Guia problemas-resueltos-cinetica-reactores

UNIVERSIDAD DE SANTIAGO DE CHILE
DEPARTAMENTO DE INGENIERIA QUIMICA
AREA DE CINETICA Y REACTORES
EJERCICIOS RESUELTOS
CINETICA APLICADA Y REACTORES QUIMICOS
Profesor Aldo Saavedra Fenoglio
E-mail: asaavedr@usach.cl
II SEMESTRE 2008

Capítulo 2: CINETICA DE LAS REACCIONES HOMOGENEAS
Ejemplo 2.1 (Problema 1, Guía 1)
El siguiente mecanismo ha sido propuesto para la descomposición térmica de la acetona. La etapa (1) de
iniciación es muy lenta comparada con las otras. Obtener la expresión cinética y la energía de activación
global.
CH 3 COCH 3 ⎯⎯→
k 1
CH 3 + CH 3 CO
E 1
= 84 Kcal/mol
CH 3 CO ⎯⎯→
k 2
CH
3 + CO E 2
= 10 Kcal/mol
CH 3 + CH 3 COCH 3 ⎯⎯→
k 3
CH 4 + CH 2 COCH
3 E 3
= 15 Kcal/mol
C
H k 4
2 COCH 3 ⎯⎯→
CH
3 + CH 2 CO E 4
= 48 Kcal/mol
CH 3 + CH 2 COCH
k 5
3 ⎯⎯→
C 2 H 5 COCH 3 E 5
= 5 Kcal/mol
Solución:
Sean:
A CH COCH
3 3
•
R CH
3
•
S CHCO
3
U CO
V CH
4
•
W CHCOCH
T CHCO
Z C H COCH
2 3
2
2 5 3
=
=
=
=
=
=
=
=
Reacciones:
k
A ⎯⎯→ R + S E =
Kcal mol
k
84 /
1
1
S ⎯⎯→ R + U E =
Kcal mol
k
10 /
2
R + A ⎯⎯→ V + W E =
Kcal mol
k
15 /
3
W ⎯⎯→ R + T E =
Kcal mol
k
48 /
4
R W Z E 5 Kcal /
mol
5
5
4
3
2
+ ⎯⎯→ =
Las expresiones cinéticas para cada reacción elemental son:

= − −
(1) (**)
1 3
= + − + −
1 2 3 4 5
= −
1 2
A R W R W
dC
θ
dC
θ
dC
θ
dC
W
A S
S
A S A R W R W
R
A A R
A
k C C k C k C C
d
k C k C
d
k C k C k C C k C k C C
d
k C k C C
d
3 4 5
(2)
(3)
(4)
= − −
θ
Suponiendo que la acumulación de las especies radicales libres (R, S, W) es despreciable:
dC
dC
dC R S W
∴ = = = 0
θ d
θ dθ
d
Luego:
k C k C k C C k C k C C
+ − + − =
(2) 0
A S A R W R W
1 2 3 4 5
k C k C
− =
(3) 0
A S
1 2
k C C k C k C C
− − =
(4) 0
A R W R W
3 4 5
Sumando las ecuaciones (2), (3) y (4), se obtiene:
k C − k C C = ⇒ C = k
C
k
2 2 0 1
(*)
5
1 5
A
R
A R W W C
Reemplazando la ecuación (*) en (4):
0 /
C
k
− 1
− =
A R
A
R
A R
k k C C k k C k k C C
⇒ − − =
A R A A R
k k C C k k C C k k C
⇒ − − =
( ) ( ) 0
0
0
1 5 1 4
2
3 5
1 4 1 5
2
3 5
1 5
5
3 4
x y z
⇒ − − =
k C k C
C
k C C k k
A R A R A
Como la etapa (1) es muy lenta, k1 es muy pequeña y la etapa de terminación es muy rápida, k5 es alta.
x y z
∴ −
k k C C k k C C
⇒ − =
1
3
1 5
2
3 5 0
C k
k
R
A R A R
⇒ =
Reemplazando CR en (**) se obtiene:
k C k k
1
A
= − −
⇒ = −
A
A
A
A A
A
kC
dC
dC
θ
Sea k k
dC
d
k C
d
C
k
d
=
∴ − =
θ
θ
1
1
3
1 3
2
2
El mecanismo propuesto representa una cinética de primer orden respecto a la concentración de acetona. A

partir de la constante de velocidad obtenida en la cinética se deduce que la energía de activación global
corresponde a:
E E Kcal mol global A 84 / 1 = =
Ejemplo 2.2
La descomposición del NO2 es una reacción de segundo orden. Datos tomados a diferentes temperaturas
entregan los siguientes resultados:
T (K) 592 603 627 651,5 656
k (cm3/gmol s) 522 755 1700 4020 5030
Calcule la energía de activación a partir de los datos entregados. La estequiometría de la reacción es:
2NO2 → 2NO + O2
Solución:
La energía de activación se encuentra a partir de la relación de Arrhenius: k = ko e-E/RT. Linealizando la
ecuación anterior, ln k vs. 1/T se obtiene una recta cuya pendiente es (–E/R) donde: E es la energía de
activación y R es la constante universal de los gases.
T (K) 592 603 627 651,5 656
k (cm3/gmol s) 522 755 1700 4020 5030
1/T (K-1) 0,001689 0,001658 0,001595 0,001535 0,001524
ln k 6,257668 6,626718 7,438384 8,299037 8,523175
A partir de los resultados, se dibuja el siguiente gráfico, y el valor de la pendiente es -13633.
1/T vs Ln k
Pendiente: -13633
9
8,5
8
7,5
7
6,5
6
5,5
5
0,0015 0,00155 0,0016 0,00165 0,0017
1/T [K-1]
Ln k
Por lo tanto: E/R = 13633
E = 13633 ·1,987 = 27088,8 (cal/mol)
Ejemplo 2.3
En fase gas se está estudiando la descomposición del azometano, (CH3)2N2, para obtener etano y nitrógeno de
acuerdo con la siguiente estequiometria:
3 2 2 2 6 2 (CH ) N → C H + N .
Cuando se realiza una reacción partiendo de azometano (A) puro, los resultados experimentales indican que la
velocidad de formación del N2 es de primer orden a altas presiones y de segundo orden a bajas presiones.
Demostrar estos resultados, considerando el siguiente mecanismo de reacción, con:
k
A ⎯⎯→ A + A E =
Kcal mol
2 30,0 /
k
1
A + A ⎯⎯→ A E =
Kcal mol
k
2 27,3 /
A ⎯⎯→ C H + N E =
17,1 Kcal /
mol
2 6 2 3
*
2
* 2
1
*
3
Calcular las energías de activación aparentes para cada caso.
Solución:

De las reacciones propuestas en el mecanismo, las velocidades de formación de N2 y A*:
r k A
N
=
r k A k A A k A
= − − =
[ ] [ ][ ] [ ] 0
2
A
A k A
[ ] [ ]
k k A
[ ]
3 2
r k k A
[ ]
[ ]
[ ]
3 2
2
3 1
2
* 1
*
3
*
2
2
* 1
*
3
2
k k A
N
+
=
+
=
a) A bajas concentraciones (bajas presiones) : k2[A] k3
2
2
1[ ] 30,0 / Segundo Orden N A ∴ r = k A E = Kcal mol
b) A altas concentraciones (altas presiones) : k2[A] k3
r k k A k A
∴ = =
[ ] [ ] PrimerOrden N
2
1 3
2
k
( )
3 1
⎞
⎛
⎞
⎛
ln ln 03 01
1
∴ = + −
17,1 30,0 27,3
Kcal mol
k k
k k E
E
E E E
k k
k RT
k k
3 1
k
RT
k
k
ACTIV
19,8 /
ln ln
3 1 2
02
2
0
2
=
− + − ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
= ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
= −
=
Ejemplo 2.4 (Levenspiel 2.6)
Demuéstrese que el siguiente mecanismo de reacción:
YZZZZXZZ
N O 1
NO NO
2
NO 3
NO O
NO NO 4
NO
*
2 5 2 3
* *
3 2
* *
3 2 2
k
k
k
k
+
⎯⎯→ +
+ ⎯⎯→
propuesto por Ogg (1947) puede explicar satisfactoriamente la descomposición de primer orden observada
para el N2O5.
Solución:
A: N O
B: NO
C : NO
D : NO
E: O
2 5
2
* *
3
* *
2
k
k
k
YZZZZXZZ
A 1
B C
2
C ⎯⎯→ 3
D +
E
D + C ⎯⎯→
4
B
*
* *
k
+
* * 2
De las cinéticas elementales:

r kC kCC
r kC kCC kC kC C
r kC kC C
− = −
A 1 A 2
B C
*
− = − − −
− = −
C 1 A 2 B C 3 C 4
D C
( )
( )
( )
* * * * *
3 4
* * * *
D C D C
Como C* y D* son intermediarios, en el equilibrio rC*=rD*=0, luego:
r kC C kC k kC
C k C
− = − + + =
=
( ) ( ) 0 C * 1 A C * 2 B 3 4
D
*
*
*
1
A
k C + k +
k C
2 3 4
C
B D
r kC kC C
C k kC
k kC
C k
− = − =
( ) 0
* * * *
D C D C
− =
( ) 0
* *
C D
*
*
3 4
3 4
3 4
3
4
D
D
k
=
=
Luego CC* es:
C k C
1
*
A
k C k
2 3 2
C
B
=
+
Reemplazando en la ecuación cinética para la descomposición de A:
r k C k C k C k C k C
( ) 1
1 2
1 2 1
2 3 2 3
2 3 2 1 3
1
2 3 2 3
1 3
2 3
2 2
( ) 2 2
2 2
( ) 2
2
A B
A A B A
B B
B B A
A A
B B
A
A
B
k C k k C k
r k C k C k k C k k C
k C k k C k
r k k C
k C k
⎡ ⎤
− = − ⋅ = ⎢ − ⎥ + ⎣ + ⎦
⎡ + − ⎤ ⎡ ⎤ − = ⎢ ⎥ = ⎢ ⎥ ⎣ + ⎦ ⎣ + ⎦
− =
+
Si k3 k2, entonces: 1 ( ) A A −r = k C
Bajo tales condiciones la reacción es irreversible de 1º orden.

