ALUMNO: TAFUR ESPINOZA EMILIO 09070116

PROBLEMA N°3

El alcohol t-butilico (TBA) es un mejorador del octanaje importante que sirva para sustituir a los aditivos de plomo en la gasolina (W=agua) de isobuteno(I) sobre un catalizador Ambrelyst-25.El sistema normalmente es una mezcla de múltiples fases de hidrocarburos, agua y catalizadores sólidos , sin embargo, el uso de disolventes o TBA en exceso puede lograr una miscibilidad razonable. Se cree que el mecanismo de reacción es lo siguiente:

I +S I*S r ADI=k AI [C I CV −C I∗S

K I]

W+S W*S r ADW =k AW [CW CV−CW∗S

KW]

W*S+I*S TBA*S+S r S=k s[CW∗S C I∗S−CV CTBA∗S

K S]

TBA*S TBA+S r D=K D [CTBA∗S−CV CV

K D]

(a) reacción limitante es en la superficie.

r ADI

k A

=0 C I∗S=K I C I CV CW∗S=KW PW CV r ADI

kW

=0

r D

k D

=0 CTBA∗S=CTBA CV

K D

=K TBA CTBA CV De r ADW

kW

=0

r S=K S K I KW CV2[C I CW−

CTBA

K P] K P=

KS K I KW

KTBA

CT=CV+C I∗S+CW∗S+CT BA∗S=CV (1+K I C I+KW CW+K TBA CTBA )

k

−r } rsub {I} = {-rW=r s=

K S K I KW CV2[C I CW−

CTBA

KP]

(1+K I C I+KW CW+K TBA CTBA )2

b) la adsorción de isobutano como limitante

r ADI=k AI [C I−CTBA

KP CW]∗CV , ( rADW

k AW)=0, ( rD

k D)=0

CW∗S=KW CW CV .CTBA∗S=KTBA CV CTBA

( rs

k s)=0 C I∗S=

CTBA∗SCV

K SCW∗S

C I∗S=CTBA∗S¿ KTBA∗CV

K SCW KW

r ADI=k AI [C I−CTBA

KP CW]∗CV K P=

KW KS

KTBA

−r } rsub {I} = {{k} rsub {AI} left [{C} rsub {I} - {{C} rsub {TBA}} over {{K} rsub {P} {C} rsub {W}} right ] * {C} rsub {T} } over {left [1+ {C} rsub {W} {K} rsub {W} + {K} rsub {TBA} {C} rsub {TBA} + {{C} rsub {TBA}} over {{C} rsub {W} {K} rsub {P}} right ] ¿

C) La reacción sigue una cinética de Eley-Rideal

r S=k S[CW C I∗S−CTBA∗S

K S]

C I∗S=K I C I CV CTBA∗S=KTBA CTBA CV

−r } rsub {I} = {K left [{C} rsub {I} {C} rsub {W} - {{C} rsub {TBA}} over {{K} rsub {H}} right ]} over {left [1+ {C} rsub {I} {K} rsub {I} + {K} rsub {TBA} {C} rsub {TBA} right ] ¿

Donde K=K S K I CT y K H=K I KS

KTBA

d) Isobuteno y agua se adsorben en sitios distintos

r S=k S[CW∗S2 C I∗S1−CTBA∗S CV 1CV 2

KS] , CT 1=CV 1+C I∗S1 , CT 2=CV 2+CW∗S2

C I∗S1=K I C I CV 1 ,CT 1=CV 1(1+K I C I ) ,CW∗S 2=KW CW CV 2 , CT 2=CV 2(1+KW CW)

r I=

K [C I CW−CTBA

K S]

¿¿

Donde K=K s K W K I CT 1CT 2

PROBLEMA N°6

La deshidratación catalítica de metanol (ME) para formar éter dimetilico (DME) y agua se efectuó sobre un catalizador de intercambio iónico. El lecho empacado se llenó inicialmente con nitrógeno y en t=o una alimentación de metanol puro entro en el reactor a 413K, 100kPa y 0.2cm3/s.se registraron las siguientes presiones parciales a la salida del reactor diferencial que contenida 1 g de catalizador en 4.5cm3 de volumen de reactor.

