Considere um PFR , no qual está se processando a reação \mathrm{A}+3 \mathrm{~B} \rightarrow 2 \mathrm{C}, em fase gasosa, porém, o engenheiro (novato) responsável pela unidade constata através de uma inspeção rotineira que a corrente efluente do PFR contém líquido. Foram providenciadas medições e análises desta corrente e se verificou que a única espécie presente na fase líquida é o produto " C " a uma vazão de 6,64 \mathrm{~mol} / \mathrm{min}. A vazão molar de alimentação de A e B são iguais e registram valores de 20 \mathrm{~mol} / \mathrm{min}. O sistema é isotérmico e isobárico ( \mathrm{P}=200 \mathrm{kPa} ). A pressão de vapor de " C " é 50 kPa . Os dados cinéticos da reação encontram-se na tabela que segue.
X 0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
\left(1 /-\mathrm{r}_{\mathrm{A}}\right) \mathrm{L} \mathrm{min} / \mathrm{mol} 189 192 200 222 250 303 400 556 800 1044

Responda:

a) Existe reagente limitante e variação de vazão volumétrica? Especifique.
b) Construa a tabela estequiométrica completa, colocando como número apenas os coeficientes estequiométricos.
c) Determine a conversão na qual se inicia a condensação. Resp. \mathrm{Xc}=0,6
d) Calcule a conversão na saída do reator. Resp. X=0,9
e) Calcule os volumes do reator antes e depois da condensação. Resp. V1=984,2 L; V2 =1385,3 \mathrm{~L}
f) Para quanto deveríamos alterar a pressão total do sistema para uma conversão igual a encontrada na letra d) e sem líquido escoando. Resp. \mathrm{P}=116,3 \mathrm{kPa}

Passo 1

O enunciado pede várias coisas. Vou listar clarinho o que é dado e o que se deve encontrar.
Dados:
\begin{aligned} &\text{Reação: } A + 3B \rightarrow 2C.\\\ &\text{Fase gasosa no reator (PFR) e análise mostrou saída com líquido (apenas }C\text{).}\\\ &\dot{n}_{C,\ell\; \text{(efluente)}} = 6{,}64\\ \mathrm{mol/min}\quad\text{(fluxo molar do líquido de C na saída).}\\\ &\dot{n}_{A0}=\dot{n}_{B0}=20\\ \mathrm{mol/min}.\\\ &\text{Sistema isotérmico e isobárico: }P=200\\ \mathrm{kPa}.\\\ &p_{\text{vap},C}=50\\ \mathrm{kPa}.\\\ &\text{Tabela cinética (coluna: }X\text{ vs }(1/-r_A)\text{, unidades } \mathrm{L\;min/mol):}\\\ \text{X: }&0,\;0{,}1,\;0{,}2,\;0{,}3,\;0{,}4,\;0{,}5,\;0{,}6,\;0{,}7,\;0{,}8,\;0{,}9\\\ \left(1/-r_A\right):&\;189,\;192,\;200,\;222,\;250,\;303,\;400,\;556,\;800,\;1044 \end{aligned}çãáííííéáé
O que nos pedem:
a) Dizer se existe reagente limitante e se há variação de vazão volumétrica.
b) Construir tabela estequiométrica completa (só os coeficientes).
c) Determinar a conversão em que inicia a condensação (já indicado: \mathrm{X_c}=0{,}6).
d) Calcular a conversão na saída do reator (resposta esperada \mathrm{X}=0{,}9).
e) Calcular volumes do reator antes e depois da condensação (respostas esperadas V_1=984{,}2\\ \mathrm{L} e V_2=1385{,}3\\ \mathrm{L}).
f) Determinar a pressão total necessária para obter a mesma conversão da letra (d) sem formação de líquido (resposta esperada P\approx116{,}3\\ \mathrm{kPa}).
Observações importantes retiradas do enunciado que serão usadas na solução:
  • A única espécie líquida é C; quando o vapor de C atinge sua pressão de vapor a P total, a fração molar de C no gás fica limitada por y_C^{\text{sat}}=p_{\text{vap},C}/P.
  • A tabela cinética fornece \left(1/-r_A\right) em função de uma variável X (neste problema X será a conversão do reagente que usamos como referência — veremos abaixo que convenientemente tomamos X como a conversão de B; a tabela fornece \left(1/-r_A\right) em função dessa mesma X).

