cap tulo 6 reactores isot ermicos en fase gaseosafernando/abc_reactores/pdfs_2aed/abc_rea… ·...

Capıtulo 6 2a. Edicion

Reactores Isotermicos enFase Gaseosa

Dr. Fernando Tiscareno Lechuga

Departamento de Ingenierıa Quımica

Instituto Tecnologico de Celaya

¿Por que dividir en dos capıtulos?

•Mismas ecuaciones de disenoque las vistas en el Capıtulo 4

•V Error arraigado en los estudiantes:¡Resolver todos los reactores como si tratase de faselıquida!

•Motivacion: ¡Enfatizar las diferencias!

•Aplicacion industrial en fase gaseosa:

◦ Solo reactores tubulares

• ¿Y los de tanque agitado o por lotes?

◦Modelar casos especiales

◦ Interes academico y estudios cineticos

c©Dr. Fernando Tiscareno L./p2

1) Variacion de Flujo Volumetrico

�La diferencia mas importante entremodelar fase lıquida o gaseosa• Lıquidos: Incompresibles V V ≈ Constante

•Gases: ¡Compresibles!

V = F(∆ν, T, PT )

� ¿Caıda de presion? ¿Balance de momentum?

•Tubular: Factor de friccion de Fanning, ff = F(Re)

dPTdz

= −(

4

D

)(1

2ρ v2)ff

•Empacado: Ecuacion de Ergun


Variacion de V: (Continuacion 1)

A→ 3BSin inertes a T y PT constantes (Suponiendo: g.i.)

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1 132

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Error conceptual muy comun: PT ↑ si ∆ν > 0 y z ↑


Variacion de V: (Continuacion 1)

A→ 3B50 % de inertes a T y PT constantes (Suponiendo: g.i.)

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∴ La presencia inertes afecta V.El efecto de ∆ν sobre V ↓ si la proporcion de inertes ↑


Concepto δ•Prof. Levenspiel ^ V = FLinea(frl)

δrl ≡V|frl=1 − V0

V0

(6.1)

V = V0 (1 + δrl frl) (6.2)◦ V0 es V a frl = 0

◦ V1 que V existirıa si frl1 = 1 (a T y PT ¡constantes!)

•Evaluacion:

◦ Tabla: Facil de recordar

δrl =nT |frl=1 − nT 0

nT 0=FT |frl=1 − FT 0

FT 0(6.5)

◦δrl =

yrl0 ∆ν

−νrl(6.8)


Concepto δ (Continuacion 1)

• −1 < δrl <∞; δrl ↓ si yinertes ↑; δrl ⇒ 0 si yinertes⇒ 1

• ¿Que implica δrl = −1?

• Si no-isotermico y no-isobarico

V = V0 (1 + δrl frl)

(T

T0

) (PT 0

PT

)(6.10)

•Aplicar el concepto δrl implica suponer g.i.

• ¿Varias reacciones? ¡Olvidarse de δrl!

V = V0

(FTFT 0

) (T

T0

) (PT 0

PT

)(6.9)

• ∴ 1 + δrl frl = FTFT 0

• ¿Unidades para T y PT?c©Dr. Fernando Tiscareno L./p7

2) Tiempo de Residencia

t1 =

∫ VR1

0

dVR

V(4.2)

� ¡Es para analisis no para diseno!

� t ↓ si V ↑� t < τ si

•∆ν > 0

• T ↑• PT ↓ ¿Es este caso? ¡Siempre! (direccion de empuje)


Tiempo de Residencia (Continuacion 1)

•Calculo para tubulares:

◦ Una reaccion:

t1 = Crl0

∫ frl1

0

dfrl

(-rrl) (1 + δrl frl)(TT0

)(PT 0PT

) (6.11)

◦ Varias reacciones:dt

dVR=

1

V0

(FTFT 0

)(TT0

)(PT 0PT

) (6.13)

◦ ¿Y para tanque agitado?

• Error comun: Utilizar estas ecuaciones porque se vieron

en este capıtulo y no las Ecuaciones de Diseno del Capı-

tulo 4. ¡Usar τ para diseno!

•Entonces, ¿utilidad de conocer t?