Capítulo 3: INTERPRETACIÓN DE LOS DATOS OBTENIDOS EN UN REACTOR DISCONTINUO
Ejemplo 3.1
Una alimentación gaseosa entra en un reactor a 720 K y 1,2 atm. Las concentraciones a la entrada para los
reactivos son CA0 = 100, CB0 = 150, CR0 = 50 y Ci0 = 100. Los gases que salen del reactor se introducen en un
intercambiador del cual salen a 320 K y 1 atm con CA = 160. Calcular CB, CR y XA a la salida del
intercambiador. La reacción que tiene lugar es:
A + 3B → 2R.
Solución:
0,25
100 =
+ + +
100 150 50 100
=
Ao
C
+ + +
=
Ao
N
N
N
+ + +
=
Ao Bo Ro Io
Io
o
Ro
o
Bo
o
Ao
o
o
N
N
Ao C C C C
V
V
V
V
V
Y
δ = (2) − (3+1) = −
2
1
εA = YAo - δ = -0,5
Po = 1,2 atm
To = 720 K
CA = 160
T = 320 K
P = 1 atm
C = C (1 −
X ) Ao A
A
(1 X ) PT
0
A A
T P
0
ε
+
X = ( − C PT + C PT ) =
0,256
; A 0 A0 0
A
(C PTε +
C PT )
A 0 A A0 0
C = C − ( 3C X ) Bo Ao A
=
157,5 B
(1 X ) PT
0
A A
PT
0
ε
+
C = C + 2C X PT
=
217,5 (1 X ) ; Ro Ao A
R
0
A A
PT
0
ε
+
Ejemplo 3.2
Considerar la siguiente reacción irreversible y no elemental: A → R. El reactante A reacciona de acuerdo con
la siguiente ecuación: m= 4,5·θ4, donde mR es la masa de R que reacciona (que aumenta en el tiempo) y θ es el
tiempo de reacción. Determinar:
a) El orden de reacción
b) La constante de velocidad
Solución
A → R
mR= 4,5·θ4
mR
θ

a) En general:
dm =
k·m n
, se postula una reacción de orden n
d
θ
− dm = dm dm
A R
=
d θ d θ d
θ
Integrando :
∫ w
dm =
k ∫
θ
d
θ
0 m
n 0
m 1 −
n m
=
k
θ
θ
1 −
n
0
0
m 1 −
n
= ( 1 −
nk
)
θ
1
m = ⎡⎣ ( 1 − nk
)
θ
⎤⎦
1 −
n
m =
k'
θ
1
1 −
n
pero m =
4,5·
θ
4
De la ecuación dada :
k' =
4,5
1 =
4
1 −
n
Luego : n =
0,75
b) Cálculo de la constante de velocidad:
( )
1 4 4
1
n n k n k
− − − = − =
1 (1 0,75) · 4,5
5,826
4,5
0,25
4
1
4
1
1
⎤
= ⎥⎦
⎡
⎢⎣
k
⇒ =
Leyes y Ohtmer estudiaron la formación de acetato de butilo en un reactor batch operando a una temperatura
100° C, con ácido sulfúrico como catalizador. La alimentación original contenía 4,97 moles de butanol por
mol de ácido acético, y la concentración del catalizador era de 0,032% en peso de H2 SO4. Se encontró que la
siguiente ecuación de velocidad correlacionaba los datos al usar un exceso de butanol:
2
A A ( −r ) = kC
Donde CA es la concentración de ácido acético, en moles por mL, y r es la velocidad de reacción, en moles de
ácido que desaparece por mL por minuto. Para una relación de butanol a ácido de 4,97, y una concentración de
ácido sulfúrico de 0,032 en peso, la constante de velocidad de reacción era:
17,4 3
mol g
k = cm
( )(min)
Las densidades de la mezclas de ácido acético, butanol y acetato de butilo no se conocen. Los valores
reportados para los tres compuestos a 100°C son:

Ácido acético = 0,958 g/cm3
Butanol = 0,742 g/cm3
Acetato de butilo = 0,796 g/cm3
Si bien la densidad de la mezcla reaccionante varia con la conversión, el exceso de butanol reducirá la
magnitud del cambio. Como una aproximación, la densidad de la mezcla se supondrá constante e igual a 0,75
g/cm3.
a) Calcule el tiempo requerido para obtener una conversión de 50%.
b) Determine el tamaño del reactor y la masa de reactantes que deben cargarse en el reactor para producir el
éster a una velocidad promedio de 100 lb/h. Se usará un reactor que deberá estar inactivo durante 30 min
entre cada etapa de reacción para extraer el producto, limpiar el equipo y volver a iniciar la operación.
Solución:
a) Realizando un balance para el componente A (CH3COOH)
o o
Entra - Sale + Produce = Acumula
La velocidad de reacción es:
2
(1 ) A A o A
r kC
− = −
A A
r kC X
2 2
,
− =
Expresando el balance del componente A en función de la conversión se tiene:
⎧
⎪⎩
⎪⎨
kC X
= + −
0 0
dX
dt
= ⇒ =
(1 )2
,
A
A o A
A
t X
0,5
(1 )2 , o
∫ = ∫
−
t
A kC dt
X
o
A o
A
dX
Resolviendo analíticamente la ecuación diferencial:
2 1 1
1
1 0,5
0 = − =
− A X
A o kC
t
,
= 1
Calculo de la concentración inicial de CH3COOH. Inicialmente entra (CH3COOH) según la relación,
mol C H OH
4 9
(CH COOH)
4,97
3
mol
La densidad de la mezcla es:
g solución
ρ = 0,75 .
Mezcla 3
cm solución
De lo cual se obtiene:
mol CH COOH g solución 3 3 1 * 0,75
cm solución
Dividiendo la anterior expresión por los g. de solución se tiene:
molC H OH g C H OH 427,78 .
g solución
molCH COOH g CH COOH
1 60 .
+ 3
=
4 9 molCH COOH
4,97 *74
4 9
molC H OH
1
1
3
3
4 9

Se obtiene la concentración inicial de CH3COOH.
mol CH COOH g Solución = =
0,75 · .
3 0,0018
mol
3 3 ,0
427,78 . · .
A C
cm
g Solución cm Solución
La constante de la velocidad de reacción es dato:
k = cm
min
17,4
3
mol
Por tanto reemplazando en la expresión del tiempo de reacción se tiene:
A o kC
t
,
= 1
t = 32 min (Para una conversión del 50%)
b) El volumen del reactor es:
total
Mezcla
R
m
V
ρ
=
Primero se debe determinar la carga total para una producción del ester (C) de 100 lb/h.
w lb masa c 100 , =
h
La expresión que permite obtener la producción tomando en cuenta el tiempo muerto es:
n PM
c c
m
m
c
w m
masa c t t
t +
t
=
+
= ,
Expresando la anterior ecuación en función de (A) sabiendo que los moles de ester producido es igual a los
moles de CH3COOH multiplicado por la conversión.
A
n = n X = m
c A A X
A
A
PM
Reemplazando, se tiene:
c
A
w m X A A
*
masa , c ( + )
PM
m
PM
t t
=
Por lo que se obtiene la carga de CH3COOH
A
C
m = , *( + )*
m
w
masa c
A PM
A
t t PM
X
El tiempo muerto es de 30 minutos entre lote y lote y la conversión deseada es del 50%; por tanto la carga de
A es:
A CH COOH m lb m 3 =106,5 =
La carga total es: total CH COOH C H OH m m m 3 4 9 = +
La relación entre CH3COOH y C4H9OH es:
m
C H OH
4 9
CH COOH
4,97 * 4 9
C H OH
PM
CH COOH
m
PM
molC H OH
molCH COOH
3
3
3
4 9 =
C H OH
PM
m = m + 4,97* *
m
total CH 3 COOH 3
Entonces, la carga es: 4 9
CH COOH
CH COOH
PM
3

De lo cual se obtiene:
m lb
total
759,3
m lb
CH COOH
106,5
3
=
m lb
C H OH
652,8
4 9
=
=
Y el volumen del reactor es:
3 3
* 1
m
6 3
10
V = lbcm
* * 453,59
1
759,3
0,75
cm
lb
g
g
V ≅ 0,5m3
En un reactor batch se realiza una reacción de primer orden reversible en fase líquida a 85°C, según la
siguiente estequiometría:
1 2 A,0 ARB k ,k C = 0,5 mol / L
Determinar los valores de las constantes de velocidad si en 8 minutos se obtiene una conversión XAdel 33%.
La conversión de equilibrio XAE es 66,7%.
Solución:
La cinética es: (-rA) = k1CA - k2CB
Reemplazando la ecuación cinética en la ecuación de diseño del batch:
C dX C dX
− − ∫ ∫
θ= =
A A
0 ( ) 0
r kC k C
1 2
A A
A A B
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ =
⎝ ⎠
K C 0
La constante de equilibrio es: B
A EQ
C
Integrando con CBo = 0, se obtiene:
k X Ln X
1 ,
1 A
,
A e
A e
X
θ
⎛ ⎞
= ⎜⎜ − ⎟⎟
⎝ ⎠
-1
1
0,667 1 0,33 0,0567 min
8min 0,667
k Ln⎛ ⎞ = − ⎜ − ⎟ =
⎝ ⎠
En el equilibrio (-rA) = 0
La cinética química es: ( ) 2 0,0567 A A B −r = C − k C
A e B e k C k C 1 , 2 , =
k C X
1 , ,
k C X
2
, ,
k
1
k
2
k k −
1 1
2
1
0,667 2
1 0,667
0,02835 min
2
B e A e
A e A e
= =
−
= =
−
= =

Capítulo 5: REACTORES IDEALES
En una industria se utiliza un RFP de volumen 10,3 L, con el objeto de producir un compuesto R en fase gas,
de acuerdo con la siguiente estequiometría:
2 A → R
El reactor opera isotérmicamente y a presión constante. La alimentación del mismo consiste en una mezcla de
50% de A y 50% de inerte (% volumen), con CA0 = 0,5 mol/L. No se conoce la cinética de la reacción. Se
desea saber si en estas condiciones el reactor es capaz de producir 5000 Kg/día de R con una conversión final
de 80 %.
El peso molecular del producto R es igual a 80 g/mol. Se determinó además la velocidad de reacción para
distintos valores de la concentración CA a la misma temperatura a que operará el reactor industrial.
CA ( mol/L ) 0,5 0,381 0,273 0,174
-rA ( mol/L s )×100 6,25 3,55 1,86 0,76
Solución:
⎛
+
r kC kC X ⎟ ⎟⎠
− = = −
Se tiene: ( )
n
1
A nA
A A
nA
A X
⎞
⎜ ⎜⎝
1 ε
0
Cálculo de εA. Se realiza un balance de masa:
Sustancia VXA=0 VXA=1
A 50 0
R 0 0,5x50=25
I 50 50
Total 100 75
Se obtiene εA=-0,25
Aplicando logaritmo a la ecuación de velocidad de reacción:
⎞
⎛
+
r kC n X
− = + −
X 1 C
ln ln ln 1 0 A
( ) ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
A A 1 ε
nA
X
A A
A
A0
C
= −
Obteniendo la siguiente tabla:
( ) A ln −r -2,77 -3,34 -3,98 -4,88
XA 0 0,238 0,454 0,652
⎛ − ⎞
⎜ A
+ ⎟ ⎝ ⎠
ln 1 X
1 ε X
A A
0
-0,21
-0,48
-0,88
Correlacionando los datos se obtiene:
⎞
⎛
−
r X
− = − + −
ln 2,81 2,38ln 1
( ) ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
A
A
A X
1 0,25
Entonces el orden de la reacción es n = 2,38 y la constante de velocidad k es igual a 0,313
⎡⎛ mol ⎞− 1.38 1
⎤
⎢⎜ ⎟ ⎥
⎢⎣⎝ L ⎠ S
⎥⎦
.
Para el diseño del RFP se tiene:

∫
⎞
⎟ ⎟⎠
⎛
+
kC X
⎜ ⎜⎝
−
V
= = X AF
A
1
ε
A A
A
A
p A
X
C dX
v
0 2,38
2,38
0
0
0
1
τ
Entonces
⎞
⎛
1 1 0.25
τ V
= = 0,8
∫ ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
p dX
−
−
⋅
0
2,38
1,38
0 0 1
A
A
A
A
X
X
v k C
Resolviendo la integral por el método de Romberg, se obtiene:
p 3,986 33,15 1
[s]
V
v k C
1,38
A
0 0
⋅ =
⋅
τ = =
Con esto se obtiene v0=0,311 [L/s]
Se pide producir 5000 Kg/d que es equivalente a 0,723 gmol/s, el reactor produce;
De la extensión se tiene:
C C C C
− = −
R R 0 A 0
A
1 2
1
( )
2
1 1
2 (1 )
0,1875[ / ]
C C C
= −
⎛ − ⎞
R A A
( )
0
0
= ⎜ − ⎟ ⎝ 0
+ ⎠
=
A A
R A
ε
A A
R
C X
C C
X
C gmol L
Reemplazando luego en CRF se obtiene que CRF= 0,1875 gmol/L.
Luego ( ) 01 0, 25 F A A v = v +ε X = L s , entonces FRF = vFCRF=0,047 gmol/s
El reactor pistón de 10,3 L con v0=0,311 L/s no puede producir lo requerido.
La estequiometría del cracking del hidrocarburo A en fase gaseosa es:
A → R + S + T + U + V
Se estima que la reacción es de 1° orden. Se hicieron experiencias en un RFP de laboratorio de 2 L de
capacidad operando a 400°C. Se alimentó el RFP con una mezcla de A e inertes en proporción molar del 50
%, a una presión total de 6 atm, obteniéndose los siguientes datos:
Caudal alimentación( L/min ) 2,5 1,0 0,476 0,233 0,146
XA 0,2 0,4 0,6 0,8 0,9
Si se dispone de un RFP piloto de 41,62 L al cual se alimenta A e inerte I, también en proporción equimolar a
6 atm con v0 = 10 L/min. Calcule la velocidad diaria de producción de R a 400°C. Datos: PM (A) = 338
g/gmol; PM (R) = 170 g/gmol.
Solución:
Se supone cinética de la forma
⎞
⎛
+
r kC X
− = −
( ) ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
A
A A 1 ε
X
A A
1
0
De acuerdo a la ecuación de diseño de un reactor flujo pistón:

⎞
⎛
V
τ 1 1 ε
= = + X AF
X
∫ ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
−
A A
A
p v k
X
0
1
0 Cálculo de εA:
Sustancia VXA=0 VXA=1
A 50 0
R 0 50
S 0 50
T 0 50
U 0 50
V 0 50
I 0 50
Total 50 300
Con esto se tiene que εA =2
Reemplazando εA en la ecuación de τp se obtiene:
Y
k
dX
X
⎛
τ = = ∫ +
1 1 2
X
V
v k
A
X
A
A
p
⎞
AF 1
1
0
0
= ⋅ ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
−
Evaluando τp como 0 V v y la integral Y en forma numérica para cada XAF se forma la siguiente tabla:
τp (min) 0,8 2 4,202 8,584 13,699
Y 0,269 0,732 1,649 3,228 5,108
Aplicando una regresión lineal se tiene
Y p τ = 3,07⋅10−2 + 2,662⋅
Luego
⎤
⎥⎦
0,376 1
k 1
= = ⎡
⎢⎣
min
2,662
Operando ahora con las siguientes características:
V = 41,62 L P = 6 atm
εA = 2 V0 = 10 L/min
Se tiene τp = 4,162 min
Utilizando la ecuación de diseño de un pistón cuya solución es:
p A A kτ = −3ln(1− X ) − 2X
Con XAF =0,603
Luego se tiene ( )
C = N +
X
R A
( )A A
RF V +ε
X
1
1
0
0 pero NR0 = 0 entonces NA0XA = NR0XR, donde finalmente:
( )
C X
A0 A
( ) A A
RF 1 X
C
+ ε
=
Ahora bien
F C X A
( )( )0
RF +
0 1 2
A A
1 2
X v
X
A
+
=
Con CA0=5,43·10-2mol/L se tiene que
FRF=0,327 mol/min
La producción de R es 80,1 Kg/día.

La reacción homogénea en fase gaseosa A Æ 3R se ajusta a una cinética de segundo orden. Para un caudal de
alimentación de 4 m3/h de A puro a 5 atm y 350ºC se obtiene una conversión del 60% de la alimentación en un
reactor experimental constituido por un tubo de 2,5 cm de diámetro y 2 metros de longitud. En una instalación
comercial se han de tratar 320 m3/h de una alimentación constituida por 50% de A y 50% de inertes, a 25 atm
y 350ºC para obtener una conversión del 80%. ¿Cuántos tubos se necesitan, de 2,5 cm de diámetro y 2 m de
longitud?. Supóngase flujo en pistón, despréciese la perdida de presión y admítase que el gas presenta
comportamiento ideal.
Solución:
En el reactor experimental se tiene:
v0 = 4 m3/h XA0 = 0 XAf = 0,6 D = 2,5 cm L = 2 m
P = 5 atm T = 350ºC
La cinética es: -rA= k·CA
2
El volumen del reactor experimental es el del cilindro:
V =π ⋅ r ⋅ L = π ⋅d ⋅ L = π ⋅ ⋅ = ⋅ − m
2 2 0,0252 2 9,82 10 4[ 3 ]
4 4
Ecuación de diseño para el RFP experimental:
V C dX
v 0 0
r
0
X Af
A
A
A
τ= =
− ∫ (a)
El valor de τ es:
4
V 4
h
v
0
9,82 10 2, 455 10 [ ]
4
τ
−
= = ⋅ = ⋅ −
Para la reacción gaseosa experimental se tiene además:
V V
− = X X
= − =
ε = =
1 0
0
3 1 2
1
A A
A
A
X
V
=
Como la reacción tiene una cinética de orden 2, la solución a la ecuación (a) es (Ec. 5.23 Levenspiel):
C k X 2 X 2
X
0
⋅ ⋅ τ = ⋅ ε ⋅ + ε ⋅ − + ε ⋅ + ε
+ ⋅
A
−
4 2 2
0
0
2 (1 )ln(1 ) ( 1)1
2,55 10 2 2 (1 2) ln(1 0,6) 2 0,6 (2 1) 0,6
1 0,6
19979,6[ / ] ( )
A
A A A A A A
A
A
A
X
C k
C k L h b
−
⋅ ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ − + ⋅ + + ⋅
−
⋅ =
Considerando gas ideal, se determina CA0:
C = P = = ⋅ − mol L =
mol m
2 3
0
5 9,79 10 [ / ] 97,9[ / ]
A RT
0,082 ⋅
623
Despejando k de la Ec. (b):

19979,6 204081,7[ 2
/ ]
9,79 10
k Lmol h − = = ⋅
2
⋅
a 350 ºC
En el reactor comercial se tiene:
v0 = 320 m3/h XA0 = 0 XAf = 0,8 D = 2,5 cm L = 2 m
P = 25 atm T = 350ºC
La cinética es : -rA= k·CA
2
Además la alimentación contiene inertes, por lo tanto εA varía:
V V
− = X X
= + − + =
ε = =
1 0
0
(3 1) (1 1) 1
(1 1)
A A
A
A
X
V
=
+
La concentración inicial de A será:
3
C P y mol L mol m
0
= ⋅ = ⋅ = =
25 0,5 0, 2447[ / ] 244,7[ / ]
0,082 623
A
A
RT
⋅
Si los tubos se colocan en serie, el tiempo espacial necesario para que la reacción suceda hasta la conversión
esperada será la suma de los volúmenes de cada reactor dividido por el caudal, así para un arreglo en serie se
tiene:
V n , donde n corresponde al número de RFP en serie
v
τ = ⋅ (c)
0
Reemplazando en la Ec. 5.23:
2 2
0
⋅ ⋅ τ = ⋅ ε ⋅ + ε ⋅ − + ε ⋅ + ε
+ ⋅
2 (1 )ln(1 ) ( 1)1
0, 2447 204081,7 2 1 (1 1) ln(1 0,8) 1 2 0,8 (1 1) 2
0,8
4
1 0,8
2,075 10 [ ]
A
A
A A A A A A
A
C k X X X
X
h
τ
τ −
−
⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ + ⋅ − + ⋅ + + ⋅
−
= ⋅
De la relación (c) se tiene:
−
4
n = τ ⋅ v ⋅ ⋅ 0
= ≈
tubos en serie
2,075 10 320 68
9,82 10
4
V
−
⋅
Si los tubos se colocan en paralelo, cada rama deberá tener igual conversión, por lo tanto por cada una de ellas
el tiempo espacial deberá ser el mismo, así si todos los tubos son del mismo volumen los caudales serán
iguales para cada rama, así:
V V donde n corresponde al número de RFP en paralelo
v v n
τ =τ = .... =τ = =
,
RAMA 1 RAMA 2
RAMA n ( )
01 0
Finalmente, la ecuación se mantiene igual a la Ec. (C) y un arreglo en serie o paralelo no presenta ninguna
ventaja una sobre otra.

La reacción en fase gaseosa homogenea A Æ 2B se efectua a 100ºC a la presión constante de 1 atm en un
reactor discontinuo experimental, obteniendose los datos de la tabla que se adjunta cuando se parte de A puro.
Calculese el tamaño del reactor de flujo en pistón operando a 100ºC y 10 atm con una conversión del 90% de
A para un caudal de alimentación de 10 mol/s conteniendo un 40% de inertes.
Tiempo [min] V/V0 Tiempo [min] V/V0
0 1,00 8 1,82
1 1,20 9 1,86
2 1,35 10 1,88
3 1,48 11 1,91
4 1,58 12 1,92
5 1,66 13 1,94
6 1,72 14 1,95
7 1,78
Solución:
A partir de los datos obtenidos para el Reactor batch experimental, permiten determinar la cinética de la
reacción:
Para la reacción gaseosa experimental se tiene:
V V
− = X X
= − =
ε = =
1 0
0
2 1 1
1
A A
A
A
X
V
=
Se sabe también que:
V V X como
V X
V
X V
= +ε ε =
= +
(1 ), 1
0
1
0
= −
0
1
A A A
A
A
V
Ensayando una cinética de primer orden:
− = ⋅
A A
para reacciones en fasegas se tiene:
ε ε
⋅ =− + ⋅ − −
(1 ) ln(1 )
A A A A
ya que ε =1, se tiene:
A
2 ln(1 )
A A
r k C
k t X X
k ⋅ t =− ⋅ − X −
X
Construyendo una tabla de t v/s (-2·Ln(1-XA)-XA)
t [min] XA -2·Ln(1-XA)-
XA
0 0 0
1 0,2 0,246
2 0,35 0,512
3 0,48 0,828
4 0,58 1,155
5 0,66 1,498
6 0,72 1,826
7 0,78 2,248
t [min] XA -2·Ln(1-XA)-
XA
8 0,82 2,610
9 0,86 3,072
10 0,88 3,361
11 0,91 3,906
12 0,92 4,131
13 0,94 4,687

14 0,95 5,041
De la correlación de los datos, se obtiene:
R2=0,997
A A -2·Ln(1-X )-X =k
k
0,3675
t
y t
y t
⋅
= ⋅
= ⋅
Así la constante de velocidad es: k = 0,3675 [1/min]
Para el reactor RFP, CA0 es:
C P y mol L
0
= ⋅ = ⋅ =
10 0,6 0,1962[ / ]
0,082 623
A
A
RT
⋅
La alimentación de A que entra al reactor se calcula:
F = mols =
mol
F = ⋅ F = ⋅ =
mol
10[ / ] 600[ /min]
0,6 0,6 600 360[ /min] A
0
0 0
El caudal de alimentación se calcula como:
F = v ⋅
C
A 0 0 A
0
v = F 0
= =
L
0
0
360 1834,9[ /min]
0,1962
A
A
C
Para determinar el nuevo tiempo espacial es necesario calcular εA.
Por cada mol de A existen 0,666 moles de inerte que corresponden al 40% que ingresa en la alimentación. Con
la estequieometría y estos datos se calcula εA:
V V
− = X X
= − =
ε = =
1 0
0
2,666 1,666 0,6
1,666
A A
A
A
X
V
=
Ingresando a la Ec. (5.21)
k ⋅ τ =− (1 + ε ) ⋅ ln(1 − X )
−
ε
X
k ⋅ τ
=− (1 + 0, 6) ⋅ ln(1 − X ) −
0, 6
X
k ⋅ τ
=− 1, 6 ⋅ ln(1 − X ) −
0, 6
X
Como la conversión final necesaria es
k
90%.
3,144
A A A A
A A
A A
⋅ τ
=
Como la reacción en el RFP se produce a la misma temperatura, k es igual a 0,3675 [1/min]. Luego:
τ = 8,56 [min]
Ya que se conoce τ y v0 es posible calcular el volumen del reactor:

V
v
τ= =
0
= ⋅ = =
3
8,56
V L m
8,56 1834,9 15698, 4[ ] 15,7[ ]
En un reactor de mezcla completa se efectúa la reacción en fase líquida homogénea:
2
A → R −rA = kCA
Y tiene lugar una conversión del 50%.
a) Calcúlese la conversión si el reactor se sustituye por otro seis mayor, sin modificar las demás condiciones.
b) Calcúlese la conversión si se sustituye el reactor primitivo de mezcla completa por un reactor en flujo
pistón de igual tamaño, sin modificar las demás condiciones.
Solución:
a) XA Cuando se usa un RTAC de V2=6V1
De la Ec. de diseño para un RTAC:
V C X
0
v r
0
A A
A
τ= =
−
Ya que ρ es constante, entonces εA=0, así la cinética de la reacción es, en función de XA:
2 2
0 · ·(1 ) A A A −r = k C − X
Combinando ambas ecuaciones:
V C X X
v kC X kC X X
τ= = =
A 0
A A
2 2 2
− − +
· ·(1 ) · ·(1 2 )
0 A 0 A A 0 A A
Ya que la conversión final es 50%, se tiene:
V = X v =
v
0 0
2 2
A
k C X X k C
0 0
V v
0
0
0
0
0,5
· ·(1 2 ) · ·(1 2·0,5 0,5)
A A A A
0,5
0, 25· ·
A
2
·
A
k C
V v
k C
− + − +
=
=
Ya que el volumen del reactor inicial es V1, y el reactor de volumen V2, se calcula la conversión de este
reactor de la relación V2=6V1, así:
2
0
·
6· 2 12
· ·
1
0
0 0
2
0 0
A
A A
V v
k C
V v v
k C k C
=
= =
Relacionando este valor con la Ec de diseño se tiene:

v vX
k C k C X X
12 ·
0 0
· · ·(12 )
X X
X
2
2
0 0
2
X
X X
2
12
(1 2 )
12 25 12 0
0,75
A
A A A A
A
A A
A A
A
=
− +
=
− +
− + =
=
b) XA Cuando se usa un RFP de volumen V1. De la Ec. de diseño para un RFP:
0
· , reemplazando la cinética
0 0
0
2 2
0 0
0 0
0
·
· (1 )
1 1
· 1
1 1 1
· (1 )
AF
AF
AF
X
A
RFP A
A
X
A A
RFP
A A
X
RFP
A A
RFP
A AF
V C dX
v r
C dX
k C X
k C X
k C X
τ
τ
τ
τ
= =
−
=
−
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ ⎝ − ⎠
⎡ ⎤
= ⎢ − ⎥ ⎣ − ⎦
∫
∫
Ya que el volumen del RTAC es el mismo que el RFP, sus tiempos espaciales son iguales, así:
⎡ ⎤
⎢ − ⎥ = ⎣ − ⎦
⎡ ⎤
⎢ − ⎥ = ⎣ − ⎦
1 1 1 2
· (1 ) ·
k C X k C
A AF A
0 0
1 1 2
X
(1 )
AF
3 1
(1 )
AF
0,667
=
AF
X
X
−
=
Resumiendo:
RTAC, V1, XAF = 0,5; RTAC, 6V1, XAF = 0,75; RFP, V1, XAF = 0,667
Hemos calculado que el tamaño de un reactor de flujo en pistón necesario para un fin determinado (99% de
conversión de la alimentación de A puro) era 32 litros, suponiendo que la estequiometría era A Æ R para una
reacción de primer orden fase gaseosa. Sin embargo, la estequiometría de la reacción es A Æ 3R. Calcúlese el
volumen del reactor necesario para la estequiometría correcta.
Solución
De la estequiometría de la reacción y la inexistencia de inertes, εA=0.
Cinética: 0 · · (1 ) A A A A −r = k C = k C − X

De la ecuación de diseño y la Ec. (5.21), se tiene:
k X X
τ = − + ε − −
ε
· (1 )ln(1 )
A A A A
0
0
0
0
0
· ln(1 )
1 · ln1
1 · ln1
· 3 2 ln 1
1 0,99
0 ,1 4 4 1
A
A
A
A
k X
k
X
V
v
k V
v X
k
v
k
v
ε
τ
τ
τ
=
= − −
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ ⎝ − ⎠
=
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ ⎝ − ⎠
⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ − ⎠
=
Para la reacción, AÆ 3R, se asume la misma cinética de primer orden, esta vez el valor de εA no es cero; por
lo tanto:
V V
− = X X
= − =
ε = =
1 0
0
3 1 2
1
A A
A
A
X
V
=
Utilizando nuevamente la ecuación de diseño, considerando que se mantiene la cinética, la misma temperatura
y el mismo caudal de alimentación, se tiene:
k = − + − X −
X
A A A A k
= − + − −
τ ε ε
τ
· (1 )ln(1 )
· (1 2) ln(1 0,99) 2·0,99
=
· 11,8355
0
=
=
=
· 11,8355
0
·0,1441 11,8355
82,13
k V
v
V k
v
V
V L
A partir de los siguientes datos, dedúzcase la ecuación cinética para la descomposición en fase gaseosa
A Æ R + S que se efectúa isotérmicamente en un reactor de mezcla completa.
Nº Experiencia 1 2 3 4 5
τ [s] basado en las condiciones de
la alimentación 0,423 5,10 13,5 44,0 192
XA (para CA0=0,002 mol/L) 0,22 0,63 0,75 0,88 0,96

Solución:
Ya que la reacción es en fase gas, εA se calcula:
V V
− = X X
= − =
ε = =
1 0
0
2 1 1
1
A A
A
A
X
V
=
La ecuación de diseño para el RTAC:
V C X
0
v r
0
· A A
A
τ= =
−
Despejando la cinética de esta ecuación:
r C X
0 · A A
A
τ
− =
Además se puede conocer el valor de CA de la relación, donde el valor de CA0=0,002 [mol/L]:
C = C −
X
(1 )
A 0 A
(1 )
A
ε X
A A
+
A partir de los datos entregados se genera una tabla para la velocidad de reacción y la concentración de A, a
partir de las ecuaciones anteriores:
Nº τ XA -rA CA[mol/L]
1 0,423 0,22 1,03·10-3 1,278·10-3
2 5,1 0,63 2,47·10-4 4,539·10-4
3 13,5 0,75 1,11·10-4 2,857·10-4
4 44,0 0,88 4·10-5 1,277·10-4
5 192 0,96 1·10-5 4,082·10-5
Se ensaya una cinética del tipo:
· n
A A −r = k C
Se obtiene para esta correlación, un R2=0,998, la ecuación obtenida es:
1,35
A A r C
n
0,35
1
8,014·
1,35
k 8,014 mol ·
h
L
−
−
− =
=
⎡⎛ ⎞ ⎤ = ⎢⎜ ⎟ ⎥
⎢⎣⎝ ⎠ ⎥⎦
Ejemplo 5.8. (Levenspiel 5.15)
Se han obtenido los datos de la Tabla en la descomposición de reactante A en fase gaseosa en un reactor
discontinuo de volumen constante a 100ºC.
La estequiometría de la reacción es 2A Æ R + S. Calcúlese el tamaño de reactor de flujo en pistón (en litros)
para que, operando a 100ºC, pueda tratar 100 moles de A/h de una alimentación que contiene 20% de inertes,
para obtener una conversión del 95% de A.
t (s) pA (atm) t (s) pA (atm)
0 1,00 140 0,25
20 0,8 200 0,14
40 0,68 260 0,08
60 0,56 330 0,04
80 0,45 420 0,02
100 0,37

Solución:
De los datos entregados es posible determinar el valor de CA mientras transcurre la reacción, a través de la
relación para gases ideales:
C mol L p p p
[ / ]
= = =
A A A
0,082·373 3,586
A
RT
Una vez obtenidos los valores de CA se puede ensayar alguna cinética, la primera prueba se realizará para n=1.
Cinética ensayada:
r dC k C
θ
Integrando
C k
C
0
·
:
ln
A
A A
d
A
A
θ
− =− =
⎛ ⎞
− ⎜ ⎟ =
⎝ ⎠
La tabla de resultados es la siguiente:
t(s) pA (atm) CA (mol/L) -ln(CA/CA0)
0 1 3,27·10-2 0
20 0,8 2,62·10-2 0,222
40 0,68 2,22·10-2 0,387
60 0,56 1,83·10-2 0,580
80 0,45 1,47·10-2 0,799
10
0,37 1,21·10-2 0,994
0
14
0
0,25 8,17·10-3 1,387
20
0
0,14 4,58·10-3 1,966
26
0
0,08 2,62·10-3 2,254
33
0
0,04 1,31·10-3 3,217
42
0
0,02 6,54·10-4 3,912
La correlación obtenida arroja un R2=0,9994, la relación obtenida es:
− 2 − 3
θ
ln 3,518·10 9, 455·10
0
−
3
9,5·10
A
A
A A
C
C
r C
⎛ ⎞
− ⎜ ⎟ = +
⎝ ⎠
− =
Obtenida la cinética, podemos calcular el volumen necesario para que esta reacción transcurra en un RFP con
una conversión final del 95%, con un 20% de inertes, P= 1 atm y un FA0=100 mol/h. De la ecuación de diseño
para el RFP y una cinética de orden uno, se tiene (Ec. 5.21):
· (1 )ln(1 ) A A A A kτ = − +ε − X −ε X (*)
Para el cálculo de εA se utiliza la relación:
V V
X X
ε = =
1 0
A A
0
A
A
X
V
=
−
=
Para ello se determinan los volúmenes ocupados por las especies en la reacción:

X A 0 V = X A 1 V =
A 80 0
R 0 40
S 0 40
I 20 20
Total 100 100
Reemplazando en la ecuación:
V V
− = X X
= − =
ε = =
1 0
0
100 100 0
100
A A
A
A
X
V
=
Reemplazando ahora en (*):
− = − −
=
9,5·10 3· ln(1 0,95)
τ
τ
315,34(s)
De la definición de τ:
0
V V C
v F
· A
A
τ= =
0 0
El valor de FA0 en segundos es: FA0= 2,78·10-2 (mol/s). Despejando de la definición de τ, el valor de v0, se
tiene:
0
v F
0
0
El valor de C corresponde a una p de 0,8 atm.
A0 A
2
0
0 2
0
2,78·10 1, 061( / )
2,62·10
A
A
A
A
C
v F L s
C
−
−
=
= = =
Luego el volumen del reactor será:
0 V =τ ·v = 315,34·1,061 = 334,6(L)
Para efectuar la reacción indicada en el problema anterior se emplea un tanque de 208 litros, que puede
considerarse como un reactor de mezcla completa. Para idénticas condiciones de la alimentación y
funcionamiento, calcúlese la conversión de A que puede lograrse en este reactor.
Solución:
Condiciones de operación del problema anterior: v0=0,85 L; -rA=9,5·10-3CA ; εA=0
Condiciones para el problema propuesto: V=208 L; RTAC
De la ecuación de diseño, cuando εA=0 se tiene:

0
A 0
A
0
3
A A
(1 )
A
A
A
(1 )
(1 )
=
9, 5·10 208
0,85 (1 )
2, 32 2,32
2,32 3,32
0, 7
A
A
A
A A
A
A
X C
kC X
k X
X
k V X
v X
X
X
X X
X
X
τ
τ
−
−
=
−
=
−
=
−
− =
=
=
Capítulo 6: DISEÑO PARA REACCIONES SIMPLES
Ejemplo 6.1. (Problema 14, Guía 4)
Una reacción exotérmica A → 2 R ocurre en un solvente orgánico en dos RTAC en serie, de igual tamaño.
Con el fin de igualar la carga térmica en ambos reactores se les operará a temperaturas diferentes. Las
velocidades de reacción serán las mismas en ambos reactores. El segundo reactor operará a 120°C (k = 1,5
m3/Kmol Ks ).
Si el efluente del 2° reactor está 90 % convertido y el flujo molar que entra al sistema es de 28 (mol/Ks) con
CA0 = 1 Kmol/m3. ¿De que tamaño deben ser los reactores? ¿A qué temperatura debe operar el primer reactor?
Dato: EA = 84 KJ/mol.
Solución:
De acuerdo con las dimensiones de k, la reacción es de 2º orden
Figura 6.1: Esquema para el ejemplo 6.1
Se tiene
( ) ( )2
1
2
1 '
2
1 1 1 A A1 A A − r = k C = k C − X
( ) ( )2 2 2
2 2 2 2 0 2 1 A A A A −r = k C = k C − X
Las ecuaciones de diseño para cada reactor:
C X
−
C X X
τ = ⋅ −
( ) A A A
τ = ⋅ A 0 A
1
r
( )
( )1
1
A
0 2 1
2
2
r
A
−
Ya que ( ) ( )2
A 1 A − r = − r y 1 2
V cte
v
τ =τ = = se tiene:
0
( ) A0 A2 A1 A0 A1 C X − X = C X

Resultando XA1=0,45. Luego:
( )
( ) 0 2 1 [ ]
V C X X A A A
Ks
v kC X
2 2
0 2 0 2
30
1
A A
τ
−
= = =
−
Además
30
V C
2 A0
2 τ = = despejando V2=0,84 [m3]=V1.
F
A0
C ⋅
X
−
A0 A1
τ = se tiene que el valor de k1=4,96E-2 (m3 Kmol ⋅Ks)
De las ecuación 1 ( r
)A 1
Utilizando Arrhenius
EA
1
1 0
RT
k k e
−
EA
= y 2
2 0
RT
k k e
−
=
Aplicando logaritmo natural, se obtiene:
k = k − EA y ( ) ( )
( ) ( )
1
1 0 ln ln
RT
k = k − EA
2
2 0 ln ln
RT
Restando ambas expresiones se tiene:
⎞
⎟ ⎟⎠
⎛
k E
A
1 ln 1 1
⎜ ⎜⎝
= −
R T T
2 2 1
k
De esto se obtiene EA = 84 KJ mol y reemplazando este valor se obtienen las temperaturas:
⎞
⎟ ⎟⎠
⎛
⋅ = − −
2 1
⎜ ⎜⎝
1
1
393
20096
1,987
ln 4,96 10
1,5
T
Entonces T1=347 K
El compuesto R (PM = 63 g/gmol ) se obtiene mediante la reacción elemental:
A + B ⎯⎯k→ 2R + S
La reacción es en fase líquida con una constante de velocidad k de 2 L/gmol min. La producción se hará en 2
RFP en paralelo y luego un RTAC en serie. La alimentación al sistema contiene CAO = CBO = 1 mol/L y está
bifurcada de modo que el sistema funcione en la forma mas eficiente posible. Si se requiere una conversión
final del 90%:
a) Calcule la velocidad de producción de R en Kg/h.
b) Si el sistema se invierte (RTAC primero seguido de dos RFP en paralelo), calcule la velocidad de
producción de R en Kg/h.
Figura 6.2: Esquema para el ejemplo 6.2 parte (a)
Solución:
a) Si el sistema tiene la alimentación bifurcada en la forma mas eficiente posible se tiene:

2
Vp p =
02
1
01
V
v
v
Donde la ecuación de diseño para el RTAC es:
( )
( )2
C X X
M A A A
0 2 1
r
0 A
V
v
−
−
=
( ) ( )( ) 0 0 0 1 A A B A A B B B −r = kC C = kC − X C −C X
Por la ley de proporciones definidas A A B B C X C X 0 0 = y como 1 0 0 = B A C C , reemplazando en (-rA) se
obtiene:
( ) 2 ( )2
0 1 A A A − r = kC − X
Luego si el sistema de dos RFP cumple la condición de máxima eficiencia, entonces el sistema de 2 RFP se
comporta como 1 RFP de volumen total Vp1+ Vp2
Ecuación de diseño del RFP:
V V
+ 1
A
C dX
∫
( −
) =
0 2 2
0
0
1 2
0
1
X A
A A
A
p p
kC X
v
⎤
⎥⎦
⎡
1 1
V V
p p
v kC X
⎢⎣
−
−
=
+
1
1
1 2
A A
0 0 1
Finalmente:
1
kC V kC
T A A
1
0
0
0
V V
1 2
0
1 A
A
p p
X
X
v
v
−
= =
+
De la ecuación de diseño de RTAC se tiene:
( )
( )
v = V kC 1
−
X
2
2
2
0
M A A
C X −
X
0 2 1
0
A A A
De la ecuación de diseño de RFP se tiene:
( )
( )
v = V kC 1
− X
T A A
0 2
1
0
A
X
Igualando las expresiones y reemplazando los datos se tiene:
1,0273
0,877
′ =
À
X
1
′′ =
A
1
X
Entonces v0 será:
( )
min
13,04
v = V kC 1
−
X
2
2
2
0
M A A =
−
( )
0 2 1
0
L
C X X
A A A
Por ley de proporciones definidas:
C = C 1 − X = 0,1 ⎡
gmol ⎤
A 2 A 0 A 2 ,
( ) 0 1 2 R A A C C C = − y ( ) ⎥⎦
⎢⎣
L
Con esto se tiene que CR =1,8 gmol/L
Luego: 23,472 min 0 F C v gmol RF RF = =
b)

Figura 6.3: Esquema para el ejemplo 6.2 parte (b)
Nuevamente los dos RFP se comportan como 1 RFP de volumen VT
⎤
⎡
⎤
⎡
−
1 1
1 1
X A
A
C dX
( ) ⎥⎦
⎢⎣
−
−
−
= ⎥⎦
⎢⎣
∫ =
−
=
0 2 1
2
0 1
1
0 2 2
0
0
0 1
1
1
1
1 A A A
A A X A
X A
A A
A
V
T
kC X kC X kC X X
v
Ecuación de diseño de RTAC:
C X
M A A
( )2
1
2
0
0 1
kC X
0 1 A A
V
v
−
=
Igualando v0 se tiene
( )
V kC −
V kC X
M A A
1
2
0 1
0 1
T A
1
1
2 1
⎡
1
⎤
1 A
A A
X
X X
=
⎥⎦
⎢⎣
−
−
−
Reemplazando se obtiene:
1,657
0,543
′ =
À
X
1
′′ =
A
1
X
Con esto se tiene que v0:
( )
2
v V kC X
= − M A A
= ⎡
⎤
⎥⎦
= ⎡
⎢⎣
⎥⎦⎤
⎢⎣
min
20,77
min
1 11,54
1
0 1
0
F mol
L
X
RF
A
Se investiga la cinética de la descomposición de A en fase acuosa en dos reactores de mezcla completa
conectados en serie, el segundo de los cuales tiene doble volumen que el primero. En el estado estacionario,
cuando la concentración de la alimentación es de 1 mol A/L y el tiempo medio de residencia es de 96
segundos en el primer reactor, la concentración en este es de 0,5 moles de A/L y en segundo 0,25 mol de A/L.
Determínese la ecuación cinética para la descomposición.
Solución:
AÆ Productos
Fase líquida: εA=0
CA0=1 mol/L
τ1=96 s
CA1=0,5 mol/L
CA2=0,25 mol/L

Para el primer RTAC:
C X X C C
r C
= = −
A 0 A 1 A 0
A
RTAC 1
A
( )
A A
1 0
A A
0 1
1
1
A
1
A
3
RTAC
1
( )
96 0,5
( )
( ) 5, 2·10 [ / · ]
A
C C
r
r
r mol L s
τ
τ
−
−
= −
−
=
−
− =
De la relación entre los volúmenes es posible calcular el tiempo de residencia para el segundo RTAC, así:
V V V
v v v
= = =
τ τ
1 2 1
RTAC RTAC
1 2
0 0 0
V τ
v 1 1 0
s
v v
= = = =
τ τ
2 1
0 0
2
Del estado estacionario se sabe que el caudal se mantiene en ambos tanques.
2 2· · RTAC
2· 192[ ]
RTAC RTAC
Para el segundo RTAC:
C X X X C C
= − = − = − =
( ) 1 0,25 0,75
( ) 1
A A A A A
0 2 1 0 2
RTAC A
2 2
r C
A A
2 0
A
1
A A A
0 2 1
2
2
A
A
2
3
RTAC
2
0,5
( )
( )
192 1·(0,75 0,5)
( )
( ) 1,3021·10 [ / · ]
A
X
C X X
r
r
r mol L s
τ
τ
−
−
=
= −
−
= −
−
− =
Del resultado de la velocidad de reacción en cada tanque, se tiene:

3
r kC X
r kC X
− = = −
− = = −
( ) 5, 2·10 · (1 )
1 0 1
( ) 1,3021·10 3
· (1 )
2 0 2
Dividiendo ambas expresiones, asumiendo que la temperatura en cada reactor es la misma:
3,994= 1
1
2
1
3,994= 1 0,5
1 0,75
3,9
n n
A A A
n n
A A A
n
A
A
n
X
X
−
−
⎡ − ⎤
⎢ − ⎥ ⎣ ⎦
⎡ − ⎤
⎢⎣ − ⎥⎦
94=[2]
ln 3,994 ·ln 2
n
n
1,998 2
n
=
= ≈
Reemplazando el orden de reacción en la primera ecuación de velocidad:
−
3
n n
A A k C X
k
= −
=
5, 2·10 · (1 )
0 1
5, 2·10 −
3 ·1(0,5)
2
− −
1 1
k Ls mol
0,0208( )
=
Luego la cinética de la reacción es: 0,0208· 2 A A −r = C

Capítulo 7: DISEÑO PARA REACCIONES MÚLTIPLES
El reactante A se descompone según la reacción:
A⎯⎯k1→R⎯⎯k2→S
Con k1=0,1 min-1 y k2=0,2 min-1. La alimentación para la producción de R consiste en 1000L/h en la cual
CA0=1 mol/L, CR0=CS0=0.
a) ¿Cuál es el tamaño del reactor de flujo pistón que maximizara el rendimiento de R y cual será la
concentración a la salida de este reactor?
b) ¿Cuál será el tamaño del reactor tanque agitado que maximizará el rendimiento de R y cual será la
concentración a la salida de este reactor?
Solución:
A⎯⎯k1→R⎯⎯k2→S
a) Para flujo pistón:
r = −
k C
A A
r = k C −
k C
R 1 A 2
R
r k C
S 2
R
1
=
Teniendo esto se tiene:
τ
C C e
dC k C kC e
dt
dy P Q
dt
A AO
R k
R AO
C C k e e
( )
k
1
1
1 2
2 1
1
2 1
de la cinética de R
Ec. diferencial lineal de 1º orden
y
Cuya solución es:
k k
R AO
k k
τ
τ τ
−
−
− −
=
+ =
+ =
⎛ ⎞
= ⎜ ⎟ − ⎝ − ⎠
Luego, para maximizar CR :
⎛ ⎞
dC C k e e
d k k
k e k e
( 1 2 )
R k k 0
= − = AO
⎜ − ⎟ ⎝ ⎠
=
k k
1 2
1
2 1
1 2
τ τ
τ τ
τ
− −
− −
Luego, ( )( )max 2 1 2 1 τ = ln k k k − k es el tiempo espacial que maximiza CR.
Entonces
⎛
C C k − − − ⎟ ⎟⎠
( 1τ 2τ )
1
2 1
,max
k k
R AO e e
k k
⎞
⎜ ⎜⎝
−
=
Luego
V= = p
0
ln 0,2
0,1
⎞
⎛
max 6,93min
0,2 0,1
v
−
⎟⎠
⎜⎝
τ =
Por lo tanto

