1) calcule el peso de catalizador necesario para alcanzar una conversión de 60% cuando se produce oxido de etileno (C2H4O) por oxidación catalítica en fase de vapor de etileno con aire. El etileno (A) y el oxigeno (B) se alimentan en proporción estequiométrica a un reactor de lecho empacado que opera isotérmicamente a 260|°C. El etileno se alimenta a razón de 0.3lbmol/s y 10atm.se propone usar 10 bancos de tubos de 100 tubos cada uno

datos del problema

µ =0.0673 lbm /ft.h Ac = 0.01414ft2 shc 40 11/2pul

gc = 32,174 lbm.ft/lb.s2=4.17*108 lbm.ft/lb.h2

ᵨo =0.413 lbm/ft3 ᵨc =120lb/ft3 particulas ¼” ø=0.45

r´A =kpA1/3pB

2/3 k= 0.0141lbmol/atm. lbcat. h a 260°C

Nota: suponga que FT=FTO ¿Qué implicaciones tiene esto en el resultado final? dp/dw

Solución

Reacción C2H 4+12O2−−−−−C2H 4O

Tabla estequiometrica 𝛏 = FAOX/|1|

FA=FAO – 𝛏 FA=FAO - FAOXFB=FBO – 0.5𝛏; pero FBO=0.5FAO FB=0.5FAO – 0.5FAOXFi = FiO = FBO (0.79/0.21)= 3.76FBO Fi = 3.76FBO =3.76(0.5FAO)=1.88FAO

FT= 3.38FAO – 0.5𝛏 FT=3.38 FAO – 0.5 FAOX

Cabe recordar que en esta reacción entra un inerte ya que se alimenta aire y este está conformado en su mayoría de nitrógeno y oxígeno, el nitrógeno actúa como inerte ya que no reacciona pero de todas forma debe tenerse en cuenta por que afecta la composición global de la corriente.

La respectiva composición del aire es 0.21 oxigeno y 0.79 de nitrógeno.

Ya que la reacción que se estudia se lleva a cabo en fase gaseosa se debe tener cuenta la variación de la densidad del gas, a lo largo del lecho catalítico ya que en este caso la operación no es isobárica y se presenta una caída de presión que afecta a la densidad, por lo cual es necesario incluir un balance de cantidad de movimiento para encontrar dicha relación, en este caso la ecuación que se utilizara es la ecuación de Ergun que es muy práctica y fácil de resolver en ciertas ocasiones. Ecuación de gases ideales y la relación entre los 2 estados (entrada-salida)

po vopv

=F¿RTOFT RT

Si la operación estudiada es isotérmica nos queda de la siguiente forma

v=vo FT P0F¿P

v=vo FAO (3.38−0.5 X )P0

3.38 F AOP

Haciendo uso de la tabla estequiometrica tenemos lo siguiente

F A

v=F AO(1−X)

v

F B

v=0.5 F AO(1−X)

v

En términos de concentración

C A=3.38 F AO(1−X )vo(3.38−0.5 X)

PP0

CB=1.69 F AO(1−X)vo(3.38−0.5 X )

PP0

De acuerdo a la cinética de la reacción se expresara en términos de la presión parcial de cada componente

PA=3.38 PA O(1−X)(3.38−0.5 X )

PP0

PB=1.69PAO(1−X )(3.38−0.5 X )

PP0

Tomando la expresión para la cinética y remplazando tenemos lo siguiente

−r A=K PA1 /3 PB

2 /3

−r A=K ( 3.38 PAO(1−X)(3.38−0.5 X)

PP0 )

1 /3

( 1.69 PAO(1−X )(3.38−0.5 X )

PP0 )

2/3

−r A=2.13KPAO(1−X )

(3.38−0.5 X)PP0

−r A=0.63KPAO(1−X )

(1−0.15 X)PP0

Ecuacion de diseño para un PFR

F (W )−F (W+ΔW )+∫0

ΔW

r AdW=d N A

dt

Suposiciones : estado estacionario y que la velocidad de reacción no varía con la posición