3) Efecto sobre la Concentracion

Ci =niV

=FiV

= yiCT = yiPTRT

•Una reaccion (g.i.)

Crl = Crl0

(1− frl

1 + δrl frl

)(T0

T

)(PTPT 0

)(6.14)

Cj =

Cj0 +νj

(−νrl)Crl0 frl

1 + δrl frl

(T0

T

)(PTPT 0

)(6.15)

•Varias reacciones (g.i.)

Ci =

(FiFT

)CT =

(FiFT

)PTRT

(6.16)


Error comun para este capıtulo

•Olvidarse que FT (o nT) va cambiando

•Para una reaccion, equivalente a omitir (1 + δrl frl)

Cuando (∆ν)r 6= 0, el fluido se va a expandir o contraerporque el numero de moles totales cambia.

Apoyo para visualizar los efectos de (∆ν)r 6= 0:

Ver programas PFRgas.exe y PFRgas2.exe

http://www.iqcelaya.itc.mx/∼fernando/index ABC SoftwarePropio.html


Ejemplo 6.1: Globo vs. R. Rıgido

A + 2B → C (−rA) = k CACB2

¿t1 para frl1 = 0.9 si PT 0 = 1 atm y T = 25◦C?

Globo:a) A 99K 10 lt; B 99K 10 ltb) A 99K 5 lt; B 99K 5 lt; I 99K 10 ltc) A 99K 0.5 lt; B 99K 0.5 lt; I 99K 19 lt

Recipiente rıgido:d) A 99K 10 lt; B 99K 10 lte) A 99K 5 lt; B 99K 5 lt; I 99K 10 ltf) A 99K 0.5 lt; B 99K 0.5 lt; I 99K 19 lt

Mezclado perfecto e ¡instantaneo! (ver Problema 6.21)


Ejemplo 6.1: (Continuacion 1)

• a, b, c) Desarrollar Ecuacion de Diseno para Reactor por

lotes de volumen variable (PT constante)

Balance Molar para el rl:

-dnBdt

= nB0-dfBdt

= (−rB)VR (A)

tVRvar = CB0

∫ fB1

0

dfB(−rB) (1 + δB fB) (1)

(C)

donde:

(−rB) = 2 (−rA) = 2 k

(CA0 − 0.5CB0fB

1 + δB fB

)CB0

2

(1− fB

1 + δB fB

)2

(1)3



A + 2B → C

•Calculo de δrl: Ej. inciso (b) yA0 = 0.25; yB0 = 0.25 y yI0 = 0.5

¡Fijar claramente B.C.!

B.C.= 20 moles de mezcla inicial

fB = 0 fB = 1nA 5 2.5nB 5 0nC 0 2.5nI 10 10nT 20 15

δB =nT |fB=1−nT 0

nT 0= −0.25 o δrl = yrl0 ∆ν

−νrl (6.8)

•Calcular VR final: VR = VR0 (1 + δB fB) (1)



• d, e, f) Si VR es constante ¡δrl = 0!

Ecuacion 4.7:

t1 = CB0

∫ fB1

0

dfB(−rB)

= CB0

∫ fB1

0

dfB2 k (CA0 − 0.5CB0 fB) [CB0 (1− fB)]2

•Presion final (g.i.):

PT 1 = PT 0nT 1

nT 0



Resultados:

Inciso CB0, M δB VR1, lt tVRvar, h

(a) 0.0204 -0.5 11.0 1.82(b) 0.0102 -0.25 15.5 12.3(c) 0.0010 -0.025 19.6 1808

Inciso CB0, M δB PT 1, atm t1, h(d) 0.0204 0 0.55 4.70(e) 0.0102 0 0.775 18.8(f) 0.0010 0 0.978 1879

• ¿Explicacion?