( )
1 0,1
⎞
⎛
= ⋅ − × − ×
C e e
R
0,2 0,1
C L
R
0,25mol
,max
0,1 6,93 0,2 6,93
,max
=
− ⎟⎠
⎜⎝
−
Como
v = L × =
h L
min
16 ,67
1000 1 0
60 min
h
Entonces
V v L P 6,93 16,67 115,5 max 0 =τ = ⋅ =
b) Balance de masa
Entrada = Salida + descomposición por Rx
Para A:
F = F + −
r V
0 ( )
A A A
vC = vC +
k C V
A 0 A 1
A
Como
V =τ
v m
Entonces
( )A A m vC vC kτ 0 1 = 1+ ,
Por lo que se tiene
= .
m
A
C C
A k
0
τ 1
1 +
Para R:
F = F + ( −
r )
V
0
vC = vC + ( k C −
k C )
V
0 2 1
vC + k C V − k C V
=
2 1
0
R R R
R R R A
R R A
Luego
k V C τ
( )R m
A vC k
k
1 1
1
τ 2
1
m
0
= +
+
Pues
= ,
m
A
C C
A k
0
τ 1
1 +
Entonces se tiene
C C k
τ
A 0 1
m
( )( )m m
R 1+ k 1+
k
τ τ
1 2
=
Luego para encontrar CRmax se hace
= 0
dC
τ
R
d
m
.
Se obtiene:
( )( ) 2 ( )
k k k k k
+ + − + =
τ τ τ τ
1 1 1 0
m m m m
1 1 2 1 2
2 2
1 2 1
0
1
1 2
k k k
m
m
k k
τ
τ
+ =
⇒ =

1 =
⋅
= m τ es:
Y CRmax de acuerdo a 7,07min
0,2 0,1
C = 1 ⋅ 0,1 ⋅
7,07 =
0,172
mol R ( 1 + 0,1 ⋅ 7,07 )( 1 + 0,2 ⋅
7,07
) L
Y
V v L m m 16,67 7,07 117,86 0 = τ = ⋅ = .
Con
2
C C
2
1
A0
Rmax
1
k
k
⎞
⎟ ⎟
⎠
⎛
⎜ ⎜
⎝
+
=
Considérese
A R
S
⎯⎯→
k
1
⎯⎯→
k2
A
Con la cinética
r =
k C
=
R 1 A
r k C
S 2 A
Siendo k1= k2
Si se dispone de una alimentación con CA0=1 gmol/L y se desea alcanzar una conversión del 90%, encuentre el
rendimiento de R cuando se opera:
a) En un RTAC.
b) En un RFP.
Solución:
a)
todo R formado C
= = = =
todo A que ha reaccionado C C
L C C ( 1 X ) 1 ( 1 0.9 )
0,gmol C 1 0,5
C C 1
Por lo tanto 10,5
dC k C
dC k C k C
RF 1
A0 AF 1 2
AF A0 A
RF
A0 AF 2
1
R AF
A AF AF
k
k
φ
φ
− − +
= − = − =
= =
− +
=
b)
= = =
( )
− +
( )
= − =− =− −
0
1
1 0 2
= 1 = 1
=
+
1 2 1
0.1
1
0
oles de R formado
moles de A que ha reaccionado
0,5
2
1 0,5 0,5 0,1 1
1 0,1 0,9
0,5
AF
A
R RF
A A AF
C
P C A A
A AF
P
m r k C
r kC kC
k k
k k k
dC dC
C C
ϕ
ϕ
φ ϕ
− −
φ
=
∫ ∫

Las siguientes reacciones elementales se realizan en un RTAC alimentándose con concentraciones iniciales de
CA0 = 1mol/L, CB0=2 mol/L y CD0=1 mol/L.
k
A B R
con k
+ ⎯⎯→ =
1 1 4
k
B + D ⎯⎯→
2
S
2
k
Determine la composición del efluente si:
a) Se consume el 50% de A alimentado.
b) Se consume el 50% de B alimentado.
Solución:
( )
( )
( )
( )
( )
− r =
kCC
A 1
A B
− r = kCC +
kCC
r kCC
r kCC
r kCC
B 1 A B 2
B D
R 1
A B
S 2
B D
D 2
B D
=
=
− =
a) En RTAC:
( )
A 0
A A
R A B
R R
1
1
R
1
1 0,5
C 0,5
A B
R
A
C dC
C C dC
C kCC
k C C
φ =ϕ
=
− −
= =
−
=
De la ecuación de diseño:
τ = = − = − = −
A 0 1 A 0 A 0 A A 0 A D 0
D
( ) ( )
− −
− = −
A A A A B D B
( )
0 1 2
1 2
( )
1 0,5 1
·0,5·
4 1
−
1
0,8
D
B B D
D
D
=
=
D
C X C C C C C C C
r r C k C C k C C
C
k C kCC
C
C
C molL
La conversión en la segunda reacción es:
X C C
= − = − 0
=
2
0
1 0,8 0, 2
1
D D
D
C
Luego del balance de masa al componente B, (llamamos X1 a la conversión de la primera reacción y X2 a la de
la segunda, basadas en el reactivo limitante).
C C C X C X
· ·
B 0 B A 0 1 D
0 2 2 1·0,51·0,2
1,3
B
CB
C
= + +
= + +
=
Para S, se tiene:

C C X
C
= =
=
0 2 · 1·0,2
0, 2
S D
S
Entonces:
CA=0,5 ; CB=1,3; CD=0,8; CR=0,5; CS=0,2
b) CB=1
( )
R R
B B B
R AB
A B B D
( )
( )
0
1
1 2
R
D B
0 0 2
D
A
0 1 1 2
0 0 1
2 1
C 1 1 1
4
0, 25
· 1 1 Entonces X 0,333 y X 0,170
B
A B
R
B
C dC
C C dC
C kCC
k C C k C C
C
C
C C X
C X
C C X
φ =ϕ
=
− −
=
− +
⎡ ⎤
⎢ + ⎥ =
⎣ ⎦
⎡ − ⎤
⎢ + ⎥ = = = ⎣ − ⎦
Se trata el reactante A en un reactor de mezcla completa de 20L, descomponiéndose del modo siguiente:
1
A → R r = kC ⋅ = h ⋅
C
A → S r = kC ⋅ = h ⋅
C
, (4 )
, (1 )
R 1
A A
1
S 2
A A
−
−
Calcúlese el caudal de alimentación y la conversión del reactante para que el beneficio global sea máximo.
¿Cuál es este beneficio tomando como base la hora?
Datos: La materia prima A cuesta 67 ptas/mol para CA0=1 mol/L; el producto R se vende a 375 ptas/mol y S
no tiene valor. El coste total de funcionamiento del reactor y el de la instalación para separar los productos es
de 1875 ptas/h + 95 ptas/mol de A que entra al reactor. El A no convertido no se recircula.
Solución:
Se genera una función beneficio del tipo:
B = I – C B: beneficio, I: ingreso, C: costos
Según los datos entregados los costos totales son por hora:
0 0 67[ / ] 1875[ / ] 95[ / ] A A C = F ⋅ ptas mol + ptas h + F ⋅ ptas mol
Los ingresos totales son por hora:
375[ / ] R I = F ⋅ ptas mol
La función beneficio resulta entonces:
0 375 1875 162 R A B = ⋅ F − − ⋅ F
Para dejar las ecuaciones en función de la conversión del componente A, se usaran las siguientes ecuaciones:

F C v
0
F C v
R R
A A
0 0 0
V C X
0
v r
0
v V r
0
( )
C X
0
A A
A
A
A A
τ
= ⋅
= ⋅
= = ⋅
−
= ⋅ −
⋅
La cinética para la descomposición del componente A es:
r k C k C
r C k k
r C X k k
− = ⋅ + ⋅
− = ⋅ +
− = ⋅ − ⋅ +
A 1 A 2
A
A A
A A A
( )
1 2
(1 ) ( )
0 1 2
Así y recordando que CA0=1M:
v = V ⋅ C ⋅ − X ⋅ k + k = ⋅ − X ⋅ = ⋅ −
X
A 0 A 1 2
A A
0
C X X X
A 0
A A A
F X
0
(1 ) ( ) 20 (1 ) (5) 100 (1 )
100 (1 )
A
A
A
X
⋅
= ⋅ −
Para el cálculo de CR, se tiene:
F C v
0
R C dC k C
R R 1
A
A C C dC kC kC
R R
A 0 A A 1 A 2
A
R 1
C
A k k C C
A A
2 1 0
C C X X
C C X
0 1 2
A A 0
A
A A
C C C C X
A 0 A 0 A 0
A
k k
2 1
C C X
A A
0
2 1
k k
F C X X
A A A
0
2 1
1
R
(1 )
(1 )
1
1
·100(1 )
R
R
k k X
1
100(1 ) 80·(1 )
1 0,25
R
A
F X A
X
R A
φ
φ
= ⋅
⎛ ⎞ = = = ⎜ ⎟ − − + ⎝ ⎠
⎛ ⎞ = = ⎜ ⎟ + − ⎝ ⎠
= − −
= −
= − +
+
=
+
= −
+
= − = −
+

Reemplazando en la Ec de beneficio:
B = ⋅ ⋅ − X − − ⋅ ⋅ −
X
375 80 (1 ) 1875 162 100 (1 )
= − − − ⋅ −
30000(1 ) 1875 16200 (1 )
30000(1 ) 1875 16200 16200
A
A
A
A
A
A
= − − − +
A
A
X
B X X
X
B X
X
Derivando la Ec. podemos encontrar el beneficio máximo y la conversión óptima:
dB
30000 16200
dX X
2
A A
Haciendo dB encontramos el valor X óptimo
0, ;
0 37500 16200
2
0,7348
A
A
A
A
dX
X
X
= − +
=
= − +
=
Conocido XA es posible calcular v0 y el beneficio máximo:
v =
L
B =
pta h
0 36,1[ ]
234,18[ / ]