Passo 2

(a) Identificação do reagente limitante e se há variação da vazão volumétrica — esclarecimento e raciocínio passo a passo.
  1. Reagentes na alimentação: \dot{n}_{A0}=20 e \dot{n}_{B0}=20 (mol/min). Pela estequiometria, para consumir 1 mol de A precisa-se de 3 mol de B. Se tivéssemos disponível apenas 20 mol de B, a quantidade máxima de A que pode reagir é \dfrac{20}{3} mol, que é menor que 20 mol. Portanto B se esgota primeiro: B é o reagente limitante em termos do recurso estequiométrico disponível. Escrito de forma direta:
\text{Se } \dot{n}_{A0}=\dot{n}_{B0},\\ \text{mas a estequiometria pede }3\dot{n}_B \text{ por } \dot{n}_A,\\ \Rightarrow B \text{ é limitante.}é
  1. Variação da vazão volumétrica: a reação gaseosa tem variação do número total de mols por mol de reação. Inicialmente somam-se 1+3=4 mol de reagentes e formam-se 2 mol de produto — ou seja, há redução do número de mols gasosos por mol de reação. Para gases ideais, volumetricamente isso implica mudança de vazão volumétrica ao longo do reator (à temperatura e pressão constantes, a vazão volumétrica é proporcional ao número total de mols). Conclusão: há variação da vazão volumétrica (ela diminui conforme a reação avança).

Passo 3

(b) Tabela estequiométrica completa (só os coeficientes estequiométricos) — apresentação direta.
Reação: A + 3B \rightarrow 2C.
Tabela de coeficientes (somente números):
\begin{array}{c|ccc} \text{Espécie} & A & B & C\\hline \text{Coeficiente estequiométrico} & 1 & 3 & 2 \end{array}éé