•Extra: Solucion de (a), (b) y (c) sin utilizar δrl



Soluciones Alternativas para VR variable, Ci = ninTCT :

•Con fB pero sin δB:

t1 =

∫ fB1

0

nB0 dfB(−rB)VR

=

∫ fB1

0

nB0 dfB

2 k CACB2 VR

=

∫ fB1

0

0.2043 dfB

7440(0.2043−0.1022 fB0.8172−0.2043 fB

0.0409)(

0.2043−0.2043 fB0.8172−0.2043 fB

0.0409)2

20(0.8172−0.2043 fB

0.8172

)•Con nB y Ecuacion 4.3:

t1 =

∫ nB1

nB0

dnBrB VR

=

∫ nB0 (1−fB1)

nB0

dnB

−2 k CACB2 VR

=

∫ nB1

nB0

dnB

−2 k(nA0−0.5 (nB0−nB)nT 0−(nB0−nB)

CT

)(nB

nT 0−(nB0−nB)CT

)2VR0

(nT 0−(nB0−nB)

nT 0

)(1)


Ejemplo 6.2 : Obtener k1 y k2 midiendo PT

2Ak1−→ B + 3C

2Ak2−→ D + 2C

A 25◦C: A, B y D son lıquidos (P vap ≈ 0), C es gas

1) A 25◦C y 1 atm:4 ml de A puro (= 0.042 moles) y 800 ml (N2 resto)

2) Instantaneo ↑200◦C: Fase gaseosa, mezclado perfecto3) t1 = 40 min, PT 1@200◦C = 5.33 atm4) Instantaneo ↓25◦C, PT 1@25◦C = 2.70 atm; A, B y C = 4 ml

¿frl, SA B, k1 y k2?


Ejemplo 6.2 : (Continuacion 1)

•Calculos iniciales

CA0 =nA0

VR=

0.042 moles

0.8 lt= 0.0525 M

nI =PT 0@25◦C VResto

RT=

1 atm (800 ml− 4 ml)

82.06 atm mlmol K 298.15 K

= 0.0325 moles

PT 0@200◦C = 3.62 atm

•Calculos (g.i.) para t1 = 40 min

nT 1 =PT 1@200◦CVR

RT=

5.33 atm 800 ml

82.06 atm mlmol K 474.15 K

= 0.1098 moles

[nT 1]gas@25◦C =PT 1@25◦CVResto

RT= nC + nI = 2.70 atm 796 ml

82.06 atm mlmol K 298.15 K

∴ nC1 = 0.0878− 0.0325 = 0.0553 moles



•Estequiometrıa con avances

nC1 = 3 ξ11 + 2 ξ21 = 0.0553

nT 1 = nA0 + nI + 2 ξ11 + ξ21 = 0.1098

Resolviendo: ξ11 = 0.0153 y ξ21 = 0.0047

V nA1 = 0.0020, nB1 = 0.0153 y nD1 = 0.0047 moles

•Resultados:

fA1 =0.0420− 0.0020

0.0420= 0.952

SA B1 =nB1 ×

−νA1νB1

nA0 − nA1=

0.0153× 2

0.0420− 0.0020= 0.765



•Ecuacion 4.4 (enfatizando que VR es constante)

pA =nAnT

PT =nAnT

[nT R (473.15 K)

VRcte

]=nAR (473.15 K)

VRcte

dnAdt

= rA VRcte = (−k1 pA2 − k2 pA2)VRcte =−(k1 + k2)R

2 (473.15 K)2

VRcte

nA2

dnBdt

= rB VRcte = 1

2k1 pA

2 VRcte =k1R

2 (473.15 K)2

2VRcte

nA2

• ¿Solucion simultanea?

Notar: Ec. 1 solo funcion de nA, solo entonces∫ nA1

nA0

dnAnA2

=−1

nA1− −1

nA0=−(k1 + k2)R

2 (473.15 K)2

VRcte

∫ t1

0

dt

k1 + k2 = 0.3881mol

h atm2 lt



•Varias opciones: una de ellas es dividir Ecs. de Diseno

dnAdnB

=−(k1 + k2)

k1

Separando variables e integrando con lımites:

k1 + k2

k1=nA0 − nA1

2 (nB1 − 0)= 1.3117 (C)

•Resultados: k1 = 0.2959 molh atm2 lt y k2 = 0.0922 mol

h atm2 lt

•Otra opcion: nA = F(t) a partir de (1) , sustituir en (2),

separar variables e integrar obtienedo nB = F(t)

• ¡Estimamos dos constantes con un manometro!



Solucion de Primera Edicion ¡Puede confundir al alumno!

