UNIVERSIDAD NACIONAL DE INGENIERÍA

FACULTAD DE INGENIERÍA QUÍMICA Y TEXTIL

Escuela Profesional de Ingeniería Química

Cinética Química y Diseño de Reactores I

PI 225 A

Cuarto Trabajo Domiciliario

Profesor: Ing. Marco Surco Alvarez

Integrantes del grupo:

Escalante Prado, Luis Alberto 20110122H

Flores Estrada, Fabrizio Alexander 20114049C

Flores Gil, Kevin Andrei 20112140C

Soto Moreno, Miguel Eduardo 20114003C

Lima, 25/06/2015

CUARTO TRABAJO DOMICILIARIO:

DISEÑO DE REACTORES NO ISOTERMICOS

PROBLEMA 1:

La polimerización del estireno (A) ha sido estudiada utilizando un iniciador, encontrándose

que es de primer orden respecto del estireno y orden 0.5 respecto del iniciador. Esta

reacción será llevada a cabo en un CSTR de 400 mL de capacidad operado

adiabáticamente, al que ingresa la mezcla reactante a 25 0C con una concentración de

estireno de 0.65 M y con una concentración del iniciador de 0.01 M siendo el resto el

solvente ciclohexano con una concentración de 8.58 M. Asimismo se ha determinado que

la constante cinética está dada por la siguiente expresión:

𝐾 = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) 𝑚𝑖𝑛−1 × (

𝑚𝑜𝑙

𝐿)

−0.5

El calor de reacción es -16.6 Kcal/mol de estireno polimerizado y se puede asumir que la

densidad de la mezcla es constante durante la reacción. La masa molar de la

alimentación es 85.4, su capacidad calorífica puede considerarse constante e igual a 0.42

Cal/g.°C, la densidad molar de la alimentación es 9.23 M y la fracción molar de estireno

en la alimentación es 0.0704. Si la conversión del estireno debe ser 60% se pide:

a) Temperatura a la que deberá operar el reactor

Realizando el balance de energía

�̇� + �̇� = 𝐹 × 𝐶𝑝 × (𝑇 − 𝑇0) + (∆𝐻𝑟)𝑇 × 𝐹𝐴0 × 𝑋𝐴

Donde:

Q: Flujo de calor en cal/seg

F: flujo másico de la corriente de alimentación en g/seg

Cp: Capacidad calorífica en cal/g.0C

T: Temperatura de operación del reactor en 0C

W: Potencia realizado sobre el sistema en Cal/seg

T0: Temperatura de la corriente de alimentación en 0C

ΔHR: Cambio de entalpia a la temperatura T de la reacción en cal/mol

FA0: Flujo molar de la especie A de la corriente de alimentación en mol/seg

XA: Conversión de A

Consideraciones

Se está trabajando en estado estacionario por lo cual las condiciones de operación

no cambian en el tiempo.

El proceso es adiabático es decir no hay perdidas de calor

�̇� = 0𝑐𝑎𝑙

𝑠𝑒𝑔

No se realiza trabajo

�̇� = 0𝑐𝑎𝑙

𝑠𝑒𝑔

La expresión del balance de energía queda de la siguiente manera

0 = 𝐹 × 𝐶𝑝 × (𝑇 − 𝑇0) + (∆𝐻𝑟 )𝑇 × 𝐹𝐴0 × 𝑋𝐴

Hallando el valor de F (flujo másico):

𝐹 = 𝜌𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × �̅�𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × �̇�0

Debido a que la reacción se lleva a cabo en fase liquida entonces el flujo

volumétrico de la alimentación va ser igual al flujo volumétrico en la salida

Hallando el flujo molar de la especie A de la corriente de alimentación

𝐹𝐴0 = 𝐶𝐴0 × �̇�0

Ahora vamos a reemplazar en la expresión del balance de energía

0 = 𝜌𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × �̅�𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × �̇�0 × 𝐶𝑝 × (𝑇 − 𝑇0) + (∆𝐻𝑟)𝑇 × 𝐶𝐴0 × �̇�0 × 𝑋𝐴

Se van a eliminar los flujos volumétricos

0 = 𝜌𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × �̅�𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × 𝐶𝑝 × (𝑇 − 𝑇0) + (∆𝐻𝑟)𝑇 × 𝐶𝐴0 × 𝑋𝐴

