Exercício 2: Considere um reator de tanque bem misturado contínuo com volume de 200 L e alimentado por uma corrente de 10 \mathrm{~L} / \mathrm{min} contendo 40 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} de um reagente A . A reação que ocorre no tanque tem cinética de 1^{\mathrm{a}} ordem ( r_{A}=-k C_{A} ) com k=0,5 \mathrm{~min}^{-1}.
a) Calcule qual será a concentração de A no reator em estado estacionário.
b) Suponha que antes de chegar ao estado estacionário, o reator inicia com 0 \mathrm{~mol} / \mathrm{L} de reagente. Resolva a EDO e esboce o gráfico da concentração em função do tempo.
c) Qual é o limite da função C_{A}(t) que você encontrou no item b) quando t \rightarrow \infty ?
d) Qual é a conversão do reator no estado estacionário? Conversão no CSTR é definida como X_{A}=\frac{F_{A_{0}}-F_{A_{1}}}{F_{A_{0}}}, onde A é o reagente limitante.

Passo 1

O enunciado pede quatro coisas (a–d). Dados fornecidos:
  • Volume do reator: \,V=200\\ \mathrm{L}.
  • Vazão de alimentação: \,q=10\\ \mathrm{L/min}.
  • Concentração na alimentação: \,C_{A0}=40\\ \mathrm{mol/L}.
  • Cinética: reação de primeira ordem com \,r_A=-k C_A e \,k=0,5\\ \mathrm{min}^{-1}.
    Perguntas:
    (a) Calcular a concentração de A no reator em estado estacionário.
    (b) Supondo C_A(0)=0, resolver a equação diferencial que descreve C_A(t) e esboçar o gráfico C_A vs t.
    (c) Calcular \lim_{t\to\infty} C_A(t) a partir da solução do item (b).
    (d) Calcular a conversão no estado estacionário, usando X_A=\dfrac{F_{A0}-F_{A1}}{F_{A0}}.

Passo 2

Montar o balanço de massa para o reator bem misturado (CSTR), lembrando cada termo:
  • “Acumulação” dentro do volume: \,V\frac{dC_A}{dt}.
  • “Entrada” por advecção: \,q C_{A0}.
  • “Saída” por advecção: \,q C_A.
  • “Geração” (pela reação): \,V r_A, e aqui \,r_A=-k C_A (negativo porque consome A).
O balanço geral é
V\frac{dC_A}{dt} = q C_{A0} - q C_A + V r_A.
Substituindo r_A=-k C_A obtém-se
V\frac{dC_A}{dt} = q C_{A0} - q C_A - V k C_A.
Dividindo por V para escrever como EDO padrão:
\frac{dC_A}{dt} = \frac{q}{V} C_{A0} - \left(\frac{q}{V} + k\right) C_A.
Definições úteis:
  • Tempo de residência \tau = \dfrac{V}{q} = \dfrac{200}{10} = 20\\ \mathrm{min}.
  • Coeficiente combinado \alpha = \dfrac{q}{V} + k = \dfrac{10}{200} + 0,5 = 0,05 + 0,5 = 0,55\\ \mathrm{min}^{-1}.
Estado estacionário: \dfrac{dC_A}{dt}=0. Da EDO no estado estacionário
0 = \frac{q}{V} C_{A0} - \left(\frac{q}{V} + k\right) C_{A,\text{ss}}.
Isolando \,C_{A,\text{ss}}:
C_{A,\text{ss}} = \frac{\dfrac{q}{V} C_{A0}}{\dfrac{q}{V} + k} = \frac{q\,C_{A0}}{q + k V} = \frac{C_{A0}}{1 + k\frac{V}{q}}.
Agora substitui os números:
k\frac{V}{q} = 0,5 \times 20 = 10,
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C_{A,\text{ss}} = \frac{40}{1 + 10} = \frac{40}{11}\\ \mathrm{mol/L}\approx 3,636\\ \mathrm{mol/L}.
Interpretação rápida: por causa da reação rápida (produto k\tau=10 grande), a concentração no reator fica muito abaixo da alimentação.