ME-----> H2O+DME

ME+S ME*S

2ME*S W*S +DME+S

W*S W+S

Asumiendo la reacción controlante es en la superficie

r S=K SC ME∗S2

CME∗S=K ME PMECV

CW∗S=KW PW CV

r } rsub {ME} = {r} rsub {S} = {K {{P} rsub {ME}} ^ {2}} over {{left [1+ {K} rsub {W} {P} rsub {W} + {K} rsub {ME} {P} rsub {ME} right ]} ^ {2} ¿

Donde K=K S KME2C I

2

PROBLEMA N°9

0 50 100 150 200 250 300 3500

20406080

100120

P(kPa) vs Tiempo(s)

N2MEH2ODME

tiempo(s)

P(kP

a)

tiempo(s)0 10 50 100 150 200 300

PN2(kPa) 100 50 10 2 0 0 0Pme(kPa) 0 2 15 23 25 26 26PH2O(kPa) 0 10 15 30 35 37 37PDME(kPa) 0 38 60 45 40 37 37

Los datos que siguen, correspondientes a la hidrogenación de i-octeno para formar i-octano, se obtuvieron en un reactor diferencial operado a 200°C.

a) Desarrolle una ley de velocidad y evalúe todos sus parámetros.b) Sugiera un mecanismo congruente con los datos experimentales. El hidrógeno y el i-

octeno se alimentaran en proporciones estequiométricas con una velocidad total de 5 mol/min a 200°C y 3 atm.

c) Si se hace caso omiso de la caída de presión, calcule el peso del catalizador necesario para alcanzar una conversión de 80% del i-octano en un CSTR y en un reactor de flujo tapón.

d) Si se toma en cuenta la caída de presión y los gránulos e catalizador de1/8 pulg de diámetro se empacan en tubos plan 80 de 1.5 pulg y 35 ft de largo, ¿Qué peso de catalizador se requiere para alcanzar una conversión de 80%? La fracción de huecos es de 40% y la densidad del catalizador es de 2.6 g/cm3

SOLUCIÓN:

a) Discriminación de modelo:

Asumir −r A=K CA∝ CB

β CCγ

Para serie 2 y 3, 0<∝<1; 2 y 4, 0<β<1; 2 y 5; −1<γ<0. Desde “Perry’s handbook, 5th ed. P. 48” ; la tasa de reacción es, probablemente, el control de la superficie de reacción.

Mecanismo I A+S↔ A .S

B2+2S↔2B .SA .S+2B .S↔C . S+2S

C . S↔C+S

Presión parcial (atm)Serie Hidrógeno i-Octeno i-Octano Velocidad

(mol/g.h)1 1 1 0 0.03622 1 1 1 0.02393 3 1 1 0.03904 1 3 1 0.03515 1 1 3 0.01146 10 1 0 0.05347 1 10 0 0.03108 1 1 10 0.00339 2 2 2 0.0380

10 1 1 4 0.003211 0.6 0.6 0.6 0.000812 5 5 5 0.0566

Por lo tanto,

−r A=

K [PA PB−PC

K eq]

[1+K A PA+K B0.5 PB

0.5+K C PC ]3

Mecanismo II

A+S↔ A .SB+S ↔B .S

A .S+B . S↔C .S+S C . S↔C+S

−r A=

K [PA PB−PC

K eq]

[1+ K A PA+K B PB+KC PC ]2

Desde la serie 2, 9 PA=PB=PC=P, una gráfica de -rA vs P muestra un comportamiento parabólico, por lo que se reducirá el segundo término en el denominador para la linealización fácil. Los lectores pueden calcular el valor de Keq por el cambio de energía libre de Gibbs en esta ecuación (hasta 650 K, la reacción inversa es despreciable)El modelo de regresión lineal es:

( PA PB

−r A)

0.5

= 1K0.5+

K A PA

K0.5 +KB PB

K0.5 +KC PC

K0.5 =Y

Usando 12 puntos de datos para resolver para estas cuatro incógnitas:

Y=3.0+1.42PA +0.97 PB+1.42 PC

Los resultados finales son:

−r A=0.1113 PA PB

(1+0.475 PA+0.322 PB+0414 PC )2

La comparación del porcentaje de error entre el modelo y los datos experimentales son:

Serie PA PB PC r(exp.) (PAPB/rexp.)0.5 r(calc.) %error1 1 1 0 0.0362 5.26 0.0345 -4.82 1 1 1 0.0239 6.47 0.0227 -4.73 1 3 1 0.0390 8.77 0.0410 +5.04 3 1 1 0.0351 9.25 0.0334 -4.85 1 1 3 0.0114 9.37 00120 +5.7