La expresión queda de la siguiente manera

F (W )−F (W+ΔW )=−r A ΔW

Aplicación del criterio de derivada

lim∆V→0 (F (W )−F (W+ΔW )

ΔW )❑

=−¿ rA ¿

−dFdW

=−r A ; En términos de conversión queda de la siguiente manera

−F AOdXdW

=r A ; Donde −r A=K PA1 /3 PB

2 /3

si expresamos de velocidad de reacción en términos de la conversión y la combinamos con la ecuación de diseño nos queda de la siguiente manera.

F AOdXdW

=0.63KPAO(1−X)

(1−0.15 X )PPO

Dada la suposición que FT=FT0 el problema tiene una solución analítica ya que el producto 0.15*X<1 entonces tenemos lo siguiente

PPO

=(1−αW )1 /2

Remplazando en la ecuación de diseño nos queda de la siguiente forma

F AOdXdW

=0.63KPAO(1−X) (1−αW )1 /2

(1−0.15 X )

Separando variables e integrando se obtiene lo siguiente

∫0

X FAO (1−0.15 X )dX0.63KPAO(1−X )

=∫0

W

(1−αW )1 /2dW

FAO

0.63KPAO[0.15 X−0.75 ln (1−X )]= 2

3 α¿

En términos de la masa de catalizador

W=[1−[1− 3α FAO

2(0.69)K P A0

[0.15 X−ln (1−X )] ]]2 /3

α

Siendo α=2 βo

AC(1−∅ ) ρCPO

Y β 0=G(1−∅ )gc ρ0DP∅

3 [ 150µ (1−∅ )DP

+1.75G ]Como en el caso estudiado se nos dice que hay 10 bancos de tubos cada uno de 100 tenemos en total 1000 tubos si dividimos el flujo entre 1000 tendremos el flujo que circula a través de un tubo, y así poder determinar la masa de catalizador de dicho lecho.

F AO=0.3 lbmol /seg1000 tubos

=3∗10−4lbmolseg

=1.08 lbmol /h

FBO=(0.5)0.3 lbmol / seg

1000 tubos=1.5∗10

−4 lbmolseg

=0.54 lbmol /h

F IO=FBO (O .79 )0.21

=0.54 0.790.21

=2.031lbmolh

Calculo de los flujos másico, para luego calcular el flujo másico superficial que se utiliza en la ecuación de Ergun.

ṁAO=1.08 lbmol

h28lblbmol

=30.24 lb /h

ṁBO=0.54 lbmol

h32l blbmol

=17.28 lb /h

ṁIO=2.O 31 lbmol

h28lblbmol

=56.84 lb /h

ṁ¿=(30.24+17.28+56.84 )=104.4 lbh

G=ṁ¿

AC

= 104.4 lb /h0.01414 ft2

=7383.3 lbh . ft2

β 0=7383.3

lb

h . ft 2(1−0.45)

4.17∗108 lbm . ftlbf . h2

(0.413 lbmft3

)(0.0208 ft )❑

¿¿

β 0=164.1

lbf

ft3∗1 ft2

144 pul21atm14.7 lbfpul2

=0.075atm / ft

α=2( 0.075atm

ft)

0.01414 ft2(1−0.45)(120lbcat

ft3)(10atm)

=0.0166lbcat

Para calcular y AO=F AO

F¿=1.083.65

=0.3 PAO= y AOPO=0.3 (10atm )=3 atm

Para una conversión de 60% la expresión para la masa de catalizador queda de la siguiente manera

W=

1−(1−1.303α F AO

0.63K P AO)23❑

α

W=

1−(1− 1.303( 0.0166lbcat ) (1.08 lbmol /h )

0.63 (0.0141 lbmolatm. lbcat . h )(3atm))