• Ecuacion 4.8 (OK porque recipiente es rıgido), pi = CiRT

dCAdt

= rA = −k1 pA2 − k2 pA2 = −(RT )2 (k1 + k2)CA2

dCBdt

= rB =νB1

νA1(rA)1 =

1

2k1 pA

2 = (RT )2 k1 CA2

• Ec. 1 solo funcion de CA, solo entonces

t1 = CA0

∫ fA1

0

dfA(RT )2 (k1 + k2) [CA0 (1− fA)]2

= 40 min ⇒ k1 + k2

• Dividimos Ecs. Diseno para B y D (misma fuerza motriz):

dCBdCD

=k1k2

⇒ k1k2

=CB1

CD1

=nB1

nD1

= 3.208


Ejemplo 6.3: Tubular 1 Rxn

A� B + 3C (−rA) = k(pA − pB pC

3

KP

)@250◦C

@ V0 = 120 lts y PT = 1 atm

a) yA0 = 1b) yA0 = 0.5 y yI0 = 0.5c) yA0 = 0.05 y yI0 = 0.95

@ V0 = 60 lts y PT = 2 atm

d) yA0 = 1e) yA0 = 0.5 y yI0 = 0.5f) yA0 = 0.05 y yI0 = 0.95

¿VR1 necesario para fA1 = 0.9 fAeq? ¿Efecto de PT y dilucion?



•Obtencion de δrl

(a) y (d) (b) y (e) (c) y (f)fA = 0 fA = 1 fA = 0 fA = 1 fA = 0 fA = 1

nA 100 0 50 0 5 0nB 0 100 0 50 0 5nC 0 300 0 150 0 15nI 0 0 50 50 95 95nT 100 400 100 250 100 115δA +3 +1.5 +0.15

•Calculos de Equilibrio: KC = KP(RT )3 = 4.5× 10−5 M3

F(fA) = 0 =

[(CA0(1− fA)

1 + δAfA(1)(1)

)KC −

(CA0 fA

1 + δAfA(1)(1)

)(3CA0 fA1 + δAfA

(1)(1)

)3]× 1015



• Ecuacion de diseno: Notar lımite superior y kC = k RT

τ1 = CA0

∫ fA1

0

dfA

kC

(CA − 1

KCCB CC

3)

= CA0

∫ 0.9×fAeq

0

dfA

kC

[(CA0(1−fA)1+δAfA

(1)(1))− 1

KC

(CA0 fA1+δAfA

(1)(1))(

3CA0 fA1+δAfA

(1)(1))3]

(a) (b) (c) (d) (e) (f)CA0, M 0.0233 0.0116 0.00116 0.0466 0.0233 0.00233

FA0,mol

s 2.80 1.40 0.140 2.80 1.40 0.140fAeq 0.902 0.946 0.999 0.619 0.750 0.995

fA1 0.811 0.852 0.899 0.557 0.675 0.896τ1, s 69.1 51.9 33.5 31.7 31.8 33.1

VR1, m3 8.29 6.22 4.01 1.90 1.91 1.99



Solucion Alternativa con FA• Ecuacion 4.18 (diseno):

dFAdVR

= rA = −k[pA −

pB pC3

KP

]= −k

(FAFT

PT

)−

(FBFTPT

) (FCFTPT

)3KP

• Con la Ecuacion 1.11: FT = 4FA0 + FI − 3FA

• FT (FA) en dFAdVR

= 0 ⇒ FAeq ⇒ FA1 = 0.1FA0 + 0.9FAeq• Separando variables y sustituyendo lımites:

VR1 =

∫ VR1

0

dVR =−1

k

∫ FA1

FA0

dFA

FA PT4FA0+FI−3FA

−FB FC

3 PT4

(4FA0+FI−3FA)4

KP


Ejemplo 6.4: Tubular y caıda de PT

A + 2Bk1−→ C + D r1 = k1 pA pB

A + 2Bk2−→ E r2 = k2 pA pB

A + 2Ck3−→ 2F r3 = k3 pA pC

2

Tubos delgados de 16 lt c/u

dPTdVR

= −0.049atm s

2

m9(V)2

V0 =2.28 m3

s a 8 atm y 250◦C; yA0 = 0.2 y yB0 = 0.8

¿Numero de tubos para fA1 = 0.9?



