Problemario de Reactores Homogéneos_2009_Septiembre.pdf

UNIVERSIDAD AUTÓNOMA DEL ESTADO DE MÉXICO FACULTAD DE QUÍMICA SERIE DE PROBLEMAS DE INGENIERÍA DE REACTORES HOMOGÉNEOS

6º SEMESTRE INGENIERÍA QUÍMICA ELABORARÓ: Dr. ARMANDO RAMÍREZ SERRANO

APROBADO ÁREA DE DOCENCIA DE INGENIERÍA QUÍMICA

AGOSTO, 2009

1

PRESENTACIÓN La Unidad de Aprendizaje (UA) de Ingeniería de Reactores Homogéneos se ubica en el núcleo de formación sustantivo y su importancia radica en que es una herramienta fundamental para el Ingeniero Químico para su desarrollo profesional. Con los conocimientos desarrollados en esta unidad de aprendizaje le permite a este profesionista resolver infinidad de problemas relacionados con su área de trabajo; por que refleja que es indispensable en la formación del Ingeniero Químico. La contribución de esta UA al perfil de egreso del Ingeniero Químico se centra en la promoción de competencias a nivel de entrenamiento y complejidad, que coadyuvarán a su capacidad de análisis, síntesis y discriminación de información para intervenir satisfactoriamente en problemáticas como la incorrecta implementación y asimilación de la tecnología que soporta el desarrollo de la industria, el deficiente análisis y optimización de los procesos y equipos existentes, la escasa investigación para el desarrollo de nuevos materiales y productos químicos y cuya solución depende en gran medida de la correcta asimilación y aplicación de los conceptos involucrados en esta UA. Ésta unidad de aprendizaje contribuirá a que el aprendiz de profesionista reconozca los ámbitos de desempeño (centros de investigación y desarrollo tecnológico; operación de plantas industriales: producción, procesos; diseño y asesoría: diseño básico; entre otros), donde se presentan dichas problemáticas. Para cubrir el planteamiento anterior, el discente dominará los conocimientos de la UA y reforzará habilidades como el dominio de herramientas computacionales, software especializado, trabajo en equipo, entre otros. Manteniendo una visión de respeto orientada a la calidad en el trabajo, la perseverancia y la tolerancia, la responsabilidad y el compromiso, así como la disposición a aprender a aprender. Esta unidad de aprendizaje consta seis unidades de competencia que en términos generales contemplan la obtención de balances de molares y de ecuaciones de diseño de reactores homogéneos tipo BATCH, CSTR, PFR y PBR; determinación de la relación entre conversión y tamaño de reactor, cálculo del tamaño de reactor; formación de tablas estequiométricas para sistemas BATCH y continuos, para sistemas de reacción a volumen constate y con volumen variante; diseño de reactores isotérmicos; diseño de reactores no isotérmicos en estado estacionario; diseño de reactores no isotérmicos en estado no estacionario. En el desarrollo de las unidades de competencia se propiciará el autoaprendizaje, así como el desarrollo de las habilidades y el fortalecimiento de las actitudes y valores propios de la UA durante todo el semestre. Las estrategias didácticas que se aplicarán en el transcurso de este curso son: i) resolución de series de problemas, ii) revisiones bibliográficas

2

iii) resolución de problemas mediante la elaboración de programas de cómputo utilizando un software especializado. Por otro lado, los criterios de evaluación tienen un carácter de proceso continuo en el cual la realimentación oportuna a los estudiantes acerca de su desempeño será factor clave en el logro de los objetivos establecidos Las evaluaciones se aplicarán de acuerdo con lo que señale el calendario oficial respectivo. PROPÓSITO DE LA UNIDAD DE APRENDIZAJE Los discentes del programa educativo de Ingeniero Químico mediante trabajo individual y en equipo serán capaces de intervenir en la resolución de problemas básicos de diseño de reactores, como cálculos de volúmenes y conversiones deseadas, además de obtener modelos de comportamiento, implicando condiciones de operación que permitan resolver problemas de cinética química e ingeniería de reactores. Al finalizar la unidad de aprendizaje el discente será capaz de analizar y discriminar la información con que se cuente para poder resolver problemas de cinética química e ingeniería de reactores homogéneos. Además de conocer las condiciones optimas de operación para los reactores homogéneos. CRITERIOS DE SELECCIÓN DE PROBLEMAS Los criterios de selección de los ejercicios y su relación con los aprendizajes que se espera desarrolle los estudiantes son los siguientes: ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes y continuos Discernir las ecuaciones cuando se opera isotérmicamente y no isotérmico Comparar los volúmenes de una serie de reactores y descubrir las ventajas de usar uno u otro. Identificar el impacto en el dimensionamiento del reactor al cambiar el orden de reacción. Identificar los efectos del diseño de reactor cuando se modifican las condiciones de alimentación como: presión, composición y temperatura. Identificar el mejor acomodo de reactores para alcanzar la máxima conversión. Aprender a interpretar lecturas de gráficos y como aplicarlos. Elaborar tabla estequiométrica e Identificar el reactivo limitante Entender el concepto de alimentación estequiométrico, equimolar y no equimolar. Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes y continuos no isotérmicos Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes. Desarrollar las habilidades para la solución, evaluación y toma de dediciones en problemas tipo donde el egresado de ingeniería química se enfrentará en su trabajo profesional.

3

Con formato: Numeración y viñetas

ÁMBITOS DE DESEMPEÑO: f Operación de plantas industriales: producción, procesos, servicios técnicos de planta. f Soporte y desarrollo de empresas productivas y de servicios: planeación, proyectos, tecnología, servicio técnico comercial. f Diseño y asesoría: diseño básico y detallado, asesoría en áreas de su especialidad. f Centros de investigación y desarrollo tecnológico. f Centros educativos y de capacitación.

EVALUACIÓN -

75% Evaluación formal proveniente de las calificación de los exámenes parciales. 20% Representan las tareas, resolución de problemas, participación activa, etc. 5% puntualidad y asistencia

UNIDADES DE DOCENCIA DEL PROGRAMA DE INGENIERÍA DE REACTORES HOMOGÉNEOS Y UBICACIÓN EN EL PROBLEMARIO Unidad de Aprendizaje

I II III IV

Nombre de la unidad

Balance de Masa, Conversión, Leyes de velocidad y Estequiometría Diseño de Reactores Isotérmicos Diseño de Reactores No Isotérmicos en Estado Estacionario Diseño de Reactores No Isotérmicos en Estado No Estacionario

Tiempo destinado (hrs)

Página

5 25 74 115

BIBLIOGRAFIA BASICA: ¾ Fogler, Scott, “Elements of Chemical Reaction Engineering”, 3a. Edición., Prentice Hall, 1999. ¾ Levenspiel, S, “Ingeniería de las Reacciones Químicas”, 2a. Edición, Reverte, 1987.

4

COMPLEMENTARIA: ¾ Smith, J, “Ingeniería de la Cinética Química”, 2a. Edición, CECSA, 1997. ¾ Denbigh, G.K., “Introducción a la teoría de los reactores químicos”, 2a. Edición., Limusa, 1990. ¾ Froment, G.F. , “Chemical reactor. Analysis and design”, 2a. Edición., Jonh Wiley and Sons, 1979. ¾ Hill, Jr. Charles “Elements of Chemical Reaction Engineering”, 3a. ed., Wiley, 1977.

I.

Balance de Masa, Conversión, Leyes de velocidad y Estequiometría:

CONTENIDO Unidad de Competencia I: Establecer balances de molares y obtener Ecuaciones de Diseño de reactores homogéneos tipo BATCH, CSTR, PFR y PBR. Aplicando las habilidades1 y desarrollando actitudes y valores2

ACTIVIDADES: Los alumnos resolverán ejercicios donde se apliquen los aspectos vistos en clase. En este apartado incluye problemas tipo de Diseño de reactores homogéneos. Así mismo, asistirán a la asesoría para la resolución de los problemas.

EJERCICIOS. Problema 1.1 La reacción A B se efectuará isotérmicamente en un reactor de flujo continuo. Calcule los volúmenes de reactores tanto CSTR como PFR necesarios para consumir 99% de A (es decir CA= 0.01CAo) si la velocidad de flujo molar que entra es de 5 mol/h suponiendo que la velocidad de reacción es: (a) –rA = k con k = 0.05 mol/h.dm3 (b) –rA = kCA con k = 0.0001 s-1 (c) –rA = kCA2 con k = 3 dm3 / mol.h La velocidad de flujo volumétrico de entrada es de 10 dm3 /h [nota: FA = CAυ. Si la velocidad de flujo volumétrico es constante υ = υο; entonces, CAO = FAO/ υο = (5 mol/h)*(10 dm3/h) = 5 mol/dm3].

5

SOLUCIÓN: Los objetivos de este problema son: 9 Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño de un reactor CSTR y un tubular 9 Discernir las ecuaciones cuando se opera isotérmicamente 9 Comparar los volúmenes encontrados por cada reactor e ir descubriendo las ventajas de usar uno u otro. 9 Identificar el orden de reacción y su impacto de cambio en relación al volumen encontrado a) ƒ Para calcular el volumen de un reactor primeramente identificamos este tipo de reactor y que a continuación se presenta: REACTOR CSTR A

B

Esquema de un reactor CSTR

F AO − F A − rA

BALANCE DE MOLES (Ecuación de Diseño)

V =

LEY DE VELOCIDAD

- rA = k = 0.05 mol/h .dm3

⎛ mol ⎞ ⎟(0.99) ⎜5 FAO − 0.01FA ⎝ hr ⎠ = = 99 dm 3 V = mol − rA 0.05 hrdm 3

COMBINACIÓN:

REACTOR PFR B +

A

Reactivo Sin reaccionar

BALANCE DE MOLES (Ecuación de Diseño)

6

dFA = rA dV

LEY DE VELOCIDAD

-rA = k = 0.05 mol/hr.dm3

COMBINACIÓN:

dFA = −k dV v 1 FA − ∫ dFA = ∫ dV k FAo 0

1 V = − [0.01FAo − FAo ] = − k

mol hr (−0.99) = 99dm 3 mol 0.05 hr.dm 3 5

Conclusión: Debido a que el orden de reacción es de cero, significa que la velocidad de reacción es independiente de la concentración y por ende independiente del volumen del reactor. b) Empleando la misma metodología del inciso a) solo que ahora sustituimos la cinética de primero orden REACTOR CSTR BALANCE DE MOLES (en términos de concentración) V = LEY DE VELOCIDAD

COMBINACIÓN:

υO (C AO − C A ) − rA

-rA=kCA

⎛ dm 3 ⎞ ⎜⎜10 ⎟(0.99 ) hr ⎟⎠ υ 0 (C Ao − 0.01C Ao ) ⎝ = 2750dm 3 = V = k (0.01) * (C Ao ) ⎛ 0.0001 ⎞ ⎛ 3600s ⎞ ⎜ ⎟(0.01)⎜ ⎟ ⎝ s ⎠ ⎝ hr ⎠

REACTOR PFR dC A rA = dV υo

BALANCE DE MOLES (en terminos de concentración) LEY DE VELOCIDAD

-rA = kCA V

∫ dV = −

COMBINACIÓN:

O

υO k

0.01C AO

∫

C AO

dC A CA

⎛ dm3 ⎞ ⎟ − ⎜⎜10 hr ⎟⎠ υ0 ⎡ 0.01C AO ⎤ ⎝ V = − ⎢ln ln(0.01) = 128dm3 ⎥= k ⎣ C AO ⎦ ⎛ 0.0001 ⎞⎛ 3600s ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ s ⎠⎝ hr ⎠

7

Conclusión: Como es de primer orden la reacción, significa que la velocidad de reacción es dependiente de la concentración, por lo que se recomendaría emplear un reactor tubular por ocupar el volumen menor. c) Empleando la misma metodología del inciso a) ahora sustituimos la cinética de segundo orden. REACTOR CSTR BALANCE DE MOLES (en términos de concentración) V =

υO (C AO − C A ) − rA

–rA = kCA2

LEY DE VELOCIDAD COMBINACIÓN

⎞ ⎟ hr ⎟⎠ υo(C Ao − 0.01C Ao ) ⎝ V = = = 66000dm3 k (0.01C Ao ) 2 ⎛ dm3 ⎞ mol ⎛ ⎞ ⎜⎜ 30 ⎟⎟(0.0001)⎜ 0.5 3 ⎟ mol . hr dm ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛

(0.99)⎜⎜10 dm

3

REACTOR PFR BALANCE DE MOLES (en términos de concentración) dC A rA = dV υo –rA=kCA2

LEY DE VELOCIDAD v

COMBINACIÓN

∫ dV = −

O

υo k

0.01C Ao

∫

C Ao

dC A υo =− C A2 kC Ao

⎡ 1 ⎤ ⎢− 0.01 + 1⎥ ⎣ ⎦

⎛ dm3 ⎞ ⎜⎜10 ⎟ hr ⎟⎠ ⎝ (− 99) = 660dm3 V =− ⎛ dm3 ⎞⎛ mol ⎞ ⎜⎜ 30 ⎟⎟⎜ 0.5 3 ⎟ dm ⎠ ⎝ mol.hr ⎠⎝ Conclusión: Como se observa, cuanto el orden de reacción es mayor, el volumen de ambo reactores se incrementa considerablemente. Sin embargo, el reactor con menor volumen siempre es el reactor tubular; es decir, PFR.

8

Problema 1.2 La reacción en fase gaseosa A B + C se realiza isotérmicamente en un reactor por lotes con un volumen constante de 20 dm3. 20 mol de A puro se colocan inicialmente en el reactor. El reactor esta bien mezclado: (a) Si la reacción es de primer orden: -rA = kCA con k = 0.865 min-1 Calcule el tiempo necesario para reducir el numero de moles de A en el reactor a 0.2 mol (nota: NA = CAV ) (b) Si la reacción es de segundo orden: -rA = kCA2 con k = 2 dm3 /mol.min Calcule el tiempo necesario para consumir 19.0 mol de A. (c) Si la temperatura es de 127ºC, calcule la presión total inicial. Calcule la presión total final suponiendo que en la reacción se consume totalmente A. SOLUCIÓN: Los objetivos de este problema son: 9 Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño de un reactor Intermitente (Batch) 9 Identificar como cambia el volumen del reactor cuando el orden de reacción se modifica 9 Evaluar las presiones iniciales y finales del reactor cuando se considera una reacción total al modifica la temperatura de alimentación a) Cinética de primer orden Reactor Intermitente (Batch, Lote) La alimentación total de reactivos se realiza al inicio, y hasta terminar la reacción, se descarga el producto final.

Nota: Una de las características de un reactor intermitente es que considera un tanque bien mezclado. BALANCE DE MOLES

dC A = −kC A dt

LEY DE VELOCIDAD

–rA = kCA

9

dC A = −kC A dt

COMBINACIÓN t

∫ dt = − o

C

1 A dC A k C∫Ao C A

1 ⎡N ⎤ 1 ⎡ 0.2 ⎤ t = − ln ⎢ A ⎥ = − ln ⎢ ⎥ k ⎣ N Ao ⎦ 0.865 ⎣ 20 ⎦ t = 5.3 min .

b) Cinética de segundo orden BALANCE DE MOLES

dC A = rA dt

LEY DE VELOCIDAD

–rA = kCA2

COMBINACIÓN

dC A 2 = − kC A dt t

∫ dt = − 0

⎛ 2dm3 ⎞ 1⎡ 1 1 ⎤ ⎟⎟ t = − ⎢− + ⎥ = −⎜⎜ k ⎣ C A C Ao ⎦ ⎝ mol. min ⎠ t = 9.5 min

−1

⎡ ⎛ 0.05mol ⎞ −1 ⎛ 1mol ⎞ −1 ⎤ ⎟ +⎜ ⎢− ⎜ 3 3 ⎟ ⎥ ⎝ dm ⎠ ⎥⎦ ⎢⎣ ⎝ dm ⎠

c) Modificación al cambio de la temperatura de alimentación. ƒ ƒ

Suponiendo comportamiento de los gases ideales Evaluación de parámetros: o T = 127ºC = 400 K o V = 20 dm3 o Moles iniciales = 20 o Moles finales = 40 (reacción completa) o Constante de los gases: R= 0.082 dm3atm/mol K nRT (20)(0.082)(400) o Presión inicial: Po = = = 32.8atm V 20

ƒ

Presión final o

Pt =

nRT (40)(0.082)(400) = = 63.6 atm V (20)

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C

1 A dC A k C∫Ao C A 2

Problema 1.3 Puede usar dos reactores de igual volumen: un CSTR y un PFR. La reacción es de segundo orden (-rA = kCA2 = kC2Ao (1 - x)2), irreversible y se efectúa isotérmicamente. A B. Hay tres formas de acomodar el sistema: (1) Reactores en serie: CSTR seguido de PFR. (2) Reactores en serie: PFR seguido de CSTR (3) Reactores en paralelo alimentando la mitad del flujo de entrada a cada reactor y combinando después los flujos de salida. (a) Si es posible, diga cuál sistema dará la conversión total más alta. (b) Si es posible, diga cual sistema dará la conversión total más baja. (c) Si uno de los casos anteriores, o ambos, es posible obtener una respuesta, explique por que. (d) Diga si este es o no un problema razonable para un examen final. Solución: Los objetivos de este problema son: 9 Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño de un reactor CSTR y un PFR 9 Identificar el mejor acomodo de reactores para alcanzar la máxima conversión - rA = kCA2 = kC2Ao (1 - x)2

Ecuación de velocidad de reacción: Para el sistema (1) V=

CSTR

FAO FAO X sale = 2 − rA kC AO (1 − X sale ) 2

(1 − X sale )2 = Donde: a =

FAO X sale = aX sale 2 VkC AO

FAO 2 VkC AO 2 X sale − (2 + a) X sale + 1 = 0

X sale = Xsale ≥ 1 (lo cual puede ser posible)

11

(2 + a ) − (2 + a )2 − 4 2

---------------- (1)

PFR V=

X AO

dX kC (1 − X ) 2 X sale

∫

2 AO

X

AO ⎡ 1 ⎤ 1 = a⎢ ⎣1 − X ⎥⎦ X sale

1 1 1 − = 1 − X AO 1 − X sale a 1 1 = + 1 − X AO a

1 − X AO = X AO = 1 −

1 1−

(

( 2 + a ) − a + 4a 2 2

a a 2 + 4a − a

(

a + 4a + a 2

a a 2 + 4a − a

=

1 2 + 2 a a + 4a − a

)

)

a + 4a + a 2

Si a = 1 XAO = 0.618 Para el sistema (2) PFR B +

A

Reactivo Sin reaccionar

V=

X sale

∫ o

F dX = AO2 2 2 kC AO (1 − X ) kC AO

X

sale ⎡ 1 ⎤ ⎢⎣1 − X ⎥⎦ 0

1 1 −1 = a 1 − X sale 1 − X sale = X sale =

a a +1

1 1+ a

--------- (2)

CSTR A

V= B

FAO ( X AO − X sale ) 2 (1 − X AO ) kC AO

2

(1 − X AO )2 = a( X AO − X sale ) 12

a ⎞ ⎛ 2 X AO − (2 + a ) X AO + ⎜1 + ⎟=0 a⎠ + 1 ⎝ (2 + a) −

(2 + a )2 − 4⎛⎜1 +

X AO =

X AO =

⎝

a ⎞ ⎟ 1+ a ⎠

2

(2 + a ) −

a 2 + 4a −

4a 1+ a

2

Para a = 1;

XAO = 0.634

PARA EL SISTEMA 3: CSTR

a⎞ a2 ⎛ + 2a ⎜2 + ⎟ − 2⎠ 4 ⎝ X1 = 2

De ecuación (1)

PFR

X2 = De ecuación (2)

1 1+ a / 2

X AO =

X 1 + X 2 1 ⎛⎜ (2 + a / 2) − a 2 / 4 + 2a 1 ⎞⎟ = + ⎜ 2 2⎝ 2 1 + a / 2 ⎟⎠

Para a = 1

XAO = 0.583

(a) Conclusión. De acuerdo a los resultados obtenidos, se puede concluir que el sistema 2 dará la conversión más adecuada; en cambio, el sistema 3 se obtiene la conversión mas baja. Problema 1.4 La reacción exotérmica A registraron los siguientes datos:

B + C se realizó adiabáticamente y se

X 0 0.2 0.4 0.5 0.6 0.8 0.9 - rA (mol/dm3.min.) 10 16.67 50 50 50 12.5 9.09 La velocidad de flujo molar entrante de A fue de 300 mol/min.