6 1 10 0 0.0534 13.69 0.0505 -5.47 10 1 0 0.0310 17.96 0.0302 -2.68 1 1 10 0.0033 10.41 0.00315 -4.59 2 2 2 0.0380 10.26 0.0380 010 0.2 0.2 0.2 0.0032 3.54 0.00288 -9.811 0.1 0.1 0.1 0.0008 3.54 0.00089 +10.712 5 5 5 0.0566 21.02 0.0599 -1.2

suma 59.2Avg. 4.9

b) Discusión: Se puede comprobar la validez del mecanismo I para reducir la acumulación de errores en los cálculos, los lectores deberían haber utilizado todos los puntos de datos y resolver todas las incógnitas al mismo tiempo. Para obtener el máximo de información de la cinética de una reacción compleja de las menos carreras, es su ventajosa para hacer experimentos planeados, como el diseño factorial.

c) −r A=

0.2223C Ao2 (RT )2 (1−X )2

(1−0.5 X )2

[1+C Ao RT

1−0.5 X(0.797−0.383 X )]

2

PAo=C Ao RT=1.5atm

FAo=2.5molmin

=150molh

W = 150×0.8

0.1113 (1.5 )2 (1−0.8 )2

(1−0.5× 0.8 )2

¿¿ ¿

W =21.380g=21.4 Kg

W =FAo∫0

xdX−r A

W =150w∫0

xdX

0.1113 (1.5 )2 (1−X )2

(1−0.5 X )2

[1+1.5 (0.797−0.383 X )

1−0.5 X ]2

W = 1500.1113× 2.25

∫0

x

G (x ) dx

Donde G ( x )=

[1+ 1.5 (0.797−0.383 X )1−0.5 X ]

2

(1−0.5 X )2

(1−X )2

G ( x )=( 2.1955−1.0745 X1−X )

2

X G(X)0 4.82

0.1 5.380.2 6.130.3 7.160.4 8.660.5 11.000.6 15.030.7 23.150.8 44.62

0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.90

5

10

15

20

25

30

35

40

45

50

X

G(X)

Usando la regla de Simpson’s

Área bajo la curva=10

W = 1500.1113× 2.25

×10=6000 g=6 Kg

d) Examinamos la sección entre L y L+ dl.

Entra + Salida + Generación = acumulación.

r A (C A , L ) AT ρC (1−Φ )dL=−dL¿

Pero

AT∗ν ( L )∗CA ( L )=N A ( L )=F A0(1−X )

F A0dXdL

=T A ρC (1−Φ )rA (P)

Relacionamos la expresión r A de x y L

F A=F A0 (1−X )=12

F0(1−X )

FB=FB 0 (1−X )=12

F0(1−X)

FC=FA 0 X=12

F0 X

FT=12(2−X )

PA=1−X2−X

PT ;PC=X

2−XPT

dXdL

=T A ρC (1−Φ )

F A0

r A[1−X2−X

PT∗1−X

2−X

PT∗X

2−XPT ]

De la ecuación de Ergun tenemos:

dPdL

=G

ρ∗g0∗DP( 1−Φ

Φ3 )[ 150 (1−Φ ) µDP ]+1.75G

Todas las variables son constantes excepto la densidad.

ρ=ρ0(PP0

)( 22−X

)

dPdL

=2−X

2(

P0

ρ0

)1P

Gg0∗DP

( 1−Φ

Φ3 )[150 (1−Φ) µDP ]+1.75G

dPdL

=2−X

2B0 Donde B0=

P0 Gρ0 g0∗DP

( 1−Φ

Φ3 ) [150 (1−Φ ) µDP ]+1.75G

L¿= L

LDESCA

; P¿= PP0

dPdL

=2−X2P¿ B0

¿

B¿=LDESCA

P02 ∗B0

B¿0=

LGρ0 g0 P0∗DP

( 1−Φ

Φ3 )[ 150 (1−Φ ) µDP ]+1.75G

Φ=0.4

DP=1

16pulg∗1 pie

12 pulg= 1

192pie gc=32.174

Lbm pie

Lbf s2

G=F A0 mA +FB0 mB

AT=

150gmol

h(2+112 ) g

gmolLb

453.6 g

TX4

(0.95712

)2

Pie2

G=7546.9T

Lbm

pie2h

P0=6348.7Lbpie2 ρ0=0.2750

lbm

pie3 µ=0.02188Lbmpie h

dXdL

=LdAT ρC (1−Φ )