Passo 4

(c) Determinar a conversão em que começa a condensação — raciocínio físico e cálculo.
  1. Condensação inicia quando a fração molar de C no vapor atingir o valor de saturação:
y_C^{\text{sat}} = \dfrac{p_{\text{vap},C}}{P} = \dfrac{50\\ \mathrm{kPa}}{200\\ \mathrm{kPa}} = 0{,}25.
  1. Vamos expressar a fração molar de C no vapor y_C em função da conversão X. Aqui escolhemos X como a conversão de B:
X=\dfrac{\text{mol consumidos de }B}{\dot{n}_{B0}}.
Para cada mol de B consumido, a estequiometria dá que por unidade de X:
\begin{aligned} \dot{n}_{B} &= \dot{n}_{B0}(1-X),\\\ \text{mols de }B\text{ consumidos} &= \dot{n}_{B0}X,\\\ \text{mols de }A\text{ consumidos} &= \dfrac{\dot{n}_{B0}X}{3},\\\ \text{mols de }C\text{ formados (gás, antes de condensar)} &= 2\cdot\left(\dfrac{\dot{n}_{B0}X}{3}\right)=\dfrac{2\dot{n}_{B0}X}{3}. \end{aligned}á
  1. Vazões molares em função de X (todas em mol/min), antes da condensação:
\begin{aligned} \dot{n}_A &= \dot{n}_{A0} - \dfrac{\dot{n}_{B0}X}{3},\\\ \dot{n}_B &= \dot{n}_{B0}(1-X),\\\ \dot{n}_C &= \dfrac{2\dot{n}_{B0}X}{3}. \end{aligned}
  1. Fração molar de C:
y_C=\dfrac{\dot{n}_C}{\dot{n}_A+\dot{n}_B+\dot{n}_C}= \dfrac{\dfrac{2\dot{n}_{B0}X}{3}}{\dot{n}_{A0}-\dfrac{\dot{n}_{B0}X}{3}+\dot{n}_{B0}(1-X)+\dfrac{2\dot{n}_{B0}X}{3}}.
  1. Agora usar \dot{n}_{A0}=\dot{n}_{B0}=20 para simplificar:
    Calcule o numerador e denominador:
\dot{n}_C=\dfrac{40}{3}X.
\dot{n}_A+\dot{n}_B+\dot{n}_C = \left(20 - \dfrac{20X}{3}\right) + \left(20-20X\right) + \dfrac{40X}{3}.
Somando os termos X cancela parcialmente:
\left(20 +20\right) + \left(-\dfrac{20X}{3}-20X+\dfrac{40X}{3}\right) =40 + \left(\dfrac{20X}{3}-20X\right) =40 - \dfrac{40X}{3}.
Portanto:
y_C = \dfrac{\dfrac{40}{3}X}{40 - \dfrac{40}{3}X} = \dfrac{\dfrac{40}{3}X}{\dfrac{120 -40X}{3}}=\dfrac{40X}{120-40X}=\dfrac{X}{3-X}.
  1. Igualamos y_C à fração molar de saturação 0{,}25:
\dfrac{X}{3-X}=0{,}25.
Resolva:
X = 0{,}25(3-X)\Rightarrow X = 0{,}75 -0{,}25X \Rightarrow 1{,}25X =0{,}75 \Rightarrow X= \dfrac{0{,}75}{1{,}25}=0{,}6.
Conclusão: a condensação começa na conversão X_c=0{,}6. (Isto coincide com a resposta indicada.)

Passo 5

(d) Calcular a conversão na saída do reator usando o dado do líquido encontrado na análise da corrente e as relações de balanço (cálculo passo a passo).
  1. No regime com condensação ocorrendo (após X_c), o líquido de C que sai é a diferença entre o total de C formado e a quantidade de C que permanece na fase vapor na saída. Logo, para uma conversão final X:
\dot{n}_{C,\ell} = \text{(total de C formados)} - \dot{n}_{C,\text{gás, saída}}.áí
  1. Total de C formado (mol/min):
\dot{n}_{C,\text{form}} = \dfrac{2\dot{n}_{B0}X}{3} = \dfrac{40}{3}X.
  1. Quando há condensação, o vapor de C na saída fica na pressão de saturação, isto é, a fração molar do vapor y_C na porção gasosa que sai é y_C^{\text{sat}}=0{,}25. Assim, a vazão molar de C na fase gasosa de saída:
\dot{n}_{C,g,\text{out}} = y_C^{\text{sat}}\cdot \dot{n}_{T,\text{out}},
onde \dot{n}_{T,\text{out}} é a vazão molar total (apenas fase gasosa) na saída.
  1. Expresse \dot{n}_{T,\text{out}} em função de X: como a porção líquida é removida, \dot{n}_{T,\text{out}} contém somente as mols gasosas remanescentes:
\dot{n}_{T,\text{out}} = \dot{n}_A + \dot{n}_B + \dot{n}_{C,g} = \left(20 - \dfrac{20X}{3}\right) + \left(20-20X\right) + \dot{n}_{C,g,\text{out}}.
Isto implica que \dot{n}_{T,\text{out}} aparece dos dois lados. Rearranjando obtém-se uma forma direta:
\dot{n}_{T,\text{out}} = \dfrac{\dot{n}_A + \dot{n}_B}{1-y_C^{\text{sat}}} = \dfrac{40 - \dfrac{80}{3}X}{1-0{,}25} = \dfrac{40 - \dfrac{80}{3}X}{0{,}75}.
  1. Assim:
\dot{n}_{C,g,\text{out}} = 0{,}25\cdot \dfrac{40 - \tfrac{80}{3}X}{0{,}75} = \dfrac{1}{4}\cdot \dfrac{4}{3}\left(40-\dfrac{80}{3}X\right) = \dfrac{40}{3} - \dfrac{80}{9}X.
  1. Agora o líquido de C que sai é:
\dot{n}_{C,\ell} = \dfrac{40}{3}X - \left(\dfrac{40}{3} - \dfrac{80}{9}X\right) = \dfrac{200}{9}X - \dfrac{40}{3}.
  1. Igualamos este termo ao valor medido \dot{n}_{C,\ell}=6{,}64\\ \mathrm{mol/min}:
\dfrac{200}{9}X - \dfrac{40}{3} = 6{,}64.
Multiplicando por 9:
200X - 120 = 59{,}76 \Rightarrow 200X =179{,}76 \Rightarrow X = \dfrac{179{,}76}{200}=0{,}8988\approx 0{,}90.
Conclusão: a conversão na saída é X\approx 0{,}9 (concordando com a resposta indicada).

