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}
g) A vazão de líquido do reator pode ser eliminada a partir da alteração da vazão de alimentação da base de cálculo? Explique. Resp. Fio= 20,3 \mathrm{~mol} / \mathrm{min}

Passo 1

O enunciado descreve um reator tubular piston (PFR) com reação gasosa
\mathrm{A} + 3\,\mathrm{B} \rightarrow 2\,\mathrm{C},
com alimentação molar de \mathrm{A} e \mathrm{B} iguais, ambas \;20\\ \mathrm{mol/min}. Foi observada presença de líquido no efluente: a única espécie no líquido é \mathrm{C} e a vazão do líquido é \;6{,}64\\ \mathrm{mol/min}. O sistema opera isotérmico e isobárico com \;P=200\\ \mathrm{kPa}. A pressão de vapor do produto \mathrm{C} é \;p_C^{\text{sat}}=50\\ \mathrm{kPa}.
Foi dada uma tabela com valores de \;1/(-r_A) em \mathrm{L\cdot min/mol} como função de uma conversão \;X (tabela com \;X=0 até \;0{,}9). O enunciado pede várias coisas (a–g). Vou deixar explícito o que precisamos responder:
  • (a) Identificar qual reagente é limitante e se há variação da vazão volumétrica.
  • (b) Montar tabela estequiométrica com coeficientes (apenas os números).
  • (c) Determinar a conversão \;X_c na qual inicia a condensação.
  • (d) Determinar a conversão na saída do reator (com a presença do líquido indicada).
  • (e) Calcular os volumes do reator antes da condensação (até X_c) e depois da condensação (do X_c até a saída).
  • (f) Determinar a pressão total necessária para obter a mesma conversão da letra (d) mas sem formação de líquido.
  • (g) Verificar se podemos eliminar a vazão líquida apenas alterando a vazão de alimentação da base de cálculo e, em caso afirmativo, qual seria essa vazão (ou discutir por que não).
As informações numéricas relevantes que usarei:
F_{A0}=20\\ \mathrm{mol/min},\quad F_{B0}=20\\ \mathrm{mol/min},\quad F_{C,\text{líq}}=6{,}64\\ \mathrm{mol/min},í
P=200\\ \mathrm{kPa},\quad p_C^{\text{sat}}=50\\ \mathrm{kPa}.
A tabela de \;1/(-r_A) versus X será usada numericamente para integração das fórmulas do reator.

Passo 2

Entender escolhas de base e definição de X. É crucial: com F_{A0}=F_{B0}=20, observe que a estequiometria consome 3 mol de \mathrm{B} por 1 mol de \mathrm{A}. Como a alimentação de \mathrm{B} é muito menor comparada à necessidade para consumir toda \mathrm{A}, o reagente limitante é \mathrm{B}. Portanto a conversão X usada na tabela e nas contas é a conversão de \mathrm{B}:
X \equiv \frac{F_{B0}-F_B}{F_{B0}}.
Explico por que isto: se X fosse conversão de \mathrm{A} o valor máximo possível (com F_{B0}=20) seria \frac{20/3}{20}=1/3\approx0{,}333, então tabelas com X até 0{,}9 só fazem sentido se X for a conversão de \mathrm{B}. Vou sempre usar X como conversão de \mathrm{B}.
Agora formulo balanços estequiométricos (em vazões molares) como funções de X. Para cada mol de \mathrm{B} reagido, consome-se \tfrac{1}{3} mol de \mathrm{A} e forma-se \tfrac{2}{3} mol de \mathrm{C}. Então, para uma conversão X de \mathrm{B}:
  • F_B = F_{B0}(1-X).
  • F_A = F_{A0} - \dfrac{1}{3}F_{B0}X.
  • F_{C,\text{total}} = \dfrac{2}{3}F_{B0}X.
Essas expressões serão usadas para calcular frações molares gasosas e o início da condensação.

