Cuando la reacción se realiza de forma isotérmica a 300 k, con una alimentación equimolares de A y B, la conversión es del 20%. Cuando la reacción se efectúa adiabáticamente, la temperatura de salida es de 350 k y la conversión es de 40%. Las capacidades caloríficas de A, B y C son de 25, 35 y 60 kJ / mol. K, respectivamente. Se propone agregar un segundo CSTR con chaqueta, a la salida del primero y del mismo tamaño. Para la chaqueta se tiene un UA= 4.4 kJ / min. K, el fluido de enfriamiento entra y sale del intercambiador a una temperatura de 350 K. a) ¿Cuál es la velocidad de eliminación de calor requerida para que el primer CSTR opere de forma isotérmica? b) ¿Cuál es la conversión a la salida del segundo reactor, cuando el primero opera de forma isotérmica? c) ¿Cuál sería la conversión del sistema si el segundo CSTR fuera cambiado por un PFR de 1m3 con Ua= 10 kJ / m3. min y Ta= 300 K? d) Un químico sugiere que, a temperatura superiores a 380 K, la reacción inversa no puede despreciarse. Desde el punto de vista termodinámico, sabemos que, a 350 K, K c= 2 dm3/mol. ¿Qué conversión podrá lograrse si la temperatura de entrada al PFR del punto (c) es de 350 k? SOLUCION: a) Reacción - Fase liquida - A + B => C - Ley de velocidad elemental

DOS DATOS DE OPERACIÓN REACTOR 1 -

INICIALMENTE …

ISOTERMICO: T0=T1=300K, X1 =0.2 - ADIABATICO: T1=350K, X1 =0.4

V0 = 0.5 m3 / min FAO = FBO

T1

CAO = 1 M

FA1

TO = 300 K

FB1 FC1 V1 = 1 m3

X1

a) ¿Qué cantidad de calor que debe removerse para operación isotérmica? 

BALANCE DE ENERGIA PARA UN CSTR CON INTERCAMBIADOR DE CALOR 0

0

ETOTAL= PONTENCIAL + CINETICA + INTERNA

=> ETOTAL = U Trabajo de eje

dE =Q−W + ∑ F i0 Ei 0−∑ F i Ei dt

con: W = WS + Wf

Por convención, para un reactor:

Trabajo de flujo

Q entra y W sale

W f =∑ F i PV i−¿ ∑ F i 0 P 0 V i 0 ¿ Reemplazando en el balance de energía:

dE =Q−W S −∑ Fi PV i−¿ ∑ F i0 P0 V i 0+ ∑ Fi 0 Ei 0−∑ F i E i ¿ dt dE =Q−W S −∑ Fi 0 (PV i 0 ¿ + Ei 0 )−∑ F i ¿ ¿ ) dt

-

H = PV + U E=U

dE =Q−W S −∑ Fi 0 H i 0−∑ F i H i dt Recordemos que:

F i=FiO −

σi F X σ RL RL,O

σ i :coeficiente estequiometrico

Reemplazando:

−σ i dE ˙ =Q−W˙ s + ∑ F io H io −¿ ∑ (Fi 0 ¿ F X )H i ¿ ¿ dt σ RL RL ,O

σi dE ˙ =Q−W˙ s + ∑ F io H io −¿ ∑ F i 0 H i −F RL,O X ∑ −¿ H ¿¿ dt σ RL i σ

∑ −¿ σ i

RL

dE ˙ =Q−W˙ s + ∑ F io (H io −¿ H i)−F RL,O X Δ H rxn ( T ) … … … … ( 1 ) ¿ dt T0

H io −H i=∫ C pi dT T1

Δ H rxn ( T )=∑

−σ i H (T ) σ RL i

H i ¿¿ Δ H rxn ( T )

(

Operación isotérmica

Δ H rxn ( T )=∑

H io −H i=0

T

−σ i Δ H rxn ( T )=∑ H ° i ( T R ) +∫ C pi dT σ RL T R

T −σ i H ° i ( T R ) +∫ σ RL T R

(

−σ i

∑σ

RL

) )

C pi dT

T

Δ H rxn ( T )=Δ H rxn ( T R ) +∫ ∆ CpdT TR

Sabiendo que:

∆ Cp=( 60−35−25 ) kj/mol=0 W˙ s=0

Δ H rxn ( T )=Δ H rxn ( T R )