0 = 9.23𝑚𝑜𝑙

𝐿× 85.4

𝑔

𝑚𝑜𝑙× 0.42

𝑐𝑎𝑙

𝑔 × ℃× (𝑇 − 25)℃ − 16600

𝑐𝑎𝑙

𝑚𝑜𝑙× 0.65

𝑚𝑜𝑙

𝐿× 0.6

𝑇 = 44.56 ℃

b) El flujo volumétrico de la alimentación

Se va a emplear el balance de materia

𝐹𝐴0 × 𝑋𝐴 = (−𝑟𝐴1) × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

Sabemos que por dato del problema

(−𝑟𝐴1) = 𝐾𝑇=44.56 ℃ × 𝐶𝐴1 × 𝐶𝐼0.5

(−𝑟𝐴1) = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) × 𝐶𝐴1 × 𝐶𝐼

0.5

Vamos a considerar que la concentración del iniciador no varía considerablemente

durante la reacción por lo cual.

𝐶𝐼 = 𝐶𝐼0 = 0.01𝑚𝑜𝑙

𝐿

Se va reemplazar en la ecuación del balance de materia

𝐶𝐴0 × �̇�0 × 𝑋𝐴 = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) × 𝐶𝐴1 × 𝐶𝐼0

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

Además sabemos que

𝐶𝐴1 = 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴)

𝐶𝐴0 × �̇�0 × 𝑋𝐴 = 1.72 × 1013 × 𝑒(

−18768𝑅×𝑇

)× 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴) × 𝐶𝐼0

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

�̇�0 × 0.6 = 1.72 × 1013 × 𝑒

(−18768

𝑐𝑎𝑙𝑚𝑜𝑙

1.987𝑐𝑎𝑙

𝑚𝑜𝑙×𝐾×317.56𝐾

)

(𝐿

𝑚𝑜𝑙)

0.5

×1

𝑚𝑖𝑛× 0.4 × (0.01

𝑚𝑜𝑙

𝐿)

0.5

× 0.4𝐿

�̇�0 = 0.0555𝐿

𝑚𝑖𝑛

Si ahora se utilizan dos reactores idénticos en serie, ambos de 400 mL operando a

la temperatura hallada en a se pide:

c) Conversión si se mantiene el flujo volumétrico

Se sabe que la conversión que sale del tanque 1 es 0.6 por lo cual vamos a determinar la

conversión a la cual llega el tanque 2

Realizando el balance de materia para el tanque 2

𝐹𝐴0 × 𝑋𝐴2 − 𝐹𝐴0 × 𝑋𝐴1 = (−𝑟𝐴2) × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

𝐹𝐴0 × (𝑋𝐴2 − 𝑋𝐴1) = (−𝑟𝐴2) × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

A demás se sabe que

(−𝑟𝐴2) = 𝐾𝑇=44.56 ℃ × 𝐶𝐴2 × 𝐶𝐼0.5

De ahí

𝐹𝐴0 × (𝑋𝐴2 − 𝑋𝐴1) = 𝐾𝑇=44.56 ℃ × 𝐶𝐴2 × 𝐶𝐼0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

A demás

𝐶𝐴2 = 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴2)

𝐹𝐴0 = 𝐶𝐴0 × �̇�0

Reemplazo

𝐶𝐴0 × �̇�0 × (𝑋𝐴2 − 𝑋𝐴1) = 1.72 × 1013 × 𝑒(

−18768𝑅×𝑇

)× 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴2) × 𝐶𝐼

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

0.0555 × (𝑋𝐴2 − 0.6) = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

1.987×317.56) × (1 − 𝑋𝐴2) × 0.010.5 × 0.4

𝑋𝐴2 = 0.84

d) El flujo volumétrico si se mantiene la conversión

Haciendo el balance de materia en el tanque 2

𝐶𝐴0 × �̇�0 × (𝑋𝐴2 − 𝑋𝐴1) = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) × 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴2) × 𝐶𝐼

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

�̇�0 × (𝑋𝐴2 − 𝑋𝐴1) = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) × (1 − 𝑋𝐴2) × 𝐶𝐼

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

Por dato se tiene

𝑋𝐴2 = 0.6

Se reemplaza los valores

�̇�0 × (0.6 − 𝑋𝐴1) = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

1.987×317.56) × 0.4 × (0.01)0.5 × 0.4

�̇�0 × (0.6 − 𝑋𝐴1) = 0.0333 … … … … . (1)