F A 0

r A(X1 P¿)

Donde:

r A=K PA PB

[1+K A P A+ KB PB+KC PC ]2

r A=K P0

2(1−X 2)

[ (2−X )P❑

¿2 +( K A+K B ) P0 (1−X )+K C P0 X ]2

α ¿=LAT ρB (1−Φ ) K P0

2

F A 0

; K1= ( K A+K B ) P0; K2=( KC+KB+K A ) P0

Entonces:

dXdL

=¿¿

Ahora

K=0.118gmol

gcatalizador∗h∗atm2; K A=0.475atm−1 , KB=0.322 ATM−1

KC=0.414atm−1

K1¿=2.391 , K2

¿=−1.149

α ¿=85.958 T

B¿0=( 6.531

T∗10−4 PIE2 h

lbm )(378.09+13207T

) Lbmpie2h

B¿0=

−0.24693T

−8.6255

T2

Para L = 10 pie , T=2.16 tubos P

Pentr

=0.46

DP=1

16pulg ,µ=9.05∗10−3 cp

L = 10 pie A=2.15 pul2

Para X =0.80 P¿=0.7537

Con 2 pulgadas el área = 2.952 pul2

Esto nos da un resultado de L =6.67 Pies para X = 0.8 y P = 0.9173.

PROBLEMA 12

Asumiendo que la segunda etapa de reacción es la limitante

r s=k 2C si H 4 s

Utilizando PSSH, sabemos que

r∗¿si H4 s¿=0=k 1C si H 4 s C v

C si H 4 s=k1C si H 4 sC v

k2

K=k1

k2

Realizando un balance

C1=C v+C si H 4 s

C v=C1

1+ K C si H 4

combinando todos ellos encontramos

r s=k1 C si H 4

C v

1+K C si H 4

=K C si H 4

1+K Csi H 4

Esta ley de velocidad es consistente con los datos. A medida que la concentración aumenta, la tasa de cambio se hace más pequeño, que es compatible un poco con la ley de velocidad como algo dado.

b) ninguna respuesta es correcta o incorrecta. pero los puntos probablemente será más alto que las dadas a ver que el cambio en la velocidad se vuelve aún más pequeña

Productos

PFR

SEPARADOR

FA

VA

FA0

V0 yAI

FAR

PROBLEMA 15

Dado: reacción de isomerización A⇆B sobre catalizador

K eq=8.5a3500F=8100R

K eq=6.0a 4000F=8600R

E=26.900 Btu/lbmol

−r A=k [C A−C s

keq

] para catalizadores frescos

❑B=0

¿0

❑0=densidad de solucion (constante )

(MW )A=mol ,wt

y AF=molesde reciclo

molesalimentados

Entonces: F AF=y AF❑0❑0

(MW )A

=FA 0=❑0❑0

(MW )A

Asumir total de reciclaje de A que no ha reaccionado, entonces: F AF=F A0=y A 0❑0❑0

(MW )A

por balance de materia sobre el T aguas arriba al reactor

F A=F A0−F AR=❑0❑0

( MW )A( 1− y AR )=

❑0❑A

( MW )A❑0=

❑A

(1− y AR )

X AR=F A0−FAR

F A0

=

❑0❑0

(MW )A(1− y AR )

❑0❑0

( MW )A

=(1− y AR )

Entonces: −r A=k [C A .CB/KC ]

C A=C A0 (1−X ) :C AB=CB 0 ( X ) :V =F A 0∫ dX−r A

V=F A 0∫0

X AF

dXk [C A .CB/KC ]

=FA 0

k CA 0∫0

X AF

dX

[1−(1+1

KC)X ]

kV =❑0

1+ 1KC

ln1

1−(1+ 1KC

)X AF

=❑A

(1− y AF )(1+ 1KC

)ln

1

1−(1+ 1KC

)X AF

(a )

Caso I: catalizador fresco ¿1T=3500F ❑A=310galhr

y AF=0.25

X AF=1 y AF=0.75

kV =310

galhr

(0.75 )(1+1

8.5 )ln

1

1−(1+1

8.5 )0.75=674

galhr

Caso II: catalizador gastado T=4000F ❑A=300galhr

y AF=0.32

X AF=1 y AF=0.68 por Arrhenius relación con:

K1=verlocidad constante a8100R

K2=verlocidad constante a8600R

K2

K1

=exp [−ER ( 1

T 2

− 1T 1 )]

K2=K1 exp [−26900 Btu/ lbmol1.987Btu / lbmol R ( 1

860 R− 1

810 R )]=2.6K1

De la ecuación (a)

K2 V=300

galhr

(0.68 )(1+16 )

ln1

1−(1+16 )0.68

=596galhr

¿ 596K2V

= 5962.6 K1

= 5962.6 (674)

=0.340

Caso III: después ACC tratamiento regenerativoT=3500F ❑A=220galhr

y AF=0.19

X AF=1 y AF=0.81 Por Arrhenius relación con:

De la ecuación (a)

K2 V=220

galhr

(0.81 )(1+1

8.5 )ln

1

1−(1+1

8.5 )0.81=576

galhr

¿ 576K1V

=576674

=0.850<0.9

PROBLEMA N° 18

La reacción de orden cero A → B se efectúa en un reactor de lecho móvil que contiene 1kg de catalizador. La desactivación del catalizador también es de orden cero. La velocidad de flujo molar entrante es A puro a 1 mol/min. Dada la siguiente información:

*El producto se vende a $160 por gramo mol.

*El costo de operar el lecho es de $10 por kilogramo de catalizador que sale del lecho.

A. Determine la velocidad de alimentación de sólidos (Kg/min) que produce el máximo de utilidades.

B. Calcule la actividad y la conversión a la salida del reactor en ese óptimo. (Nota: Para los fines de este cálculo haga caso omiso de todos los demás costos, como el costo del reactivo, etc.)

C. Repita las partes A y B para el caso en que kr = 5 mol/kg cat.*min y el reactivo y el catalizador se alimentan por extremos opuestos del lecho.

Información adicional: Velocidad de reacción específica: kr = 1.0 mol/kg cat.*minConstante de desactivación: kd = 2.0 min-1

Solución.-

A. Empezamos con un balance de masa:

dXdW

=−rA

'

FA 0

La ley de velocidad viene a ser:

−r A' =k r× a

Luego:

dadt

=−k d

t= WU s

dadW

=−k d

U s

Entonces llegando a la ecuación de ganancia:

P=160× F B−10×U s

Donde:

FB=F A0 × X

Obtenemos los siguientes datos utilizando las ecuaciones:

dadW

=−k d

U s

d XdW

=−rA

'

FA 0

Fa0=1

k d=2

U s=4

k r=1

ra' =−kr × a

FB=Fa0 × X

P=160× F B−10×U s

W 0=0

W f=1

La tasa de alimentación de sólidos que le da un beneficio máximo es 4 Kg/min.

Variable Valor inicial Máximo valor Mínimo valor Valor finalW 0 1 0 1a 1 1 0.5 0.5X 0 0.75 0 0.75

Fa0 1 1 1 1kd 2 2 2 2Us 4 4 4 4kr 1 1 1 1ra -1 -0.5 -1 -0.5fb 0 0.75 0 0.75P -40 80 -40 80

B. Como se ha visto anteriormente

X=0.75

a=0.5

C. La única ecuación que cambia dadt

=−k d

t=W MAX−W

U

dt=−dWU

dadW

=kd × d× W

U

Integrando obtenemos:

a=kd ×W

U+k

W =W MAX para a=1

k=1−kd ×W

U

a=1−k d×W MAX−W

U

Variable Valor inicial Máximo valor Mínimo valor Valor finalW 0 1 0 1X 0 1 -6.24E+18 1kr 5 5 5 3

fA0 1 1 1 1kd 2 2 2 2Us 0.8 0.8 0.8 0.8

Wmax 1 1 2 1fb 0 1 -6.24E-18 1a 0 1 0 1P -8 142 -8 142ra 0 0 -3 -3

Se encontró U=0.8 para maximizar la ganancia. X=1 y a=0 saliendo del reactor.

k 0.33 4.19718 0.33 4.19718Ca 0.27 0.27 0.0161349 0.0161349ra -0.0892 -0.0193928 -0.14641 -0.0193928

A. Usando el mismo programa podemos obtener el máximo de conversión 0.887B. Todo es lo mismo excepto el balance de energía

dTdW

=U aw (T s−T )+ha p (T s−T )+(r A

' )(Δ H Rx)FA 0C pA

Además necesitamos un balance de energía en las partículas de catalizador.

dT s

dW=

−hap (T s−T )U sC ps

Elegir valores de h y a p. Encontramos que Ts necesita ser ligeramente más alto que T para obtener una gran conversión. El valor de máxima conversión será diferente para cada Ts que se use.