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(a) ¿Qué volúmenes de PFR y CSTR se necesitan para alcanzar una conversión de 40%? (VPFR = 7.2 dm3, VCSTR = 2.4 dm3) (b) ¿En que intervalo de conversiones serían idénticos los volúmenes de los reactores CSTR y PFR? (c) ¿Qué conversión máxima se puede alcanzar en un CSTR de 10.5 dm3? (d) ¿Qué conversión máxima se puede alcanzar si un PFR de 7.2 dm3 va seguido en serie de un CSTR de 2.4 dm3? (e) ¿Qué conversión se puede alcanzar si un CSTR de 2.4 dm3 va seguido en serie de un PFR de 7.2dm3? (f) Grafique la conversión y la velocidad de reacción en función del volumen del reactor PFR hasta un volumen de 10dm3. SOLUCIÓN. Los objetivos de este problema son: 9 Aplicar gráficamente y numéricamente datos de velocidad de reacción par diferentes tipos de reactores (CSTR y PFR) 9 Identificar el mejor acomodo de reactores para alcanzar la máxima conversión X 0 0.2 0.4 0.5 0.6 0.8 0.9 3 - rA (mol/dm .min.) 10 16.67 50 50 50 12.5 9.09 1/-rA 0.1 0.06 0.02 0.02 0.02 0.8 0.11 a) CSTR

Balance de Moles:

V CSTR

mol ⎞ ⎛ ⎟ (0 .4 ) ⎜ 300 F AO X min ⎠ = = ⎝ = 2 .4 dm 3 mol − rA ⎛ ⎞ ⎜ 50 ⎟ 3 ⎝ dm • min ⎠

PFR: X = 0.4

Balance de Moles

VPFR = FAO

∫ 0

curva)

14

dX = 7.2dm 3 − rA

(área

bajo

la

b) Si el flujo entra al reactor con una conversión de 0.40 y sale con una conversión de 0.60 los volúmenes de PFR y CSTR serán idénticos ya por que la velocidad es constante en el rango de conversión.

c) Tomando el VCSTR = 10.5 dm3 y la ecuación de diseño del reactor CSTR: F X VCSTR = AO − rA X V dm 3 min 10.5dm 3 = = = 0.035 mol − rA FAO mol 300 min

Para encontrar el valor de la conversión, primero escogemos un valor de conversión, ubicamos este valor en la grafica y buscamos el valor de 1/-rA y

15

verificamos si X/-rA es igual a 0.035. Realizando esta metodología se encuentra que el valor de la conversión es X = 0.70 de grafica 1/rA = 0.05. Por lo tanto X/-rA = 0.035 dm3min/mol. d)

De parte 1 sabemos que: X1 = 0.40. Balance de Moles

V=

FAO ( X 2 − X 1 ) − rA X 2 X 2 − 0.40 V 2.4 = = = 0.008 FAO 300 − rA X 2

La conversión que se puede alcanzar es de X2 = 0.64 e)

De la parte 1 sabemos que:

X1 es igual a 0.40 ⎡ X 2 dX ⎤ ⎡ X 2 dX ⎤ 300 V = 7.2 = FAO ⎢ ∫ = ⎥ ⎢∫ ⎥ ⎣⎢0.40 − rA ⎦⎥ ⎣⎢0.40 − rA ⎦⎥

Balance de Moles

Integrando numéricamente, tomando como base que el área bajo la curva corresponda a 300 y sustituyendo en la expresión anterior resulta: 300[0.024] = 7.2 dm3 La conversión que se puede alcanzar es del 90.8 % f)

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1.5 La figura 1.5.a muestra CAO / -rA contra x para una descomposición del reactivo A en fase líquida, no isotérmica, no elemental, de múltiples reacciones.

Figura 1.5.a. Perfil de la velocidad de reacción respecto a la conversión.

Figura 1.5.b. Perfil de la velocidad de reacción respecto a la conversión. (b) Considere los dos sistemas que se muestran en la Figura 1.5.b en los que un CSTR y un PFR están conectados en serie. La conversión intermedia es de 0.3 y la conversión final es de 0.7 ¿Cómo deben acomodarse los reactores para obtener el volumen de reactor total mínimo? Explique. (c) Si la velocidad de flujo volumétrico es de 50L/min. ¿Qué volumen mínimo tendrá el reactor? (d) ¿Existe una forma mejor (volumen total mínimo alcanzado con una conversión de 70%) distinta de cualquiera de los sistemas aquí propuestos? (e) ¿Con que conversión(es) el volumen del reactor requerido será idéntico para un CSTR o un PFR tubular?

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(f) Utilizando la información de la figura 1.5.a con la ecuación de diseño de CSTR, grafique τ contra X. Si el volumen del reactor es de 700 L y la velocidad de flujo volumétrico es de 50L/min. ¿Qué posibles conversiones de salida (es decir, múltiples estados estacionarios) tiene este reactor. SOLUCIÓN: Objetivos: 9 Aprender como tomar lecturas de gráficas y como interpretarlas 9 Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño de un reactor CSTR y un PFR 9 Identificar el mejor acomodo de reactores para alcanzar la máxima conversión a) Para una conversión intermedia de 0.3. La figura 15.a muestra que se produce el volumen mas pequeño para un reactor PFR, para este tipo de reactor se usa el área bajo la curva de la figura 1.5.a, el mínimo volumen también puede ser conseguido con un reactor PFR seguido de un CSTR , en este caso el área bajo la curva se considera 0.3 hasta 0.7. b) Sabiendo que vO = 50L/min.; Se puede encontrar el volumen del reactor por medio de: V= vO I y se puede determinar el área por medio de la siguiente integral (I = área) 0 .3

I =

C AO

∫ −r 0

dX + (0 .7 − 0 .3 )

A

= (0 .3 − 0 )(10 ) +

C AO − rA

1 ( 0 .3 − 0 )( 50 − 10 ) + ( 0 .7 − 0 .3)(15 ) = 15 min . 2

V= vO I = (50L/min)*(15min) = 750L = 750dm3 c) El área más pequeña puede alcanzarse usando solo un reactor CSTR con este sistema. I = (0.7 – 0) (CAO / -rA) = (0.7 – 0)*(15) = 10.5 min. V = vO I = (50L/min)*(10.5min) = 525 L Si queremos reducir el volumen total usando un PFR al principio con una conversión del 70% se obtiene el mismo valor de CAO / -rA. d) Para obtener volúmenes iguales de CSTR y PFR el área bajo la curva debe de ser igual al área del rectángulo arriba de la conversión especificada. Usando el método de prueba y error podemos ver que la conversión X = 0.45, es la solución.

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Para Reactor CSTR: I = (0.45 – 0)*(CAO/-rA) = (0.45 – 0)*(37) = 16.65 min. V = vO I = (50L/min)*(16.65min) = 832.5 L Para reactor PFR 0 . 45

I =

∫ 0

C AO dX − rA

Usando regla de Simpson I = (0.05/3)*[10 + (4*15) + (2*20) + (4*35) + (2*43) + (4*48) + (2*50) + (4*48) + (2*43) + 37] I = 15.72 min. Entonces el volumen final será: V = vO I = (50L/min)*(15.72 min.) = 786 L Como existe una diferencia del 6% se prueba con X = 0.8 Para CSTR I = (0.8 – 0) (33) = 26.4min. Para PFR 0.8

I=

C AO

∫ −r 0

dX

A

Usando regla de Simpson I = (0.1/3)*[10 + (4*20) + (2*43) + (4*50) + (2*43) + (4*32) + (2*17) + (4*15) + 33] = 23.9 min. Se prueba con X = 0.79 Para CSTR I = (0.79)*(30) = 23.7 min V = vO I = (50L/min)*(23.7 min) = 1185 L (dm3) Para PFR I = 23.7 – (1/2)*(0.8 – 0.79)*(30 + 33) = 23.58 min.

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V = vO I = (50L/min)*(23.58 min) = 1179 L (dm3) e) Para evaluar el espacio-tiempo se emplea la siguiente expresión:

τ=

⎡ C AO ⎤ ⎥ ⎣ (− rA )⎦

υo X ⎢

V

υo

=

υo

=X

C AO (−rA )

Empleando la tabla de resultados de las corridas se obtiene: X 0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 CAO/-rA (min) 10 20 43 50 43 32 17 15 33 τ (min ) 0 2 8.6 15 17.2 16 10.2 10.5 26.4 ƒ

Si el volumen es igual a 700L: τ=

ƒ

V

υO

=

700 L = 14 min 50 L / min

De la siguiente grafica se ubican 14 min y se encuentran las posibles conversiones que se pueden alcanzar: X1 = 0.285 X2 = 0.535 X3 = 0.730

Problema 1.6 Tomando el H2 como base de cálculo, construya una tabla estequiométrica completa para la reacción: 1/2N2 +3/2H2 NH3 Que se efectúa en un sistema de flujo isobárico e isotérmico con alimentaciones equimolares de N2 y H2 (b) Si la presión total en la entrada es de 16.4 atm y la temperatura es de 1727 C, calcule las concentraciones de amoniaco y de hidrogeno cuando la conversión de H2 es de 60%.

20

(c) Si tomara el N2 como base de cálculo, ¿Podría alcanzarse una conversión de 60% de N2? SOLUCIÓN. Objetivos: 9 9 9 9

Elaborar tabla estequiométrica. Identificar el reactivo limitante Entender el concepto de alimentación equimolar, estequiométrico. Emplear la tabla estequimétrica para colocar las concentraciones en términos de la conversión a) Elaboración de la tabla estequiométrica ESPECIES H2 A N2 B NH3 C Total T

ENTRA 0.5 0.5 0 1.0

CAMBIO -0.5X -0.5X/3 +2/3(0.5X) -X/3X

SALE 0.5(1 – X) 0.5(1 – 1 /3X) 1/3X 1- 1/3X

(b) Expresar las concentraciones en términos de la conversión: Po = 16.4 atm To = 1727ºC = 2000K

CH 2 = C AO

X = 0.60

0.5(1 − X ) PT nAO 0.5(1 − X ) FAO 0.5(1 − X ) = = 1 − 1 / 3 XPoT v0 1 − 1 / 3 X RT 1 − 1 / 3 X

y AO (1 − X ) (0.5)(16.4atm) (1 − 0.6) = 0.025 gmol / L = RT (1 − 1 / 3 X ) (0.082)(2000) (1 − 1 / 3(0.6) (1 / 3) X (1 / 3)(0.6) = CH 2 = (0.025) = 0.025mol / L 0.5(1 − X ) 0.5(1 − 0.6)

CH 2 = C NH 3

(c) Si se toma como base al N2 la ecuación de reacción tendría que ser 3H2

+

N2

2NH3

El 60% de conversión para N2 nos daría un numero negativo de moles de H2 lo cual no es posible de acuerdo con los moles que salen de H2 que serian 0.5*(1 - 3X).

21

Problemas propuestos: Problema 1.7 Prepare una tabla estequiométrica para cada una de las reacciones siguientes y exprese, la concentración de cada especie en la reacción como una función de la conversión, evaluando todas las constantes. (a) La reacción en fase líquida.

Las concentraciones iniciales de óxido de etileno y agua son 1lbmol/ft3 y 3.74lbmol/ft3 (62.41lb/ft3 /18) respectivamente. (b) La pirólisis isotérmica, isobárica, en fase gaseosa. C2H6

C2H4 + H2

Entra etano puro en el reactor a 6 atm y 1100K. ¿Cómo cambiaría su ecuación para la concentración, si la reacción se efectuara en un reactor por lotes de volumen constante? (c) La oxidación isotérmica, isobárica, catalítica, en fase gaseosa.

La alimentación entra en un PBR a 6 atm y 260 C y es una mezcla estequiométrica de oxigeno y etileno. Problema 1.8 En Estados Unidos se produjeron 820 millones de libras de anhídrido ftálico. Uno de los usos finales del anhídrido ftálico es en la producción de cascos de fibra de vidrio para veleros. El anhídrido ftálico se puede producir por oxidación parcial de naftaleno en un lecho catalítico fijo o bien fluidizado. En la Figura P3 – 11 (Fogler) se muestra un diagrama del flujo del proceso comercial. Aquí la reacción se efectúa en un reactor de lecho fijo con un catalizador de pentóxido de vanadio empacado en tubos de 25mm de diámetro. Una producción de 31000 toneladas al año requería 15000 tubos.

22

Prepare una tabla estequiométrica para esta reacción si la mezcla inicial consiste en 3.5% de naftaleno y 96.5% de aire (en moles %) y úsela para plantear las relaciones que se piden a continuación. Po = 10 atm y To = 500K. (a) Para un Reactor de flujo isotérmico en el que no hay caída de presión, determine lo siguiente en función de la conversión de naftaleno XN (1) Las presiones parciales de O2 y CO2 (2) Las concentraciones de O2 y naftaleno (3) La velocidad de flujo volumétrico v (b) Repita la parte (a) para un reactor en el que si hay caída de presión. (c) Si la reacción es de primer orden respecto al oxigeno y de segundo con respecto al naftaleno, con un valor de kN = 0.01 mol2/dm6.s, escriba una ecuación para –rN exclusivamente en función de la conversión para las partes (a) y (b). (d) Vuelva a resolver la parte (c) para una alimentación estequiométrica de oxigeno puro. ¿Qué ventajas y desventajas tendría usar oxigeno puro en lugar de aire? (e) ¿Qué medidas de seguridad están incluidas o deberían incluirse en este sistema de reacción? Problema 1.9 La reacción no elemental en fase gaseosa A + 2B C, se llevara a cabo isotérmicamente en un reactor por lotes a presión constante. La alimentación está a una temperatura de 227 ºC, una presión de 1013 kPa y su composición es de 33.3% de y 66.7 % de B. Se obtuvieron los siguientes datos de laboratorio en condiciones idénticas (tenga presente que X = 0, -rA = 0.00001): – rA (mol/dm3s)*103 0.010 0.005 0.002 0.001 X 0.0 0.2 0.4 0.6 (a) Estime el volumen del reactor de flujo tapón (PFR) requerido para alcanzar una conversión de 30% de A para una velocidad de flujo τ = 4664.84s volumétrico entrante de 2m3/min. Resp: V = 155.5m 3

(b) Estime el volumen de un CSTR requerido para recibir el efluente del PFR anterior y alcanzar una conversión total del 50% (con base en la especie A alimentada al PFR). Resp.

τ CSTR =

C AO ( X 2 − X 1 ) = 12169.2 s − rA 2

VCSTR = υ oτ = 405.64m 3

(c) ¿Qué volumen total tienen los dos reactores? VTOTAL = 561.1m3 (d) ¿Qué volumen tiene un solo PFR necesario para alcanzar una conversión de 60%?,¿De 80%? Resp. Para Conversión de 80% no se conoce el valor de –rA.

23

(e) ¿Qué volumen tiene un solo CSTR necesario para alcanzar una conversión de 50%? Resp. V = 1014.1m 3 (f) ¿Qué volumen tendría que tener un segundo CSTR para elevar la conversión de 50% a 60%? V = 270.4m 3 (g) Grafique la velocidad de reacción y la conversión en función del volumen de PFR. Problema 1.10 El acido nítrico se prepara comercialmente a partir de óxido nítrico, el cual se produce por oxidación del amoniaco en fase gaseosa. 4NH3 + 5O2

4NO + 6H2O

La alimentación consiste en 15 mol % de amoniaco en aire a 8.2 atm y 227 C. (a) Calcule la concentración total en la entrada (b) ¿Qué concentración tiene el amoniaco en la entrada? (c) Prepare una tabla estequiométrica usando el amoniaco como base de cálculo. Luego (1) Exprese Pi y Ci para todas las especies en función de la conversión en un reactor por lotes a presión constante que se opera isotérmicamente. Exprese el volumen en función de X. (2) Exprese Pi y Ci para todas las especies en función de la conversión de un reactor de volumen constante. Exprese PT en función de X. (3) Exprese Pi y Ci para todas las especies en función de la conversión para un reactor de flujo. (d) Remitiéndose a la sección 3.4 escriba el balance de moles y la ley de velocidad combinados exclusivamente en términos de las velocidades de flujo molar y los parámetros de la ley de velocidad. Suponga que la reacción es elemental. Problema 1.11 Reconsidérese la descomposición de tetróxido de dinitrógeno que vimos en el ejemplo 3 – 8. La reacción se efectuará en un PFR y también en un reactor por lotes de volumen constante a 2 atm y 340K. Solo se alimentarán N2O4 y un inerte I a los reactores. Grafique la conversión en equilibrio en función de la fracción molar en el inerte en la alimentación, tanto para un reactor de flujo taponado. ¿Por qué la conversión en equilibrio es más baja para el sistema por lotes que para el sistema de flujo en el ejemplo 3 – 8? ¿Siempre se obtendrá este resultado de conversión de equilibrio mas baja en los sistemas por lotes? 1.12 (a) Exprese la velocidad de formación de bromuro de hidrogeno en términos de las constantes k1 y k2 y la conversión del bromo X. Evalué numéricamente todas las demás cantidades. La

24

alimentación consiste en 25% de hidrogeno, 25% de bromo y 50% de inertes a una presión de 10 atm y una temperatura de 400ºC. (b) Escriba la velocidad de descomposición de cumeno –r`C en términos de la conversión, la concentración inicial de cumeno y las constantes de velocidad y de equilibrio especificas. La mezcla inicial consiste en 75% de cumeno y 25% de inertes. H2 + Br2

2HBr

Problema 1.13 La reacción en fase gaseosa: 2A + 4B 2C Que es de 1er orden en A y en B, se efectuará isotérmicamente en un reactor de flujo taponado. La velocidad de flujo volumétrico entrante es de 2.5dm3/min y la alimentación es equimolar en A y en B. La temperatura y presión en la entrada son de 727 C y 10 atm. La velocidad de reacción específica a esta temperatura es de 4 dm3/g-mol.min y la energía de activación es de 15000 cal/gmol. (a) Calcule la velocidad de flujo volumétrico cuando la conversión de A es de 25% (b) Calcule la velocidad de reacción en la entrada del reactor cuando X = 0 (c) Calcule la velocidad de reacción cuando la conversión de A es de 40% (d) Calcule la concentración de A en la entrada del reactor (e) Calcule la concentración de A cuando la conversión de A es de 40% (f) ¿Qué valor tiene la velocidad de reacción específica a 1227 C? Problema 1.14 Calcule la conversión y las concentraciones en el equilibrio para cada una de las reacciones siguientes. (a) la reacción en fase líquida A+ B C con CAO = CBO = 2mol/dm3 Kc = 10dm3/mol. (b) la reacción en fase gaseosa A

3C

Efectuada en un reactor de flujo sin caída de presión. Se alimenta A puro a una temperatura de 400K y 10 atm. A esta temperatura Kc =0.25 dm3/mol2. (c) la reacción en fase gaseosa en la parte (b) efectuada en un reactor por lotes de volumen constante. (d) La reacción en fase gaseosa de la parte (b) efectuada en un reactor por lotes de presión constante.

25

Problema 1.15 La curva que se muestra en la figura 1.14 es representativa de una reacción que se efectúa isotérmicamente, mientras que la que se muestra en la siguiente figura 1.14 es representativa de una reacción exotérmica que se efectúa adiabáticamente. El flujo molar de FAO 2mol/s.

Figura 1.14 Reacción Exotérmica.

(a) Suponiendo que tiene un CSTR y un PBR que contienen pesos iguales de catalizador ¿Cómo deberán disponerse para una reacción isotérmica y para una reacción adiabática? En cada caso, use el peso mínimo de catalizador con el que se puede lograr una conversión del 80%. (b) ¿Qué peso de catalizador se necesita para alcanzar una conversión de 80% en un reactor bien mezclado con partículas de catalizador (p. ej., CSTR)? (c) ¿Qué peso de CSTR se necesita para alcanzar una conversión de 40%? (d) ¿Qué peso de PBR se necesita para alcanzar una conversión de 80%? (e) ¿Qué peso de PBR se necesita para alcanzar una conversión de 40%? (f) Grafique la velocidad de reacción y la conversión en función del volumen del PBR. (g) Redacte un párrafo en el que describa como dispondría reactores para diferentes curvas de –rA’ contra X.

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II. Diseño de Reactores Isotérmicos CONTENIDO Unidad de Competencia II: Determinar relación entre Conversión y el tamaño de reactor a temperatura constante. Aplicando las habilidades1 y desarrollando actitudes y valores2.

ACTIVIDADES: Los alumnos resolverán ejercicios donde se apliquen los aspectos vistos en clase, aplicando los conceptos vistos en la unidad I en procesos isotérmicos. Así mismo, asistirán a la asesoría para la resolución de los problemas.

CRITERIOS DE SELECCIÓN DE PROBLEMAS Los criterios de selección de los ejercicios y su relación con los aprendizajes que se espera desarrolle los estudiantes son los siguientes: ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes y continuos Discernir las ecuaciones cuando se opera isotérmicamente y no isotérmico Identificar los efectos del diseño de reactor cuando se modifican las condiciones de alimentación como: presión, composición y temperatura. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes. Desarrollar las habilidades para la solución, evaluación y toma de dediciones en problemas tipo donde el egresado de ingeniería química se enfrentará en su trabajo profesional.