Haciendo un balance de materia en el tanque 1

𝐹𝐴0 × 𝑋𝐴1 = (−𝑟𝐴1) × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

𝐶𝐴0 × �̇�0 × 𝑋𝐴1 = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) × 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴1) × 𝐶𝐼

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

�̇�0 × 𝑋𝐴1 = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

𝑅×𝑇) × (1 − 𝑋𝐴1) × 𝐶𝐼

0.5 × 𝑉𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟

�̇�0 × 𝑋𝐴1 = 1.72 × 1013 × 𝑒(−18768

1.987×317.56) × (1 − 𝑋𝐴1) × (0.01)0.5 × 0.4 … … … . (2)

De la ecuación (1) y (2) se obtiene la conversión XA1

𝑋𝐴1 = 0.367

Reemplazo

�̇�0 × (0.6 − 0.367) = 0.0333

�̇�0 = 0.143𝐿

𝑚𝑖𝑛

e) Los requerimientos de transferencia de calor en el segundo reactor para

ambos casos

Realizando el balance de energía en el tanque 2 para el primer caso

�̇� = 𝐹 × 𝐶𝑝 × (𝑇 − 𝑇0) + ∆𝐻𝑟 × 𝐹 × 𝑋𝐴

�̇� = 𝜌𝑚𝑜𝑙𝑎𝑟 × �̅�𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛 × �̇�0 × 𝐶𝑝 × (𝑇𝐴2 − 𝑇𝐴1) + ∆𝐻𝑟 × �̇�0 × (𝐶𝐴1 − 𝐶𝐴2) × 𝑋𝐴2

Debido a que ambos tanques están trabajando a la misma temperatura entonces

𝑇𝐴2 = 𝑇𝐴1

De ahí queda

�̇� = ∆𝐻𝑟 × �̇�0 × (𝐶𝐴1 − 𝐶𝐴2) × 𝑋𝐴2

Sabemos que

𝐶𝐴2 = 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴2)

𝐶𝐴1 = 𝐶𝐴0 × (1 − 𝑋𝐴1)

Luego

�̇� = ∆𝐻𝑟 × �̇�0 × 𝐶𝐴0 × (𝑋𝐴2 − 𝑋𝐴1) × 𝑋𝐴2

�̇� = −16600𝑐𝑎𝑙

𝑚𝑜𝑙× 0.0555

𝐿

𝑚𝑖𝑛× 0.65

𝑚𝑜𝑙

𝐿× (0.84 − 0.6) × 0.84

�̇� = −120.727𝑐𝑎𝑙

𝑚𝑖𝑛

En este caso la reacción es exotérmica, por lo que para mantenerla a la temperatura

indicada, el sistema debe ceder calor (�̇�) a un fluido refrigerante.

F0 = 8000 lb/h

95% molar A

T0 = 1200°F

P0 = 100 lb/in2

PROBLEMA 2:

Considere la siguiente reacción que ocurre en fase gaseosa

𝐴−→ 2𝐵 𝑟 = 𝑘. 𝑃𝐴

Suponga que esta reacción se llevara a cabo en un reactor de flujo pistón que es un tubo

cuyo diámetro interno es 0.28 ft en el cual se desea procesar una alimentación que

ingresa a razón de 8000 lb/h y que contiene 95% molar del reactante A. Si la temperatura

y presión a la entrada del reactor son 1200 F y 100 lb/in2 respectivamente, se pide:

a) El volumen del reactor requerido para un 40% de conversión de A, si la

operación es isotérmica.

De la ecuación de diseño de reactor, del Balance de Masa, tenemos:

𝑉𝑃𝐹𝑅 = ∫𝐹𝐴0

(−𝑟𝐴)𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

(−𝑟𝐴) = 𝑘. 𝑃𝐴 = 𝑘𝑅𝑇. 𝐶𝐴

No se puede considerar que: 𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0(1 − 𝑥𝐴); sino que se trabaja con: 𝐹𝐴 = 𝐹𝐴0(1 − 𝑥𝐴),

ya que por tratarse de estado gaseoso, el volumen no es constante, entonces:

(−𝑟𝐴) = 𝑘𝑅𝑇. 𝐶𝐴 = 𝑘𝑅𝑇.𝐹𝐴

�̇�= 𝑘𝑅𝑇.