Passo 3

Resolver a EDO inicial com C_A(0)=0. Reescrevendo a EDO já obtida:
\frac{dC_A}{dt} + \alpha C_A = \beta,
onde definimos \alpha = \dfrac{q}{V}+k = 0,55\\ \mathrm{min}^{-1} e \beta = \dfrac{q}{V} C_{A0} = 0,05 \times 40 = 2\\ \mathrm{mol/(L\cdot min)}.
Explicação do método (integ. fator, passo a passo):
  1. É uma EDO linear de primeira ordem. Solução geral: soma da solução particular (constante) e da solução da homogênea.
  2. A solução particular constante é exatamente o estado estacionário \,C_{A,\text{ss}}=\dfrac{\beta}{\alpha}=\dfrac{2}{0,55}=\dfrac{40}{11}.
  3. A solução homogênea resolve \dfrac{dC_A}{dt} + \alpha C_A=0, com solução \,C_A^{(h)}(t)=K e^{-\alpha t}.
  4. Combinar: C_A(t)=C_{A,\text{ss}} + K e^{-\alpha t}.
  5. Aplicar condição inicial C_A(0)=0 0=C_{A,\text{ss}} + K\Rightarrow K=-C_{A,\text{ss}}.
Portanto
C_A(t) = C_{A,\text{ss}}\left(1 - e^{-\alpha t}\right).
Substituindo os valores numéricos:
C_A(t) = \frac{40}{11}\left(1 - e^{-0,55\,t}\right)\\ \mathrm{mol/L}.
No gráfico C_A vs t isso é uma subida exponencial do valor inicial 0 até o assíntota C_{A,\text{ss}}=\dfrac{40}{11}. Tempo característico de crescimento (constante de tempo) é \dfrac{1}{\alpha}=\dfrac{1}{0,55}\approx 1,818\\ \mathrm{min}. Alguns pontos para esboço rápido:
  • t=0: C_A=0.
  • t=\dfrac{1}{\alpha}\approx 1,818\\ \mathrm{min}: C_A\approx C_{A,\text{ss}}\,(1-e^{-1})\approx 0,6321\,C_{A,\text{ss}}\approx 2,30\\ \mathrm{mol/L}.
  • t=5\\ \mathrm{min}: e^{-0,55\cdot5}=e^{-2,75}\approx 0,063\Rightarrow C_A\approx 0,937\,C_{A,\text{ss}}\approx 3,41\\ \mathrm{mol/L}.
  • t=10\\ \mathrm{min}: praticamente já está em regime ( C_A\approx 3,62\\ \mathrm{mol/L}).
    Desenhe uma curva exponencial crescente que rapidamente (em poucos minutos) se aproxima de \dfrac{40}{11}.

Passo 4

Limite quando t\to\infty. Da solução do Passo 3:
\lim_{t\to\infty} C_A(t) = \lim_{t\to\infty} C_{A,\text{ss}}\left(1 - e^{-\alpha t}\right) = C_{A,\text{ss}}.
Substituindo o valor numérico:
\lim_{t\to\infty} C_A(t) = \frac{40}{11}\\ \mathrm{mol/L}\approx 3,636\\ \mathrm{mol/L}.

Passo 5

Conversão no estado estacionário. Definição:
X_A = \frac{F_{A0} - F_{A1}}{F_{A0}},
com F_{A0}=q C_{A0} e F_{A1}=q C_{A,\text{ss}}. Simplificando:
X_A = 1 - \frac{C_{A,\text{ss}}}{C_{A0}}.
Usando C_{A,\text{ss}}=\dfrac{C_{A0}}{1 + k V/q} obtém-se
X_A = 1 - \frac{1}{1 + k\frac{V}{q}} = \frac{k\frac{V}{q}}{1 + k\frac{V}{q}}.
Com k\frac{V}{q}=10 (calculado antes), temos
X_A = \frac{10}{1+10}=\frac{10}{11}\approx 0,90909\\ (\text{ou }90{,}909\%).

Resposta

(a) C_{A,\text{ss}}=\dfrac{40}{11}\\ \mathrm{mol/L}\approx 3,636\\ \mathrm{mol/L}
(b) C_A(t)=\dfrac{40}{11}\left(1-e^{-0,55\,t}\right)\\ \mathrm{mol/L} (com C_A(0)=0); gráfico: subida exponencial de 0 até \dfrac{40}{11} com constante de tempo \dfrac{1}{0,55}\approx1,818\\ \mathrm{min}.
(c) \displaystyle \lim_{t\to\infty}C_A(t)=\dfrac{40}{11}\\ \mathrm{mol/L}\approx 3,636\\ \mathrm{mol/L}
(d) X_A=\dfrac{10}{11}\approx 0,90909 (ou 90{,}909\%)

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