• Ecuaciones de diseno (independientes)

dFAdVR

= −k1PT 2(FAFT

)(FBFT

)− k2PT 2

(FAFT

)(FBFT

)− k3PT 3

(FAFT

)(FCFT

)2

dFBdVR

= −2k1PT2

(FAFT

)(FBFT

)− 2k2PT

2

(FAFT

) (FBFT

)(C)

dFCdVR

= k1PT2

(FAFT

)(FBFT

)− 2k3PT

3

(FAFT

)(FCFT

)2

(D)

• Estequiometrıa

FA = FA0 − ξ′1 − ξ

′2 − ξ

′3 ξ

′1 = 2(FA0 − FA)− (FB0 − FB) + FC

FB = FB0 − 2ξ′1 − 2ξ

′2 ξ

′2 = −2(FA0 − FA) + 1.5(FB0 − FB)− FC

FC = ξ′1 − 2ξ

′2 ξ

′3 = (FA0 − FA)− 0.5(FB0 − FB)

• Flujo total: FT = FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ

′2 − ξ

′3

FT = FA0 + FB0 + (FA0 − FA)− 1.5(FB0 − FB) + FC (E)



•Caıda de presion: V = FTCT

= FT RTPT

dPTdVR

= −9.032× 10−5 atm3

s2

mol2 m3

(FTPT

)2

(A)

• Integrar con Runge-Kutta 4 ODEs con C.I.

•De los perfiles, obtenemos

fA =FA0 − FAFA0

SA C =FC

FA0 − FARA C =

FCFA0



0

10

20

30

40

50

60

70

80

5.5

6.0

6.5

7.0

7.5

8.0

0 2 4 6 8 10

Flu

jo m

olar

, mol

es/s

Presión, atm

Volumen de Reactor, m3

FA

PT

FC



0

0.2

0.4

0.6

0.8

1

0 1 2 3 4 5 6 7 8

Ren

dim

ient

o a

C

Volumen de Reactor, m 3

fA

SC

RC



•Resultados VR = 6.50 m3 V 406.25 tubos

∴ 407 tubos

•Otra opcion de calculo (¡no permitida para fines de clase!):

dξ′1dVR

=k1PT2

(FA0 − ξ′1 − ξ′2 − ξ′3

FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

)(FB0 − 2ξ′1 − 2ξ′2

FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

)dξ′2dVR

=k2PT2

(FA0 − ξ′1 − ξ′2 − ξ′3

FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

) (FB0 − 2ξ′1 − 2ξ′2

FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

)dξ′3dVR

=k3PT3

(FA0 − ξ′1 − ξ′2 − ξ′3

FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

)(ξ′1 − 2ξ′2

FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

)2

dPTdVR

=− 9.032× 10−5(FA0 + FB0 − ξ′1 − 2ξ′2 − ξ′3

PT

)2

C.I. @ VR1 = 0: ξ′1 = ξ′2 = ξ′3 = 0 y PT = 8 atm



•Otra opcion mas:dFAdVR

= −k1PT 2(

FA∑Fi

)(FB∑Fi

)− k2PT 2

(FA∑Fi

)(FB∑Fi

)− k3PT 3

(FA∑Fi

)(FC∑Fi

)2

dFBdVR

= −2k1PT2

(FA∑Fi

)(FB∑Fi

)− 2k2PT

2

(FA∑Fi

) (FB∑Fi

)dFCdVR

= k1PT2

(FA∑Fi

)(FB∑Fi

)− 2k3PT

3

(FA∑Fi

)(FC∑Fi

)2

dFEdVR

= k1PT2

(FA∑Fi

)(FB∑Fi

)dFDdVR

= k2PT2

(FA∑Fi

)(FB∑Fi

)dFFdVR

= 2k3PT3

(FA∑Fi

)(FC∑Fi

)2

dPTdVR

= −9.032× 10−5(∑

FiPT

)2

C.I. @ VR = 0: FA = FA0, FB = FB0, FC = FD = FE = FF = 0 y PT = 8 atm

• Incluso podemos agregar otra ecuacion para FT


Ejemplo 6.5: Tubular vs. 5 Tanques

2A + B → C (+rC ) = k CACB = 0.82 ltmol·s CACB

@ 62◦C y 1.1 atm, mezcla gaseosa equimolar de A y B

V0 = 1.5 m3

s y (VR)Total = 22.5 m3

a) Tubular: fA para VR = 4.5, 9, 13.5, 18 y 22.5 m3

b) fA a salida de 5 tanques en serie de 4.5 m3 c/uc) Extra: fA para (b) si equivocadamente δA = 0