𝐹𝐴0(1 − 𝑥𝐴)

�̇�0.𝑇𝑇0

.𝑃0

𝑃 (1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)= 𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0 .

(1 − 𝑥𝐴)

𝑃0

𝑃 (1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

Por tratarse de un gas, su caída de presión es despreciable (𝑃 ≈ 𝑃0) y el término 𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0

resulta constante (k es constante porque el proceso es isotérmico), y también:

𝛿𝐴 =𝑛𝐴0

𝑛𝑇0𝑥

∆𝑛𝑔

𝑎

Por dato, la alimentación contiene 95% molar del reactante A, entonces: 𝑛𝐴0

𝑛𝑇0= 0.95

Por la estequiometria de la reacción: ∆𝑛𝑔 = 𝑏 − 𝑎 = 2 − 1 = 1

Por lo tanto la velocidad de reacción quedaría definida como:

(−𝑟𝐴) = 𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 0.95𝑥𝐴)

T

Reemplazando, tenemos:

𝑉𝑃𝐹𝑅 = ∫𝐹𝐴0

𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 0.95𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

Sacando fuera de la integral los términos constantes:

𝑉𝑃𝐹𝑅 =𝐹𝐴0

𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0∫

1 + 0.95𝑥𝐴

1 − 𝑥𝐴𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

De los datos:

𝐹𝐴0 = 𝐹.1

�̅�. 𝑋𝐴 = 8000

𝑙𝑏

ℎ𝑥

1

60𝑙𝑏

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

𝑥0.95𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝐴

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙= 126.67

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝐴

ℎ

Por dato:

𝑘 = 4𝑥1013 exp (−46500

𝑇)

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3 . (𝑙𝑏/𝑖𝑛2) (𝑇 𝑒𝑛 °𝑅)

La temperatura en la entrada del reactor es 1200°F, por lo que en el reactor: T=1659.67°R

Reemplazando:

𝑘 = 4𝑥1013 exp (−46500

1659.67) = 27.17

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3 . (𝑙𝑏/𝑖𝑛2)

En el sistema inglés:

𝑅 = 10.7314𝑓𝑡3 . 𝑝𝑠𝑖𝑎

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙. °𝑅

De la ecuación de gases ideales:

𝑃 = 𝐶𝑅𝑇 ⟶ 𝑃𝐴0 = 𝐶𝐴0𝑅𝑇0 ⟶ 𝐶𝐴0𝑅𝑇0 = 0.95 𝑥 100𝑙𝑏

𝑖𝑛2= 95

𝑙𝑏

𝑖𝑛2

Por lo tanto, reemplazando para una alcanzar una conversión del 40%:

𝑉𝑃𝐹𝑅 =126.67

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙ℎ

27.17𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3 . (𝑙𝑏/𝑖𝑛2) 𝑥 95

𝑙𝑏𝑖𝑛2

∫1 + 0.95𝑥𝐴

1 − 𝑥𝐴𝑑𝑥𝐴

0.40

0

Resolviendo:

𝑉𝑃𝐹𝑅 = 0.0302 𝑓𝑡3

𝑉𝑃𝐹𝑅 = 856.177 𝑚𝑙

b) El tiempo de residencia, y los requerimientos de transferencia de calor para

la operación anterior.

El tiempo de residencia es:

𝑡𝑟𝑒𝑠 = 𝐹𝐴0 ∫𝑑𝑥𝐴

(−𝑟𝐴)�̇�

𝑥𝐴

0

De la cinética de la reacción:

(−𝑟𝐴) = 𝑘. 𝑃𝐴 = 𝑘𝑅𝑇. 𝐶𝐴 = 𝑘𝑅𝑇.𝐹𝐴

�̇�= 𝑘𝑅𝑇.

𝐹𝐴0(1 − 𝑥𝐴)

�̇�

Reemplazando:

𝑡𝑟𝑒𝑠 = 𝐹𝐴0 ∫𝑑𝑥𝐴

𝑘𝑅𝑇.𝐹𝐴0(1 − 𝑥𝐴)

�̇��̇�

𝑥𝐴

0

En la integral, k, R, T, FA0 son constantes (k y T por ser operación isotérmica), entonces:

𝑡𝑟𝑒𝑠 =1

𝑘𝑅𝑇∫

𝑑𝑥𝐴

(1 − 𝑥𝐴)

𝑥𝐴

0

Con los datos calculados anteriormente, reemplazamos:

𝑡𝑟𝑒𝑠 =1

27.17𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3 . (𝑙𝑏/𝑖𝑛2) 𝑥 10.7314

𝑓𝑡3 . 𝑝𝑠𝑖𝑎𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙. °𝑅 𝑥 1659.67°𝑅

𝑥 ∫𝑑𝑥𝐴

(1 − 𝑥𝐴)

0.40

0

𝑡𝑟𝑒𝑠 = 1.0556𝑥10−6 ℎ𝑟 = 3.8𝑥10−3𝑠𝑒𝑔

Para calcular los requerimientos de transferencia de calor, del Balance de Energía:

�̇� = 𝐹0𝐶𝑝0(𝑇 − 𝑇0) + (∆𝐻𝑅)𝑇𝐹𝐴0𝑥𝐴

Ya que es un PFR isotérmico, el primer término es cero; y se trabaja en base a un

elemento dV ya que la conversión varía a lo largo del volumen del reactor, por lo tanto

simplificando la ecuación del BE y derivando respecto a V (d/dV), tenemos:

𝑑�̇�

𝑑𝑉= (∆𝐻𝑅)𝑇. (−𝑟𝐴)

Tenemos:

∆𝐻𝑅 = 36000 𝐵𝑇𝑈/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴

Y la velocidad de reacción es:

(−𝑟𝐴) = 𝑘. 𝑃𝐴 = 𝑘𝑅𝑇. 𝐶𝐴 = 𝑘𝑅𝑇.𝐹𝐴

�̇�= 𝑘𝑅𝑇.

𝐹𝐴0(1 − 𝑥𝐴)

�̇�0.𝑇𝑇0

.𝑃0

𝑃(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

= 𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

(−𝑟𝐴) = 𝑘𝑃𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

Reemplazando, para lograr una conversión del 40%:

(−𝑟𝐴) = 27.17𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3 . (𝑙𝑏/𝑖𝑛2) 𝑥 95

𝑙𝑏

𝑖𝑛2.

(1 − 0.40)

(1 + 0.95𝑥0.40)

(−𝑟𝐴) = 1122.24𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3

Reemplazando:

𝑑�̇�

𝑑𝑉= 36000 𝐵𝑇𝑈/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 . 1122.24

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3

𝑑�̇�

𝑑𝑉= 40.4𝑥106

𝐵𝑇𝑈

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3

Que es la tasa de calor requerido por unidad de volumen, el calor ingresa al sistema, por

tratarse de una reacción endotérmica (∆𝐻𝑅 > 0), y también se puede escribir como:

𝑑�̇�

𝑑𝑉= 𝑈𝑎(𝑇𝑎 − 𝑇)

Donde:

𝑎 =∆𝐴

∆𝑉=

𝜋𝐷𝐿

𝜋𝐷2

4𝐿

=4

𝐷

Entonces, para el PFR:

𝑎 =4

0.28 𝑓𝑡= 14.2857 𝑓𝑡−1

Reemplazando:

𝑑�̇�

𝑑𝑉= 𝑈𝑎(𝑇𝑎 − 𝑇) → 40.4𝑥106

𝐵𝑇𝑈

ℎ𝑟. 𝑓𝑡3= 𝑈𝑥14.2857 𝑓𝑡−1𝑥(𝑇𝑎 − 𝑇)

𝑈(𝑇𝑎 − 𝑇) = 2.8𝑥106𝐵𝑇𝑈

ℎ𝑟. 𝑓𝑡2= �̇�

Y obtenemos el calor suministrado por unidad de área (flux), y para hallar la tasa de

transferencia de calor:

�̇� = �̇�/𝐴𝑃𝐹𝑅

Para calcular el área del PFR:

𝐿 =𝑉𝑃𝐹𝑅

𝐴. 𝑇𝑟𝑎𝑛𝑠=

0.0302 𝑓𝑡3

𝜋(0.28)2

4 𝑓𝑡2

= 0.49𝑓𝑡

𝐴𝑃𝐹𝑅 = 𝜋𝐷𝐿 = 𝜋 𝑥 0.28𝑓𝑡 𝑥 0.49𝑓𝑡 = 0.431𝑓𝑡2

Y por lo tanto:

�̇� = �̇�. 𝐴𝑃𝐹𝑅 = 2.8𝑥106𝐵𝑇𝑈

ℎ𝑟. 𝑓𝑡2 𝑥 0.431𝑓𝑡2 → �̇� = 1.2𝑥106

𝐵𝑇𝑈

ℎ𝑟

c) La conversión en el caso de que el reactor sea operado de manera

adiabática.

