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Capıtulo 5

Reactores Isotermicos enFase Gaseosa

Dr. Fernando Tiscareno LechugaDepartamento 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, P )

� ¿Caıda de presion? ¿Balance de momentum?

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

dP

dz= −

(4

D

)(1

2ρ v2)

ff

•Empacado: Ecuacion de Ergun


Variacion de V: (Continuacion 1)

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

��

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1 132

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


Variacion de V: (Continuacion 1)

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

��

�� !#"$&%('*)�+-,/.021$&%('*)�+-,/.0�3

4 ! 465

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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 ≡V1 − V0

V0

(5.1)

V = V0 (1 + δrl frl) (5.2)◦ V0 es V a frl = 0

◦ V1 que V existirıa si frl = 1

•Evaluacion:

◦ Tabla: Facil de recordar

δrl =(∑

Fi)frl=1 − (∑

Fi0)

(∑

Fi0)=

(∑

ni)frl=1 − (∑

ni0)

(∑

ni0)(4.5)

◦δrl =

yrl0∑

νj

−νrl(4.6)


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

) (P0

P

)(5.9)

•Aplicar el concepto δ implica suponer g.i.

• ¿Varias reacciones? ¡Olvidarse de δ!

V = V0

(∑Fi∑Fi0

) (T

T0

) (P0

P

)(5.10)

• ∴ 1 + δrl frl =∑

Fi∑Fi0

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

2) Tiempo de Residencia

t =

∫ VR

0

dVR

V(4.2)

� ¡Es para analisis no para diseno!

� t ↓ si V ↑� t < τ si

•∑

νi > 0

• T ↑• P ↓ ¿Es este caso? ¡Siempre! (pues son sistemas abiertos)


Tiempo de Residencia (Continuacion 1)

•Calculo para tubulares:

◦ Una reaccion:

t = Crl0

∫ frl

0

dfrl

(−rrl) (1 + δrl frl)(TT0

)(P0P )

(5.11)

◦ Varias reacciones:dt

dVR=

1

V0 (∑

Fi∑Fi0

)( TT0

)(P0P )

(5.12)

◦ ¿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 =ni

V=

Fi

V= yi CT

•Una reaccion (g.i.)

Crl = Crl0

(1− frl

1 + δrl frl

)(T0

T

)(P

P0

)(5.13)

Ci =

Ci0 + νi(−νrl)

Crl0 frl

1 + δrl frl

(T0

T

)(P

P0

)(5.14)

•Varias reacciones (g.i.)

Ci =( Fi∑

Fi)P

RT(5.15)


Ejemplo 5.1: Globo vs. R. Rıgido

A + 2 B → C (−rA) = k CA CB2

¿t para frl = 0.9 si P0 = 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 5.19)


Ejemplo 5.1: (Continuacion 1)

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

lotes de volumen variable (P constante)

Balance Molar para el rl:

-dnB

dt= nB0

-dfB

dt= (−rB)VR (A)

tVRvar= CB0

∫ fB

0

dfB

(−rB) (1 + δB fB)(C)

donde:

(−rB) = 2 (−rA) = 2 k

(CA0 − 0.5 CB0fB

1 + δB fB

)CB

20

(1− fB

1 + δB fB

)2



A + 2 B → 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 =nf=1−nf=0

nf=0= −0.25 o δrl =

yrl0

∑νj

−νrl(4.6)

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



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

Ecuacion 4.7:

t = CB0

∫ fB

0

dfB

(−rB)

= CB0

∫ fB

0

dfB

2 k (CA0 − 0.5CB0fB) · (CB0[1− fB])2

•Presion final (g.i.):

Pfinal = P0

∑ni∑ni0



Resultados:

Inciso CB0, M δB VRfinal, 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 Pfinal, atm t, 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


Ejemplo 5.2: Obtener k1 y k2 con P

2Ak1−→ B + 3 C

2Ak2−→ D + 2 C

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) t = 40 min, P = 5.33 atm4) Instantaneo ↓25◦C, P = 2.70 atm; A, B y C = 4 ml

¿frl, SA B, k1 y k2?