23❑

0.0166lbcat

=45.4 lbde catalizador por tubo

Entonces se necesitarían 45400 libras de catalizador en total

Si no se tuviera en cuenta la suposición anterior que el FTO=FT el procedimiento de cálculo fuera distinto y tendríamos que resolver 2 ecuaciones diferenciales simultáneamente haciendo uso de una computadoraEntonces se puede decir que la caída de presión resolviendo las 2 ecuaciones diferenciales es menor que con la solución analítica, ya que le flujo volumétrico aumenta reactor abajo, otro aspecto que se observa es la disminución de la masa de catalizador en cierto porcentaje. Pero en este caso la suposición fue valida

En conclusión la caída de presión sin la suposición va ser menor

2) sobre muchos catalizadores metálicos la velocidad de hidrogenación de etileno C2H4+H2 -----------C2H6

es de orden cero con respecto al hidrogeno es decir la, la velocidad de desaparición del etileno esta dado por

r´C2H4 =kppH2

si kp =0.17gmol/s.L.atm a 100°C y esta a una presión de reactor de 10 atm, y velocidad de alimento de 100 gmol/s son usados, calcular el volumen de reactor requerido para obtener 90% de conversión a una temperatura de reacción de 100°C y estimar la velocidad de flujo volumétrico que sale del reactor . El alimento es equimolar, y el flujo tipo pistón prevalece a través del reactor

SOLUCION

Sabiendo de antemano que la reacción se lleva a cabo en fase gaseosa no se puede considerar densidad constante por tal motivo se debe tener en cuenta al momento de hacer los respectivos cálculos. Del problema conocemos que FAO=FBO ; el avance de la reacción está definido para esta caso como 𝛏 = FAOX/|1| para fines de cálculo se toma como compuesto base al etileno

Tabla estequiometrica

FA=FAO – 𝛏 FA=FAO - FAOXFB=FBO – 𝛏 FB=FBO - FAOXFC = 𝛏 FC = FAOXFT= FAO+ FBO – 𝛏 FT=2 FAO - FAOX ; Siendo FTO = 2 FAO

Ecuación de diseño de un PFR

F (V )−F (V +ΔV )+∫0

ΔV

r AdV=d N A

dt

Suposiciones

Estado estacionario, la velocidad de Reacción no varía con la posición

La expresión queda de la siguiente manera

F (V )−F (V +ΔV )=−r A ΔV

Aplicación del criterio de derivada

lim∆V→0 (F (V )−F (V +ΔV )

ΔV )❑

=−¿ r A¿

−dFdV

=−r A ; En términos de conversión queda de la siguiente manera

−F AOdXdV

=r A ; Donde r A=K PPH 2

Dado que la velocidad de reacción está en función de la presión parcial de hidrógeno se hace necesario encontrar dicha funcionalidad, utilizando la definición de gases ideales es posible encontrar dicha funcionalidad

De la tabla estequiometrica se tiene lo siguienteF B

v=F AO(1−X)

vSiendo v el flujo volumétrico de salida

po vopv

=F¿RTOFT RT

Operación isotérmica e isobáricase tiene que FT=2 FAO - FAOX y además FTO = 2 FAO

vov

=F¿

FT Entonces v=

v0FT

F¿=v0F AO(2−X)2 FAO

=v0(2−X )

2

F B

v=2

FAO (1−X )v 0(2−X )

Por lo que la expresión queda de la siguiente manera

CB=2C AO1−X2−X

En términos de presión

PB=2P AO1−X2−X

Siendo P¿=2P AO=10atm es decir PAO=10atm2

=5atm

Introduciendo la ecuación de diseño ya desarrollada y su respectiva cinética nos queda de la siguiente manera

−F AOdXdV

=−K PPB

Remplazando PB en términos de la conversión

F AOd XdV

=2KP PAO1−X2−X

Separando variables

∫0

X2−X1−X

dX=2K PPAO

F AO∫0

V

dV

V PFR=FAO

2K PPAO

¿)]

F AO=100gmol2 seg

=50 gmolseg

K P=0.17gmol

seg .<. atm

PAO=10atm2

=5atm

X=0.9

V PFR=

50gmolseg

2(0.17 gmolseg .< . atm ) (5atm )