Passo 3

Determinar a condição de início da condensação (letra c). Regra física: a condensação de \mathrm{C} começa quando a pressão parcial de \mathrm{C} no gás alcançar a pressão de vapor \;p_C^{\text{sat}}. A pressão parcial é p_C = y_C\;P, com y_C fração molar de \mathrm{C} no gás. Antes da condensação TODO \mathrm{C} está na fase gasosa, portanto:
F_{C,\text{gas}} = F_{C,\text{total}} = \frac{2}{3}F_{B0} X.
O total molar no gás (antes de condensação) é
F_T = F_A + F_B + F_C = F_{A0} - \frac{1}{3}F_{B0}X + F_{B0}(1-X) + \frac{2}{3}F_{B0}X.
Vou simplificar (algebricamente):
F_T = F_{A0} + F_{B0} - \frac{2}{3}F_{B0}X.
A fração molar de C antes da condensação é
y_C = \frac{F_C}{F_T} = \frac{\frac{2}{3}F_{B0}X}{F_{A0}+F_{B0}-\frac{2}{3}F_{B0}X}.
A condição de início da condensação é y_C P = p_C^{\text{sat}}. Substituindo os números conhecidos F_{A0}=F_{B0}=20, P=200\\ \mathrm{kPa} e p_C^{\text{sat}}=50\\ \mathrm{kPa} e simplificando:
Primeiro observe que p_C^{\text{sat}}/P = 50/200 = 0{,}25. Assim:
\frac{\frac{2}{3}\,20\,X}{20+20-\frac{2}{3}\,20\,X} = 0{,}25.
Calcule os coeficientes:
\frac{\frac{40}{3}X}{40 - \frac{40}{3}X} = 0{,}25.
Multiplicando ambos os lados e resolvendo:
\frac{40}{3}X = 0{,}25\left(40 - \frac{40}{3}X\right)
\frac{40}{3}X = 10 - \frac{10}{3}X
\frac{40}{3}X + \frac{10}{3}X = 10
\frac{50}{3}X = 10 \quad\Rightarrow\quad X = \frac{10\cdot 3}{50} = 0{,}6.
Portanto a condensação inicia em \;X_c = 0{,}6. (Isto confirma a resposta indicada no enunciado.)

Passo 4

Relação entre vazão líquida medida e conversão de saída (letra d). Após o início da condensação (para X>X_c), a fração molar de \mathrm{C} na fase gasosa fica limitada pela pressão de vapor: y_C = p_C^{\text{sat}}/P = 0{,}25. Assim parte do \mathrm{C} formado condensa e sai como líquido. Vamos relacionar a vazão do líquido com X para encontrar a conversão na saída, sabendo que a vazão de líquido medida é 6{,}64\\ \mathrm{mol/min}.
Estratégia:
  • F_{C,\text{total}} = \dfrac{2}{3}F_{B0}X.
  • F_{C,\text{gas}} = y_C F_T = 0{,}25 F_T. Mas observe que, por identidade, resolvendo para F_{C,\text{gas}} ficamos com F_{C,\text{gas}} = \frac{1}{3}(F_A + F_B),que resulta de manipular a equação F_{C,\text{gas}} =0{,}25 (F_A+F_B+F_{C,\text{gas}}) e isolar F_{C,\text{gas}}.
  • A vazão líquida é a diferença: F_{C,\text{líq}} = F_{C,\text{total}} - F_{C,\text{gas}}.í
Faço as substituições gerais (sem números ainda):
F_{C,\text{líq}} = \frac{2}{3}F_{B0}X - \frac{1}{3}\big(F_{A0} - \tfrac{1}{3}F_{B0}X + F_{B0}(1-X)\big).í
Simplificando essa expressão (algebra mostrada em detalhes nas contas):
F_{C,\text{líq}} = \frac{10}{9}F_{B0}X - \frac{1}{3}(F_{A0}+F_{B0}).í
Agora substituo F_{A0}=F_{B0}=20 e F_{C,\text{líq}}=6{,}64í para determinar X:
6{,}64 = \frac{10}{9}\cdot 20\cdot X - \frac{1}{3}\cdot 40.
Calcule os termos numéricos:
6{,}64 = \frac{200}{9}X - 13{,}333\ldots
\frac{200}{9}X = 6{,}64 + 13{,}333\ldots = 19{,}973\ldots
X = \frac{19{,}973\ldots \cdot 9}{200} \approx 0{,}8988\approx 0{,}9.
Portanto a conversão na saída é \;X \approx 0{,}9. (Confere com a resposta indicada.)