Capítulo 8: EFECTOS DE LA TEMPERATURA Y DE LA PRESIÓN
Ejemplo 8.1.
La descomposición de A → R + S, se lleva a cabo en fase gaseosa y con las siguientes condiciones iniciales:
To= 300 K, P = 5 atm y Vo = 0,5 m3. El calor de reacción es de -1500 Kcal/Kmol. Los calores especifícos de
A, R y S son respectivamente 30, 25 y 20 Kcal/Kmol K. La constante cinética vale 1014exp(-10000/T) (1/h). Si
la reacción se lleva a cabo en un reactor discontinuo en condiciones adiabáticas, calcular el tiempo necesario
para que reaccione el 80% de A.
Solución:
- Cálculo del número de moles iniciales.
Aplicando la ley de los gases ideales:
moles
N PV
= o o
=101,626
Ao RT
o
- Cálculo de la temperatura como función de XAS.
Balance de energía:
N Cp dT
Σ = (− ) (Δ ) i i A r r V H
dt
Balance de materia:
r V N dX A
A Ao (− ) =
dt
Combinando ambos balances:
N dX
ΣN Cp dT = −Δ
i i Ao H
( ) r
A
dt
dt
Sustituyendo queda:
(1 ) ( ) i i Ao A A Ao A R Ao A S A ΣN Cp = N − X Cp + N X Cp + N X Cp = suma X
⎤
⎥⎦
⎡
( ) ( ) 1
= + −Δ ∫ X AS
AS Ao r dX
⎢⎣
A
A
suma X
T X To N H
0 ( )
T(XAS) = 333,647 K
- Cálculo de la velocidad de reacción como función de la conversión.
A A (−r ) = k(T)C
N X
⎞
⎛ − − =
( ) 1014 exp 10000 −
r Ao A
V
T X
AS
A
(1 )
( )
⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
- Ecuación de diseño.
θ ( X ) = N
X AS
1
dX
AS Ao ∫ 0 ( −
r )
V
A
A
∫ −
θ ( ) 1
AS Ao dX
⎞
⎟ ⎟⎠
⎛ −
10 exp 10000
⎜ ⎜⎝
= X AS
A
N X
Ao A
AS
V
V
T X
X N
0
14 (1 )
( )
Simplificando
( ) 1
∫
AS dX
⎞
− ⎟ ⎟⎠
⎛ −
10 exp 10000
⎜ ⎜⎝
= X AS
A
A
AS
X
T X
t X
0
14 (1 )
( )

θ(XAS) = 0,823 horas.
- Solución analítica del balance de energía.
⎞
⎟⎠
T X = To + ln ⎛ 30 +
15
X
( ) 1500 A
⎜⎝
30
15
A
Ejemplo 8.2
Se quiere llevar a cabo la siguiente reacción elemental irreversible y exotérmica:
A → B + C
En un reactor tubular que funcione a presión atmosférica de forma adiabática con una temperatura de entrada
de 250 ºC. Calcular el volumen necesario para obtener una conversión del 80% de A sabiendo que se quieren
tratar 100 mol/s de una alimentación constituida por 10% de A en inertes. ¿Qué volumen de reactor sería
necesario si se llevara a cabo la reacción en condiciones isotérmicas a 250ºC? ¿Qué cantidad de calor será
necesario retirar para mantener las condiciones isotermas?
DATOS: k=6000exp (-2000/T) s-1.
Los valores de las capacidades caloríficas pueden considerarse constantes en el rango de temperatura de
trabajo y son 7, 20, 20 y 15 cal/mol K para A, B, C e inertes respectivamente.
El calor de reacción es -10 Kcal /mol.
Solución:
a) Para el reactor adiabático se tiene que:
T K e = 250 + 273 = 523
0,1
0,8
=
=
0,9
AO
AS
=
Y
X
Y
IO
Además se sabe que:
= 100 mol s tO F
mol/s AO tO AO F = F ⋅Y
Luego, se tiene:
=100⋅0,1=10 mol/s AO F
Con 1 atm 0 P = , R 0,082 atm L mol K gas = ⋅ ⋅
Como mol/s IO tO IO F = F ⋅Y
Luego,
100 0,9 90 mol/s 0 = ⋅ = I F
Como = 1 a δ , entonces se tiene que:
1 0,1 0,1 0 = ⋅ = ⋅ = A A A ε δ Y
Ahora como se sabe que el calor de reacción y los calores específicos de los compuestos son:
Δ = 10000 cal/mol K r H
= =
C 7 cal/mol K C 20 cal/ mol K
PA PB
= =
C 20 cal/mol K C 15 cal/mol K
PC PI

Además, la energía de activación es E = 2000 cal/mol a . Se sabe que:
( ) ⎛
X As
1
( ) e
H F X T + ⎟ ⎟⎠
dX T
s As A r A
0 1
F X C F C X F C X F C
A A PA A PB A A PC A I PI
⎞
⎜ ⎜⎝
− ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
= ⋅Δ ∫0
0 0 0 0
Luego, se obtiene:
( )= 574,67 K s As T X
Así entonces por otro lado se tiene que la constante de velocidad a esta temperatura y conversión es:
( )
⎞
( ) ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟
⎠
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜
⎝
⎞
+ ⎟ ⎟⎠
⎛
⎜ ⎜⎝
0 1
1
⋅ − + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
⋅Δ
−
= ⋅
XAs
∫ e
A PA A A PB A A A PC I PI
A r
a
As
dXA T
F C X F C X F X C F C
F H
E
k X
0
0 0 0 0
6000 exp
Como 1 0,1 0,1 atm 0 0 0 = ⋅ = ⋅ = A A P P Y
Por gases ideales se tiene:
C P
A
= 0
0
A R ⋅
T
gas e
Luego:
0,0023 mol/L
0,1
0 =
⋅
0,08206 523
= A C
Con = 0,8 y A X
XAs
⎛
1
( ) ( ) e
H F X T + ⎟ ⎟⎠
dX T
s As A r A
0 1
⎞
⎜ ⎜⎝
− ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
= ⋅Δ ∫0
0 0 0 0
El volumen es entonces:
A dX
a
E
⎛ −
( )
( )
( ) ( )
A
X A
T
e
s A
A
−
A A
A
s A
T X
X
⎡
C X
T X
Volumen F ∫
⎤
⋅ ⎥⎦
⎢⎣
+ ⋅
⎞
⋅ ⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
⋅
= ⋅
0
0
0
1
1
6000 exp
1
ε
Resultando: Volumen = 46,983 L
b) Reactor isotermo: Se tiene que
= 523 K e T , 2,332 10 3 mol/L
⎛ − = ⋅
k 6000 exp 2000
⎟ C = ⋅ − , ⎟⎠
F = 10 mol/s A 0
A 0 y ⎞
⎜ ⎜⎝
e T
Luego como:
1
( ) ( )
As dX
A
−
( )
A
X As
A A
A
X
k C X
I X ∫
+ ⋅
⋅ ⋅
=
0
0 1
1
ε
Entonces:
I ( X
)
= 5,533 s ⋅L As mol

Entonces ( ) 55,326 L 0 = ⋅ = noiso A As Vol F I X . Ahora, se calculará el tiempo medio de residencia y el caudal
volumétrico:
L s
0,0023 mol/L
= F
= = ⋅
Q 10
C
C
A
0
A
A
3
0
0
0
4,289 10
0,0023
=
Entonces
0,013 s 0 =Vol Q = noiso noiso τ
* Evolución de la temperatura del reactor (basada en resultados analíticos).
Sí = 0, 0,05 ,... 0,8 s X
( ) ( ) ( )
⎤
⎥⎦
⎡
⎛
523 10
⎢⎣
⎞
⎟⎠
⎛ + ⋅
⋅ ⎟ ⎟⎠
⎜⎝
⎞
⎜ ⎜⎝
= +
1420 330
1420
ln
5
330
s
s analitico s
X
T X
( ) ( )= 574,67 K s analitico s T X
580
570
560
550
540
530
520
- 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00
Xs
Ts,ana
Figura 8.1 Evolución de la temperatura del reactor (basada en resultados analíticos)
*Evolución de la velocidad de reacción (basada en resultados analíticos).
( )
⎤
⎞
⎥⎦
⎡
⎛
+
523 10
⎢⎣
⎟⎠
T
⎛ +
1420 330
ln
⎜⎝
⎞
⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
C ⋅ −
X
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟
⎠
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜
⎝
⎤
⎞
⎥⎦
⎡
⎛
+
523 10
⎢⎣
⎟⎠
⎛ +
1420 330
ln
⎜⎝
⎞
⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
−
= ⋅
1420
330
1
1420
330
( ) 6000 exp
5 0 5
s
e
A s
s
a
s X
X
E
vel X

0,35
0,30
0,25
0,20
0,15
0,10
0,05
0,00
0,00 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00
Xs
vel(Xs)
Figura 8.2 Evolución de la velocidad de reacción (basada en resultados analíticos).
14
12
10
8
6
4
2
0
0,00 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00
Xs
1/vel(Xs)
Figura 8.3 Inversa de la evolución de la velocidad de reacción.
c) Calor generado: Se tiene que
Q = F ⋅ X ⋅ Δ
H
generado A 0
As r
Q
8 104 Kcal/ mol
= ⋅
generado
* Evolución de la temperatura: Comparación de la integral con la analitica.
Con
0, 0,5 ,... 0,8 1 = sA X , 10 mol/s 0 = A F , 10000 cal/mol 1 Δ = r H , 90 mol/s 01 = I F

Y
XAs
⎛
1
( ) ( ) e
H F X T + ⎟ ⎟⎠
dX T
s As A r A
1 1 01 1 1
⎞
⎜ ⎜⎝
− ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
= ⋅Δ ∫ 1
0 1
01 1 01 1 01 1 01
El perfil de temperatura se puede modificar cambiando el caudal molar de alimentación del compuesto A,
FA0.
Luego 90 mol/s 02 = A F , 10000 cal/mol 2 Δ = r H , 10 mol/s 02 = I F
Y:
XAs
⎛
1
( ) ( ) e
H F X T + ⎟ ⎟⎠
dX T
s As A r A
2 1 02 2 1
⎞
⎜ ⎜⎝
− ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅ ⋅ + ⋅
= ⋅Δ ∫ 1
0 1
02 1 02 1 02 1 02
1000
950
900
850
800
750
700
650
600
550
500
0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80
Xs
Ts
Ts1
Ts2
Figura 8.4 Modificación del perfil de temperatura.
Si X = 0, 0,5 ,... 0,8 y
⎞
⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟ ⎟
⎠
⎛
⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜ ⎜
cte X a
⎝
⎤
⎞
⎥ ⎥⎦
⎡
⎛
+
523 10
⎢ ⎢⎣
⎟ ⎟⎠
E
⎛ +
1420 330
ln
⎜ ⎜⎝
⎞
⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
−
= ⋅
1420
330
( ) 6000 exp
5 X

190
180
170
160
150
140
130
120
110
100
0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80
X
Cte(X)
Figura 8.5 Variación de cte(X) con respecto X
( )
⎤
⎥ ⎥⎦
conc X C X e
⎡
⎛
+
523 10
⎢ ⎢⎣
⎞
⎟ ⎟⎠
T
⎛ +
1420 330
ln
⎜ ⎜⎝
⎞
⎟ ⎟⎠
⎜ ⎜⎝
= ⋅ −
1420
330
( ) 1
0 5 X
A
0,00250
0,00200
0,00150
0,00100
0,00050
0,00000
0,00 0,10 0,20 0,30 0,40 0,50 0,60 0,70 0,80
X
Conc(X)
Figura 8.6 Variación de la concentración con respecto a X.