PROBLEMA N° 21

La desintegración en fase vapor de gaseolo del ejemplo 10-7 se efectúa sobre un catalizador distinto, para el cual la ley de velocidad es:

−r A=k ' P2A

k '=5x 10−5 kmol

kgcat . s . atm2

a) Suponiendo que puede variar la presión y la velocidad del gas en la entrada, ¿Qué condiciones de operación recomendaría?

b) ¿Qué problema podría haber con las condiciones que escogió?Ahora asuma que la ley de desactivación es

−dadt

=k D aC coque Con k D=100dm3

mol . s a 400°C

c) Para una temperatura de 400°C y una altura de reactor de 15 m, ¿Qué velocidad de gas recomienda? Explique su respuesta ¿Cuál es la conversión correspondiente?

d) Ahora la reacción se va a efectuar en un reactor de transporte de paso directo de 15m de alto y 1.5 m de diámetro. La velocidad del gas es de 2.5 m/s. Se puede operar en el rango de temperatura de 100 a 500 °C. ¿Qué temperatura eligiría y cual es la conversión correspondiente?

e) ¿Cuál seria la apariencia de la trayectoria de la temperatura-tiempo en un CSTR?

Solución:

a) Con el fin de obtener una alta conversión de la presión de entrada deben ser tan elevadas como sea posible ya que la velocidad es función de segundo orden de la presión. U debe mantenerse baja ya que la conversión es una función indirecta de la baja tasa.

b) El problema con dicha velocidad de flujo mínima es que la actividad se mantendrá bajo.

c) Podemos utilizar las mismas ecuaciones que se dan en el ejemplo 10-7 con una excepción de unos pocos. Por ejemplo, la ley de velocidad, se utiliza la dada en el problema:

−r A=k ' P2A

−dadt

=k D aC coque

−dadt

=k D aC coque

U

Para encontrar la concentración de coque, usaremos estequiometria:

Pcoque=PA0X

1+εX

C coque=Pcoque

RT

Se encuentra que el valor que da la mejor conversión (X=0.337) y que usa el reactor entero es U=7

d) Para encontrar este cambio sólo se es necesario los valores de k ' ya que cambian con la temperatura.

k R=5x 10−5 xexp ⌈ER

R ( 1673

− 1T )⌉

k D=100 exp[ ED

R ( 1673

− 1T )]

La temperatura es 485K y la conversión es 0.637.

e) Para encontrar la trayectoria de temperatura-tiempo, usar la ecuación (10-119) y agregar C coke donde sea necesario:

t=

1−exp [ EA−n EA+ Ed

R ( 1T

− 1T 0

)]kd0(1−n+

Ed

EA)C coque

La siguiente curva es generada por la ecuación:

0.008 0.01 0.012 0.014 0.016 0.018 0.020

200

400

600

800

1000

1200

1400

Temperatura vs Tiempo (trayectoria)

T (°K)

t

PROBLEMA N° 24

Determine el orden de la reacción y la constante de velocidad respecto al cumeno. Determine también el orden de desactivación y la constante de desactivación. (Resp.: Primer orden,

k=6.63 x10−5 s−1 .¿

La reacción de ciclopentano para formar n- pentano y coque se efectuó sobre un catalizador de paladio-alúmina a 290ºC [J .Catal . ,54,397(1978)]. Se obtuvieron los siguientes datos de conversión-tiempo en un reactor por lotes de volumen constante con una concentración de catalizador de 0.01 Kg /m3 y una concentración inicial del reactivo de 0.03 Kmol /m3.

T (min) 0 10 20 40 70 100 150 200 300 500 800

% X 0 1,7 3,4 6,6 11 15 21,5 27,2 37,1 53,9 74,6

Los datos siguientes se obtuvieron en un reactor diferencial operado en las mismas condiciones que el reactor por lotes anterior. La velocidad de flujo molar al reactor fue de

1.5 x10−5 Kmol /min y el peso de catalizador en el reactor fue de 2g.