Cuando se opera un reactor de manera adiabática:

�̇� = 0

En el Balance de Energía:

�̇� = 𝐹0𝐶𝑝0(𝑇 − 𝑇0) + (∆𝐻𝑅 )𝑇𝐹𝐴0𝑥𝐴 = 0

𝐹0𝐶𝑝0(𝑇 − 𝑇0) = −(∆𝐻𝑅)𝑇𝐹𝐴0𝑥𝐴

Despejando T:

𝑇 = 𝑇0 +−(∆𝐻𝑅)𝑇𝐹𝐴0𝑥𝐴

𝐹0𝐶𝑝0

Tenemos:

𝑇0 = 1659.67°𝑅

∆𝐻𝑅 = 36000 𝐵𝑇𝑈/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴

𝐹𝐴0

𝐹0= 𝑋𝐴0 = 0.95

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

𝐶𝑝0 = 0.75 𝐵𝑇𝑈

𝑙𝑏. °𝑅 𝑥

1

60𝑙𝑏

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙

= 0.0125𝐵𝑇𝑈

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙. °𝑅

Reemplazando:

𝑇 = 1659.67°𝑅 +−(36000 𝐵𝑇𝑈/𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴)

0.0125𝐵𝑇𝑈

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙. °𝑅

𝑥 0.95𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑒 𝐴

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙. 𝑥𝐴

𝑇(°𝑅) = 1659.67 − 2736000. 𝑥𝐴

Del Balance de Masa, tenemos:

𝑉𝑃𝐹𝑅 = ∫𝐹𝐴0

(−𝑟𝐴)𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

Y la velocidad de reacción es:

(−𝑟𝐴) = 𝑘. 𝑃𝐴 = 𝑘𝑅𝑇. 𝐶𝐴 = 𝑘𝑅𝑇.𝐹𝐴

�̇�= 𝑘𝑅𝑇.

𝐹𝐴0(1 − 𝑥𝐴)

�̇�0.𝑇𝑇0

.𝑃0

𝑃(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

= 𝑘𝑅𝑇0𝐶𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

(−𝑟𝐴) = 𝑘𝑃𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

En la integral:

𝑉𝑃𝐹𝑅 = ∫𝐹𝐴0

𝑘𝑃𝐴0.(1 − 𝑥𝐴)

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

=𝐹𝐴0

𝑃𝐴0∫

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

𝑘. (1 − 𝑥𝐴)𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

Además:

𝑘 = 4𝑥1013 exp (−46500

𝑇)

Entonces:

𝑉𝑃𝐹𝑅 =𝐹𝐴0

𝑃𝐴0∫

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

4𝑥1013 exp (−46500

𝑇) . (1 − 𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

𝑉𝑃𝐹𝑅 =𝐹𝐴0

𝑃𝐴0 𝑥 4𝑥1013∫

(1 + 𝛿𝐴𝑥𝐴)

exp (−46500

1659.67 − 2736000. 𝑥𝐴) . (1 − 𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

Reemplazando valores:

𝑉𝑃𝐹𝑅 =126.67

𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙 𝐴ℎ

95 𝑙𝑏

𝑖𝑛2 𝑥 4𝑥1013 𝑙𝑏𝑚𝑜𝑙ℎ𝑟. 𝑓𝑡3 . (𝑙𝑏/𝑖𝑛2)

𝑥 ∫(1 + 0.95𝑥𝐴)

exp (−46500

1659.67 − 2736000. 𝑥𝐴) . (1 − 𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

El volumen del PFR ya es conocido, se reemplaza, se resuelve y se halla la conversión 𝑥𝐴

0.0302 𝑓𝑡3 = 3.33 𝑥 10−14 𝑓𝑡3 𝑥 ∫(1 + 0.95𝑥𝐴)

exp (−46500

1659.67 − 2736000. 𝑥𝐴) . (1 − 𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

∫(1 + 0.95𝑥𝐴)

exp (−46500

1659.67 − 2736000. 𝑥𝐴) . (1 − 𝑥𝐴)

𝑑𝑥𝐴

𝑥𝐴

0

= 9.07 𝑥 1011