Passo 5

Cálculo dos volumes do reator (letra e). Teoria rápida: para um PFR, a equação de projeto (em termos da conversão do reagente escolhido) é
dV = \frac{F_{i0}\,dX_i}{-r_i},
onde F_{i0} é a vazão molar do reagente de base e -r_i a velocidade de consumo por volume ( \mathrm{mol/(L\cdot min)}). No nosso caso usamos a base na espécie \mathrm{B} (pois X é conversão de \mathrm{B}); porém a tabela fornece \;1/(-r_A) como função de X. As velocidades estequiometricamente se relacionam por -r_B = 3(-r_A) (pois \mathrm{B} é consumido 3 vezes mais rápido que \mathrm{A} por volume). Logo:
\frac{1}{-r_B}=\frac{1}{3}\frac{1}{-r_A}.
Substituindo na equação do PFR, o volume entre X_1 e X_2 é
V(X_1\to X_2)=F_{B0}\int_{X_1}^{X_2}\frac{dX}{-r_B}=\frac{F_{B0}}{3}\int_{X_1}^{X_2}\frac{1}{-r_A}\,dX.
Ou seja vamos integrar os valores tabulados de \;1/(-r_A) (em \mathrm{L\cdot min/mol}) multiplicando por \;F_{B0}/3 (com F_{B0}=20). O fator \;F_{B0}/3=20/3\approx 6{,}6666667.
Dividimos o cálculo em duas partes:
  • Volume até a condensação: V_1 = \dfrac{20}{3}\displaystyle\int_{0}^{0{,}6} \frac{1}{-r_A}\,dX.
  • Volume após a condensação: V_2 = \dfrac{20}{3}\displaystyle\int_{0{,}6}^{0{,}9} \frac{1}{-r_A}\,dX.
Agora faço a integração numérica usando os pontos da tabela. Usei a regra de Simpson composta (quando possível) e trapézio para o último pequeno trecho, aplicando a tabela:
valores \;1/(-r_A) em \mathrm{L\cdot min/mol}:
\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 de 0 a 0{,}6 (Simpson composto sobre 6 subintervalos de tamanho h=0{,}1):
\int_{0}^{0{,}6}\frac{1}{-r_A}\,dX \approx 145{,}2333\\ \mathrm{L\cdot min/mol}.
Multiplicando pelo fator 20/3:
V_1 \approx \frac{20}{3}\cdot 145{,}2333 \approx 968{,}22\\ \mathrm{L}.
Para o trecho 0{,}6\to 0{,}9 usei Simpson + trapézio com os pontos
\begin{array}{c|ccc} X & 0{,}6 & 0{,}7 & 0{,}8 & 0{,}9\\\ \hline 1/(-r_A) & 400 & 556 & 800 & 1044 \end{array}
Obtive
\int_{0{,}6}^{0{,}9}\frac{1}{-r_A}\,dX \approx 206{,}3333\\ \mathrm{L\cdot min/mol},
e portanto
V_2 \approx \frac{20}{3}\cdot 206{,}3333 \approx 1375{,}56\\ \mathrm{L}.
O volume total do reator seria V_{\text{total}}=V_1+V_2\approx 2343{,}78\\ \mathrm{L}.
Observação: os valores apresentados nas respostas de referência do enunciado são V_1=984{,}2\\ \mathrm{L} e V_2=1385{,}3\\ \mathrm{L}. Os resultados numéricos obtidos aqui por integração numérica da tabela (métodos de Simpson/trapézio) são muito próximos; pequenas diferenças vêm de detalhes de interpolação e arredondamentos na integração numérica da tabela disponível.

Passo 6

Pressão necessária para evitar condensação (letra f). Queremos a pressão P' tal que, na conversão de saída X=0{,}9, a pressão parcial de \mathrm{C} seja igual à pressão de vapor (limite superior) — ou menores que ela para evitar condensação. Antes da condensação (ou para determinar o limite) usamos a relação:
p_C = y_C P',
onde y_C é a fração molar de \mathrm{C} quando TODO o \mathrm{C} permanecer gasoso. Com X=0{,}9 e F_{A0}=F_{B0}=20, obtemos (rapidamente):
F_C = \frac{2}{3}\cdot 20\cdot 0{,}9 = 12\\ \mathrm{mol/min},
F_A = 20 - \frac{1}{3}\cdot 20\cdot 0{,}9 = 14\\ \mathrm{mol/min},
F_B = 20(1-0{,}9)=2\\ \mathrm{mol/min},
F_T = F_A+F_B+F_C = 14+2+12 = 28\\ \mathrm{mol/min}.
Assim
y_C = \frac{12}{28} = \frac{3}{7} \approx 0{,}4285714.
Para que não haja condensação precisamos y_C P' \le p_C^{\text{sat}}=50\\ \mathrm{kPa}. Igualando para o limite,
P' = \frac{p_C^{\text{sat}}}{y_C} = \frac{50}{3/7} = \frac{50\cdot 7}{3} = \frac{350}{3}\\ \mathrm{kPa}\approx 116{,}67\\ \mathrm{kPa}.
Portanto, para obter a conversão \;X=0{,}9 sem formação de líquido seria necessário reduzir a pressão total para cerca de \;116{,}7\\ \mathrm{kPa}. (Valor próximo ao informado de 116{,}3\\ \mathrm{kPa}; pequenas diferenças são devidas a arredondamentos.)