¿]

V PFR=94.2<¿

El flujo volumétrico de salida

v=v0(2−X )

2

Siendo v0=2F AORT O

PO

=( 100gmolseg )(0.082atm ¿

gmol . K ) (373K )

10atm=305.86< ¿

seg¿

Por lo que v=305.86< ¿

seg(2−0.9 )

2=168.223< ¿

seg¿¿

3)La reacción elemental en fase liquida A+B ------C +D tiene una constante de velocidad k=0.001L/mol.min. El alimento contiene concentraciones iguales de A y B. Queremos diseñar un reactor bacth para producir un millón de libras de C en 250 días de operación a un nivel de conversión de 90%. Asuma que la densidad de la mezcla reaccionante es constante, e igual a 0.89 g/cm3 .el tiempo necesario para llenar enfriar y drenar el reactor puede asumirse igual a 10 y 158 min respectivamente. Puede ser asumido que una reacción negable ocurre durante los 10 minutos que se toma calentar el alimento desde la temperatura a la cual entra al reactor hasta la temperatura de reacción.

Después de la conversión deseada la mezcla de producto caliente se descarga a un tanque de enfriamiento para apagar y detener la reacción

Pesos moleculares MA =60 ; MC =120; MD =28; ¿ Especifique el volumen mínimo requerido para obtener el flujo de producción de C

Datos ṁc=106 lb/250dia =4000lb/día=1260gr/min

ρmezcla=0.8 gr

cm3

K=0.001< ¿molmin

¿

tiempollenado=10mintiempocalentamiento=10mintiempodrenado y enfriado=158min

Pesos moleculares M A=60 MC=120MC=28MB=(MC+MD )−M A= (120+28 )−60=88

Del enunciado se sabe que NAO= NBO

Tabla estequiometricaNA= NAO - NAOXNB= NAO - NAOXNC= NAOXND= NAOX NT=2 NAO

V reactor=N AO

C AO

Dado que la densidad de la mezcla permanece constante tenemos

ρ=N AOM A+N BOM B

V O

=N AO

V O

(M AO+θBM B)

Siendo θB=N BO

N AO

=1

ρ=CAO(M AO+θBMB)

C AO=ρ

MA+MB

=0.8

gr

cm3

(60+88) grmol

=0.0054 molcm3

=5.4 mol¿

Ecuación de diseño para un reactor batch

F AO−F A+rAV=dNAdt

Como no hay flujos de entrada ni salida F AO=F A=0

Suponiendo que el volumen permanece constante ya que la reacción se lleva a cabo en fase liquida tenemos la siguiente expresión

r A=dCAdt

De la tabla estequiometrica tenemos C A=C AO (1−X )CB=C AO (1−X )

Podemos expresar la velocidad de reacción en términos de la conversión

r A=dCAdt

=−C AOdXdt

Dado que la reacción es elemental se tiene lo siguienter A=−K CAO

2(1−X )2

K CAO2(1−X )2=C AO

dXdt

Separando variables

K CAO∫dt=∫ dX

(1−X )2

tiemporeaccion=1

K C AO

¿)

tiemporeaccion=1

0.001 ¿molmin (5.4 mol¿ ) (

0.91−0.9 )=1666 .66min

tiempociclo=tiemporeaccion+ tiempollenado+tiempocale+tiempodren y enfriado

tiempollenado=10mintiempocalentamiento=10mintiempodrenado y enfriado=158min

tiempociclo=(1666 .6+10+10+158 )=1844 .6min

De la tabla estequiometrica encontramos la relación entre el producto deseado y la conversión

NC=N AO X

N AO=NC

X

NC=ṁctiempociclo

MC

N AO=ṁctiempocicloXMC

N AO=1260grmin

1844.6min

0.9(120 grmol )

=21520.3mol

V reactor=N AO

C AO

=21520 .33mol

5.4mol¿

=3985.24 5<¿