• A es el rl

• a) Tubular CA0 = CB0 = 0.020 M; δA = −0.5C.I.: fA = 0 @ τ = 0

dfAdτ

=1

CA02 k

(CA0(1− fA)

1 + δA fA(1)(1)

) (CB0 − 0.5CA0 fA

1 + δA fA(1)(1)

)c©Dr. Fernando Tiscareno L./p35


• b) 5 Ecuaciones de Diseno 4.11; τ = 3 s por tanque

τtotal5 =

CA0(fAk−fAk−1)

2 k

(CA0(1−fAk)

1+δA fAk(1)(1)

)(CB0−0.5CA0 fAk

1+δA fAk(1)(1)

)¿τtotal

5 =

CA0(fAk−fAk−1)1 + δA fAk

2 k

(CA0(1−fAk)1+δA fAk

)(CB0−0.5CA0 fAk

1+δA fAk

)?• Algebra:

fAk =(2kτ1CA0 + 1 + 0.5fAk−1)±

√(2kτ1CA0 + 1 + 0.5fAk−1)

2 − 4(2kτ1CA0 + fAk−1)0.5

2× 0.5

•Dos soluciones: [fA1]− = 0.0936 y [fA1]

+ = 2.103¿Cual es la buena?

• c) “Igual” pero intencionalmente con δA = 0

[fAk]o?∼

(3kτ1CA0 + 1)±√

(3kτ1CA0 + 1)2 − 4(kτ1CA0)(2kτ1CA0 + [fAk−1]o)

2(kτ1CA0)



(a) (b) (c)

VR, m3 fA k k × VRk fk fko4.5 0.0959 1 4.5 0.0936 0.08619 0.1868 2 9 0.1821 0.1619

13.5 0.2724 3 13.5 0.2655 0.229018 0.3525 4 18 0.3435 0.2889

22.5 0.4270 5 22.5 0.4160 0.3425

•Concentraciones: δA = −0.5 V ¡CB permanece constante!

CA = CA0 (1−fA)1−0.5 fA

(1)(1) CB = CB0−0.5CA0 fA1−0.5 fA

(1)(1) = CB0 = CA0

• [fA]tubular ∼ [fA]tanques porque la “contraccion” compensa en parte el

efecto negativo de mezclado [comparar con (c)]

• Extra: ¿Que pasarıa si ∆ν > 0, esto es, δA > 0?



Solucion alternativa sin δA

• Capıtulo 1: FB = FB0+FA2 y FT = FB0 + FA

rA = −2 k CACB = −2 kFAFT

FBFT

CT2 = −k FA (FB0 + FA)

(FB0 + FA)2CT

2

• Tubular: C.I. FA = FA0 @ VR = 0

dFAdVR

= rA = − k FAFB0 + FA

CT2

• 5 tanques:

VRk =VRTotal

5=FAk−1 − FAk

(−rA)k=FAk−1 − FAkk FAkFB0+FAk

CT2

Tiene solucion analıtica, pero si numerica ⇒[FAk−1 − FAk − VRk k

FAkFB0 + FAk

CT2

]× 100 = 0


Ejemplo 6.6: Quemador Mezclado Perfecto

Contaminantes lıquidos: xA0 = 0.441, xB0 = 0.198 y xC0 = 0.361

FA0 + FB0 + FC0 = 5.33 moless

Reactivo gaseoso D

Quemador con VR1 = 1.3 m3

Turbulencia de flama y volatilizacion V Mezclado Perfecto

En fase gaseosa @1.2 atm y 600 K:

A + 3D → 2M + 3N + 4O (−rD)1 = k1 pA pD2

B + 4D → 3P + 2N + 6O (−rD)2 = k2 pB pD2C + 2D → 4Q + 2N + 4O (−rD)3 = k3 pC

2pD2

¿FD0 necesario para fB1 = 0.98?¿Tiempo de residencia?