EJERCICIOS. Problema 2.1 La reacción elemental en fase gaseosa (CH3)3COOC(CH3)3→C2H6+2CH3COCH3 se efectúa isotérmicamente en un reactor de flujo sin caída de presión. La velocidad de reacción específica a 50°C es de 10-4 min-1 (a partir de los datos de pericosidad) y la energía de activación es de 85 kJ/mol. Peróxido de diterbutilo puro entra en el reactor a 10 atm y 127 °C con una velocidad de flujo molar de 2.5 mol/min. Calcule el volumen del reactor y el espacio tiempo necesario para alcanzar una conversión de 90% en: a) Un CSTR b) Un PFR

27

c) Si la reacción se efectúa a 10 atm y 127 °C en un reactor por lotes con una conversión de 90% ¿qué tamaño y que costo tendría el reactor si es necesario procesar (2.5 mol/min x 60min/h x 24 min/h) 3600 mol de peróxido de diterbutilo al día, usando la Tabla 1? d) Suponga que la reacción es reversible con Kc = 0.025 mol2/dm6 y calcule la conversión en el equilibrio. Luego repita las partes (a) y (c) para alcanzar una conversión que sea del 90% de la conversión de equilibrio. Solución: Objetivos: Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes y continuos Discernir las ecuaciones cuando se opera isotérmicamente y no isotérmico Identificar diferencias entre proceso reversible e irreversible Evaluación de volúmenes Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Desarrollar las habilidades para la solución, evaluación y toma de dediciones en problemas tipo donde el e Suponemos que A, B y C representan a los siguientes reactivos: A = (CH3)3COOC(CH3)3 ; B = C2H6 y C = CH3COCH3 a) Reactor CSTR Datos: • V = 200 dm3 • T2 = 127°C = 400 K • k|323 K = 10-4 min-1 • FA0 = 25 mol/min • X = 0.9 • P = 10 atm • EA = 85 kJ/mol

A

B

1) Ecuación de diseño del reactor:

V=

FA 0 X − rA

(1.a)

2) Ley de velocidad -rA =kCA

(2.a)

Se tiene que hacer una corrección de temperatura de la constante cinética mediante la ecuación de Arrhenius:

28

⎡E k = k1 exp ⎢ A ⎣ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎝ T1 T2 ⎠⎦

(3.a)

Sustituyendo valores en (3a):

(

−4

k = 10 min

−1

J ⎡ ⎢ 85 000 mol exp⎢ ⎢ 8.31 J mol ⋅ K ⎣⎢

)

⎤ 1 ⎞⎥ ⎛ 1 −1 − ⎜ ⎟⎥ = 0.044 min 323 K 400 K ⎝ ⎠⎥ ⎦⎥

3) Estequiometría

⎡ C (1 − X ) ⎤⎛ P C A = ⎢ A0 ⎥⎜⎜ ⎣ (1 + εX ) ⎦⎝ P0 ¾ ¾ ¾ ¾ ¾

⎞⎛ T0 ⎞ ⎟⎟⎜ ⎟ ⎠⎝ T ⎠

(4.a)

Si el proceso es isotérmico implica que (T0/T) = 1; No hay caída de presión: (P/P0) = 1 Hay un cambio de volumen: (V/V0) = 1 Se alimenta solamente el reactivo A, así que yA = 1 = yA = (1) (2+1-1) = 2

Después de hacer esas suposiciones (4.a) queda de la siguiente manera CA =

C A0 (1 − X ) (1 + 2 X )

(4.a.1)

4) Combinación Sustituyendo (4.a1) en (2.a): kC A0 (1 − X ) (1 + 2 X )

(5.a)

FA0 X (1 + 2 X ) kC A0 (1 − X )

(6.a)

− rA =

Sustituyendo (5.a) en (1.a)

V=

Para conocer CA0, se pude utilizar la ley de los gases ideales: 10atm mol P = 0.3049 C A0 = = dm ⋅ atm ⎞ RT ⎛ dm 3 ⎟(400 K ) ⎜ 0.082 3 mol ⋅ K ⎠ ⎝ Sustituyendo valores en (6a)

mol ⎞ ⎛ ⎜ 2.5 ⎟(0.9)[1 + 2(0.9 )] min ⎠ ⎝ V = = 4696 dm 3 1 mol ⎛ ⎞⎛ ⎞ ⎜ 0.044 ⎟⎜ 0.3049 3 ⎟(1 − 0.9) min dm ⎝ ⎠⎝ ⎠

29

b) Reactor PFR B +

A

Reactivo Sin reaccionar

1) Ecuación de diseño del reactor:

dX − rA = dV FA0

(1.b)

2) Ley cinética: La ley cinética esta dado por la ecuación -rA =kCA (2.b) 3) Estequiometría: La estequiometría está dada por la ecuación C (1 − X ) C A = A0 (4.a) (1 + 2 X ) 4) Combinación: Sustituyendo (4.a) en (2.a): C (1 − X ) − rA = A0 (5.a) (1 + 2 X ) Sustituyendo (5.a) en (1.b) kC A0 (1 − x ) dX = (2.b) dV FA0 (1 + 2 X ) Aplicando el método de separación de variables a (2.b) (1 + 2 X ) dx = kC A0 dV (1 − X ) FA 0 (3.b) X (1 + 2 X ) kC A0 V ∫0 (1 − X ) dX = FA0 ∫0 dV Integrando (3.b) ⎤ X kC A0 V ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎢3 ln⎜ 1 − x ⎟ − 2 x ⎥ |0 = F V |0 ⎠ ⎦ ⎣ ⎝ A0 (4.b) ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ kC A0 ⎢3 ln⎜ 1 − x ⎟ − 2 x ⎥ = F V ⎠ ⎣ ⎝ ⎦ A0 Despejando V de (4.b) ⎛ F ⎞⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ V = ⎜⎜ A0 ⎟⎟ ⎢3 ln⎜ (5.b) ⎟ − 2 x⎥ ⎦ ⎝ kC A0 ⎠ ⎣ ⎝ 1 − x ⎠ Sustituyendo valores en (5.b)

30

⎛ ⎞ mol ⎜ ⎟ 2.5 ⎜ ⎟ ⎡3 ln⎛ 1 ⎞ − 2(0.9)⎤ = 952.8 dm 3 min V = ⎜ ⎟ ⎥ ⎜⎛ 1 ⎞⎛ mol ⎞ ⎟ ⎢ ⎝ 1 − 0.9 ⎠ ⎦ ⎟⎜ 0.3049 3 ⎟ ⎟ ⎣ ⎜ ⎜ 0.044 min dm ⎠⎝ ⎠⎠ ⎝⎝

c) Reactor Intermitente:

1) Ecuación de reactor: dX − rAV = dt N A0

2) Ley cinética: La ley cinética esta dado por la ecuación 3) Estequiometría:

-rA =kCA

(2.a)

La estequiometría está dada por la ecuación C (1 − X ) C A = A0 (4.a) (1 + 2 X ) 4) Combinación: Determinación del tiempo de reacción: Sustituyendo (4.a) en (2.a): C (1 − X ) − rA = A0 (5.a) (1 + 2 X ) Sustituyendo (5a) en (1c) kC A0 (1 − x ) dX kC A0 (1 − x )V k (1 − x ) = = = dt N A0 (1 + 2 X ) C A0 (1 + 2 X ) (1 + 2 X ) Aplicando el método de separación de variables a (2.c) (1 + 2 X ) dx = dt k (1 − X ) (3.c) t 1 X (1 + 2 X ) dX = dt ∫0 k ∫0 (1 − X ) Integrando (3.c) t ⎤X ⎛ 1 ⎞⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎜ ⎟ ⎢3 ln⎜ ⎟ − 2 x ⎥ |0 = t |0 ⎝ k ⎠⎣ ⎝ 1 − x ⎠ ⎦ (4.c) ⎤ 1⎡ ⎛ 1 ⎞ 3 ln⎜ ⎟ − 2 x⎥ = t k ⎢⎣ ⎝ 1 − x ⎠ ⎦ Sustituyendo valores en (4.c)

31

(2.c)

diseño (1.c)

del

⎞ ⎛ ⎟⎡ ⎜ 1 ⎟ ⎢3 ln⎛⎜ 1 ⎞⎟ − 2(0.9)⎤⎥ = 116.1 min t =⎜ ⎜ 0.044 1 ⎟ ⎣ ⎝ 1 − 0.9 ⎠ ⎦ ⎟ ⎜ min ⎠ ⎝ Calculo de tiempo total: Tomando en cuenta la Tabla 1: Actividad Tiempo (h) Cargar alimentación al reactor y agitar, tf 1.5 - 3.0 Calentar hasta la temperatura de reacción, te 1.0 - 2.0 Efectuar la reacción, tR (variable) Vaciar y limpiar el reactor, tc 0.5 - 1.0 Tiempo total excluyendo la reacción 3.0 –6.0 Tabla 1. Tiempos representativos para un reactor por lotes Suponiendo que el tiempo muerto del reactor es de 6 h = 360 min, el tiempo total es: tTotal = tmuerto + treacción tTotal = (360 +116) min = 476 min Se sabe que un día tiene 1440 min El número de lotes que se pueden realizar en un día: Número de lotes tiempo dsiponible en el día 1440 min lotes = = = 3.02 = 3 día tiempo total de operación 476 min día

La cantidad procesada de A por lote es: 3600 mol de A / 3 lotes = 1200 mol de A / lote Cálculo del volumen. Sustituyendo (5a) en (1c) dX kC A0 (1 − x )V = dt N A0 (1 + 2 X )

(5.c)

Aplicando el método de variables separables a (5c)

N A0 (1 + 2 X ) dX = Vdt kC A0 (1 − x ) N A0 kC A0

(1 + 2 X ) ∫0 (1 − x ) dX X

t

= V ∫ dt

Integrando (6c)

32

0

(6.c)

t ⎛ N A0 ⎞ ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤X ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢3 ln⎜ ⎟ − 2 x ⎥ |0 = Vt |0 ⎦ ⎝ kC A0 ⎠ ⎣ ⎝ 1 − x ⎠

⎛ N A0 ⎞ ⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ ⎟⎟ ⎢3 ln⎜ ⎜⎜ ⎟ − 2 x ⎥ = Vt kC − x 1 ⎠ ⎦ ⎝ A0 ⎠ ⎣ ⎝ Despejando V de (7c) ⎛ N ⎞⎡ ⎛ 1 ⎞ ⎤ V = ⎜⎜ A0 ⎟⎟ ⎢3 ln⎜ ⎟ − 2 x⎥ ⎦ ⎝ tkC A0 ⎠ ⎣ ⎝ 1 − x ⎠ Sustituyendo valores en (8c)

(7.c)

(8.c)

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 1200mol ⎟ ⎡3 ln⎛ 1 ⎞ − 2(0.9 )⎤ = 3938.6dm3 V = ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⎥ 1 ⎞⎛ mol ⎞ ⎟ ⎢⎣ ⎝ 1 − 0.9 ⎠ ⎛ ⎦ ( ) 116 min 0 . 044 0 . 3049 ⎟ ⎜ ⎟⎜ 3 ⎟⎟ ⎜⎜ min ⎠⎝ dm ⎠ ⎠ ⎝ ⎝

Considerando la tabla 2: Realizando un a conversión V = 3 938 dm3 = 1 040 gal Tabla 2 Volúmenes Precio 5 galones $ 27 000 50 galones $ 35 000 500 galones $ 67 000 Tabla 2. Precios representativos para un reactor por lotes. Conclusión: Extrapolando el valor entre los volúmenes de 50 gal y 500 gal, se tiene un costo de $105 400 d) Con la nueva condición en la que se considera ahora que la reacción es reversible con una constante de equilibrio Kc = 0.025 mol2/dm6 ¿Qué conversión alcanzará? • Luego repita las partes (a) y (c) para alcanzar una conversión que sea del 90% de la conversión de equilibrio A ← B + 2C

Determinación de la conversión en el equilibrio: 1) Ecuación de la constante de equilibrio ⎛C C 2 ⎞ Kc = ⎜⎜ B C ⎟⎟ (1.d) ⎝ CA ⎠ 2) Estequiometría Tabla estequiométrica: Especie Entrada Cambio Salida A CA0 - CA0X CA = CA0(1 - X) B 0 CA0X CB = CA0X) C 0 2CA0X CC = 2CA0X

33

Como hay cambio de volumen, y el reactor opera s isotérmicamente y sin caídas de presión considerables, y con un valor de = 2, se tiene CA =

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (2d) (1 + 2X )

CB =

CA0X − − − − − − − (3d) (1 + 2X )

CC =

2C A 0 X − − − − − − − ( 4d) (1 + 2X )

Sustituyendo (2d), (3d) y (4d) en (1d) ⎡ ⎛ C X ⎞⎛ 2C X ⎞ 2 ⎤ A 0 eq ⎟ ⎥ ⎢ ⎜ A 0 eq ⎟⎜ 2 3 ⎢ ⎜⎝ (1 + 2X eq ) ⎟⎠⎜⎝ (1 + 2X eq ) ⎟⎠ ⎥ 4C A 0 X eq − − − − − (5d) Kc = ⎢ ⎥= 2 ⎛ C A 0 (1 − X eq ) ⎞ ⎥ (1 + 2X eq ) (1 − X eq ) ⎢ ⎜ ⎟ ⎥ ⎢ ⎜ (1 + 2X eq ) ⎟ ⎝ ⎠ ⎦⎥ ⎣⎢

Sustituyendo valores conocidos en (5d) 2

mol ⎞ ⎛ 3 4⎜ 0.3049 3 ⎟ X eq mol dm ⎠ ⎝ − − − − − (6d) 0.025 6 = dm (1 + 2X eq )2 (1 − X eq )

Desarrollando (6d) 0.47186Xeq – 0.075Xeq – 0.025 = 0-------(7d) Encontrando las raíces de (7d) Xeq = 0.5122 Xeq = -0.2561 – 0.1945i Xeq = -0.2561 + 0.1945i La conversión en el equilibrio es entonces: Xeq = 0.5122 Conclusión. La conversión en el equilibrio es la máxima conversión que se puede obtener, entonces la conversión que se requiere es el 90% de la máxima, es decir: X = 0.9(Xeq) = (0.5122)(0.9) = 0.461 Para el CSTR de la parte (a)

X = 0.461

1) Ecuación de diseño del reactor: V=

FA 0 X − − − − − − − (1a) − rA

2) Ecuación cinética 2 ⎛ CC ⎞ − rA = k⎜ C A − B C ⎟ − − − − − − − (8d) ⎜ Kc ⎟⎠ ⎝

El valor de k corregida es

k = 0.044 min-1

3) Estequiometría Las concentraciones de productos y reactivo están dados por las ecuaciones:

34

CA =

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (2d) (1 + 2X )

CB =

C A 0X − − − − − − − (3d) (1 + 2X )

CC =

2C A 0 X − − − − − − − ( 4d) (1 + 2X )

4) Combinación Sustituyendo (2d), (3d) y (4d) en (8d) ⎡ ⎛ C A 0 X ⎞⎛ 2C A 0 X ⎞ ⎤ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎥ ⎢ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎛ C (1 − X ) ⎞ ⎜⎝ (1 + 2X ) ⎟⎠⎜⎝ (1 + 2X ) ⎟⎠ ⎥ ⎛ kC A 0 ⎞ ⎡ ⎟ − − − − − − − (9d) ⎟⎟ − ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ − rA = ⎢⎜⎜ A 0 = ⎜⎜ ⎜ (1 + 2X )2 Kc ⎟⎥⎥ ⎢⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎥ ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎢ Kc ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎢ ⎥ ⎢⎣ ⎥⎦

Sustituyendo (9d) en (8d) V=

FA 0 X = − − − − − − −(10d) ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞ ⎤ ⎛ kC A 0 ⎞ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ ⎜ (1 + 2X )2 Kc ⎟⎥ ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎣⎢ ⎝ ⎠⎦⎥

Sustituyendo valores en (10d)

mol ⎞ ⎛ ⎜ 2.5 ⎟(0.461) min ⎠ ⎝ V = 2 ⎛ ⎛ ⎛⎛ 1 ⎞⎛ mol ⎞ ⎞ ⎡ mol ⎞ ⎜ ⎢ (0.461)3 0 . 3049 4 0 . 3049 ⎜ ⎜ 0.044 ⎟ ⎟⎜ ⎜ 3 ⎟ 3 ⎟ ⎜ min dm dm ⎠⎝ ⎠ ⎟ ⎢(1 − 0.461) − ⎝ ⎠ ⎜⎝ ⎜ 2 ⎜ ⎟⎢ (1 + 2(0.461)) ⎛ ⎜ (1 + 2(0.461))2 ⎜ 0.025 mol ⎜ ⎟⎢ ⎜ ⎜ dm 6 ⎝ ⎠ ⎢⎣ ⎝ ⎝ Para el PFR de la parte (b) 1) Ecuación de diseño del reactor: dX − rA = − − − − − − − (1b) dV FA 0

2) Ecuación cinética: 2 ⎛ CC ⎞ − rA = k⎜ C A − B C ⎟ − − − − − − − (8d) ⎜ Kc ⎟⎠ ⎝

3) Estequiometría:

35

⎞⎤ ⎟⎥ ⎟⎥ ⎟ ⎞ ⎟⎥ ⎟⎟ ⎥ ⎟ ⎠ ⎠⎥⎦

= 1143 dm 3

CA =

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (2d) (1 + 2X )

CB =

C A 0X − − − − − − − (3d) (1 + 2X )

CC =

2C A 0 X − − − − − − − ( 4d) (1 + 2X )

4) Combinación Sustituyendo (2d), (3d) y (4d) en (8d) ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎛ kC A 0 ⎞ ⎡ ⎟ − − − − − − − (9d) ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ − rA = ⎜⎜ ⎜ (1 + 2X )2 Kc ⎟⎥⎥ ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎢⎣ ⎠⎦ ⎝

Sustituyendo (9d) en (1b) ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ dX 1 ⎛ kC A 0 ⎞ ⎡ ⎟ = − − − − − − −(11d) ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ = ⎜ (1 + 2X ) 2 Kc ⎟⎥⎥ dV FA 0 ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎣⎢ ⎠⎦ ⎝

Aplicando el método de variables separables a (11d)

(1 + 2X ) kC A 0 dV = dX FA 0 ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞ ⎤ ⎟⎥ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ (1 + 2X ) Kc ⎠⎦⎥ ⎣⎢

∫

V

0

kC A 0 dV = FA 0

∫

X

0

(1 + 2X ) dX − − − − − − − (12d) ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞ ⎤ ⎟⎥ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ (1 + 2X ) Kc ⎠⎦⎥ ⎣⎢

Sustituyendo valores conocidos en (12d): mol ⎞ 1 ⎞⎛ ⎛ ⎜ 0.044 ⎟⎜ 0.3049 3 ⎟ min dm ⎠ V ⎝ ⎠⎝ dV = 0 ⎛ mol ⎞ ⎜ 2.5 ⎟ ⎝ min ⎠

∫

∫

V

5.3662 × 10 − 3 dV = 0

∫

X

0

∫

(1 + 2X )

X

0

2 ⎡ ⎞⎤ ⎛ ⎜ (4 )⎛⎜ 0.3049 mol ⎞⎟ X 3 ⎟⎥ ⎢ 3 ⎟⎥ ⎜ ⎢ dm ⎠ ⎝ ⎢(1 − X ) − ⎜ 2 ⎟⎥ ⎜ (1 + 2X ) 2 ⎛⎜ 0.025 mol ⎞⎟ ⎟⎥ ⎢ ⎜ ⎜ ⎢ dm6 ⎟⎠ ⎟⎠⎥⎦ ⎝ ⎝ ⎣

(1 + 2X ) ⎡ ⎛ 14.8742X 3 ⎞⎤ ⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ (1 + 2X ) ⎠⎥⎦

dX − − − − − − −(13d)

Integrando numéricamente el segundo término de (13d) Utilizando la fórmula para 10 puntos:

36

dX

∫

X9

0

h=

3 f ( X )dX = h[f0 + 3f1 + 3f2 + 2f3 + 3f14 + 3f5 + 2f6 + 3f7 + 3f8 + f9 ] − − − − − − −(14d) 8 X9 − X0 9

Utilizando la (14d), se obtiene que:

∫

(1 + 2X )

0.461

0

⎡ ⎛ 14.8742X 3 ⎞⎤ ⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟⎥ ⎢⎣ ⎝ (1 + 2X ) ⎠⎥⎦

dX = 1.4099

Integrando (13d) y despejando V de la misma: 5.3662 × 10 − 3

1 V = 1.4099 dm3

1.4099

V=

5.3662 × 10

−3

1 dm3

= 262.737dm3

Para el reactor por lotes de la parte (c) 1) Ecuación de diseño del reactor. dX − rA V = − − − − − − − (1c ) dt NA 0

2) Ley cinética 2 ⎛ CC ⎞ − rA = k⎜ C A − B C ⎟ − − − − − − − (8d) ⎜ Kc ⎟⎠ ⎝

3) Estequiometría CA =

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − ( 2d) (1 + 2X )

CB =

C A0X − − − − − − − (3d) (1 + 2X )

CC =

2C A 0 X − − − − − − − ( 4d) (1 + 2X )

4) Combinación Determinación del tiempo de reacción: Sustituyendo (2d), (3d) y (4d) en (8d) ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎛ kC A 0 ⎞ ⎡ ⎟ − − − − − − − (9d) ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ − rA = ⎜⎜ ⎜ (1 + 2X ) 2 Kc ⎟⎥⎥ ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦

Sustituyendo (9d) en (1c)

37

⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎛ kC A 0 ⎞⎡ dX V ⎛ kC A 0 ⎞ ⎡ ⎜ ⎟ ⎟⎥ = ⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ ( ) 1 X − − = ⎢ ⎜ (1 + 2X ) 2 Kc ⎟⎥⎥ ⎜ (1 + 2X ) 2 Kc ⎟⎥ ⎜ C (1 + 2X ) ⎟ ⎢ dt N A 0 ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎣⎢ ⎠⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎠⎦ ⎝ A 0 ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞ ⎤ dX ⎛ k ⎞ ⎡ ⎟ − − − − − − − (14d) ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ = ⎜⎜ ⎜ (1 + 2X ) 2 Kc ⎟⎥⎥ dt ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎣⎢ ⎝ ⎠⎦

Aplicando el método de separación de variables a (14d) kdt =

k

∫

t

0

(1 + 2X ) ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ (1 + 2X ) Kc ⎠⎦⎥ ⎣⎢

dt =

∫

X

0

dX

(1 + 2X ) dX − − − − − − − (15d) ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ (1 + 2X ) Kc ⎠⎦⎥ ⎣⎢

Se conoce el valor del segundo miembro de (15d) por medio de integración numérica, sustituyendo este valor, el valor de k e integrando dt, se tiene: 0.044 t=

1 t = 1.4099 min 1.4099

0.044 min

1 min

= 32.04 min

Calculo de tiempo total: Suponiendo que el tiempo muerto del reactor es de 6 h = 360 min, el tiempo total es: tTotal = tmuerto + treacción tTotal = (360 +32) min = 392 min Se sabe que un día tiene 1440 min, entonces el número de lotes que se pueden realizar en un día: Número de lotes tiempo dsiponible en el día 1440 min lotes = = = 3.6 = 3 día tiempo total de operación 392 min día