T (min) 0 20 40 80 120 180 250 350 500 800 1200

% X 75 70,7 67 60,5 55,2 48,7 42 36 30 22 16,3

(a) Determine el orden de la reacción respecto al ciclo pentano y a constante de velocidad de reacción especifica.

(b) Determine el orden de desactivación y la constante de desactivación.(c) Si esta reacción se va a efectuar en un reactor de lecho móvil en el que se alimenta

ciclopentano puro a razón de 2Kmol/min, y catalizador, a 1Kg/min, ¿Qué peso de catalizador debe haber en el reactor para alcanzar una conversión del 80% de ciclopentano?

(d) ¿Cómo cambiaria su respuesta a la parte (c) si la velocidad de alimentación del catalizador se redujera a la mitad?

Solución:

Ciclopentano

Balance molar de Batch

−dN A

dt=−r A W =K A CA

n W

−dC A

dt=

K A

VC A

n W

−dadt

=Kd aq CAn =Kd aq , conCA constante

Asumiendo: q= 2 : a= 1

1+K d' t

Si: n=0: 1X

= 1Kt

+Kd

'

Ktt

Si: n=1: 1−ln (1−X )

= 1K t ' +

Kd'

K t ' t

n-pentano

Coque

Si: n=2: 1−XX

= 1K t' +

Kd'

K t n t

t X(%) 1/X 1/-Ln(1-X) (1-X)/X0 75 1,33 0,721 0,333

20 70,7 1,414 0,815 0,41540 67 1,493 0,902 0,49380 60,5 1,653 1,076 0,653

120 55,2 1,811 1,245 0,817180 48,7 2,053 1,498 1,053250 42 2,381 1,836 1,381350 36 2,778 2,241 1,777500 30 3,333 2,804 2,333800 22 4,545 4,025 3,545

1200 16,3 6,135 5,62 5,135

0 200 400 600 800 1000 1200 14000

1

2

3

4

5

6

7

1/X1/-Ln(1-X)(1-X)/X

t

En el gráfico anterior, todas las líneas son líneas rectas. Por lo tanto, q = 2 es una buena suposición.

Necesitamos examinar los datos para ver qué valor de n tiene ∆ y∆ t

=constante , n=0 y n=2

tendrá un comportamiento similar de ∆ y∆ t

porque :

1−XX

= 1X

−1

n=1 : ∆ y=∆ ( 1−ln (1−X )

) y ∆ t=20min

∆ y∆ t

=0.094 ;0.087 ; 0.087 ;0.084 ;…;0.081 ;…;0.0797

Por lo tanto, ∆ y∆ t

está disminuyendo gradualmente, no es una constante

para n=0, n=2: ∆ y∆ t

=¿4x10-3 = constante

Si n=0 : −dC A

dt=K R( 1

1+ Kd' t )

−dXdt

=K R

CA 0 ( 11+Kd

' t )dtdX

=CA 0

K R

+CA 0 K d

'

K R

t

Si n=2: −dC A

dt=K R( 1

1+ Kd' t )C A

2

1(1−X )2

dXdt

=K RC A 0

1+Kd' t

(1−X )2 dtdX

= 1K R CA 0

+Kd

'

K RC A0

t

t X(%) ∆X/∆t ∆t/∆X dt/dX (1-X)2dt/dX0 0 1,7x10^-3 588 587 587

10 1,7 1,7x10^-3 588 600 57920 3,4 1,6x10^-3 625 610 56940 6,6 1,47x10^-3 680 650 567

70 11 1,33x10^-3 752 720 570100 15 1,3x10^-3 769 760 549150 21,5 1,14x10^-3 877 850 524200 27,2 9,9x10^-3 1010 930 492300 37,1 8,4x10^-3 1190 1075 425500 53,9 6,9x10^-3 1449 1300 276800 74,6 3,43x10^-3 2919 1580 102

1200 88,3

n=2: Pendiente es negativa. No es razonable.

n=0 : dtdX

Vs. t es una línea recta.