Passo 6

(e) Calcular os volumes do reator antes ( V_1) e depois ( V_2) do início da condensação — passo a passo integrando a equação de projeto do PFR usando a tabela cinética.
  1. Equação de projeto para PFR (balanço molar por A): dF_A/dV = r_A. Em termos de uma conversão de referência X (aqui adotamos X = conversão de B), relacionamos variação de F_A com dX:
dF_A = -\dfrac{\dot{n}_{B0}}{3} dX.
Logo:
dV = \dfrac{dF_A}{r_A} = -\dfrac{\dot{n}_{B0}}{3}\cdot \dfrac{dX}{r_A}.
Como \dfrac{1}{-r_A} é dado na tabela, a expressão integrável é:
V = \dfrac{\dot{n}_{B0}}{3}\int_{0}^{X_{\text{final}}}\left(\dfrac{1}{-r_A}\right)dX.
Isto significa que podemos usar os valores da tabela de \left(1/-r_A\right) em função de X e integrar numericamente entre os limites desejados.
  1. Cálculo de V_1 (volume até o início da condensação, isto é 0\le X\le X_c=0{,}6) — uso da regra do trapézio com passo \Delta X=0{,}1 (a tabela tem esses pontos). Dados para 0\le X\le0{,}6:
\begin{array}{c|ccccccc} X & 0 & 0{,}1 & 0{,}2 & 0{,}3 & 0{,}4 & 0{,}5 & 0{,}6\\hline 1/-r_A & 189 & 192 & 200 & 222 & 250 & 303 & 400 \end{array}
Integral aproximada (trapézio):
I_1=\int_{0}^{0{,}6} \left(\dfrac{1}{-r_A}\right) dX \approx 0{,}1\left(\dfrac{189+400}{2} +192+200+222+250+303\right).
Calcule a soma interna:
\begin{aligned} \text{soma }f_1\ldots f_5 &=192+200+222+250+303=1167,\\\ \Rightarrow I_1 &\approx 0{,}1\left(\dfrac{589}{2}+1167\right)=0{,}1(294{,}5+1167)=0{,}1(1461{,}5)=146{,}15\\ \mathrm{L\;min/mol}. \end{aligned}
Agora:
V_1 = \dfrac{\dot{n}_{B0}}{3} I_1 = \dfrac{20}{3}\cdot 146{,}15 \approx 974{,}33\\ \mathrm{L}.
(Obs.: por arredondamentos ou método de integração ligeiramente diferente obtém-se V_1\approx 984{,}2\\ \mathrm{L} conforme referência; aqui usei trapézio com os valores fornecidos que gera 974{,}33\\ \mathrm{L}.)
  1. Cálculo de V_2 (volume durante a região onde há condensação): integrar de X_c=0{,}6 até X_{\text{saida}}=0{,}9. Da tabela:
\begin{array}{c|cccc} X & 0{,}6 & 0{,}7 & 0{,}8 & 0{,}9\\hline 1/-r_A & 400 & 556 & 800 & 1044 \end{array}
Integral aproximada (trapézio):
I_2=\int_{0{,}6}^{0{,}9} \left(\dfrac{1}{-r_A}\right)dX \approx 0{,}1\left(\dfrac{400+1044}{2} +556+800\right).
Calcule:
\begin{aligned} \dfrac{400+1044}{2} &=722,\\\\ 722+556+800 &=2078,\\\ I_2 &\approx 0{,}1\times 2078 =207{,}8\\ \mathrm{L\;min/mol}. \end{aligned}
Logo:
V_2 = \dfrac{20}{3}\cdot 207{,}8 \approx 1385{,}33\\ \mathrm{L}.
  1. Interpretação final: V_1 é o volume ocupado no trecho sem condensação, e V_2 é o volume ocupado no trecho onde ocorre condensação (após X_c). A soma V_1+V_2 é o volume total do reator até a saída. Com os cálculos numéricos acima obtivemos aproximadamente V_1\approx 974{,}33\\ \mathrm{L} (pequena diferença numérica com respectiva referência) e V_2\approx 1385{,}33\\ \mathrm{L} (concordando com a referência).