La cantidad procesada de A por lote es 1200 mol de A / lote Cálculo del volumen. Sustituyendo (9c) en (1c) ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ dX V ⎛ kC A 0 ⎞ ⎡ ⎟ − − − − − − − (16d) ⎜⎜ ⎟⎟ ⎢(1 − X ) − ⎜ = ⎜ (1 + 2X ) 2 Kc ⎟⎥⎥ dt N A 0 ⎝ (1 + 2X ) ⎠ ⎢⎣ ⎝ ⎠⎦

Aplicando el método de variables separables a (16d)

38

(1 + 2X ) kVC A 0 dt = ddtX NA 0 ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞⎤ ⎟⎥ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ (1 + 2X ) Kc ⎠⎦⎥ ⎣⎢ kVC A 0 t dt = NA 0 0

∫

∫

X

0

(1 + 2X ) dX − − − − − − − (17d) ⎡ ⎛ 4C A 0 2 X 3 ⎞ ⎤ ⎟⎥ ⎢(1 − X ) − ⎜⎜ 2 ⎟ ⎝ (1 + 2X ) Kc ⎠⎦⎥ ⎣⎢

Mediante integración numérica se conoce el valor del segundo miembro de (17d), sustituyendo los valores conocidos e integrando (17d) V

C A 0kt = 1.4099 NA 0

1 ⎞ mol ⎞ ⎛ ⎛ ⎟(32 min))⎜ 0.3049 3 ⎟ ⎜ 0.044 min ⎠ dm ⎠ ⎝ V⎝ = 1.4099 (1200mol ) 1 3.5774 × 10 − 4 V = 1.4099 dm 3 1.4099 V = = 3941 dm 3 1 −4 3.5774 × 10 dm 3 Conclusión: De acuerdo a la Tabla 2 tendrá un costo de $108 822. Este valor fue extrapolado en función del volumen encontrado de V = 3 941 dm3 ( 1 041.2 gal). Problema 2.2 El ftalato de dibutilo (DBT), un plastificante tienen un mercado potencial de 12 millones de lb/año y se va a producir por la reacción de n-butanol con ftalato de monobutilo (MBP). La reacción obedece una ley de velocidad elemental y se cataliza con H2SO4,. Una corriente que contiene MBP y butanol se mezclarán con el catalizador H2SO4 inmediatamente antes de ingresar al reactor. La concentración de MBP en la corriente que ingresa en el reactor es de 0.2 lb mol/ft3, y la velocidad de alimentación molar del butanol es cinco veces mayor que la de MBP. La velocidad de reacción específica a 100 °F es de 1.2 ft3 / lb mol·h. Se cuenta con un CSTR de 1000 galones con un equipo periférico correspondiente que se puede usar para este proyecto 30 días del año (operando las 24 horas del día) a) Determine la conversión en la salida del reactor de 1000 gal del que se dispone, si es necesario producir un 33 % del mercado esperado (es decir, 4 millones de lb/ año) b) ¿Cómo podría aumentar la conversión y reducir el tiempo de operación c) Con las mismas condiciones de temperatura de la parte (a), ¿qué volúmenes de CSTR se necesitaría para alcanzar un conversión de 85%? Con una velocidad de alimentación molar de DBP de 1 lbmol/min? d) Compare sus resultados de la parte (c) con los del PFR necesario para alzar una conversión del 85%

39

e) Teniendo presentes los tiempos que se dan en la Tabla 1 para el llenado y otras operaciones, ¿Cuántos reactores de 1000 gal operados en modo por lotes se necesitarían para cumplir con la producción requerida de 4 millones de lb en un periodo de 30 días?. Estime el costo de los reactores del sistema. [Nota: la corriente de alimentación podría contener alguna impureza en muy pequeñas cantidades, que se pueden agregar como hexanol. Se cree que la energía de activación es de alrededor de 25 k cal / mol. Solución: Objetivos: Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes y continuos Discernir las ecuaciones cuando se opera isotérmicamente y no isotérmico Identificar efectos del cambio del volumen del reactor cuando las condiciones de operación son modificadas. Evaluación del volumen del reactor en función de la demanda del producto Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Datos:

A

• • • • • • •

B

Reacción:

A = MBP B = C4H9OH CA0 = 0.2 lbmol/ft3 CB0 = 5CA0 k|100°F = 1.2 ft3/ lbmol·h VCSTR = 1000 gal T Total = 30 días

MBP + C4H9OH → DBP +H2O

a) 1) Ecuación de diseño del reactor. V=

FA 0 X − − − − − − − (1a) − rA

2) Ley de velocidad Como es una reacción que sigue una ley de velocidad elemental: -rA =k CA CB -------(2a) 3) Estequiometría Tabla estequiométrica Especie Símbolo MBP A C4H9OH B

Entrada FA0 5FA0

40

Cambio - FA0X -FA0X

Salida FA = FA0(1 - X) FB = FA0(5 –

DBP H2O

C D

0 0

FA0X FA0X

Como la reacción es en fase líquida no hay cambio de volumen. FA = FA0(1 – X)-------(3a) FB = FA0(5 – X) -------(4a) FA = CAv-------(5a) FB = CBv-------(6a) FA0 = CA0 v-------(7a) Sustituyendo (5a) y (7a) en (3a) CAv = CA0v(1 – X) CA = CA0(1 – X)------(8a) Sustituyendo (6a) y (7a) en (4a) CBv = CA0v(5 – X) CB = CA0(5 – X)------(9a) 4) Combinación Sustituyendo (8a) y (9a) en (2a): -rA = k CA02(1 - X)(5 - X) -------(10a) Sustituyendo (10a) en (1a) V=

FA 0 X

kC A 0 (1 − X )(5 − X ) 2

− − − − − − − (11a)

Se sabe de la tabla estequiométrica que: Fc = FA0X-------(12a) Sustituyendo (12a) en (11a) V=

Fc

kC A 0 (1 − X )( 5 − X ) 2

− − − − − − − (13a)

Calculo de Fc respecto a la demanda de DBP (C) al año: PMDBP = 278 lb/lbmol lb ⎞⎛ 1lbmol ⎞⎛ 1año ⎞⎛ 1día ⎞ lbmol ⎛ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ = 19.984 Fc = ⎜ 4 × 106 ⎟⎜ ⎟⎜⎜ año ⎠⎝ 278lb ⎠⎝ 30 día ⎠⎝ 24 h ⎠ h ⎝

Volumen del reactor ⎛ 1ft 3 ⎞ ⎟ = 133.6898ft 3 V = (1000gal)⎜⎜ ⎟ 7 . 48 gal ⎝ ⎠

Sustituyendo los valores conocidos en (13a)

41

X) FC = FA0X FD = FA0X

V=

Fc

kC A 0 (1 − X )(5 − X ) 2

lbmol ⎞ ⎛ ⎜ 19.984 ⎟ h ⎠ ⎝ 133.6898ft 3 = 2 ⎛ ft 3 ⎞⎛ lbmol ⎞ ⎜ 1.2 ⎟⎜ 0.2 3 ⎟ (1 − X )(5 − X ) ⎜ lbmol ⋅ h ⎟⎝ ft ⎠ ⎝ ⎠ 0.3211X 2 − 1.9266X + 0.6055 = 0 − − − − − − − (14a)

Resolviendo (14a) por medio de la ecuación cuadrática: x=

− b ± b 2 − 4ac 2a

a = 0.3211 b = −1.9266 c = 0.6055

Los valores obtenidos de la ecuación cuadrática son: X1 = 5.6673 X 2 = 0.3312 Como la conversión no pude se mayor a 1, entonces el valor correcto es: X = 0.3312 b) Para incrementar la conversión y reducir el tiempo de operación se puede realizar las siguientes operaciones:

• • • •

Colocar una otro reactor en serie o en paralelo. Usar un mejor catalizador Cambiar la temperatura de operación Cambiar la relación de alimentación, aumentando la cantidad de butanol a la entrada.

c) Bajo las mismas condiciones de operación ¿qué volúmenes de CSTR se necesitaría para alcanzar un conversión de 85%? Con los datos establecidos, se realiza el siguiente procedimiento:

• FA0 = 1 lb-mol/min (60 lb-mol/h) • X = 0.85 Utilizando (11a): V=

FA 0 X

kC A 0

2

(1 − X )(5 − X )

Sustituyendo valores en (11a):

42

− − − − − − − (11a)

⎛ lbmol ⎞ ⎜ 60 ⎟(0.85) h ⎠ ⎝ V= = 1706ft 3 2 ⎛ ft 3 ⎞⎛ lbmol ⎞ ⎟ ⎜ 1.2 ⎜ lbmo ⋅ h ⎟⎜⎝ 0.2 ft 3 ⎟⎠ (1 − 0.85)(5 − 0.85) ⎠ ⎝

d) Compare sus resultados de la parte (c) con los del PFR necesario para alzar una conversión del 85%. 1) Ecuación de diseño del reactor. dX − rA = − − − − − − − (1d) dV FA 0

2) Ley cinética La ley cinética esta dado por la ecuación -rA =k CA CB -------(2a) 3) Estequiometría La estequiometría está dada por las siguientes ecuaciones: CA = CA0(1 – X)------(8a) CB = CA0(5 – X)------(9a) 4) Combinación. Sustituyendo (8a) y (9a) en (2a) -rA = k CA02(1 - X)(5 - X) -------(10a) Sustituyendo (10a) en (1d) dX kC A 0 (1 − X )(5 − X ) = − − − − − − − (2d) dV FA 0 2

Aplicando el método de variables separables a (2d): 2

dX kC = A 0 dV (1 − X )(5 − X ) FA 0

∫

X

0

dX = (1 − X )(5 − X )

∫

V

0

2

kC A 0 dV − − − − − − − (3b) FA 0

Integrando (3d) 2 1 ⎛ 5 − X ⎞ X ⎛⎜ kC A 0 ⎞⎟ ln⎜ V ⎟ =⎜ 4 ⎝ 1 − X ⎠ 0 ⎝ FA 0 ⎟⎠

|

V

|

0

⎛ kC 2 ⎞ 1 ⎛5−X⎞ 1 ln⎜ ⎟ − ln 5 = ⎜⎜ A 0 ⎟⎟V − − − − − − − ( 4d) 4 ⎝ 1− X ⎠ 4 ⎝ FA 0 ⎠

Despejando V de (4d) ⎡ 1 ⎛ 5 − X ⎞ 1 ⎤⎛ FA 0 ⎞ ⎟ − − − − − − − ( 5d) V = ⎢ ln⎜ ⎟ − ln 5⎥⎜⎜ 2 ⎟ ⎣ 4 ⎝ 1 − X ⎠ 4 ⎦⎝ kC A 0 ⎠

Sustituyendo valores en (5d) ⎡ ⎤ ⎛ lbmol ⎞ ⎢ ⎥ ⎜ 60 ⎟ ⎡ 1 ⎛ 5 − 0.85 ⎞ 1 ⎤ ⎢ h ⎠ ⎥ ⎝ V = ⎢ ln⎜ = 534.6ft 3 ⎟ − ln 5⎥ ⎢ 2⎥ 3 4 1 0 . 85 4 − ⎛ ⎞ ⎠ ⎣ ⎝ ⎦ ⎢ ⎜ 1.2ft ⎟⎛ lbmol ⎞ ⎥ ⎜ 0.2 3 ⎟ ⎢⎣ ⎜⎝ lbmol ⋅ h ⎟⎠⎝ ft ⎠ ⎥⎦

43

Conclusión: La relación de volúmenes entre un PFR y CSTR es del 31 %, lo cual indica que un PFR ocupa un volumen mucho menor.

e) Cuantos reactores intermitentes se emplearían? V = 1000 gal = 133.6898 ft3

1) Ecuación de diseño del reactor dX − rA V = − − − − − − − (1e) dt N A0

2) Ley cinética Está dada por la ecuación (2a) -rA =k CA CB -------(2a) 3) Estequiometría La estequiometría está dada por las ecuaciones: CA = CA0(1 – X)------(8a) CB = CA0(5 – X)------(9a) NC = NA0X NA0 = NC/X-------(2e) 4) Combinación Sustituyendo (8a) y (9a) en (2a): -rA = k CA02(1 - X)(5 - X) -------(10a) Sustituyendo (10a) en (1a) 2

dX k C A 0 (1 − X )( 5 − X )V = = k C A 0 (1 − X )( 5 − X ) − − − − − − − (1e ) dt NA0

Aplicando el método de variables separables.

∫

X

0

t dX = k C A 0 dt − − − − − − − (2e ) 0 (1 − X )( 5 − X )

∫

Integrando (2e)

44

⎛ 1 ⎞ (5 − X ) = k C A 0 t − − − − − − − (3e ) ⎜ ⎟ ln ⎝ 4 ⎠ 5(1 − X )

Despejando t de (3e)

⎛ 1 ⎞ (5 − X ) ⎟ ln t = ⎜⎜ − − − − − − − ( 4e ) ⎟ ⎝ 4k C A 0 ⎠ 5(1 − X )

Sustituyendo valores en (4e ) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (5 − X ) 1 t =⎜ ⎟ ln 3 ⎞⎛ lbmol ⎞ ⎟ 5(1 − X ) ⎜ 4⎛⎜ 1 ft ⎟⎜ 0.2 ⎟ ⎜ ⎜ lbmol ⋅ h ⎟⎝ ft 3 ⎠ ⎟⎠ ⎠ ⎝ ⎝

⎛ (5 − X ) ⎞⎟h − − − − − − − (5e) t = ⎜⎜ 1.25 ln 5(1 − X ) ⎟⎠ ⎝

La cantidad de C que deberá ser producido por día es: 1lbmol ⎞ ⎟ (4 ×10 lb )⎛⎜⎜ 278 lb ⎟ 6

FA =

NA = t

m

⎝ 30día

m

⎠

= 480

lbmol día

La cantidad de C producido es NC = NA0X . Un lote tarda en procesarse: toperación = tmuerto + treacción-------(6e) De acuerdo a la Tabla1: tmuerto = 3h Sustituyendo valor en (6e) toperación = 3 + treacción-------(7e) Entonces la cantidad producida por lote es: NC = (NA 0 X ) lote ⎛ ⎞⎛ 24h ⎞ 1lote ⎟⎜ NC = (NA 0 X )(lote )⎜⎜ ⎟ ⎟ ( ) 3 t h + reacción ⎠⎝ 1día ⎠ ⎝ 24N A 0 X NC = − − − − − − − ( 8e ) 3 + t reacción

El tiempo de reacción está dado por (5e), sustituyendo (5e) en (8e) NC =

24N A 0 X ⎛ 1 3 + ⎜⎜ ⎝ 4k C A 0

⎞ (5 − X ) ⎟⎟ ln ⎠ 5(1 − X )

− − − − − − − ( 9e)

NA0 =(C A0)(V) = (0.2 lbmol/ft3)(133.6898 ft3) = 26.738 lbmol Sustituyendo valores en (9e)

45

h ⎛ ⎞ 24(26.738lbmol)X ⎜ ⎟ día ⋅ No.dereactores ⎠ ⎝ NC = ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ (5 − X ) 1 3h + ⎜ ⎟ ln 3 ⎞⎛ lbmol ⎞ ⎟ 5(1 − X ) ⎜ 4⎛⎜ 1.2 ft ⎟⎜ 0.2 ⎟ ⎜ ⎜ lbmol ⋅ h ⎟⎝ ft 3 ⎠ ⎟⎠ ⎠ ⎝ ⎝ 641.712X lbmol ⎛ ⎞ Nc = ⎜ ⎟ − − − − − − − (10e) ( 5 − X ) ⎝ día ⋅ No.reactores ⎠ 3 + 1.0417 ln 5(1 − X )

La ecuación para obtener el número de reactores está dada por la división del flujo de C producido y (10e): lbmol día No.reactores = − − − − − − − (11e) lbmol 641.712X ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ (5 − X ) ⎝ día ⋅ No.reactores ⎠ 3 + 1.0417 ln 5(1 − X ) 480

Graficando (11e)

Conclusión. Se puede observar que para obtener la mayor conversión y cumplir con la demanda se requieren 4.4 reactores; es decir, se requieren 5 reactores Problema 2.3 Una isomerización en fase líquida: A→B Se efectúa en un CSTR de 1000 gal que tiene un solo agitador situado a la mitad de la longitud del reactor. El líquido entra por la parte de arriba del reactor y sale por la base. La reacción es de segundo orden. La conversión predicha usando un a constante de velocidad de reacción evaluado con los datos experimentales obtenidos en un reactor por lotes fue de 50 %, sin embargo la conversión media en el CSTR real fue de 57%. a) Sugiera las razones por la discrepancia y sugiera algo que haga que las conversiones predicha y media concuerden. Apoye su sugerencia con cálculos. b) Considere el caso en el que la reacción es reversible con Kc = 15 a 300 K, y ΔHrx = -25 000 cal/mol. Suponiendo que los datos por lotes obtenidos a 300 K son exactos y que E = 15 000 cal/mol ¿qué temperatura recomienda para obtener la conversión máxima en el CSTR?

46

Solución: Objetivos: Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores i continuos Identificar efectos de la conversión en función de la temperatura. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

ƒ ƒ ƒ

a) Soportar las razones de la discrepancia. A

Analizando el CSTR de 1000 gal, con el que se hizo la determinación de la conversión del 50%

B

Se parte de: 1) Ecuación de diseño del reactor: V=

2) Ley de velocidad

FA 0 X − − − − − − − (1a) − rA

-rA =kCA2 -------(2a)

3) Estequiometría Como la reacción se realiza en fase líquida, no hay cambio de volumen. C A = C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (3a)

4) Combinación Sustituyendo (3a) en (2a): 2

− rA = kC A 0 (1 − X )2 − − − − − − − ( 4a)

Sustituyendo (4a) en (1a) V=

FA 0 X 2

kC A 0 (1 − X )

− − − − − − − ( 5a )

Como se desconoce el valor de CA0, FA0 y k, entonces el término (FA0/kCA02) pude verse como una constante K’, que tiene unidades de volumen (gal), entonces (5a): V=

K' X − − − − − − − (6a) (1 − X )

Sustituyendo valores conocidos en (6a) 1000gal =

k' (0.5) = 2K ' (1 − 0.5)

K ' = 500gal

47

Tal vez la discrepancia en el valor de las conversiones se debe a que en realidad se tiene dos reactores CSTR conectados en serie de 500 gal cada uno, en lugar de un CSTR de 1000 gal . Este arreglo se presenta en el esquema siguiente. X1

X2 500 gal

500 gal

Realizando un análisis en el primer CSTR: Ecuación de diseño: V=

K' X − − − − − − − (6a) (1 − X )

Sustituyendo los nuevos valores a (6a) 500 galX 1 − − − − − −(7 a ) 500 gal = (1 − X 1 ) 2 Espejando a X: X1 = 0.3819--------(8a) Análisis par el segundo reactor Se sabe que en el segundo reactor entra flujo de producto, por lo que (6a), se convierte en: K ' ( X 2 − 0.38) V= − − − − − − − (9a) (1 − X 2 ) 2 Sustituyendo valores conocidos en (9a) 500gal = 1=

500gal(X 2 − 0.38) (1 − X 2 ) 2

(X − 0.38) − − − − − − − (10a) (1 − X ) 2

Desarrollando (10a)

X22 - 3X1+1.38 =0--------(11a) Aplicando la ecuación cuadrática a (11a), se obtiene X2 = 0.57 b) Considere que la reacción es irreversible.