•Calculos iniciales

CA0 =nA0

VR=

0.042 moles

0.8 lt= 0.0525 M

nI =PVResto

RT=

1 atm (800 ml− 4 ml)

82.06 atm mlmol K 298.2 K

= 0.0325 moles

[P0]@200◦C = 3.62atm

•Calculos (g.i.) para t = 40 min

nT =PVR

RT=

5.33 atm 800 ml


= 0.1098 moles

[nT ]gas @25◦C =PVResto

RT= nC + nI =

2.70 atm 796 ml


∴ nC = 0.0878− 0.0325 = 0.0553 moles



•Estequiometrıa con avances

nC = 3 ξ1 + 2 ξ2 = 0.0553

nT = nA0 + nI + 2 ξ1 + ξ2 = 0.1098

Resolviendo: ξ1 = 0.0153 y ξ2 = 0.0047

V nA = 0.0020, nB = 0.0153 y nD = 0.0047 moles

•Resultados:

fA =0.0420− 0.0020

0.0420= 0.952

SB =nB ×

νA1νB1

nA0 − nA=

0.0153× 2

0.0420− 0.0020= 0.765



•Ecuaciones de Diseno 4.8 (OJO: VR constante)

−dCA

dt= (−rA) = k1 p2

A + k2 p2A = (RT )2(k1 + k2) C2

A

dCB

dt= +rB =

νB1

νA1(rA)1 = 0.5 k1 p2

A = 0.5 (RT )2 k1 C2A

• ¿Solucion simultanea?

Notar: Ec. 1 solo funcion de CA, solo entonces

t = CA0

∫ 0.952

0

dfA

(R T )2 (k1 + k2) [CA0 (1− fA)]2= 40min

k1 + k2 = 0.376mol

h atm2 lt



•Varias opciones: una de ellas

dCB

dt= 0.5 k1 p2

A

dCD

dt= 0.5 k2 p2

A

Dividiendo e integrando, C.I. CB = CC = 0 @ t = 0

k1

k2=

CB

CD=

nB

nD=

0.0152

0.0048= 3.26

•Resultados: k1 = 0.287 molh atm2 lt y k2 = 0.088 mol

h atm2 lt

•Otra opcion: Obtener de (1) CA = F(t), sustituir en (2),

separar variables e integrar

•Obtuvimos dos constantes con un manometro


Ejemplo 5.3: Tubular 1 Rxn

A� B + 3 C (−rA) = k(pA − pB p3

C

KP

)@250◦C

@ V0 = 120 lts y P = 1 atm

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

@ V0 = 60 lts y P = 2 atm

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

¿VR necesario para fA = 0.9 fAeq? ¿Efecto de P y dilucion?



•Obtencion de δ

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

)KC −

(CA0 fA

1 + δAfA

)(3 CA0 fA

1 + δAfA

)3



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

τ = CA0

∫ fA

0

dfA

kC

(CA − 1

KCCB C3

C

)= CA0

∫ 0.9×fAeq

0

dfA

kC

[(CA0(1−fA)

1+δAfA

)− 1

KC

(CA0 fA1+δAfA

)(3 CA0 fA1+δAfA

)3]

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

FA0,mols 2.80 1.40 0.140 2.80 1.40 0.140

fAeq 0.902 0.946 0.999 0.619 0.750 0.995

fsal 0.811 0.852 0.899 0.557 0.675 0.896τ , s 69.1 51.9 33.5 31.7 31.8 33.1

VR, m3 8.29 6.22 4.01 1.90 1.91 1.99


Ejemplo 5.4: Tubular y caıda de P

A + 2 Bk1−→ C + D r1 = k1 pA pB

A + 2 Bk2−→ E r2 = k2 pA pB

A + 2 Ck3−→ 2 F r3 = k3 pA pC

2

Tubos delgados de 16 lt c/u

dP

dVR= −0.049

atm s2

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 fA = 0.9?



• Ecuaciones de diseno (independientes)

dFA

dVR= −k1P

2

(FA

FT

)(FB

FT

)− k2P

2

(FA

FT

)(FB

FT

)− k3P

3

(FA

FT

)(FC

FT

)2

(A)

dFB

dVR= −2k1P

2

(FA

FT

)(FB

FT

)− 2k2P

2

(FA

FT

) (FB

FT

)(B)

dFC

dVR= k1P

2

(FA

FT

)(FB

FT

)− 2k3P

3

(FA

FT

)(FC

FT

)2

(C)

• 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 (D)



•Caıda de presion: V = FTCT

= FT RTP

dP

dVR= −9.032× 10−5 atm

3s2

mol2 m3

(FT

P

)2

(E)