La reacción es de orden Cero: −r A=K A a

0 200 400 600 800 1000 1200 14000

200

400

600

800

1000

1200

1400

1600

1800

dt/dXLinear (dt/dX)(1-X)2dt/dXLinear ((1-X)2dt/dX)

C A0=0.03Kmol /m3

W =0.01Kg /m3

t=CA 0W

F A0

=(0.03 Kmol

m3 )(0.01Kg

m3 )

1.5 x 10−5 Kmol /min=20

Kg

(m3 )2min

(b) El orden de decaimiento es q=2

Kd'

K A

=4 x10−3 Kd' =3 x10−3min

(c) Reactor de lecho móvil: F A0=2 Kmol /min ; X=0.80

−dadt

=Kd' a2 ………………………….(1)

F A0dXdW

=−r A=K A2 ……………… ..(2)

En lecho móvil: t=Wu

cuando u= masatiempo

dt=1u

dW

Sustituir en la ecuación (1) : −dadW

=Kd

ua2

−daa2 =

Kd

udW

1−1a=

Kd

uW

a= 1

1+Kd W

u

Sustituyendo en la ecuación (2), tenemos:

F A0∫0

xdX

K A a=∫

1

xdX

K A ( 1

1+Kd W

u)=∫

0

w

dW

F A 0

K A∫

0

x

dX=¿∫0

wdW

1−Kd W

u

¿

F A 0

K A

X= uKd

ln(1−Kd W

u )

W =uK d (exp(X

F A0 Kd

u K A)−1)

W = u3 x 10−3 (exp( 0.8 x 0.2x 3x 10−3

0.0375 X )−1)

Si u=1Kg /min W =45 .5 Kg

(d) si u=0 .5 Kg /min W =48 .6 Kg

PROBLEMA N° 27

La reacción elemental exotérmica en fase gaseosa

A k→

B+C

Se efectúa en un reactor de lecho móvil.

k=0.33 exp [ Er

R ( 1450

− 1T )]s−1

Con

Er

R=3777 K

Se elimina calor al reactor, mediante una camisa de intercambio de calor.

U a

ρb

= 0.8Js∗kg . cat∗K

La velocidad de flujo del refrigerante en el intercambiador es lo bastante alta como para que la temperatura ambiente sea constante a 50ºC. A puro entra en el reactor a una velocidad de 5.42 mol/s y una concentración de 0.27 mol/dm3. Tanto el catalizador sólido como el reactivo entran en el reactor a una temperatura de 450ºK y el coeficiente de transferencia de calor entre el catalizador y el gas es prácticamente infinito. La capacidad calorífica del catalizador sólido es de 100 J/kg. Cat*K.

La desactivación del catalizador es de primer orden en la actividad con:

k d=0.01 exp [ Er

R ( 1450

− 1T )] s−1

Con:

( Ed

R )=7000 K

Hay 50 Kg de catalizador en el lecho.

A. ¿Qué velocidad de carga de catalizador (Kg/s) produce la conversión más alta?B. Determine la conversión correspondiente.C. Repita las partes A y B para el caso 1 (T≠Ts) de efectos térmicos en lechos móviles. Use

valores realistas de los parámetros h, a p y aw. Varíe las temperaturas de entrada Ts y T.

Solución.-

C. Balance de masa:

dXdW

=−rA

FA 0

−r A=kaC A

dadW

=−k D a

U s

Balance de energía

dTdW

=

U a

ρb(T A−T )+(−rA )(−Δ H Rx)

U s C ps+F A0 CpA

Estequiométricamente

C A=C A0 ×1−X1+εX

Evaluando los parámetros:

k=0.33 exp [ Er

R ( 1450

− 1T )]s−1

k d=0.01 exp [ Er

R ( 1450

− 1T )] s−1

Obtenemos los siguientes datos utilizando el programa POLYMATH. Us para obtener la máxima conversión será 17 kg/s.

Variable Valor inicial Máximo valor Mínimo valor Valor finalW 0 50 0 50a 1 1 0.271596 0.271596X 0 0.887222 0 0.887222T 450 645.413 450 645.613

fA0 5.42 5.42 5.42 5.42U 17 17 17 17Ta 323 323 323 323

Dhr1 -80000 -80000 -80000 -80000Cps 100 100 100 100Cpa 40 40 40 40Kd 7000 7000 7000 7000Kr 3777 3777 3777 3777

Ca0 0.27 0.27 0.27 0.27eps 1 1 1 1Ua 0.8 0.8 0.8 0.8kd 0.01 1.11401 0.01 1.21401