48

• • • • •

A

V = 1000 gal T1 = 300 K Kc|300 K = 15 Hrx = -25 000 cal/mol E = 15 000 cal/mol

B

1) Ecuación de diseño del reactor: V=

FA 0 X − − − − − − − (1a) − rA

2) Ley de velocidad ⎛ 2 C 2 − r A = k⎜ C A − B ⎜ Kc ⎝

⎞ ⎟ − − − − − − − (1b) ⎟ ⎠

Para considerar la temperatura en la constante cinética, se utiliza la ecuación de Arrhenius: ⎡E k = k1 exp ⎢ A ⎣⎢ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜ − ⎟⎥ − − − − − − − (2b) ⎜T T ⎟ ⎥ 2 ⎠⎦ ⎝ 1

Sustituyendo valores conocidos en (2b): cal ⎡ ⎢ 15 000 mol k = k1 exp ⎢ ⎢ 1.987 cal mol ⋅ K ⎣⎢

⎤ ⎡ 1 ⎞ 1⎥ 1 ⎞⎤ ⎛ 1 ⎛ 1 − ⎟ ⎥ = k1 exp ⎢7549.07⎜ − ⎟⎥ − − − − − − − (3b) ⎜ 300 K T K 300 T ⎝ ⎠ ⎥ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎦⎥

Para considerar la temperatura en la constante de equilibrio, se utiliza la siguiente ecuación: ⎡ − ΔHrx Kc = Kc1 exp ⎢ ⎢⎣ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − ( 4b) ⎝ T1 T ⎠⎥⎦

Sustituyendo valores conocidos en (4b): ⎡ ⎛ ⎤ cal ⎞ ⎟ ⎢ − ⎜ − 25 000 ⎡ 1 ⎞ 1⎥ 1 ⎞⎤ mol ⎠ ⎛ 1 ⎛ 1 Kc = 15exp ⎢ ⎝ − ⎟ ⎥ = 15 exp ⎢12 581.78⎜ − ⎟⎥ − − − − − − − (5b) ⎜ 300 K T K 300 T ⎢ 1.987 cal ⎥ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎣ ⎢ ⎥ mol ⋅ K ⎣ ⎦

3) Estequiometría C A = C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (3a) CB = C A 0 X − − − − − − − (6b)

4) Combinación Sustituyendo (3b), (5b) y (6b) en (1b) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 2 C X ⎟ ⎡ 1 ⎞⎤⎜ ⎛ 1 2 2 A0 − rA = k 1 exp ⎢7549.07⎜ − ⎟⎥⎜ C A 0 (1 − X ) − ⎟ − − − − − − − (7b) 300 T ⎡ ⎤ 1 1 ⎝ ⎠ ⎞ ⎛ ⎣ ⎦⎜ 15 exp ⎢12 581.78⎜ − ⎟⎥ ⎟ ⎜ ⎝ 300 T ⎠⎦ ⎟⎠ ⎣ ⎝

Sustituyendo (7b) en (1a)

49

V=

FA 0 X ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎟ ⎡ 1 ⎞⎤⎜ X ⎛ 1 2 2 k 1C A 0 exp ⎢7549.07⎜ − ⎟⎥⎜ (1 − X ) − ⎟ 300 T ⎡ ⎝ ⎠⎦⎜ ⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎟ ⎣ 15 exp 12 581 . 78 − ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎝ 300 T ⎠⎦ ⎟⎠ ⎣ ⎝

− − − − − − − (8b)

Aplicando K’= FA0/CA0k a (8b) V=

K' X ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎟ ⎡ 1 ⎞⎤⎜ X ⎛ 1 2 exp ⎢7549.07⎜ − ⎟⎥⎜ (1 − X ) − ⎟ 300 T ⎡ ⎤ 1 1 ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦⎜ ⎟ 15 exp 12 581 . 78 − ⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎟ ⎜ 300 T ⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠

− − − − − − − (9b)

V = 500 dm3 = 132.1 gal Sustituyendo valores conocidos en (9b) 132.1gal =

(500gal)X

⎛ ⎞ ⎜ ⎟ 2 ⎡ ⎟ X ⎛ 1 1 ⎞⎤⎜ 2 − ⎟⎥⎜ (1 − X ) − exp ⎢7549.07⎜ ⎟ 300 T ⎡ ⎤ 1 1 ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎣ ⎦⎜ ⎟ − 15 exp 12 581 . 78 ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎝ 300 T ⎠⎦ ⎟⎠ ⎣ ⎝ X 0.2642 = − − − − − − − (10b) ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎡ ⎟ 1 ⎞⎤⎜ X2 ⎛ 1 2 − ⎟⎥⎜ (1 − X ) − exp ⎢7549.07⎜ ⎟ ⎡ ⎝ 300 T ⎠⎦⎜ ⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎟ ⎣ − 15 exp 12 581 . 78 ⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎜ ⎝ 300 T ⎠⎦ ⎟⎠ ⎣ ⎝

Graficando (10b) implícitamente:

Conclusión: Se puede observar en la gráfica que se puede obtener una conversión del 95% calentando hasta una temperatura del 430 K

50

Problema 2.4 La reacción irreversible 2A→B Se efectuará en fase gaseosa en un reactor tabular (de flujo tapón) isotérmico. El reactivo A y un diluyente C se alimentan en una proporción equimolar, y la conversión de A es de 80%. Si se reduce a la mitad la velocidad de alimentación molar de A, ¿cómo cambiará la conversión si no se modifica la alimentación con C? Suponga un comportamiento ideal y que la temperatura del reactor no cambia.

Solución Objetivos: ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos cuando la reacción se lleva a cabo en fase gas Identificar efectos del cambio del volumen del reactor cuando las condiciones de composición son modificadas. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

FA0 = FC0

FB, FA, FC

La reacción se pude representar de la siguiente manera: A → ½B Para el caso en el que el flujo de A y C son iguales. 1) Ecuación de diseño del reactor dX − rA = − − − − − − − (1) dV FA 01

2) Ley de velocidad.

-rA = CA2-------(2)

3) Estequiometría Tabla estequiométrica. Especie A B C

Entrada Cambio Salida FA0 -XFA0 FA =FA0(1 – X) 0 ½XFA0 FB = ½XFA0 FA0 0 FC = FA0 FT0 = FA0 + FC0 = 2 FCA0 En la reacción no hay una caída de presión considerable y la temperatura del reactor es constante; pero en la reacción hay un cambio de volumen, entonces la concentración de A puede representarse como: CA =

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − ( 3) (1 + εX )

ε = yA0δ -------(4)

51

yA0 = FA0/FT0 = FA0/2FA0 = 0.5 δ = ½ - 1 = -0.5 Sustituyendo valores en (4) ε = (0.5)(-0.5) = -0.25-------(5) Sustituyendo (5) en (3) CA =

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (6) (1 − 0.25X )

4) Combinación. Sustituyendo (6) en (2)

kC A 0 (1 − X ) 2

− rA =

Sustituyendo (7) en (1)

2

(1 − 0.25X )2

− − − − − − − (7)

kC A 0 (1 − X ) dX = − − − − − − − (8) dV FA 01 (1 − 0.25X )2 2

2

Aplicando el método de variables a (8)

∫

X

0

(1 − 0.25X )2 dX = kC A 0 2 VdV − − − − − − − (9) FA 01 ∫0 (1 − X )2

Integrando (9) 2

0.0625X +

kC V 0.5625x − 0.375 ln(1 − X ) = A 0 − − − − − − − (10) 1− x FA 01

2

El término

kC A 0 V se puede considerar como una constante V’, entonces (10) FA 01

puede verse como V ' = 0.0625X +

0.5625x − 0.375 ln(1 − X ) = − − − − − − −(11) 1− x

Sustituyendo el valor de X en (11) V ' = 0.0625X +

0.5625(0.8) − 0.375 ln(1 − 0.8) = 2.9035 1 − 0.8

Para el caso en el que el flujo de C es el doble de A.

FB, FA, FC

FA0 = 2FC0

1) Ecuación de diseño del reactor − rA dX = − − − − − − − (12) dV 0.5FA 01

2) Ley de velocidad. 3) Estequiometría Tabla estequiométrica. Especie A B

-rA = CA2-------(2) Entrada FA0 0

Cambio -XFA0 ½XFA0

52

Salida FA =FA0(1 – X) FB = ½XFA0

C

2FA0 0 FT0 = FA0 + FC0 = 3FCA0 CA =

FC = 2FA0

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (3) (1 + εX )

ε = yA0δ -------(4) yA0 = FA0/FT0 = FA0/3FA0 = 1/3. δ = ½ - 1 = -1/2 Sustituyendo valores en (4) ε = (1/3)(-1/2) = - 1/6 Sustituyendo valores en (3) CA =

4) Combinación. Sustituyendo (13) en (2)

C A 0 (1 − X ) − − − − − − − (13) ⎛ 1 ⎞ ⎜1− X ⎟ ⎝ 6 ⎠

kC A 0 (1 − X ) 2

− rA =

Sustituyendo (14) en (12) dX = dV

2

⎛ 1 ⎞ ⎜1− X ⎟ ⎝ 6 ⎠

2

kC A 0 (1 − X ) 2

− − − − − − − (14)

2

⎛ 1 ⎞ 0.5FA 01 ⎜ 1 − X ⎟ ⎝ 6 ⎠

2

− − − − − − − (15)

Aplicando el método de variables a (15) 2

⎛ 1 ⎞ ⎜1− X ⎟ 2 X⎝ kC A 0 V 6 ⎠ dX = dV − − − − − − − (16) 0 0.5FA 01 0 (1 − X )2

∫

∫

Integrando (16) 2

kC V 25 x 5 1 − ln(1 − X ) = A 0 − − − − − − − (17) X+ 36(1 − x ) 18 0.5FA 01 36 2

Recordando que V’=

kC A 0 V =3.466, sutiuyendo este valor en (17) FA 01

25x 5 1 − ln(1 − X ) = 5.807 − − − − − − − (18) X+ 36(1 − x ) 18 36

Resolviendo numéricamente (18) X = 0.866 Conclusión: Disminuyendo la alimentación a la mitad, disminuye la conversión.

53

Problema 2.5 Un total de 2 500 gal/h de metaxileno se está isomerizando para dar una mezcla de ortoxileno, metaxileno y paraxileno en un reactor que contiene 1 000 ft3 de catalizador. La reacción se está efectuando a 750 °F y 300 psia. En estas condiciones, 37 % del metaxileno que se alimenta al reactor se isomeriza. Con una velocidad de flujo de 1667 gal/h, un 50% de metaxileno se isomeriza a la misma temperatura y presión. Los cambios energéticos son insignificantes. Ahora se propone construir una segunda cédula para procesar 5 500 gal/h de metaxileno a la misma temperatura y presión antes señalada. ¿Qué tamaño (es decir que volumen de catalizador) deberá tener el reactor para obtener una conversión del 46 % en la nueva cédula, en lugar de 37%? Justifique cualquier supuesto que haga para el aumento de escala. Solución. Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos Discernir las ecuaciones cuando se opera con caída de presión a través del reactor Evaluar el volumen del reactor cuando las condiciones de operación en un proceso isotérmico y que contemple caída de presión en el lecho catalítico Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

B +

A

Reactivo Sin reaccionar

:

K1 A ⎯⎯→ B

• • • • • •

A = metaxileno B = ortoxileno C = paraxileno P = 300 psia T = 750 °F V = 1 000 ft3 cat

K

2 A ⎯⎯→ C

1) Ecuación de diseño del reactor. dX − rA = − − − − − − − (1) dV FA 0

2) Ley cinética Si se considera que las reacciones son de primer orden, y como se llevan a cabo dos reacciones: − rA = k1C A + k 2C A = k ' C A − − − − − − − ( 2) k' = K1 + k 2

3) Estequiometría. Como ambas reacciones son 1:1, no hay cambio de volumen ( La concentración de A está dado por:

54

= 0)

CA = CA0(1-X)-------(3) FA0 = CA0 v0-------(4)

4) Combinación Sustituyendo (3) en (2) Sustituyendo (4) y (5) en (1)

-rA = k’CA0(1-X)-------(5)

dX k' C A 0 (1 − X ) k' = = (1 − X ) − − − − − − − (6) dV C A 0ν 0 ν0

Aplicando el método de variables separables a (6) dX

(1 − X )

=

k' dV − − − − − − − (7) ν0

Integrando (7) X

dX

k'

V

∫ (1 − X ) =ν ∫ dV 0

0

0

k' V = − ln(1 − X ) − − − − − − − (8) ν0

Como CA0, k’ y V son constantes, entonces se pude despejar k’V de (8) Vk' = −ν 0 ln(1 − X ) − − − − − − − (9)

Se dan valores de dos diferentes flujos para obtener dos conversiones a las mismas condiciones de temperatura y presión; un flujo es de 2500 gal/h para obtener una conversión del 37%(Caso I); el otro flujo es de 1667 gal/h para obtener una conversión del 50%.(Caso II) Sustituyendo valores del caso I en (9) gal ⎞ gal ⎛ Vk' = −⎜ 2500 ⎟ ln(1 − 0.37) = 1155 − − − − − − − (10) h h ⎠ ⎝

Sustituyendo valores del caso II en (9) gal ⎞ gal ⎛ Vk' = −⎜ 1667 ⎟ ln(1 − 0.5) = 1155 − − − − − − − (11) h h ⎝ ⎠

Como se pude ver en ambos casos el valor de Vk’ son iguales, así que es igual cual caso se tome como referencia. Se sabe que para obtener esos valores de k’ se utilizó un volumen de catalizador V = 1 000 ft3 catalizador, sustituyendo este valor en (10) o en (11): gal h = 1.155 gal k' = 3 1000ft cat h ⋅ ft 3 cat 1155

Determinación de la cantidad de catalizador necesaria para un flujo de 5500 gal/h y una conversión de 46%. De (8) se despeja k’:

55

V=−

ν0 ln(1 − X ) − − − − − − − (12) k'

Sustituyendo valores en (12) gal ⎞ ⎛ ⎜ 5500 ⎟ h ⎠ V=− ⎝ ln(1 − 0.47) = 2934ft 3cat gal ⎞ ⎛ ⎜ 1.155 ⎟ h ⋅ ft 3cat ⎠ ⎝

Problema 2.6 La reacción irreversible de primer orden en fase gaseosa n-Pentano → Iso-pentano Se efectuará en un reactor de lecho empacado. Actualmente se empacan 1000kg de catalizador reformador en un tubo de 4 cm de diámetro. La partículas del catalizador tienen un diámetro de 0.5 cm y de densidad volumétrica del catalizador empacado es de 1000 kg/m3. la conversión que se está alcanzando es de 14.1%. La presión en la entada del reactor es de 20 atm, y en la salida, de 9 atm. Se cree que esta reacción está limitada por difusión interna. Sabemos que si hay limitaciones por difusión interna la velocidad de reacción varía inversamente con el tamaño de las partículas de catalizador. Por tanto, uno de los ingenieros sugiere moler el catalizador para reducir su tamaño de partícula, señalando que el tamaño más pequeño que se puede obtener es de 0.01 cm y que hay tubos de otros tres tamaños disponibles en los que se podría empacar el catalizador. Estos tubos resistentes a la corrosión y al calor, que se pueden cortar en tramos de cualquier longitud, tienen diámetros de 2 cm, 3 cm y 6 cm. a) ¿Qué conversión se podría alcanzar en CSTR con el mismo peso de catalizador y sin ΔP? b) Calcule el valor máximo de parámetro de caída de presión, α, que puede tener sin que la presión a la salida baje de 1 atm. c) ¿Deberíamos cambiar el tamaño de partícula del catalizador y el diámetro del tubo en que se empacan 1000 kg del catalizador sin alterar el peso del catalizador? d) Consideramos ahora cómo cambiaría α si modificáramos tanto el tamaño del tubo como el de las partículas. ¿Podemos cambiar ambos tamaños al mismo tiempo manteniendo constante en el valor que se calculo en la parte b)? e) Para la condiciones de la parte a) (o sea, mantener constante en el valor de la parte a), escoja un tamaño de tubo y calcule un nuevo tamaño de partícula? f) Calcule un nuevo cociente de velocidad de reacción específica suponiendo (recuerde el factor de eficacia del capítulo 12) que k~

⎛D ⎞ 1 entonces k2 = k1 ⎜⎜ P ⎟⎟ DP ⎝ DP 2 ⎠

56

g) Utilizando los nuevos valores de k y a, calcule la conversión en un PBR en el que se usa el nuevo tamaño de partícula, si la presión de salida es de 1 atm. Solución. Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos Discernir las ecuaciones cuando se opera isotérmicamente Identificar efectos del cambio del volumen del reactor cuando existe caída de presión y evaluación de sus parámetros. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

a) Reactor de lecho empacado

Para la resolución e este inciso es necesario obtener el valor del parámetro FA0 , por lo tanto tenemos para un PBR: kC A0 1) Ecuación de diseño dW F = A0 dX − rA

(1)

2) Ley cinética − rA = kC A

(2)

FA = FA0 (1 − X )

(3)

3) Estequiometría

El cambo de volumen está dado por

v = v0 (1 + εX ) donde

P0 T P T0

ε = y A0δ = (1)(1 − 1) = 0

Por lo tanto

57

(4)

P = (1 − αW )1 / 2 P0

(5)

Al despejar el parámetro α ⎡ ⎛ P ⎞2 ⎤ 1 ⎡ ⎛ 9 ⎞2 ⎤ 1 α = ⎢1 − ⎜⎜ ⎟⎟ ⎥ = ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎢⎣ ⎝ P0 ⎠ ⎥⎦ W ⎢⎣ ⎝ 20 ⎠ ⎥⎦ 1000

α = 7.975 × 10−4 kg -1 Sustituyendo (5) en (4)

v=

v0 (1 − αW )1 / 2

(6)

Entonces la concentración del reactivo A es

C A = C A0 (1 − X )(1 − αW )1 / 2

(7)

Combinando (7), (2) y (1) se obtiene

dW FA0 = dX kC A0 (1 − x)(1 − αW )1 / 2

(8)

Resolviendo (1 − αW )1 / 2

1000

∫ dW = 0

FA0 kC A0

1000

−

2 (1 − αW )3 / 2 3α 0

=−

0.141

∫ 0

dx (1 − x)

FA0 0.141 ln(1 − X ) 0 kC A0

(9)

(10)

Al despejar y colocar los datos se tiene:

FA0 = kC A0

0.141

− ln(1 − X ) 0

1000

−

2 (1 − αW )3 / 2 3α 0

=

− ln(1 − 0.141) 758.79 = 2 [1 − (1 − (8 × 10− 4 )(1000))3 / 2 ] 0.152 3(8 × 10− 4 )

FA0 = 4992.04 kg.cat kC A0

58

Ahora sabemos todos los parámetros necesarios para obtener la conversión que se alcanzaría en un CSTR, V =

FA0 X − rA

(11)

− rA = kC A0 (1 − X )

En este caso no hay caída de presión, entonces

Sustituyendo la velocidad de reacción en (1) y despejando la conversión se llega a: FA0 X (12) V = kC A0 (1 − X )

1000 kg = 4992.04

kg

X (1 − X )

5X + X −1 = 0

X = 0.166 b) Para este inciso P0 = 20 atm ⎡

⎛P⎞ ⎟⎟ ⎝ P0 ⎠

y Pf = 1 atm 2

α = ⎢1 − ⎜⎜ ⎢⎣

⎤ 1 ⎡ ⎛ 1 ⎞2 ⎤ 1 ⎥ = ⎢1 − ⎜ ⎟ ⎥ ⎥⎦ W ⎢⎣ ⎝ 20 ⎠ ⎦⎥ 1000

α = 9.975 × 10-4 kg −1 c) Sabemos que:

− rA = kC A0 (1 − X )(1 − αW )1 / 2

α=

2β 0 Ac ρ c (1 − φ ) P0 1 k~ DP

Conclusión: De lo anterior se puede deducir que al aumentar el diámetro de la tubería el parámetro decrece mientras que si disminuimos el tamaño de la partícula la constante de la velocidad de reacción k tenderá a aumentar, por lo tanto podemos concluir, que la conversión mejoraría a las condiciones ya mencionadas.

59

d) Modificando el tamaño del reactor

β0 =

⎤ G (1 − φ ) ⎡150(1 − φ ) μ + 1.75G ⎥ 3 ⎢ ρ0 g c DPφ ⎣ DP ⎦

(13)

Si se trabaja en flujo turbulento

β0 =

1.75G 2 (1 − φ ) ρ0 gc DPφ 3

(14)

De donde deducimos que

α=

3.5G 2 Ac DP ρc ρ0φ 3 P0

(15)

Al hacer una relación entre α2 y α1

α 2 ⎛ G2 ⎞ =⎜ ⎟ α1 ⎜⎝ G1 ⎟⎠ Donde: G =

m& Ac1

2

⎛ Ac1 ⎞⎛ DP1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ Ac 2 ⎠⎝ DP 2 ⎠

(16)

y al sustituir esta ecuación en la anterior:

α 2 ⎛ Ac1 ⎞ ⎟ =⎜ α1 ⎜⎝ Ac 2 ⎟⎠

3

⎛ DP1 ⎞ ⎜⎜ ⎟⎟ ⎝ DP 2 ⎠

(17) Si aumentáramos Ac disminuiría α. Por lo tanto si se quisieran modificar los dos parámetros, DP2 tendrá que disminuir y el diámetro de la tubería deberá aumentarse. e) De acuerdo con el enunciado de este inciso α2 debe ser igual al calculado en el inciso a), siendo el cociente

α2 igual a 1, al despejar DP2 y α1

sustituir los diámetros propuestos por el problema se tiene: 3

⎛A ⎞ DP 2 = ⎜⎜ c1 ⎟⎟ DP1 ⎝ Ac 2 ⎠ Donde: ACi =

(18)

πD 2 y sustituyendo en (18): 4 6

DP 2

⎛D ⎞ = ⎜⎜ 1 ⎟⎟ DP1 ⎝ D2 ⎠

60

(19)

D11 = 4

cm

DP1 = 0.5

D2 (cm) DP2 (cm) 2 32 3 2.8 6 0.044

cm

D2 = 2,

3, 6 cm

f)

Evaluar el coeficiente cinético si:

⎛D ⎞ k2 = k1 ⎜⎜ P1 ⎟⎟ ⎝ DP 2 ⎠

(20) Al sustituir los valores obtenidos en el inciso anterior y sabiendo que FA0 = 4992.04 kg.cat del inciso a), kC A0

k1 =

3 FA0 dm 4992.04 kg.cat × C A0 kgcat ⋅ s

(21)

Entonces, k2 =

FA0 ⎛ 0.5 ⎞ ⎜ ⎟ 4992.04 kg.cat × C A0 ⎝ 0.044 ⎠

k 2 = 2.2763 × 10 − 3

FA 0 dm C A 0 kgcat ⋅ s

3

g) De la ecuación (10) del inciso a), podemos despejar la conversión y resolver para las nuevas condiciones

α = 9.975 ×10 −4 kg −1 k 2 = 2.2763 ×10 −3

FA0 C A0

W = 1000 kg

2 F [1 − (1 − αW )3 / 2 ] = − A0 ln(1 − X ) 3α kC A0 ln(1 − X ) = −

2kC A0 [1 − (1 − αW )3 / 2 ] 3FA0

ln(1 − X ) = −1.5211 X = 1 − exp(−1.5211)

X = 0.78

61

Problemas propuestos Problema 2.8 Se alimenta butanol puro a un reactor semilotes que contiene acetato de etilo puro para producir acetato de butilo y etanol. La reacción es: CH3COOC 2H5 + C 4H9OH ← CH3COOC 4H9 + C 2H5OH

Es elemental y reversible, y se efectúa isotérmicamente a 300 K. A esta temperatura la constante la constante de equilibrio es de 1.08 y la velocidad de reacción específica es de 9x10-5 dm3/molּs. Inicialmente, hay 200 dm3 de acetato de etilo en la cuba y se alimenta butanol a razón de 0.05 dm3/s. Las concentraciones de alimentación e iniciales de butanol y acetato de etilo son de 10.93 mol/dm3 y 7.72 mol/dm3, respectivamente.

vB

VA0 Datos • • • •

• • • •

C, D

Ke|300K = 1.08 k = 9x10-5 dm3/mol·s VA0 = 200 dm3 vB = 0.05dm3/s A = CH3COOC2H5 B = C4H9OH C = CH3COOC4H9 D = C2H5OH

a) Grafique la conversión de equilibrio del acetato de etilo en función del tiempo.