• Integrar con Runge-Kutta 4 ODEs

•De los perfiles, obtenemos

fA =FA0 − FA

FA0

SA C =FC

FA0 − FA

RA C =FC

FA0



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

/sP

resión, atm

Volum en de Reactor, m 3

FA

P

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:

dξ′1

dVR=k1P

2

(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

′2

dVR=k2P

2

(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

′3

dVR=k3P

3

(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

dP

dVR=− 9.032× 10−5

(FA0 + FB0 − ξ

′1 − 2ξ

′2 − ξ

′3

P

)2



•Otra opcion mas:

dFA

dVR= −k1P

2

(FA∑

Fi

)(FB∑

Fi

)− k2P

2

(FA∑

Fi

)(FB∑

Fi

)− k3P

3

(FA∑

Fi

)(FC∑

Fi

)2

dFB

dVR= −2k1P

2

(FA∑

Fi

)(FB∑

Fi

)− 2k2P

2

(FA∑

Fi

) (FB∑

Fi

)dFC

dVR= k1P

2

(FA∑

Fi

)(FB∑

Fi

)− 2k3P

3

(FA∑

Fi

)(FC∑

Fi

)2

dFE

dVR= k1P

2

(FA∑

Fi

)(FB∑

Fi

)dFD

dVR= k2P

2

(FA∑

Fi

)(FB∑

Fi

)dFF

dVR= 2k3P

3

(FA∑

Fi

)(FC∑

Fi

)2

dP

dVR= −9.032× 10−5

(∑Fi

P

)2

• Incluso podemos agregar otra ecuacion para FT


Ejemplo 5.5: Tubular vs. 5 Tanques

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

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

V0 = 1.5 m3

s y (VR)Total = 22.5m3

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 δ = 0

• A es el rl

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

df

dτ=

1

CA02 k

(CA0(1− f )

1 + δ f

) (CB0 − 0.5 CA0 f

1 + δ f

)c©Dr. Fernando Tiscareno L./p31


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

τ =CA0(fk−fk−1)

2 k

(CA0(1−fk)

1+δ fk

)(CB0−0.5 CA0 fk

1+δ fk

) ¿τ =

CA0(fk−fk−1)1 + δ fk

2 k

(CA0(1−fk)

1+δ fk

)(CB0−0.5 CA0 fk

1+δ fk

)?

• Algebra:

fk =(2kτCA0 + 1 + 0.5fk−1)±

√(2kτCA0 + 1 + 0.5fk−1)2 − 4(2kτCA0 + fk−1)0.5

2× 0.5

•Dos soluciones: [f1]− = 0.0936 y [f1]

+ = 2.103¿Cual es la buena?

• c) Igual pero con δ = 0

fko ∼(3kτCA0 + 1)±

√(3kτCA0 + 1)2 − 4(kτCA0)(2kτCA0 + fk−1o)

2(kτCA0)



(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: δ = −0.5 V ¡CB permanece constante!

CA = CA0(1−f)1+δ f CB = CB0−0.5 CA0 f

1+δ f = 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, δ > 0?


Ejemplo 5.6: 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 VR = 1.3m3

Turbulencia de flama y volatilizacion V Mezclado Perfecto

En fase gaseosa @1.2 atm y 600 K:

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

B + 4 D → 3 P + 2 N + 6 O (−rD)2 = k2 pB pD2 C + 2 D → 4 Q + 2 N + 4 O (−rD)3 = k3 pC

2pD2

¿FD0 necesario para fB = 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

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 = FT 0 + 5 ξ′1 + 6 ξ

′2 + 6 ξ

′3

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



• Ecuaciones de Diseno 4.12: FB = FB0 (1− 0.98)

VR =FA0 − FA

(−rA)=

FA0 − FA

0.333 k1 P 3(

FAFT

)(FDFT

)2

VR =FB0 − FB

(−rB)=

FB0 − FB

0.25 k2 P 2(

FBFT

)(FDFT

)VR =

FC0 − FC

(−rC)=

FC0 − FC

k3 P 4(

FCFT

)2 (FDFT

)2

•Velocidades evaluadas a ¡condiciones de salida!

• 3 Ec. con 3 Incognitas: FA, FC y FD0 (¿FT?)



• Solucion numerica: FD0 = 21.95, FA = 0.705 y FC = 0.0096 moless

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

V FT = 47.48 moless , V0 = 1.12m3

s y τ = 1.16 s

• Tiempo de residencia: V, T , P “constantes”

t =

∫ VR

0

dVR

V=

∫ VR

0

dVR

V0(∑

Fi∑Fi0

)( TT0

)(P0P )

=VR

V0

∑Fi0∑Fi

= τFT 0

FT= 0.65 s

•Notar: ¡No se uso δ!, ¿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

ri

=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 δ muy util pero solo para 1 rxn

• Se supuso g.i. (Gases reales ver Prob. 5.25)

• ¡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


cap´ıtulo 5 reactores isot´ermicos en fase gaseosa€¦ · •a, b, c) desarrollar ecuacion de...

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