Passo 7

(f) Para qual pressão total do sistema deveríamos alterar de modo que, mantendo a mesma conversão da letra (d) e sem líquido escoando, não haja condensação? Cálculo passo a passo.
  1. Condensação é evitada se, na saída do reator, a fração molar de C no vapor y_C^{\text{saida}} satisfizer:
y_C^{\text{saida}} \le \dfrac{p_{\text{vap},C}}{P_{\text{novo}}}.
Isto é, para não condensar, devemos ter P_{\text{novo}} \ge \dfrac{p_{\text{vap},C}}{y_C^{\text{saida}}}.
  1. Em ausência de condensação (todo C na saída permanece em vapor) e para a conversão final X=0{,}9 (usando conversão de B), as vazões na saída (sem remoção de líquido) são:
\begin{aligned} \dot{n}_B &= 20(1-0{,}9)=2\\ \mathrm{mol/min},\\\ \text{B consumido} &= 18\\ \mathrm{mol/min},\\\ \text{A consumido} &= \dfrac{18}{3}=6\\ \mathrm{mol/min}\Rightarrow \dot{n}_A=20-6=14\\ \mathrm{mol/min},\\\ \dot{n}_C &= 2\cdot 6 =12\\ \mathrm{mol/min}. \end{aligned}
Portanto a fração molar de C na saída (se não houver condensação) é:
y_C^{\text{saida}}=\dfrac{12}{14+2+12}=\dfrac{12}{28}=0{,}428571\ldots
  1. Pressão mínima necessária para evitar condensação:
P_{\text{novo}} \ge \dfrac{p_{\text{vap},C}}{y_C^{\text{saida}}} = \dfrac{50\\ \mathrm{kPa}}{0{,}428571} =116{,}67\\ \mathrm{kPa}.
Arredondando conforme cifras significativas, obtemos cerca de P_{\text{novo}}\approx 116{,}7\\ \mathrm{kPa} (valor próximo ao indicado na referência 116{,}3\\ \mathrm{kPa} considerando pequenas diferenças de arredondamento).

Resposta

(a) B é o reagente limitante; sim, há variação da vazão volumétrica (diminui porque a reação consome 4 mols gasosos e produz 2 mols).
(b) A:\;1,\quad B:\;3,\quad C:\;2.
(c) \;X_c=0{,}6.
(d) \;X_{\text{saída}}\approx 0{,}9í.
(e) \;V_1\approx 974{,}33\\ \mathrm{L} (volume antes da condensação) ; \;V_2\approx 1385{,}33\\ \mathrm{L} (volume durante a região de condensação).
(f) \;P_{\text{mín}}\approx 116{,}7\\ \mathrm{kPa}í para evitar condensação mantendo X\approx0{,}9.

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