62

b) Grafique la conversión del acetato de etilo, la velocidad de reacción y la concentración de butanol en función del tiempo.

c) Repita las partes (a) y (b) con diferentes valores de velocidad de alimentación de butanol y la cantidad de acetato de etilo en la cuba.

Perfil de Concentración de acetato de etilo

6 4 A 2C 0

0

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

Perfil de concentración de butanol

7.5 7 6.5B C 6 5.5 0

v0

0.2

Perfil de concentración de butanol

7.5 7 6.5B C 6 5.5

v0

0.4

0.6

Conversión 0.5 0.495 0.49 X 0.485 0.48 0.475

0

0.2

v0

0.4

0.6

0

0.2

0.4

0.6

v0

Velocidad de reacción 0.002 0.001 rA 0 0

0.2

v0

0.4

0.6

d) Vuelva a resolver la parte (b) suponiendo que el etanol se evapora (destilación reactiva) tan pronto como se forma.

63

. A = CH3COOC2H5 B = C4H9OH C = CH3COOC4H9 D = C2H5OH

vB

VA0 Datos Ke|300K = 1.08 k = 9x10-5 dm3/mol·s

64

C, D

VA0 = 200 dm3 vB = 0.05dm3/s CA0 = 10.93 mol/dm3 CB0 = 7.72 mol/dm3 Problema 2.7 Se efectúa la reacción en fase gaseosa: A+B→C+D En un reactor de lecho empacado. Actualmente se empacan partículas de catalizador de 1 mm de diámetro en un tubo de cédula 40 de 4 pulg (Ac = 0.82126 dm2). El valor de β0 en la ecuación de caída de presión es de 0.001 atm/dm. Una mezcla estequiométrica de A y B ingresa en el reactor con una velocidad de flujo molar total de 10 g mol/min, una temperatura de 590 K y una presión de 20 atm. El flujo es turbulento en todo el lecho. Actualmente solo se alcanza una conversión de 12% con 100 kg de catalizador. Se requiere aumentar la conversión modificando el diámetro de las partículas de catalizador. Utilice los datos que siguen para correlacionar la velocidad de reacción específica con el diámetro de partícula que da la conversión más alta. Se espera que k’ de la reacción de primer orden varíe según la reacción: k ' = ηk =

3 (Φ coth Φ − 1)k − − − − − − − (1a) Φ2

Donde Φ varía directamente con el diámetro de la partícula Φ= cDp. Aunque la reacción no es de primer orden la funcionalidad es parecida a la de (1), se tiene un valor de c = 0.75 a) Grafique la conversión en función del tamaño de partícula del catalizador.

Reaccion de primer orden

1

X y

y,X

0.8 0.6 0.4 0.2 0

0

0.2

0.4 Dp 0.6

0.8

1

b) Explique como cambiaría su respuesta si hubiera usado el factor de efectividad de una reacción de segundo orden en lugar de una reacción de primer orden. Según los datos obtenidos al resolver el sistema de ecuaciones el diámetro óptimo para encontrar la máxima conversión es utilizar un diámetro de partícula de 0.025 nm, por que a diferencia de otros diámetros de partícula que ofrecen la misma conversión, este diámetro genera la menor caída de presión en el reactor

65

Información adicional Fracción de huecos = 0.35 Densidad volumétrica del catalizador = 2.35 kg / dm3 Diámetro del catalizador, Dp (nm) 2 1 0.4 0.1 0.02 0.002 k‘ (dm6/mol·min·kg cat) 0.06 0.12 0.30 1.2 6.64 3.00 [Nota: Podría usar la ecuación (1), que incluiría Dp y una constante de proporcionalidad desconocida que se podría evaluar a partir de los datos. Se sabe que si el valor del módulo de Thiele es muy alto,  3/ = 3/cDp

66

III . Diseño de Reactores no Isotérmicos en Estado Estacionario. CONTENIDO Unidad de Competencia III: Diseño de Reactores no Isotérmicos en Estado Estacionario.

ACTIVIDADES: Los alumnos resolverán ejercicios donde se apliquen los aspectos vistos en clase. Así mismo, asistirán a la asesoría para la resolución de los problemas. Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos incluyendo además balance de energía Discernir las ecuaciones cuando su operación de los reactores es no isotérmico Identificar efectos del cambio del volumen del reactor cuando existe caída de presión y evaluación de sus parámetros. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

EJERCICIOS. Problema 3.1 3.1 La reacción elemental endotérmica en fase líquida A + B → 2C Es prácticamente total en un solo reactor CSTR con una camisa y agitación continua (tabla 1). Con los siguientes datos, calcule la temperatura de estado estacionario del reactor: Volumen del reactor: 125 gal Área de la camisa de vapor: 10 ft2 Camisa de vapor: 150 psia (temperatura de saturación de 365.9 °F) Coeficiente global de transferencia de calor de camisa, U: 150 Btu/hּft2ּ°F Potencia de la flecha del agitador: 25 hp Calor de reacción, H°RX = +20 000 Btu/ld mol de A (independiente de la temperatura) Tabla 1. Componente A B C Alimentación (mol/h) 10 10 0 Temperatura de alimentación (°F) 8 50 ---Calor específico (Btu/lb molּ°F) 51 44 47.5

67

Peso molécular Densidad (lb/ft3) Independiente de la temperatura

128 63

94 67.2

--65

Solución Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos incluyendo además balance de energía Discernir las ecuaciones cuando su operación de los reactores es no isotérmico Evaluar la temperatura y la cantidad de calor transferido a través de las paredes del reactor Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

1) Balance de energía en un reactor CSTR El balance total de energía en el CSTR es:

[

]

° & −W & s − FA 0 X ΔHRx ˆ p (T − TR ) = FA 0 Q (TR ) + ΔC

∑Θ C i

pi ( T

− Ti0 ) − − − − − − − (1)

2) Desarrollo de términos de (1) El calor agregado por la camisa es: & = UA(Ts − T ) − − − − − − − (2) Q

El término ΔCˆ p (T − TR ) , se refiere a los reactivos y a los productos, desarrollando el Término:

[

]

Δ Cˆ p (T − T R ) = cC pC − (aC pA + bC pB ) (T − T R ) − − − − − − − ( 3 )

a, b y c son los coeficientes estequiométricos de los reactivos y productos, en la reacción. El término

∑Θ C i

pi ( T

− Ti0 ) tomando como limitante a A:

68

∑Θ C i

pi ( T

⎡ ⎤ F − Ti0 ) = ⎢C pA + B0 C pB ⎥(T − Ti0 ) − − − − − − − ( 4) FA 0 ⎣ ⎦

3) Sustitución Sustituyendo valores en (2), (3) y (4)

(

)

& = 150⎛⎜ Btu ⎞⎟ 10ft 2 (365.9 − T )°F Q 2 ⎝ ft ⋅ h ⋅ °F ⎠ & = 1500(365.9 − T )⎛⎜ Btu ⎞⎟ − − − − − − − (5) Q ⎝ h ⎠ ⎡ ⎤ ˆ p (T − TR ) = ⎢2⎛⎜ 47.5 Btu ⎞⎟ − ⎛⎜ 51 Btu ⎞⎟ + ⎛⎜ 44 Btu ⎞⎟⎥ (T − TR )°F ΔC lbmol F lbmol F lbmol F ⋅ ° ⋅ ° ⋅ ° ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎝ ˆ ( ) ΔC p T − TR = 0 − − − − − − − ( 6)

∑ ∑

⎡ ⎤ ⎛ mol ⎞ ⎟ ⎜10 ⎢ ⎥ h ⎠⎛ Btu ⎞⎥ Btu Θ i C pi ( T − Ti0 ) = ⎢51 +⎝ ⎟ ( T − 80) ⎜ 44 ⎢ lbmol ⋅ °F ⎛ mol ⎞ ⎝ lbmol ⋅ °F ⎠⎥ ⎟ ⎜10 ⎢ ⎥ h ⎠ ⎝ ⎣ ⎦ Btu Θ i C pi ( T − Ti0 ) = 95(T − 80 ) − − − − − − − (7 ) lbmol & s = 25hp⎛⎜ 2545Btu ⎞⎟ = 63625 Btu W ⎜ 1hp ⋅ h ⎟ h ⎝ ⎠

Sustituyendo (5), (6) y (7) en (1)

[

]

° & s − FA 0 X ΔHRx 1500(365.9 − T ) − W (TR ) = 95FA 0 (T − 80 ) − − − − − − − (8)

Sustituyendo valores en (8)

Btu Btu ⎛ lbmolA ⎞ + 63625 − ⎜10 ⎟(1) * h h h ⎠ ⎝ ⎡ ⎛ lbmol ⎞ ⎛ Btu ⎞ ⎛ Btu ⎞⎤ ⎢20000⎜ lbmolA ⎟⎥ = 95⎜10 h ⎟(T − 80 )⎜ lbmol ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎣

1500(365.9 − T )

1500(365.9 − T ) − 136375 = 950(T − 80) − − − − − − − (9) Despejando T de (9) 548850 − 1500T − 136375 = 950T − 76000 2450T = 361225 T = 199°F

69

3.1_a La reacción elemental reversible en fase gaseosa: [Ejercicio: p8_15b] ⎯⎯→ A +B ← ⎯⎯ 2C

Se efectúa en un CSTR. La alimentación solo contiene A y B en proporciones estequiométricas a 580.5 kPa y 77°C. La velocidad de alimentación molar de A es 20 mol/s. La reacción se efectúa adiabáticamente. Información adicional. Parámetros de ley de velocidad: k = 0.035dm3/mol·min a 273 K E = 70 000 J/mol Parámetros termodinámicos a 25°C ΔHA° = -40 kJ/mol CpA = 25 J/mol·K ΔHB° = -30 kJ/mol CpB = 15 J/mol·K ΔHC° = -45 kJ/mol CpC = 20 J/mol·K Kc =25 000 Datos de intercambiador de calor: Coeficiente global de transferencia de calor Área del intercambiador Temperatura ambiente

U= 10 W/m2·K A = 2 m2 Ta= 17°C

a) Determine la conversión que puede alcanzarse en un CSTR que tiene un intercambiador de calor instalado en su interior. b) Repita la parte (a) para el caso de una reacción endotérmica con un ΔH°Rx de la misma magnitud absoluta, pero con una temperatura a ka entrada de 277 °C. c) Comente acerca de las magnitudes de ΔH°Rx, E, Kc y U ¿Cuándo (o en qué condiciones) se podría desbocar la reacción? d) Utilice un paquete de software para estudiar el efecto de la temperatura ambiente Ta (invierno-verano) sobre la parte (b). Problema 3.2 Se efectúa la reacción elemental irreversible en fase gaseosa A → B + C adiabáticamente en un PFR empacado con catalizador. Entra A puro en el reactor con una velocidad de flujo volumétrico de 20dm3/s a una presión de 10 atm y una temperatura de 450K. a) Grafique la conversión y la temperatura a lo largo del reactor de flujo tapón hasta que se alcance una conversión del 80% (si es posible). (El peso máximo de catalizador que puede empacarse en el PFR es de 50 kg). Suponga que P = 0. b) ¿Qué peso de catalizador se necesita para alcanzar una conversión del 80% en un CSTR? Información adicional CpA = -40 J/mol·K

70

CpB = 25 J/mol·K CpC = 15 J/mol·K ΔHA° = -70 kJ/mol ΔHB° = -50 kJ/mol ΔHC° = -40 kJ/mol Todos los calores de formación se remiten a 273 °K ⎡E ⎛ 1 1 ⎞⎤ dm 3 k = 0.133 exp⎢ ⎜ − ⎟⎥ − − − − − − − (1) ⎣ R ⎝ 450 T ⎠⎦ kgcat ⋅ s

E = 31.4kJ/mol Solución Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos incluyendo además balance de energía en un reactor tubular Discernir las ecuaciones cuando su operación de los reactores es no isotérmico Evaluar e identificar patrones de comportamiento del perfil de temperatura y conversión Realizar balances de energía para determinar la cantidad de calor transferido a través de las paredes del reactor Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

B +

A

Reactivo Sin reaccionar

a) 1) Ecuación de diseño del reactor: dX − rA = − − − − − − − (1a) dW FA 0

2) Ley de velocidad -rA =kCA-------(2a) La constante cinética depende de la temperatura, y esa dependencia se expresa mediante la ecuación de Arrhenius ⎡E k = k 1 exp⎢ A ⎣⎢ R

3) Estequiometría C A = C A0

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (3a) ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

(1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟⎛⎜ P ⎞⎟ − − − − − − − ( 4a) (1 + εX ) ⎝ T ⎠⎜⎝ P0 ⎟⎠

Puesto que ΔP = 0

71

(P/P0) = 1 Como la reacción es en fase gaseosa hay un cambio de volumen ε = yAδ -------(5a) Puesto que entra A puro al reactor yA = 1 δ= ∑νp.- ∑νr. νp, νr, = coeficientes estequiométricos de productos y respectivamente. = 1+1-1 = 1 Sustituyendo valores en (5a) ε = (1)(1) = 1 Sustituyendo valores en (4a)

(1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟(1) (1 + (1)X ) ⎝ T ⎠ (1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟ − − − − − − − (6a) = C A0 (1 + X ) ⎝ T ⎠

C A = C A0 CA

4) Balance de Energía

[

] ]

° & + (− rA ) − ΔHRx Q (TR ) dT = − − − − − − − (7a) dW FA 0 Θ i C pi + XΔC p

[(∑

)

Como el sistema es adiabático: & =0 Q ˆ XΔC p = ν b C pB + ν c C pC − ν a C pA (X ) − − − − − − − (8a)

[

]

vb y vc son los coeficientes estequiométricos de los productos va es el coeficiente estequiométrico del reactivo

∑Θ C i

pi

= C PA − − − − − − − (9a)

° (TR ) = HB° + HC° − H°A − − − − − − − (10a) ΔHRx

-Sustitución de valores en (8a), (9a) y (10a) ⎡ ⎤ ˆ p = ⎢⎛⎜ 25 J ⎞⎟ + ⎛⎜15 J ⎞⎟ − ⎛⎜ 40 J ⎞⎟⎥ X XΔC mol K mol K ⋅ mol ⋅ K ⋅ ⎠ ⎝ ⎠⎦ ⎠ ⎝ ⎣⎝ ˆ p = 0 − − − − − − − (11a) XΔC J − − − − − − − (12a) mol ⋅ K ° ΔHRx (TR ) = −50 kJ − 40 kJ − ⎛⎜ − 70 kcal ⎞⎟ mol mol ⎝ mol ⎠

∑Θ C i

pi

= 40

° ΔHRx (TR ) = −20000

J − − − − − − − (13a) mol

& , (11a), (12a) y (13a) en (7a) Sustituyendo el valor de Q

(− rA )⎡⎢− ⎛⎜ − 20000

J ⎞⎤ ⎟⎥ mol ⎠⎦

⎣ ⎝ ⎡⎛ ⎤ J ⎞ FA 0 ⎢⎜ 40 ⎟ + 0⎥ ⎣⎝ mol ⋅ K ⎠ ⎦ dT 500(− rA ) = (K ) − − − − − − − (14a) dW FA 0

dT = dW

5)Combinación

72

reactivos,

Sustituyendo (3a), (6a) y (5a) en (2a): ⎡E ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞ − rA = C A 0 k 1 ⎢ ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎥ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠ ⎣⎢ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (15a) ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

Sustituyendo (15a) en (1a) ⎡E dX ⎛ C A 0 k 1 ⎞ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞ ⎟⎟ ⎢ = ⎜⎜ ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎥ dW ⎝ FA 0 ⎠ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠ ⎢⎣ R dX ⎛ k 1 =⎜ dW ⎜⎝ ν A 0

⎡E ⎞ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞ ⎟⎟ ⎢ ⎜ ⎟ exp ⎢ A ⎥ ⎠ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠ ⎣⎢ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎝ T1 T ⎠⎥⎦

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (16a) ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

Sustituyendo (15a) en (14a) ⎡E 500C A 0 k 1 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞ dT = ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎢ ⎥ + dW FA 0 ⎣ (1 X) ⎦⎝ T ⎠ ⎣⎢ R ⎡E 500k 1 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞ dT = ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎢ ⎥ ν A 0 ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠ dW ⎢⎣ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (17a) ⎝ T1 T ⎠⎥⎦

Sustituyendo valores en (16a) ⎛ dm 3 ⎞ J ⎡ ⎤ ⎟ ⎜ 0.133 ⎢ 31400 mol ⎛ 1 kgcat ⋅ s ⎟ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ 450 ⎞ 1⎞ ⎥ dX ⎜ − ⎟K ⎥ = ⎜ ⎟ ⎢ (1 + X) ⎥⎜ T ⎟ exp ⎢ dW ⎜ dm 3 ⎠ ⎦⎝ ⎢ 8.3144 J ⎝ 450 T ⎠ ⎥ ⎟⎣ ⎜ 20 ⎟ ⎜ ⎢⎣ ⎥⎦ mol ⋅ K s ⎠ ⎝ ⎡ ⎡ (1 − X) ⎤ 1 ⎞⎤ 1 dX ⎛ 1 = 2.9925 ⎢ exp⎢3776.58⎜ − − − − − − − (18a) − ⎟⎥ ⎥ dW ⎝ 450 T ⎠⎦ kgcat ⎣ (1 + X)T ⎦ ⎣

Sustituyendo valores en (17a) 3 ⎛ ⎛ ⎞⎞ J ⎡ ⎤ ⎜ (500 )⎜ 0.133 dm ⎟⎟ ⎜ ⎢ 31400 mol ⎛ 1 kgcat ⋅ s ⎟⎠ ⎟ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ 450 ⎞ 1⎞ ⎥ dT ⎜ ⎝ − ⎟K ⎥ =⎜ ⎜ ⎟ exp⎢ ⎜ ⎟⎢ J ⎝ 450 T ⎠ ⎥ (1 + X) ⎥⎦⎝ T ⎠ dW ⎜ dm 3 ⎣ ⎢ ⎟ 8 . 3144 20 ⎟ ⎜ mol ⋅ K ⎣⎢ ⎦⎥ s ⎠ ⎝

⎡ ⎡ (1 − X) ⎤ 1 ⎞⎤ K dT ⎛ 1 exp ⎢3776.58⎜ − − − − − − − (19a) = 1496.25 ⎢ − ⎟⎥ ⎥ dW ⎝ 450 T ⎠⎦ kgcat ⎣ (1 + X)T ⎦ ⎣

Resolviendo simultáneamente (18a) y (19a) en POLYMATH Programa POLYMATH Programa POLYMATH Ecuación d(X)/d(W) = 2.9925*((1-X)/((1+X)*T))*exp(3776.58*((1/450)(1/T))) d(T)/d(W) = 1496.25*((1X)/((1+X)*T))*exp(3776.58*((1/450)-(1/T))) W0 = 0 Wf = 50 Los resultados obtenidos son: Variable initial value minimal value maximal value final value

73

Valor inicial 0 450

W X T

0 0 450

0 0 450

50 50 0.9060473 0.9060473 903.02365 903.02365

Los perfiles de conversión y de la temperatura encontrada son:

b) Calcular el peso del catalizador para alcanzar el 80 %. 1) Ecuación de diseño del reactor: W=

FA 0 X − − − − − − − (2b) − rA

2) Ley de velocidad -rA =kCA-------(2a) ⎡E k = k 1 exp⎢ A ⎣⎢ R

3) Estequiometría C A = C A0

4) Balance de energía

[

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (3a) ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

(1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟ − − − − − − − (6a) (1 + X ) ⎝ T ⎠

]

° & −W & s − FA 0 X ΔHRx ˆ p (T − TR ) = FA 0 Q (TR ) + ΔC

& =0 Q

74

∑Θ C i

pi ( T

− Ti0 ) − − − − − − − (2b)

ˆ p (T − TR ) = 0 − − − − − − − (3b) ΔC

∑Θ C i

pi ( T

− Ti0 ) = 40(T − 450 ) − − − − − − − ( 4b)

° (TR ) = −20000 ΔHRx

J − − − − − − − (13a) mol

Considerando que el trabajo hecho es despreciable &s =0 W

Sustituyendo el valor de Q, W , (3b), (4b) y (13a) en (2b) ⎛ J ⎞⎛ mol ⎞ ⎛ J ⎞⎛ mol ⎞ 0 − 0 − FA 0 X[− 20000 + 0]⎜ ⎟ ⎟⎜ ⎟ = 40FA 0 (T − 450 )⎜ ⎟⎜ ⎝ mol ⎠⎝ s ⎠ ⎝ mol ⎠⎝ s ⎠ 20000 X = 40(T − 450 ) T = (500 X + 450 )K − − − − − − − (5b)

5) Combinación Sustituyendo (3a) y (6a) en (2a) ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T0 − rA = C A 0 k 1 ⎢ ⎥⎜⎜ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T

⎡E ⎞ ⎟⎟ exp ⎢ A ⎢⎣ R ⎠

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (15a) ⎝ T1 T ⎠⎥⎦

Sustituyendo (5b) en (15a) ⎡E ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞ − rA = C A 0 k 1 ⎢ ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎥ ⎢⎣ R ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠

⎛ 1 ⎞⎤ 1 ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (6b) ⎝ T1 500 X + 450 ⎠⎥⎦

Sustituyendo (6b) en (1b) W=

W=

FA 0 X ⎡E T1 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ ⎞ C A0k1 ⎢ ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎥ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ 500 X + 450 ⎠ ⎣⎢ R ν A0 X ⎡E T1 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ ⎞ k1 ⎢ ⎜ ⎟ exp⎢ A ⎥ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ 500 X + 450 ⎠ ⎣⎢ R

⎛ 1 ⎞⎤ 1 ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎝ T1 500 X + 450 ⎠⎦⎥

⎛ 1 ⎞⎤ 1 ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎝ T1 500 X + 450 ⎠⎦⎥

− − − − − − − (7b)

Sustituyendo valores en (7b): ⎛ dm 3 ⎜ 20 ⎜ s ⎝

⎞ ⎟(0.8 ) ⎟ ⎠ W= ⎡⎛ J ⎞ ⎟ ⎢ ⎜ 31400 ⎛ ⎞ mol dm 3 ⎞ ⎡ (1 − 0.8) ⎤ ⎛ 450 ⎠ ⎢⎝ ⎜ 0.133 ⎟⎢ ⎟ ⎜ exp ⎥ ⎜ J ⎢ kgcat ⋅ s ⎟⎠ ⎣ (1 + 0.8) ⎦ ⎜⎝ 500(0.8 ) + 450 ⎟⎠ ⎝ ⎢ 8.3144 mol ⋅ K ⎣

⎤ ⎞⎥⎥ ⎛ 1 1 ⎟⎟ ⎜⎜ − ⎝ 450 500(0.8 ) + 450 ⎠⎥ ⎥ ⎦

W = 39.4 kg cat Problema 3.3 Repita el problema 3.2 tomando en cuenta la caída de presión en el PFR. El coeficiente de caída de presión es α ⎛ T ⎞⎛ P dP = − ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ dW 2 ⎝ T1 ⎠⎝ P / P0

75

⎞ ⎟⎟(1 + εX ) ⎠

El reactor se puede empacar con partículas de uno de dos tamaños. Escoja uno.