No hay trabajo de eje

Reemplazando en (1):

dE ˙ =Q−F RL,O X Δ H rxn ( T R ) dt

Estado estacionario

˙ 0 = Q−F RL ,O X Δ H rxn ( T R ) (2) Para hallar Δ H rxn ( T R ) se encuentra a la informacion para el reactor operando de forma adiabatica. (1) Para el caso adiabatico queda asi:

0=∑ Fio (¿ H iO−H i )−F RL ,O X Δ H rxn ( T R ) ¿

∑ F io (¿ H iO−H i)−F AO X Δ H rxn ( T R ) ¿ ( C AO C P A+C BO C P B )( T 0 −T ) =C AO X Δ H rxn ( T R ) Δ H rxn ( T R ) =

( C AO C P A +C BO C P B ) ( T 0−T ) C AO X

Reemplazando los valores numericos

Δ H rxn ( T R ) =

( ( 1000 ) ( 25 ) + ( 1000 ) ( 35 ))(300−350) (1000)(0.4)

Δ H rxn ( T R ) =−7500 kJ /mol Volviendo al caso isotérmico => Ecuación (2)

˙ Q=C AO V O X Δ H rxn ( T R )

˙ Q=(1000)(0.5)(0.2)(−7500) ˙ Q=−750000 kJ /min El signo negativo indica que el calor sale del reactor, es decir, para que el sistema opere de forma isotérmica el intercambiador debe retirar este calor.

PREGUNTA B)

(1) PARA EL CSTR 2 QUEDA ASI: (ni adiabático ni isotérmico) ˙ ( F AO C p A+ F BO C p B+ F CO C p C ) ( T O −T )−F AO ( X 2− X 1 ) Δ H rxn ( T R ) 0=Q+

Se obtiene del intercambiador de calor BALANCE DE ENERGIA PARA EL INTERCAMBIADOR DE CALOR Ta 1

0=−Q+ ∑ F CO ∫ C pi dt => sola hay fluido frio con Cp constante Ta 2

Q˙ también se puede expresar como:

˙ Q=UAΔ T LM =>

Δ T LM =

ΔT 1− Δ T 2 ΔT 1 ln ( ) ΔT2

El equilibrio enfriador sale y entra prácticamente a la misma T

˙ Q=UA (Ta−T ) Reemplazando en (3): 0= UA(Ta-T) + ( F A 1 C p A + F B 1 C p B + F c1 C p C )(T1-T2)- F A 0 (X 2 −X 1 ) Δ H rxn ( T R )

Dos incognitos T2 Y X2 Otra ecuación: B.M. para el CSTR 2 V2=

F AO ( X 2−X 1 ) F AO ( X 2− X 1) = −r A −k (C AO−C AO X 2)(C BO −C BO X 2)

Como la alimentación es equimolar y tiene relación 1:1 V2=

V O ( X 2−X 1 ) −k C AO ( 1− X 2 ) 2

(5)

otra incógnita: k

Para hallar k se usa el B.M. del CSTR 1 V1=

V O X1

−k C AO ( 1− X 1 ) 2

Se necesita dos valores: -

Cuando x = 0.2 K (300k) =1.5625e-4m3/ kmol.s Cuando x = 0.4 K (350k) =5.5556e-4m3/ kmol.s

Se usa a ecuación de Arrhenius para hallar E/R

ln

K2 E 1 1 = ( − ) K1 R T 1 T 2

E =2663.87 R

K en una función de la temperatura K(T2) = K1(T1) exp [

E 1 ¿¿¿ R T2

(6)

Se resuelve en simulteneo 4,5y6 X2 = 0.4275 BALANCE DE ENERGIA PARA UN PFR CON IC

ΔQ sale del balance de energía de IC ΔQ = UΔA(Ta-T) ΔA = a ΔV => a: area especifica ΔQ = UaΔV(Ta-T) Reemplazando en (7) 0 = UaΔV (Ta-T) + ∑ F i H i IV −¿ ∑ Fi H

Ua (Ta-T)=

∑ Fi H iIV −¿ ∑ F i H ΔV

i lV + Δ V

i lV + Δ V

¿

lim ΔV=>0

¿

d Fi H i =Ua ( Ta−T ) dV Derivada de un producto

dH

dF

∑ F i dV i +∑ H i dV i =Ua (Ta−T ) dH i =d ¿ ¿ ¿ dV =d

dT (Cp¿¿ iT ) ¿= Cp i dV dV

del B.M

dF i =r i dV dT

∑ F i Cpi dV +∑ H i ri=Ua ( Ta−T )

Todo se hace igual que en la parte c, pero…