Capítulo 12: REACCIONES SÓLIDO-FLUIDO
Una carga de sólidos se trata con un gas de composición uniforme. El sólido se convierte dando un producto
no adherente, de acuerdo con el modelo de núcleo sin reaccionar. En una hora la conversión es
aproximadamente 7/8, y en dos horas la conversión es completa. Indiquese el mecanismo controlante de la
velocidad.
Solución:
Teniendo en cuenta el modelo de núcleo sin reaccionar y de sólido decreciente ya que el producto es no
adherente, se debe averiguar que etapa es la controlante, difusión en película o reacción química.
A través de las ecuaciones 12.30 y 12.23 podemos determinar el mecanismo controlante.
Como datos, tenemos:
t = 1 h para XA=7/8
τ = 2 h para XA=1
Difusión en Película Ec. (12.30):
2
3
t =τ ⋅ − − XB
= ⋅ − −
≠
(1 (1 ) )
2
3
1 2 (1 (1 0,875) )
1 1,5
NO ES EL MECANISMO CONTROLANTE
Reacción química Ec. (12.23):
1
3
B t =τ ⋅ − − X
= ⋅ − −
=
(1 (1 ) )
1
3
1 2 (1 (1 0,875) )
1 1
LA REACCIÓN QUIMICA ES EL MECANISMO CONTROLANTE
Calculese el tiempo necesario para quemar completamente particulas de grafito (R0=5 mm, ρB=2,2 g/cm3,
ks=20 cm/s) en una corriente que contiene 8% de oxigeno. Supongase que para la elevada velocidad de gas
utilizada la difusión a través de la película no ofrece ninguna resistencia al transporte ni a la reacción. La
temperatura de reacción es 900 ºC.
Solución:
C + O2 Æ CO2
Como no existe resistencia por película ni por ceniza, calculamos la concentración de CAg;
C = P ⋅ y = ⋅ = ⋅ −
mol cm
1 0,08 8,31 10 7[ / 3 ]
82,06 1173
A
Ag
R T
⋅ ⋅
De la Ec. 12.12 de Levenspiel se tiene:

R s h
= = ⋅ = =
2, 2 12 0,5 5515, 44[ ] 1,53[ ]
1 20 8,31 10
7
τ ρ ⋅
B
s Ag
b k C
−
⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅
En un horno con una atmósfera constante se introducen dos pequeñas muestras de un sólido y se mantienen en
el durante una hora. En estas condiciones las partículas de 4 mm alcanzan una conversión del 58%, y las de 2
mm se convierten hasta el 87,5%.
a) Indíquese el mecanismo controlante de la velocidad de conversión de los sólidos.
b) Calcúlese el tiempo necesario para la conversión completa de partículas de 1 mm, en este horno.
Solución:
Datos:
P = 1 atm
t = 1 h
dp1 = 4 mm XB=0,58
dp2 = 2 mm XB=0,875
Difusión en película como etapa controlante:
De la Ec. 12.11: B
t =
X
τ
De la Ec. 12.10:
τ = ρ ⋅ =
3
R mR
B
g Ag
b k C
⋅ ⋅ ⋅
Para ambas esferas se tiene:
t
1
= 1 =
1
t
1
2
t X mR X R
t X mR X R
= = = ⋅ =
B B
B B
1 1 1 1 1
2 2 2 2 2
0,58 4 1,3257
0,875 2
1 1,3257
⋅
≠
Difusión en la ceniza como etapa controlante:
De la Ec. 12.18: ( ) B
t =
f X
τ
De la Ec. 12.17:
2
2
τ = ρ ⋅ =
6
R mR
B
eff Ag
b D C
⋅ ⋅ ⋅
t
t
t mR
t mR
1
0,1575 0,1575 0,1575 4 1
1, 26
0,5 0,5 0,5 2
2
1
2
2 2
1 1
2 2
2 2
1 1,26
τ
τ
=
⋅ ⋅ ⋅ = = = =
⋅ ⋅ ⋅
≠
Reacción química como etapa controlante:

t =
f X
τ
De la Ec. 12.23: ( ) B
τ = ρ ⋅ =
De la Ec. 12.22: B
R mR
b ⋅ k ⋅
C
s Ag
t
1
t
2
t mR
t mR
1
0, 2511 0, 2511 0, 2511 4 2
1,0044
0,5 0,5 0,5 2
1 1 1
2
2 2 2
1 1,0044
τ
τ
=
= ⋅ = ⋅ = ⋅ =
⋅ ⋅ ⋅

ES EL MECANISMO CONTROLANTE
El tiempo necesario para que un sólido de diámetro de 1 mm se consuma totalmente es:
= ⋅
= ⋅
1 1
1
1
1 (1 ) 1 3,982[ ]
1 1 1 3
1 1 1
1 (1 ) 1 (1 0,58)
1 3 3
3,982 1 0,9955[ ]
4
R
R
B
B
R
m R
m R
m R
R
R
t X t h
X
h
τ
τ
τ
τ τ
τ
τ
τ
⋅
= ⋅
= − − = = =
− − − −
= ⋅ =

Capítulo 13: REACCIONES FLUIDO-FLUIDO
Se está efectuando la velocidad de absorción de un componente A gaseoso en una solución acuosa del reactivo
B, a la temperatura de 25ºC. La estequiometría de la reacción es:
A(gas) + B(líquido) → Producto (acuso)
Las difusividades de A y B (en el líquido) son DA=DB=2,0·10-9 (m2/s). La constante de Henry HA (atm/M) es
una función de la temperatura (K) siendo igual:
10(6,11 1702/T )
A H = −
Diversas experiencias fueron realizadas en un reactor cuya área interfacial es igual a 100 cm2. Las
alimentaciones y los flujos se han ajustado de modo que las condiciones en el reactor y las velocidades
calculadas son las siguientes:
Experiencia PA(atm) CB(M) (-rA) (mol/s·cm2)
1 0,05 10·10-
6
15·10-6
2 0,02 2·10-6 5·10-6
3 0,10 4·10-6 22·10-6
4 0,01 4·10-6 4·10-6
Que puede deducirse sobre las velocidades y regímenes para esta absorción y reacción?
Solución:
La constante de Henry a la temperatura de operación es:
10(6,11 1702/T ) 10(6,11 1702/ 298) 2,504( / )
A H = − = − = atm M
Para resolver el problema se debe suponer y luego comprobar el tipo de mecanismo.
Considerando reacción infinitamente rápida:
D C P
Bl B A
r dN D b H
( ) 1 1 1
A Al A
A
A g l
S d
H k k
θ
⎛ ⎞
⎜ ⋅ + ⎟
− = − ⋅ = ⎜ ⎟
⎜ + ⎟ ⎜ ⋅ ⎟ ⎝ ⎠
Se sabe que: DA=DB=2,0·10-9 (m2/s) y b=1 de la estequiometría de la reacción.
Luego, reemplazando se tiene:
⎛ ⎞
⎜ C + P
A
B
⎟ ⎜ ⎟ ⎡ ⎤ − = = ⎢ + ⎜ ⎟ ⎥ = ⋅ + + ⎣ ⎦ ⎜ ⎟ ⎝ ⋅ ⎠
r H K C P K C H P
( ) A A
'[ ]
A 1 1 B B A A
A
A g l
H
H k k
Correlacionando los datos:
(-rA)·106 [CB·HA+PA] ·102
15 5,003
5 2,001
22 10,001
4 1,001

Además CB es baja, por lo que se tendrá la situación (A):
En una columna de relleno se realiza la absorción de amoniaco en agua pura. Bajo tales condiciones la
velocidad global basada en la unidad de volumen de torre es:
r r a dN K a p
( − ) = ( − ) ''· =− 1 ⋅ A =
( · )
A A ag A
V dθ
Siendo KAg·a el coeficiente global basado en la unidad de volumen de la torre. Con el objeto de favorecer la
absorción, se añade ácido clorhídrico. Se determinaron los siguientes resultados a 25ºC.
KAg·a, (mol/h·L·atm) 285 310 335 355 372 374 375
Normalidad del ácido 0,4 1,0 1,5 2,0 2,8 4,2 6,0
a) Demostrar que el régimen cinético corresponde a una reacción instantánea.
b) Estimar los coeficientes individuales de transporte de materia para la absorción física. Considerar que la
constante de Henry tiene un valor de 115,0 (atm·mL/mol)
c) Determinar, para cada concentración de ácido la resistencia de la película gaseosa (en %) respecto de la
resistencia global al transporte de materia en la absorción del amoníaco.
Solución:
r r a dN K a p
( − ) = ( − ) ''· =− 1 ⋅ A =
( · )
A A ag A
V dθ
a) Ecuación para una reacción instantánea:
⎛ D ⎞
⎜ ⋅ C + P
⎟
r a dN D b H
( ) ' 1 1 1
− ⋅ = − ⋅ = ⎜ ⎟
θ
⎛ ⎛ ⎞ ⎞ ⎜ ⎜ ⎟ ⋅ ⋅ + ⎟
− ⋅ = ⎜ ⎝ ⎠ ⎟
( )' 1
Bl B A
A Al A
A
⎜ ⎟ ⎜ + ⎝ ⋅ ⋅ ⋅ ⎟ A Ag Al
⎠
Bl B
A A
Al
A
⎜ + A
⎟ ⎜ ⋅ ⋅ ⎟ ⎝ Ag Al
⎠
V d
H k a k a
D H C P D b r a H
k a k a

→ − ⋅ = ⋅ ⋅
B Para C =0 ( ) '
:
1
1
A Ag A
Ag
A
Ag Al
r a K a p
Donde
K H
k a k a
=
+
⋅ ⋅
Ahora, para CB=0, 1 0,0370 270, 27 Ag
Ag
K a
= ⇒ ⋅ =
⋅
K a
(Valor extrapolado para CB=0, ver gráfico)
Para CB alto se tendrá que la resistencia será fundamentalmente de la fase gas:
⋅ = 375 1 =
0,00267 Ag
Ag
K a ó
K ⋅
a
Luego para CB alto: 375 Ag Ag K ⋅a = k ⋅a =
Bajo tales condiciones:
r a dN k a P
( ) ' 1
Para C
− ⋅ =− ⋅ = ⋅ ⋅
A Ag A
B=0
A
V d
270, 27 1 1
K a H
375
1 0,0370
375
0,0343
Como 115 0,115
0,115 3,353
0,0343
: ( ) 1 1
Ag
A
Al
A
Al
A
Al
A
Al
Ag
k a
H
k a
H
k a
H atm mL atm L
mol mol
k a
Unidades K a mol
L at
θ
θ
⋅ = =
+
⋅
⇒ + =
⋅
⇒ =
⋅
= ⎛ ⋅ ⎞ = ⎛ ⋅ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⇒ ⋅ = =
⋅ = ⎛ ⋅ ⎞ ⋅ ⎜ ⎟
⎝ ⎠
: dimensión de tiempo
Ej: =h Ag
m
K a mol
L atm h
θ
θ ⇒ ⎡⎣ ⋅ ⎤⎦ = ⎛⎜ ⎞⎟ ⎝ ⋅ ⋅ ⎠

1
1
k a mol
⋅ = ⎛ ⎞ ⎜ ⋅ ⋅ ⎟ ⎝ ⎠
= ⎛ ⎞ ⋅ ⎜ ⋅ ⋅ ⎟ ⎝ ⎠
1
375
0,0343
0,115
3,353
0,0343
3,353( )
Ag
A
Al
Al
Al
L atm h
H mol
k a L atm h
atm L
k a mol
mol
L atm h
k a h
−
−
−
⎛ ⋅ ⎞
⎜ ⎟
⋅ = ⎝ ⎠ =
⎛ ⎞
⎜ ⋅ ⋅ ⎟ ⎝ ⎠
⋅ =
El régimen cinético puede modelarse como una reacción instantánea para cualquier CB≠0. Para CB=0 se tiene
absorción física de amoniaco en agua pura.
b) y c) en Tabla
Kag·a CB 1/ Kag·a % resistencia fase gas
270,27 0,0 0,00370 72,1 Valor extrapolado para CB=0
285 0,4 0,00351 76,0
310 1,0 0,00323 82,7
335 1,5 0,00299 89,3
355 2,0 0,00282 94,7
372 2,8 0,00269 99,2
374 4,2 0,00267 99,7
375 6,0 0,00267 100,0 Valor asintótico para CB alto
0,0038
0,0036
0,0034
0,0032
0,003
0,0028
0,0026
0,0024
0 1 2 3 4 5 6 7
CB
1/KAg·a

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