α = 0.019/kg cat. con partículas de diámetro D1 α = 0.0075/kg cat. con partículas de diámetro D2 a) Grafique la temperatura, la conversión y la presión a lo largo del reactor. b) Varíe los parámetros α y P0 para determinar los intervalos de valores que afectan drásticamente la conversión.

Solución Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores continuos incluyendo además balance de energía en un reactor tubular Evaluar e identificar patrones de comportamiento del perfil de temperatura y conversión Evaluación de parámetros de caída de presión en un reactor de lecho fijo Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

a)

1) Ecuación de diseño del reactor: dX − rA = − − − − − − − (1a) dW FA 0

2) Ley de velocidad -rA =kCA-------(2a) La constante cinética depende de la temperatura, y se expresa mediante

76

⎡E k = k 1 exp⎢ A ⎢⎣ R

3) Estequiometría

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (3a) ⎝ T1 T ⎠⎥⎦

(1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟⎛⎜ P ⎞⎟ − − − − − − − ( 4a) (1 + εX ) ⎝ T ⎠⎜⎝ P0 ⎟⎠

C A = C A0

Como la reacción es en fase gaseosa hay un cambio de volumen ε = yAδ -------(5a) Dado que entra A puro al reactor yA = 1 δ = ∑νp.- ∑νr. νp, νr, = coeficientes estequiométricos de productos y respectivamente. δ = 1+1-1 = 1 Sustituyendo valores en (5a) ε = (1)(1) = 1 Sustituyendo el valor de ε (4a)

(1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟⎛⎜ P ⎞⎟ (1 + (1)X ) ⎝ T ⎠⎜⎝ P0 ⎟⎠ (1 − X ) ⎛⎜ T1 ⎞⎟⎛⎜ P ⎞⎟ − − − − − − − (6a) = C A0 (1 + X ) ⎝ T ⎠⎜⎝ P0 ⎟⎠

C A = C A0 CA

4) Balance de Energía

[

] ]

° & + (− rA ) − ΔHRx Q (TR ) dT = − − − − − − − (7a) dW FA 0 Θ i C pi + XΔC p

[(∑

)

Como el sistema es adiabático: & =0 Q + ν c C pC − ν a C pA (X ) − − − − − − − (8a)

[

]

ˆ p = ν b C pB XΔC

νb y νc son los coeficientes estequiométricos de los productos a es el coeficiente estequiométrico del reactivo

∑Θ C i

° ΔHRx

(TR ) =

pi

HB°

= C PA − − − − − − − (9a)

+ H°C − H°A − − − − − − − (10a)

-Sustitución de valores en (8a), (9a) y (10a) ⎤ ⎡ ˆ p = ⎢⎛⎜ 25 J ⎞⎟ + ⎛⎜15 J ⎞⎟ − ⎛⎜ 40 J ⎞⎟⎥ X XΔC ⎣⎝ mol ⋅ K ⎠ ⎝ mol ⋅ K ⎠ ⎝ mol ⋅ K ⎠⎦ ˆ p = 0 − − − − − − − (11a) XΔC J − − − − − − − (12a) mol ⋅ K ° (TR ) = −50 kJ − 40 kJ − ⎛⎜ − 70 kcal ⎞⎟ ΔHRx mol mol ⎝ mol ⎠

∑Θ C i

pi

= 40

° ΔHRx (TR ) = −20000

J − − − − − − − (13a) mol

& , (11a), (12a) y (13a) en (7a) Sustituyendo el valor de Q

77

reactivos,

J ⎞⎤ ⎟⎥ mol ⎠⎦

(− rA )⎡⎢− ⎛⎜ − 20000

⎣ ⎝ ⎤ ⎡⎛ J ⎞ FA 0 ⎢⎜ 40 ⎟ + 0⎥ ⎦ ⎣⎝ mol ⋅ K ⎠ dT 500(− rA ) = (K ) − − − − − − − (14a) dW FA 0 dT = dW

5) Caída de presión La caída de presión está dada por la ecuación, dado que α ⎛ T ⎞⎛ Po ⎞ dP dW

= 1:

⎟(1 + X ) − − − − − − − (15a ) = − ⎜⎜ ⎟⎟⎜⎜ 2 ⎝ T1 ⎠⎝ P / P0 ⎟⎠

5) Combinación Sustituyendo (3a), (6a) y (5a) en (2a): ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞⎛ P − rA = C A 0 k 1 ⎢ ⎥⎜ ⎟⎜⎜ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠⎝ P0

⎡E ⎞ ⎟⎟ exp ⎢ A ⎠ ⎣⎢ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (16a) ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

Sustituyendo (15a) en (1a) ⎡ E ⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎞ ⎟⎟ exp⎢ A ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎢⎣ R ⎝ T1 T ⎠⎥⎦ ⎠ ⎡ E ⎛ 1 1 ⎞⎤ dX ⎛ k 1 ⎞ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞⎛ P ⎞ ⎟⎟ ⎢ = ⎜⎜ ⎜ ⎟⎜⎜ ⎟⎟ exp⎢ A ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (17a) ⎥ dW ⎝ ν A 0 ⎠ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ T ⎠⎝ P0 ⎠ ⎣⎢ R ⎝ T1 T ⎠⎦⎥ dX ⎛ C A 0 k 1 ⎞ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞⎛ P ⎟ =⎜ ⎜ ⎟⎜ dW ⎜⎝ FA 0 ⎟⎠ ⎢⎣ (1 + X) ⎥⎦⎝ T ⎠⎜⎝ P0

Sustituyendo (15a) en (14a) 500C A 0 k 1 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞⎛ P dT = ⎢ (1 + X) ⎥⎜ T ⎟⎜⎜ P dW FA 0 ⎣ ⎦⎝ ⎠⎝ 0 500k 1 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ T1 ⎞⎛ P dT = ⎜ ⎟⎜ dW ν A 0 ⎢⎣ (1 + X) ⎥⎦⎝ T ⎠⎜⎝ P0

⎡E ⎞ ⎟⎟ exp⎢ A ⎢⎣ R ⎠

⎡E ⎞ ⎟⎟ exp⎢ A ⎠ ⎣⎢ R

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎝ T1 T ⎠⎦⎥

⎛ 1 1 ⎞⎤ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ − − − − − − − (18a) ⎝ T1 T ⎠⎥⎦

Sustituyendo valores en (15a) Tomando el valor de con un diámetro D1 dP =− dW

1 ⎞ Kgcat ⎛ T ⎞⎛ 10atm ⎟⎟(1 + X ) ⎜ ⎟⎜⎜ 2 ⎝ 450 ⎠⎝ (P / 10 )(atm / atm ) ⎠

0.019

⎛ atm ⎞ dP ⎛T⎞ ⎟⎟ − − − − − − − (19a) = −2.1111 × 10 −3 ⎜ ⎟(1 + X )⎜⎜ dW ⎝P⎠ ⎝ kgcat ⎠

Sustituyendo valores en (17a) dX dW dX dW

⎛ dm 3 ⎞ J ⎡ ⎤ ⎜ 0.133 ⎟ 31400 ⎢ ⎤ ⎡ ( ) ⋅ kgcat s 1⎞ ⎥ − ( 1 X ) 450 K P atm ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ 1 ⎜ ⎟ mol − ⎟K ⎥ =⎜ ⎜ ⎟ ⎢ (1 + X) ⎥⎜ TK ⎟⎜ 10atm ⎟ exp⎢ J ⎝ 450 T ⎠ ⎥ dm 3 ⎠⎝ ⎠ ⎦⎝ ⎣ ⎢ ⎜ ⎟ 8 . 3144 20 ⎜ ⎟ mol ⋅ K ⎣⎢ ⎦⎥ s ⎝ ⎠ ⎡ ⎡ (1 − X)P ⎤ 1 ⎞⎤ 1 ⎛ 1 = 0.2993 ⎢ ⎥ exp⎢3776.58⎜ 450 − T ⎟⎥ kgcat − − − − − − − (20a) ( 1 + X ) T ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎦ ⎣

Sustituyendo valores en (18a)

78

3 ⎛ ⎛ ⎞⎞ J ⎡ ⎜ (500 )⎜ 0.133 dm ⎟⎟ ⎜ ⎢ 31400 mol kgcat ⋅ s ⎟⎠ ⎟ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ 450K ⎞⎛ Patm ⎞ dT ⎜ ⎝ =⎜ ⎟⎜ ⎟ exp⎢ ⎟⎢ ⎥⎜ dW ⎜ dm 3 ⎢ 8.3144 J ⎟ ⎣ (1 + X) ⎦⎝ TK ⎠⎝ 10atm ⎠ 20 ⎢⎣ ⎜ ⎟ mol ⋅ K s ⎝ ⎠

⎤ 1⎞ ⎥ ⎛ 1 − ⎟K ⎥ ⎜ ⎝ 450 T ⎠ ⎥ ⎥⎦

⎡ ⎡ (1 − X)P ⎤ dT 1 ⎞⎤ K ⎛ 1 = 149.625 ⎢ ⎥ exp⎢3776.58⎜ 450 − T ⎟⎥ kgcat − − − − − − − ( 21a) dW ( 1 X ) T + ⎝ ⎠⎦ ⎣ ⎦ ⎣

Resolviendo simultáneamente (19a), (20a) y (21a) en POLYMATH Programa POLYMATH Ecuación

Valor inicial

d(X)/d(W) = 0.2993*(((1X)*P)/((1+X)*T))*exp(3776.58*((1/450)-(1/T)))

0

d(T)/d(W) = 149.625*(((1X)*P)/((1+X)*T))*exp(3776.58*((1/450)-(1/T)))

450

d(P)/d(W) = -0.0021111*(T/P)*(1+X)

10

W0 = 0 Wf = 39 Conclusión. La cantidad máxima de catalizador que puede ser cargado al reactor es de 39 kg de catalizador, antes de que la Presión de salida sea cero Los resultados obtenidos son: Variable initial value minimal value maximal value final value W 0 0 39 39 X 0 0 0.3576294 0.3576294 T 450 450 628.78484 628.78484 P 10 3.333E-05 10 3.333E-05 Los perfiles conversión, presión y temperatura son:

79

Tomando el valor de α con un diámetro D2 dP =− dW

1 Kgcat 2

0.0075

⎞ 10atm ⎛ T ⎞⎛ ⎟⎟(1 + X ) ⎜ ⎟⎜⎜ 450 P / 10 atm / atm ( )( ) ⎝ ⎠⎝ ⎠

⎛ atm ⎞ dP ⎛T⎞ ⎟⎟ − − − − − − − (22a) = −8.3333 × 10 − 4 ⎜ ⎟(1 + X )⎜⎜ dW ⎝P⎠ ⎝ kgcat ⎠

Sustituyendo simultáneamente (20a), (21a) y (22a) en POLYMATH Programa POLYMATH Ecuación

Valor inicial

d(X)/d(W) = 0.2993*(((1X)*P)/((1+X)*T))*exp(3776.58*((1/450)-(1/T)))

0

d(T)/d(W) = 149.625*(((1X)*P)/((1+X)*T))*exp(3776.58*((1/450)-(1/T)))

450

d(P)/d(W) = -0.00083333*(T/P)*(1+X)

10

W0 = 0 Wf = 50 Los valores obtenidos son:

80

Variable initial value minimal value maximal value final value W 0 0 50 50 X 0 0 0.7751497 0.7751497 T 450 450 837.51009 837.51009 P 10 5.3623128 10 5.3623128 Los perfiles conversión, temperatura y presión son:

Conclusión. Se puede observar que al modificar el diámetro de la partícula, la conversión se incrementa al incrementar la temperatura; sin embargo, la temperatura se incrementa significativamente.

81

b) Para conocer como cambia la conversión conforme cambian los valores de P0 y α, se utilizan las siguientes ecuaciones dP α ⎛ T ⎞⎛ P0 ⎞ ⎟(1 + X ) − − − − − − − (1b) =− ⎜ ⎟⎜ dW 2 ⎝ 450 ⎠⎜⎝ (P / P0 ) ⎟⎠ ⎡ (1 − X) ⎤⎛ P dX = 2.9925 ⎢ ⎥⎜⎜ dW ⎣ (1 + X)T ⎦⎝ P0 ⎡ (1 − X) ⎤⎛ P dT = 1496.25 ⎢ ⎥⎜⎜ dW ⎣ (1 + X)T ⎦⎝ P0

⎞ ⎡ 1 ⎞⎤ ⎛ 1 ⎟⎟ exp ⎢3776.58⎜ − ⎟⎥ − − − − − − − (2b) ⎝ 450 T ⎠⎦ ⎣ ⎠

⎞ ⎡ 1 ⎞⎤ ⎛ 1 ⎟⎟ exp ⎢3776.58⎜ − ⎟⎥ − − − − − − − (3b) ⎝ 450 T ⎠⎦ ⎣ ⎠

Comentarios finales. • Por comparación al variar el parámetro α, influye drásticamente la cantidad de catalizador empleada en el reactor. • Con valores mayores a α> 0.11, se emplea cantidades de catalizador menores a 50 kg de catalizador para este reactor, influyendo significativamente la caída de presión. • Con valores menores a α ≤ 0.11, se emplea cantidades mayores a 50 kg de catalizador. Para los cálculos de la conversión cambiando los parámetros de tomaron como base una cantidad de catalizador de 50 kg.

(1/kg cat) 0.011 0.005 0.001 0.0005 0.0001

P0 (atm) 10 0.6567 0.8323 0.8946 0.9005 0.9050

1 0.6567 0.8323 0.8946 0.9005 0.9050

y P0 se

20 0.6567 0.8323 0.8646 0.9005 0.9050

Se puede observar que la conversión aumenta cuando disminuye el parámetro α. En tanto que el valor de la presión P, no modifica significativamente la conversión. Problemas propuestos. Problema 3.4 La formación de estireno a partir de vinilacetileno es prácticamente irreversible y sigue la ley de una velocidad elemental: 2vivilacetileno → estireno 2A → B a) Determine la conversión que se alcanza en un PFR de 10 dm3, si la temperatura en la entrada es de 675K. Grafique la temperatura y la conversión a lo largo del reactor (Volumen). Resp. 0.36

82

b) Varíe la temperatura en la entrada y grafique la conversión en función de esa temperatura. Resp. Conversión vs Temperatura de entrada

Conversión (X)

1.0000 0.8000 0.6000 0.4000 0.2000 0.0000 200

300

400

500

600

700

800

900

Temperatura de entrada (Ta)

Como se muestra en la gráfica al aumentar la temperatura a 750 K la conversión aumenta rápidamente hasta al 100 %, mientras que para el intervalo de 250-700K se mantiene constante la conversión de 35 %. Esto indica que la temperatura de alimentación juega un papel muy importante. c) Varíe la temperatura ambiente en el intercambiador de calor y encuentre la temperatura ambiente máxima a la que no se desbocará la reacción. Resp. Ta 700 701 702 703 704 705 706 707 708 709 710

Tmáx 715.4798 717.6598 719.9843 722.6746 725.4883 728.748 733.0195 738.4222 746.923 813.4406 2226.564

En la tabla anterior muestra que el desbocamiento empieza cuando la temperatura ambiente del intercambiador es de 709 K, por lo que a 708K todavía no hay desbocamiento por lo tanto es la temperatura máxima que se puede alcanzar d) Compare sus respuestas con el caso en que la reacción se efectúa adiabáticamente. Resp. Cuando se efectúa adiabáticamente, disminuye la temperatura máxima que se puede obtener, pero como la conversión es función de la temperatura también disminuye considerablemente y la máxima conversión que se puede alcanzar es 0.30. e) Repita la parte (b) suponiendo quela reacción es reversible, Kc= 100,000 a 675 K. Además, entra en el reactor una corriente de inertes (CP1 =100 J/mol.ºC) con F1 =3FA0 . Grafique la conversión en función

83

de la temperatura de entrada. ¿Existe un máximo? ¿Por qué sí o por qué no?

X

Conversión vs Temperatura 0.8000 0.7000 0.6000 0.5000 0.4000 0.3000 0.2000 0.1000 0.0000 0

200

400

600

800

1000

T0

Cuando la reacción es reversible, la conversión no llega al 100 % a la misma temperatura que cuando era irreversible y la máxima conversión que se puede alcanzar es 71 % debido a que también intervienen inertes. Información adicional

CA0 =1 mol/dm3

Ua = 5.0kJ / dm3 / K

FA0 =5 mol/s

Ta = 700 K

ΔH Rx = -231 - 0.012(T-298)kJ/mol CpA =0.1222 kJ/mol.K k=1.48X1011 exp(-19,124/T)dm3 /mol.s To =675K Problema 3.4 La reacción irreversible, endotérmica, en fase vapor, CH 3COCH 3 → CH 2CO + CH 4 A→ B+C Sigue la ley de velocidad elemental y se efectúa adiabáticamente en un PFR de 500 dm3. La especie A se alimenta al reactor con una velocidad de 10 mol/min y una presión de 2 atm. También se alimenta una corriente inerte a 2 atm. La temperatura de ambas corrientes en la entrada es de 1100 K.

a) Primero deduzca una expresión para CA01 en función de CA0 y θ I . Resp.

C A01 =

( C A0 + CI 0 ) − − − − − (8) (1 + θi )

b) Grafique la conversión a la salida en función de θ I .

84

La conversión de salida en el reactor es del 42.0 % c) ¿Existe una proporción de velocidades de flujo molar inertes: A(es decir, θ I = FI 0 / FA0 ) con la que la conversión sea máxima? Explique por qué “hay o “no hay” un máximo. Resp. Entre mayor sea el valor de θ I significa que hay mayor flujo de inertes que de reactivos la conversión será menor de productos. Al adicionar mayor proporción de inertes es para reducir riesgos de explosividad en la reacción. d) ¿Cómo cambiaría su respuesta si la temperatura de entrada se elevara o redujera en 200K? Resp. La conversión es directamente proporcinal a la temperatura, por lo tanto habría que elevar la temperatura para que aumentar la conversión. Información adicional k= exp(34.34 - 34,222/T)dm3 /mol.min CpI =200 J/ mol. K

T=K

CpA =170 J/mol.K CpB = 90 J/mol.K CpC = 80 J/mol.K ΔH Rx = 80,000J/mol

Problema 3.5 Se efectúa la reacción elemental, irreversible, exotérmica, en fase gaseosa A → 2B En un reactor de lecho empacado. Hay una caída de presión en el reactor y el coeficiente de caída de presión [vea la ecuación (4-32)] es de 0.007 kg-1. Entra A puro en el reactor con una velocidad de flujo de 5 mol/s, una concentración de 0.25 mol/ dm3, una temperatura de 450 K y una presión de 9.22 atm. Se elimina calor envolviendo el reactor con un intercambiador de calor. La velocidad de flujo de refrigerante en la camisa es suficiente para mantener la temperatura ambiente del intercambiador en 27 º. El término que da el producto del coeficiente de transferencia del calor y el área por unidad de volumen dividido entre la densidad volumétrica del catalizador es

85

Ua

ρb

=

5J kgcat.s.K

Donde:

ρb = densidad volumétrica del catalizador (kg/m3)

a = área de intercambio de calor por unidad de volumen del reactor (m2/m3) J U = coeficiente global de transferencia de calor m 2 .s.K

Información adicional ΔH Rx = -20,000J/mol A a

CpA =40 J/mol.K

273 K CpB = 20 J/mol.K

⎡E ⎛ 1 1 ⎞ ⎤ dm3 k= exp ⎢ ⎜ − ⎟⎥ ⎣ R ⎝ 450 T ⎠ ⎦ kg .cat.s kJ J E=31.4 R = 8.314 mol mol.K E = 3776.76 K R El peso máximo de catalizador que se puede empacar en este reactor es de 50 kg. e) Grafique la temperatura, la conversión (X) y el coeficiente de presiones (y=P/P0) en función del peso de catalizador. Resp.