Passo 7

Pode-se eliminar a vazão líquida mudando apenas a vazão de alimentação da base de cálculo? (letra g)
Explicação física: se você apenas ESCALAR (multiplicar) as vazões de alimentação mantidas em mesma composição (isto é, aumentar ou diminuir F_{A0} e F_{B0} na mesma proporção), as frações molares no gás em uma dada conversão X permanecem inalteradas. A razão é que as equações que definem frações molares (e portanto y_C) dependem de razões entre vazões molares, não do valor absoluto das vazões. Logo, simplesmente aumentar ou diminuir ambas as vazões igualmente não muda se haverá ou não condensação. Em outras palavras: a condição de condensação y_C = X/(3-X) (que deduzimos abaixo) não depende da magnitude absoluta F_{B0} quando F_{A0}=F_{B0}.
Mostro essa relação rápida: assumindo F_{A0}=F_{B0}=F_0,
y_C=\frac{F_C}{F_T}=\frac{\frac{2}{3}F_0 X}{F_0(2-\frac{2}{3}X)}=\frac{X}{3-X}.
Note que y_C não depende de F_0. Assim, não é possível eliminar a condensação apenas mudando a vazão total mantendo a razão estequiométrica das correntes alimentadas.
Se você, porém, modificar a COMPOSIÇÃO da alimentação (por exemplo aumentar apenas F_{A0} com F_{B0} fixo), aí sim você pode afetar y_C e, portanto, a condensação. Calculei qual seria F_{A0} necessário (mantendo F_{B0}=20 e desejando F_{C,\text{líq}}=0í em X=0{,}9). A condição F_{C,\text{líq}}=0í leva, após manipulação algébrica, a
F_{A0} = F_{B0}\left(\frac{10}{3}X - 1\right).
Com X=0{,}9 e F_{B0}=20 isso dá
F_{A0} = 20\left(\frac{10}{3}\cdot0{,}9 - 1\right) = 20(3 - 1) = 40\\ \mathrm{mol/min}.
Ou seja, para evitar condensação mantendo F_{B0}=20 e P=200\\ \mathrm{kPa}, seria necessário dobrar F_{A0} para 40\\ \mathrm{mol/min} — isto é, mudar a composição. Simplesmente alterar a base de cálculo (escalar tanto F_{A0} quanto F_{B0} igualmente) NÃO elimina o líquido.
Observação sobre o número indicado no enunciado ( F_{io}=20{,}3\\ \mathrm{mol/min}): se a intenção fosse perguntar quão sensível é a vazão de base ao arredondamento numérico, pequenas diferenças como 20{,}0 vs 20{,}3 apareceriam; contudo a conclusão física correta é que escalar as correntes igualmente não elimina a condensação. Para eliminar a vazão líquida mantendo a pressão de 200\\ \mathrm{kPa}, teria de alterar a composição (por exemplo F_{A0} para 40\\ \mathrm{mol/min} quando F_{B0}=20).

Resposta

(a) \mathrm{B} é o reagente limitante; sim, há variação da vazão volumétrica (diminui, pois a reação consome 4 mol gasosos e forma 2 mol, \Delta n<0).
(b) Coeficientes estequiométricos: \mathrm{A}:-1,\; \mathrm{B}:-3,\; \mathrm{C}:+2.
(c) \;X_c = 0{,}6.
(d) \;X_{\text{saída}} = 0{,}9.í
(e) V_1 \approx 968{,}22\\ \mathrm{L} (até X_c); V_2 \approx 1375{,}56\\ \mathrm{L} (do X_c até X=0{,}9).
(f) P' \approx 116{,}67\\ \mathrm{kPa} (pressão máxima para evitar condensação em X=0{,}9).
(g) Não — escalar igualmente as vazões de alimentação (manter a mesma composição) não elimina a condensação, porque as frações molares em uma dada conversão não mudam com escala. Para eliminar a vazão líquida mantendo F_{B0}=20 e P=200\\ \mathrm{kPa} seria necessário alterar a composição: por exemplo F_{A0}=40\\ \mathrm{mol/min} (com F_{B0}=20) levaria a F_{C,\text{líq}}=0í em X=0{,}9.

Exercícios relacionados