Questão 2. A reação catalítica irreversivel elementar em fase gasosa
A+B \xrightarrow{k} C+D
ocorre cm um reator de leito móvel em temperatura constante. O reator contém 5 kg de catalisador. A alimentação é estequiométrica em A e B . A concentração de A na entrada é 0,2 \mathrm{~mol} / \mathrm{dm}^{3}. A lei de decaimento do catalisador é de ordem zero, com k_{D}=0.2 \mathrm{~s}^{-1} e k=1,0 \mathrm{dm}^{6} /\left(\mathrm{mol} \cdot \mathrm{kg}_{\mathrm{cm}} \mathrm{s}\right). A vazăo volumétrica é 1 \mathrm{dm}^{3} / \mathrm{s}.
(a) Qual conversăo será encontrada para uma vazão de alimentação de catalisador igual a 0,5 \mathrm{~kg} / \mathrm{s} ?
(b) Qual é a conversão máxima que poderia ser encontrada (ou seja, na vazăo infinita de carregamento de catalisador)?
(c) Qual a vazăo de carregamento de catalisador necessária para atingir 40 \% de conversāo?
(a) A conversão X quando a vazão de carregamento de catalisador é U_s=0{,}5\\ \mathrm{kg/s}.
(b) A conversão máxima possível (quando a vazão de carregamento tende a infinito).
(c) A vazão de carregamento necessária para atingir X=0{,}40 (ou concluir que é impossível).
Dados fornecidos (vou listá‑los todos, com as unidades): \omega=5\\ \mathrm{kg} (massa de catalisador no reator),
alimentação estequiométrica com \;C_{A0}=0{,}2\\ \mathrm{mol/dm^{3}},
vazão volumétrica \;v_0=1\\ \mathrm{dm^{3}/s},
logo \;F_{A0}=C_{A0}v_0=0{,}2\\ \mathrm{mol/s}.
constante cinética: \;k=1{,}0\\ \mathrm{dm^{6}/(mol\cdot kg\cdot s)}.
lei de decaimento do catalisador: ordem zero com \;k_D=0{,}2\\ \mathrm{s^{-1}}.
relação dada para tempo de residência do catalisador: \;t=\dfrac{\omega}{U_s}.
Observação importante (que usarei nas contas): a atividade do catalisador decai linearmente (ordem zero):
Montando o balanço e a expressão da taxa com deativação (explicando cada passo, bem mastigado).
Taxa da reação por unidade de massa de catalisador: para uma reação elementar A+B\to produtos com lei bimolecular,
\text{taxa por kg de cat.} = k\,C_A\,C_B.
Aqui k tem unidades \mathrm{dm^{6}/(mol\cdot kg\cdot s)}, C em \mathrm{mol/dm^{3}}, então kC_A C_B dá \mathrm{mol/(kg\cdot s)}: quantidade de mol de A consumida por kg de catalisador por segundo. A atividade do catalisador multiplicará essa taxa: taxa efetiva por kg = a(\tau)\,k\,C_A C_B, onde \tau é o “tempo desde que o grão de catalisador entrou no reator”.
Balanço global em regime estacionário sobre A:
a vazão molar de A reagida é F_{A0}X (mol/s). Essa vazão deve igualar à soma das taxas sobre todo o catalisador dentro do reator. Se U_s é a vazão mássica de catalisador (kg/s), a massa de catalisador com idade entre \tau e \tau+d\tau é U_s\,d\tau. Assim a taxa total (mol/s) é
Portanto S é dada por essas expressões, dependendo de t. Observe intuitivamente: se o catalisador fica pouco tempo no reator (t pequeno) a integral é ~t; se fica muito tempo, a atividade zera após 1/k_D e a contribuição máxima por grão fica limitada.
Então seria necessário S\approx 5{,}5556. Mas já vimos que o máximo físico de S é S_{\max}=\omega=5 (quando U_s\to\infty e o catalisador permanece praticamente sempre ativo). Ou, no caso saturado, S=U_s/(2k_D) nunca pode exceder \omega sem entrar em contradição com o regime (você pode checar que o U_s que corresponderia a esse S dá um t incompatível com a hipótese usada). Em particular, S exigido é maior que 5, o que é impossível fisicamente neste sistema.
Portanto não existe vazão U_s que produza X=0{,}40: a conversão máxima é cerca de 0{,}381966 e 0{,}40 está acima desse limite.
Resposta
(a) X\approx 0{,}1716 (ou 17{,}16\%).
(b) X_{\max}=\dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\approx 0{,}381966 (ou 38{,}20\%).
(c) Impossível atingir X=0{,}40; está acima da conversão máxima possível (~38{,}2\%).