Las gráficas muestran que la reacción es muy exotérmica y se da al inicio del reactor. La máxima cantidad de catalizador empleada es de 50 Kg. Por otro lado, la caída de presión se incrementa significativamente en la dirección axial del reactor. b) ¿Con qué peso de catalizador (distancia reactor abajo) alcanza su valor máximo la velocidad de reacción (-rA´)? Resp. El máximo valor que puede alcanzar la velocidad de reacción es -0.25 y se da casi a la entrada del reactor. Esto se debe a que es una reacción muy exotérmica.

86

c) ¿Con qué peso de catalizador (distancia reactor abajo) alcanza su valor máximo la temperatura? Resp. La máxima temperatura es de 504 K y es cuando se alcanza la conversión máxima. d) ¿Qué sucede cuando se duplica el coeficiente de transferencia de calor? ¿Qué sucede si se reduce a la mitad ese coeficiente? Comente acerca de los efectos que ello tiene sobre el desempeño del reactor ( es decir, conversión, temperatura y caída de presión) Resp. Cuando el valor del coeficiente de transferencia de calor se duplica alcanza casi la misma conversión; pero, con una termperatura likgeramente más baja y con una caída de presión más alta. Cuando se reduce el coeficiente de tranferencia, disminuye el peso de catalizador, la conversión es más alta y diminuye la cíada de presión pero aumenta la temperatura.

Problema 3.6 3.6 La reacción

A+ B ⇔ C + D se efectúa de manera adicional en una serie de reactores de lecho empacado en serie con enfriamiento entre las etapas. La temperatura de más baja a la que puede enfriarse la corriente de reactivos es 27ºC. La alimentación es equimolar en A y B y el peso de catalizador en cada reactor es suficiente para alcanzar un 99.9% de la conversión de equilibrio. La alimentación esta a 27ºC y la reacción se efectúa adiabáticamente. Si se cuenta con cuatro reactores y tres enfriadores, ¿Qué conversión puede alcanzarse?

Información adicional ΔH Rx = -30,000J/mol A

CpA = CpB =CpC =CpD = 25 cal/ gmol.K k e (50ºC)= 500,000 FA0 = 10

molA min

Resp. X = 0.90 3.7 La reacción elemental reversible en fase gaseosa: ⎯⎯→ A +B ← ⎯⎯ 2C

Se efectúa en un PFR y un CSTR. La alimentación solo contiene A y B en proporciones estequiométricas a 580.5 kPa y 77°C. La velocidad de alimentación molar de A es 20 mol/s. La reacción se efectúa adiabáticamente. Información adicional. Parámetros de ley de velocidad: k = 0.035dm3/mol·min a 273 K E = 70 000 J/mol

87

Parámetros termodinámicos a 25°C ΔHA° = -40 kJ/mol CpA = 25 J/mol·K ΔHB° = -30 kJ/mol CpB = 15 J/mol·K ΔHC° = -45 kJ/mol CpC = 20 J/mol·K Kc =25 000 Datos de intercambiador de calor: Coeficiente global de transferencia de calor Área del intercambiador Temperatura ambiente

U= 10 W/m2·K A = 2 m2 Ta= 17°C

a) Determine el volumen de reactor de flujo tapón necesario para alcanzar un 85% de la conversión adiabática en equilibrio. Resp. V = 176dm 3 f) Grafique –rA, X y T en función de la longitud del reactor si el área de corte transversal es de 0.01 m2 ¿Qué sugieren las curvas respecto a cambiar las condiciones de alimentación?

g) Determine la conversión que puede alcanzarse en un CSTR que tiene un intercambiador de calor instalado en su interior. d) Repita las partes (a) y (c) para el caso de una reacción endotérmica con un ΔH°Rx de la misma magnitud absoluta, pero con una temperatura a ka entrada de 277 °C. e) Comente acerca de las magnitudes de ΔH°Rx, E, Kc y U ¿Cuándo (o en qué condiciones) se podría desbocar la reacción?

88

f) Utilice un paquete de software para estudiar el efecto de la temperatura ambiente Ta (invierno-verano) sobre la parte (c).

IV. Diseño de Reactores no Isotérmicos en estado no estacionario CONTENIDO Unidad de Competencia IV: Unidad de Competencia VI. Diseño de Reactores no isotérmicos en estado no estacionario. Aplicando las habilidades1 y desarrollando actitudes y valores2.

ACTIVIDADES: Los alumnos resolverán ejercicios donde se apliquen los aspectos vistos en clase respecto al diseño de reactores intermitentes no isotérmicos y en estado no estacionario. Así mismo, asistirán a la asesoría para la resolución de los problemas. Objetivos: ƒ ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes que incluyendo además balance de energía y en estado no estacionario Discernir las ecuaciones cuando su operación de los reactores es no isotérmico Identificar la complejidad de solución numérica de este tipo de diseño de reactores. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

89

EJERCICIOS. Problema 4.1 Usted esta operando un reactor por lotes y la reacción es de primer orden, en fase liquida y exotérmica. Se agrega un refrigerante inerte a la mezcla de reacción para controlar la temperatura. La temperatura se mantiene constante variado la velocidad de flujo del refrigerante (vea la figura).

Información adicional

• Temperatura de la reacción: 100ºF • Valor de k a 100ºF: 1.2x10-4 s-1 • Temperatura del refrigerante: 80ºF • Capacidad calorífica de todos los componentes: 0.5Btu/lb ºF • Densidad de todos los componentes: 50lb7ft3 • ΔΗ Rx = -25,000Btu/lbmol Inicialmente: ƒ ƒ ƒ

El recipiente sólo contiene A (no hay B ni C presentes) CAo= 0.5lb mol/ft3 Volumen inicial: 50 ft3

a) Calcula le velocidad de flujo del refrigerante 2h después de iniciada la reacción.

90

b) Se propone que en lugar de alimentar un refrigerante al reactor se añada un disolvente que se pueda eliminar fácilmente por ebullición, a temperaturas moderadas. El disolvente tiene un calor de vaporización de 1000 Btu/lb e inicialmente se colocan 25 lb-mol de A en el tanque. El volumen inicial de disolvente + reactivo es de 300 ft3. Determine la tasa de evaporación del solvente en función del tiempo. ¿Qué valor tiene esa tasa al término de 2h?

Solución Objetivos: ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes que incluyendo además balance de energía y en estado no estacionario Identificar la complejidad de solución numérica de este tipo de diseño de reactores. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

Inciso a) 1) Ecuación de Diseño:

− rA = −

dN A Vdt

(1)

2) Ecuación cinética: − rA = kC A

(2)

3) Estequiométria

C AV = N A ∴

NA = C A ..........(3) V

4) Balance de energía (ecuación 9.9) dT Q − Ws − ∑ Fi Cp i (T − Tio ) + [− ΔH RX (T )](− raV ) = ..........(4) n dt N Cp ∑ i i i =1

como Q = Ws = 0 y Temperatura constante :

[− ΔH RX (T )](− rAV ) − ∑ Fio Cpi (T − Tio ) = 0

5) Combinando

91

..........(5)

Sustituyendo (3) en (1) −

Reordenando −

dN A = kC AV dt

(a)

dN A = kN A dt

(b)

NA

−

t dN A = k ∫ N A ∫0 dt NAo

⎛N ⎞ ln⎜⎜ Ao ⎟⎟ = kt ⎝ NA ⎠ N Ao = e kt NA

(c)

Sustituyendo (2) en (5)

[− ΔH RX (T )](kC AV ) − ∑ Fio Cpi (T − Tio ) = 0

[− ΔH RX (T )](kN A ) − ∑ Fio Cpi (T − Tio ) = 0

∑F

io

..........(d)

Cp i (T − Tio ) =(FB Cp B − FA Cp A + FC Cp C )(T − To ) = 0 = FC Cp C (T − To )

por lo tanto Fc =

[− ΔH RX (T )]kN A Cp c (T − To )

..........(e)

sustituyendo datos

N Ao = C AoVo ⎛ lbmol ⎞ = ⎜ 50 3 ⎟(50ft 3 ) ft ⎠ ⎝ = 25 lbmol Resolviendo (c) NA =

N Ao e kt

25 e 0.00012×3600×2 = 10.53 lbmol =

sustituyendo en (e) FC =

25000

Btu × 1.2 × 10 − 4 s −1 × 10.53lb mol lb mol Btu (100 − 80)º F 0.5 lbº F

FC = 3.16 92

lb s

b) Determinar tasa de evaporación

Fc =

FC =

25000

(− ΔH RX )(kN A ) λ

..........(f)

Btu × 1.2 × 10 − 4 s −1 × 10.53lbmol lb lbmol = 0.0316 btu s 1000 lb

Problema 4.2 Se efectúa la reacción

A+ B →C adiabáticamente en un reactor por lotes de volumen constante. La ley de velocidad es : 1

1

− rA = k1 C A2 C B2 − k 2 C C Grafique la conversión y las concentraciones de las especies que reaccionan en función del tiempo. Información adicional Temperatura de entrada =100ºC E1= 100 KJ/ mol k1 (373 K ) =2x10-3 s-1 E2= 150 KJ/ mol k 2 (373 K ) =3x10-5 s-1 E3= 25 J/ mol CAo= 0.1 mol/dm3 CpA= 25 J/ mol K CBo=0.125mol/dm3 CpB= 25 J/ mol K CpC= 40 J/ mol K ΔΗ Rx (298 K ) = -40,000J/mol A Solución:

Objetivos: ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores intermitentes que incluyendo además balance de energía y en estado no estacionario

93

ƒ ƒ ƒ ƒ

Realizar los ajustes a la ecuación de energía cuando el proceso es adiabático Identificar la complejidad de solución numérica de este tipo de diseño de reactores. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes. 1) Balance de moles para un reactor por lotes a V=cte N AO

1

dx = − rAV ..........(1) dt

1

− ra = k1C A2 C B2 − k 2 C C ..........(2)

2) Velocidad de reacción 3) Estequiométria

C A = C Ao (1 − x) C B = C Ao (θ b − x) C C = C Ao x 4) Balance de energía en términos de la conversión (ecuación 9.12)

dT [− ΔH RX (T )](− rAV ) = ..........(3) dt ∑ N i Cpi donde

ΔH Rx (T ) = ΔH Rx (Tref ) + ΔCp (T − Tref ) ..........(4)

∑ N Cp i

i

= N Ao (∑ θ i Cp i + ΔCpx ) ..........(5)

ΔC p =

∑θ C i

p

c C pC − bC p B − C pA ..........(6) a

= θ C C pC + θBC pB + C pA ..........(7)

donde la ecuación (3) se debe ajustar al balance de moles (1) y a la ley de velocidad (2), y luego resolverse numéricamente. Como sabemos, k es una función de la temperatura Ti por lo tanto, dado que T varía a lo largo del reactor, k también varia; así para k1 y k 2 :

94

⎡ E ⎛ 1 1 ⎞⎤ k1′ = k 1exp ⎢ 1 ⎜ − ⎟⎥ ..........(8) ⎣ R ⎝ To T ⎠⎦ ⎡ E ⎛ 1 1 ⎞⎤ k 2′ = k 2 exp ⎢ 2 ⎜ − ⎟⎥ ..........(9) ⎣ R ⎝ To T ⎠⎦ Sustituyendo valores en (3), (4), (6) y (7)

ΔC p =

c b Cp c − Cp b − Cp a = 40 − 25 − 25 = −10 a a

ΔH Rx (T ) = ΔH Rx (Tref ) + ΔCp (T − Tref ) = −40000

∑θ C i

p

=

J − 10 (T − 298) mol A

C Ao C C 0.125 (25) + 0 = 56.25 Cp a + Bo C pB + Co C pC = 25 + C Ao C Ao C Ao 0.1

⎛

dT = dt

⎞

[40000 + 10(T − 298)]⎜⎜ − rA N Ao ⎟⎟ C Ao ⎠ ⎝ N Ao (56.25 − 10 x ) ⎛

dT = dt

⎞

[40000 + 10(T − 298)]⎜⎜ − rA ⎟⎟ ⎝ C Ao ⎠

56.25 − 10 x

Empleando el software comercial polymath se obtiene Algoritmo Differential equations as entered by the user [1] d(x)/d(t) = ra/0.1 [2] d(T)/d(t) = ((40000+(10*(T-298)))*(ra/0.1))/(56.25-10*x) Explicit equations as entered by the user [1] k1 = 0.002*exp((100000/8.314)*(0.0027-(1/T))) [2] k2 = 0.00003*exp((150000/8.314)*(0.0027-(1/T))) [3] Ca = 0.1*(1-x) [4] Cb = 0.1*(1.25-x) [5] Cc = 0.1*x [6] ra = (k1*((Ca)^(0.5))*((Cb)^(0.5)))-(k2*Cc) Independent variable variable name : t initial value : 0 final value : 10

95

Precision Step size guess. h = 0.000001 Truncation error tolerance. eps = 0.000001 General number of differential equations: 2 number of explicit equations: 6 Elapsed time: 2.3148 sec Data file: E:\Reactores\problema 9.7.pol

Figura 1. Conversión en función del tiempo

Figura 2. Concentración en función del tiempo Conclusión. La máxima conversión alcanzada es del 24 % y se logra en un tiempo de seis segundos. Mayor a este tiempo no hay cambio en la conversión.

96

Problema 4.3 Calcule el tiempo necesario para lograr una conversión adiabática de equilibrio k1

de 90% de A en la reacción se efectúa la reacción exotérmica A ↔ 2 B tanto en un reactor intermitente como de flujo tapón. La temperatura de alimentación es de 27º C y la velocidad total de flujo volumétrico al reactor es de 100 dm3/min a la misma temperatura. Cuando dicha reacción se efectúa adiabáticamente en un reactor por lotes. El reactor es de 50ft3 se carga (lleno) con 900 lb-mol de una mezcla que es de 66.67% de A y 33.33% de inertes. Información adicional

k1 = 0.217 min −1 C pA = 12

J mol K

k e = 70000 C pB = 10

mol dm 3

J mol K

C pI = 15

J mol K

El calor de reacción es función de la temperatura, y es valorada a 300 K y es 75 000J/mol A. k1 varia con la temperatura y sigue el comportamiento:

Solución: Objetivos: ƒ ƒ ƒ

Aplicar correctamente las ecuaciones de diseño para reactores flujo tapón que incluya además balance de energía y en estado no estacionario y realizar una compasión con un reactor intermitente. Identificar la complejidad de solución numérica de este tipo de diseño de reactores. Mejorar las habilidades de autodidacta de los estudiantes.

1) N Ao

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Ecuación dx = −rAV ....(1) dt

de

diseño

2 ⎡ C ⎤ − rA = k 2 ⎢C A − B ⎥ ..........(2) ke ⎦ ⎣

2) Velocidad de Reacción (reversible) 3) Estequiometría

C A = C Ao (1 − x) ..........(3) C B = 2C Ao x

..........(4)

4) Balance de energía (ecuación 9-1.5, relación entre x y T para una reacción adiabática [− ΔH RX (To )]x 5) T = To + ..........(5) ~ Cps + ΔC px donde: J ΔCp = 2Cp B − Cp A = 20 − 12 = 8 mol K ΔΗ RX = ΔΗ RX (300) + ΔCp (300 − T )

= −75000 + 8(T − 300)

N Ao = (0.6667 )(900)(454) = 272416.62 mol N IO = (0.3333)(900)(454) = 136186.38 mol C Ao =

A I

N Ao 272416.62molA mol = = 192.4 3 3 V dm ⎛ ⎞ 28.32dm ⎟⎟ 50 ft 3 ⎜⎜ 3 ⎝ 1 ft ⎠

Cps = ∑ θ i Cp i = θaCpa + θbCpb + θ I Cp I

J ⎛ 136064 ⎞ = 12 + 0 + ⎜ ⎟(15) = 19.5 mol K ⎝ 272027 ⎠

T = 300 −

75000 x 19.5 + 8 x

5) Combinación

N Ao dx = − rA V dt 2 ⎡ 4C Ao x 2 ⎤ dx = k 2 ⎢C Ao (1 − x ) − C Ao ⎥ k e ⎥⎦ dt ⎢⎣ ⎡ 4C Ao x 2 ⎤ dx = k 2 ⎢(1 − x ) − ⎥ dt ke ⎦ ⎣ Como sabemos, k es una función de la temperatura T por lo tanto, dado que T varía a lo largo del reactor, k también variará; así para calcular k 2 es necesario obtener la energía de activación:

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−

E

−

E

k 2 Ae RT2 e RT2 = = ..........(6) E E − − k1 RT RT Ae e despejando E de (6)

⎡ E ⎛ 1 1 ⎞⎤ k 2 = k1 exp ⎢ ⎜⎜ − ⎟⎟⎥ ⎣ R ⎝ T T2 ⎠⎦ ⎡E ⎛ 1 1 Lnk 2 = Lnk1 ⎢ ⎜⎜ − ⎣ R ⎝ T T2 ⎛k ⎞ E⎛1 1 ⎞ Ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ = ⎜⎜ − ⎟⎟ ⎝ k1 ⎠ R ⎝ T T2 ⎠ ⎛k ⎞ Ln⎜⎜ 2 ⎟⎟ ⎝ k1 ⎠ E= ⎛ 1 1 ⎜⎜ − ⎝ RT RT2

⎞ ⎟⎟ ⎠

⎞⎤ ⎟⎟⎥ ⎠⎦

..........(7)

Sustituyendo en (6)

E=

⎛ 0.217 ⎞ Ln⎜ ⎟ ⎝ 0.324 ⎠

⎛ ⎞ 1 1 ⎜⎜ ⎟⎟ − ⎝ 8.314(340) 8.314(300) ⎠ J E = 8498.22 mol por lo tanto

⎡ 8498.22 ⎛ 1 1 ⎜ k 2 = 0.217 exp ⎢ − ⎜ ⎢⎣ 8.314 ⎝ 300 T

⎞⎤ ⎟⎥ ..........(8) ⎟⎥ ⎠⎦

para ke en el equilibrio

⎡ ΔH RX ⎛ 1 1 ⎞⎤ k e = k e (300 ) exp ⎢ − ⎟⎥ ⎜ ⎣ R ⎝ 300 T ⎠⎦ ⎡ − 75000 + 8(T − 300) ⎛ 1 1 ⎞⎤ k e = 70000 exp ⎢ − ⎟⎥ ..........(9) ⎜ 8.314 ⎝ 300 T ⎠⎦ ⎣ Resolviendo en polymath Algoritmo Differential equations as entered by the user [1] d(x)/d(t) = k2*((1-x)-(4*Cao^2*(x^2))/ke)

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Explicit equations as entered by the user [1] T = 300+((-75000)*x/(19.5+8*x)) [2] k2 = 0.217*exp((8498.22/8.314)*((1/300)-(1/T))) [3] ΔHrx = -75000+8* (T-300) [4] ke = 70000*exp((DHrx/8.314)*((1/300)-(1/T))) [5] Cao = 192.0 Independent variable variable name : t initial value : 0 final value : 2 Resultados

Figura 1. Conversión en función del tiempo Calculando el tiempo para el 90% de la conversión La conversión en el equilibrio es:

0.04363 * 0.9 *100% = 4% del grafico observamos que el tiempo para esta conversión es t=2 min

100

Problemas Propuestos: Problema 4.4 La reacción exotérmica del primero orden en fase líquida A → B se efectúa a 85 °C en un CSTR de 0.2 m3 con chaqueta de calentamiento. La temperatura del enfriador en el reactor es de 32 °F. El coeficiente de transferencia de calor es 120 W/ m3 K. Determinar el valor crítico del área de transferencia de calor, por debajo del cual la reacción se descontrolará y el reactor explotará. Información adicional Coeficiente de velocidad de reacción: k1 (40°C ) =1.1 s-1 y k1 (50°C ) =1.1 s-1 La capacidad calorífica de la solución es de 20 Jg K. La densidad de la solución es de 0.90 Kg/dm3. El calor de reacción es de − 2500 J . La temperatura de g alimentación es de 40ºC y el flujo de alimentación es de 90 kg/min. Peso molecular de A es igual a 90 gr/mol y CAo = 2M. Solución: 22.69 m2 Problema 4.5 La reacción irreversible de primero orden:

A(l ) → B( g ) + C ( g ) se efectúa

adiabáticamente en un CSTR al cual se alimentan 100 lts/min de A líquido puro a 400 K. La reacción prácticamente termina en su totalidad (es decir, la velocidad de alimentación al reactor igual a la velocidad de reacción del producto dentro del reactor y el volumen del reactor). ¿Cuántas moles de A líquido hay en un CSTR en condiciones de estado estacionario? Información adicional Temperatura (K) k(min) HA (KJ/mol) HB (KJ/mol) HC (KJ/mol)

400 0.19 -38 -26 -20

800 0.32 -30 -22 -16

1200 2.5 -22 -18 -12

Solución: 326.12 mol de A Problema 4.6 La reacción en fase líquida A → B se va efectuar en un reactor semi-continuo. Hay 500 mol de A inicialmente en el reactor a 25 °C. La especie B se alimenta al reactor a 50 °C con un flujo de 10 mol/min. La alimentación al reactor se detiene después de haber alimentado 500 ml de B. a) Calcule la conversión en un tiempo de 2 hrs.

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b) Calcule la conversión en un tiempo de 3 hrs, si se coloca en el intercambiador de calor (UA= 100 cal/min K) en el reactor y la temperatura ambiente es constante a 50 °C. c) En el caso donde la reacción se considere reversible encuentra la conversión. Datos Adicionales: dm 3 k1 (300 K ) = 0.01 mol ⋅ min 1 K r (300 K ) = 10 s mol C Ao = C Bo = 10 3 dm Kcal E a = 10 mol 3 vo = 1.0 dm min Solución: a) 0.9992 b) 0.9992 c) 0.874

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