• Estequiometrıa: 3 Rxnes V 3 Flujos indep: A, B y C

FA = FA0 − ξ′1 ξ

′1 = FA0 − FA

FB = FB0 − ξ′2 ξ

′2 = FB0 − FB ¡ξ

′21 conocido!

FC = FC0 − 2 ξ′3 ξ

′3 = 0.5 (FC0 − FC)

FD = FD0 − 3 ξ′1 − 4 ξ

′2 − 2ξ

′3

= FD0 − 3 (FA0 − FA)− 4 (FB0 − FB)− (FC0 − FC)

FT = FA0 + FB0 + FC0 + FD0 + 5 ξ′1 + 6 ξ

′2 + 6 ξ

′3

= FT 0 + 5 (FA0 − FA) + 6 (FB0 − FB) + 3 (FC0 − FC)

¡“Cambiamos” a FD0 como “independiente” en lugar de FB1!



• Ecuaciones de Diseno sin modificar (por espacio): FB1 = FB0 (1− 0.98)

VR1 =Fi1 − Fi0

(r i)1(4.12)

VR11

3k1 PT

3 =(2.350− FA1)(FD0 + 29.084− 5FA1 − 3FC1)

3

FA1 (FD0 − 13.122 + 3FA1 + FC1)2

VR11

4k2 PT

2 =(1.058− 0.021)(FD0 + 29.084− 5FA1 − 3FC1)

2

(0.021)(FD0 − 13.122 + 3FA1 + FC1)

VR1 k3 PT4 =

(1.927− FC1)(FD0 + 29.084− 5FA1 − 3FC1)4

FC12(FD0 − 13.122 + 3FA1 + FC1)2

•Velocidades evaluadas a ¡condiciones de salida!

• 3 Ec. con 3 Incognitas: FA1, FC1 y FD0 (¿FT 1?)



• Solucion numerica: FD0 = 21.95, FA1 = 0.705 y FC1 = 0.0096 moless

• FT 0 = FA0 + FB0 + FC0 + FD0 = 27.28 moless

V FT 1 = 47.48 moless , V0 = 1.12 m3

s y τ = 1.16 s

• Tiempo de residencia: V1, T1, PT 1 “constantes”

t1 =

∫ VR1

0

dVR[V0

(FT 1FT 0

)(1)(1)

]Cte

=VR1

V0

FT 0

FT 1= τ1

FT 0

FT 1

= τ1FT 0

FT= 0.65 s =

VR1

V1

•Notar: ¡No se uso δrl!, ¿falto considerar la expansion?


Reciprocidad entre modelos ideales

VR

V.

=VRFik Fik-1

-ri k

( )

Continuoagitado

Tubular Por lotes

Posiciónvariable

Volumenconstante

Gases

Líquidos

Velocidadde reacciónconstante

Flujovolumétricoconstante

Volumenvariable

Posiciónfija

V0Fi = Ci..

V0=VRd td

=VRdFid ri

VRFi cte/= ni][

=td

nidriVR

=tdCid

r i

=d dVR V.

t


Recapitulacion

•Diferencias entre fase gaseosa y lıquida

◦ Gas es compresible

◦ Afecta V, tiempo de residencia y Cis (pis)

◦ Caıda de P y cambios de T son relevantes

•Concepto δrl muy util pero solo para 1 rxn

• Se supuso g.i. (Gases reales ver Prob. 6.29)

• ¡No usar t para el diseno!

• Ec. de diseno “nueva” (solo Por Lotes de VR variable)

tVRvar = Crl0

∫ frl

0

dfrl(−r rl) (1 + δrl frl)

• Error conceptual frecuente: En sistemas multireaccion,

“resolver” por separado las ecuaciones de diseno


c©Dr. Fernando Tiscareno LechugaDepartamento de Ingenierıa Quımica

Instituto Tecnologico de CelayaVersion Preliminar para Segunda Edicion del 28 de agosto de 2018


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