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?
t=\frac{\omega}{U_{s}} \quad \boldsymbol{B}_{o a} \mathscr{F}_{\text {rova }}

Passo 1

O enunciado pede três coisas:
  • (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):
a(\tau)=\begin{cases} 1-k_D\tau, & 0\le \tau \le 1/k_D,\\[4pt] 0, & \tau>1/k_D, \end{cases}
ou seja a atividade nunca fica negativa.]

Passo 2

Montando o balanço e a expressão da taxa com deativação (explicando cada passo, bem mastigado).
  1. 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 \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”.
  1. 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
\int_{0}^{t} U_s\,a(\tau)\,k\,C_A C_B\,d\tau = k\,C_A C_B\;U_s\int_0^{t} a(\tau)\,d\tau.
  1. Como a alimentação é estequiométrica e o escoamento volumétrico é constante, as concentrações em regime estacionário no reator são
C_A = C_{A0}(1-X),\qquad C_B = C_{A0}(1-X).
Logo C_A C_B = C_{A0}^2(1-X)^2.
  1. Portanto o balanço fica
F_{A0} X = k\,C_{A0}^2\,(1-X)^2 \; U_s\int_0^{t} a(\tau)\,d\tau.
Defino para simplificar
S \equiv U_s\int_0^{t} a(\tau)\,d\tau,
que tem dimensão de massa ( \mathrm{kg}). Assim
F_{A0} X = k\,C_{A0}^2\,(1-X)^2 \; S.
A partir daqui resolvemos para X quando S for conhecido (ou em termos de U_s).
  1. Agora calculemos \displaystyle \int_0^{t} a(\tau)\,d\tau. Como a(\tau)=1-k_D\tau até \tau=1/k_D e zero depois, há dois casos:
  • Se t\le 1/k_D,
\int_0^{t} a(\tau)\,d\tau = \int_0^t (1-k_D\tau)\,d\tau = t - \tfrac{1}{2}k_D t^2.
Multiplicando por U_s e usando t=\dfrac{\omega}{U_s} obtemos, após simplificar,
S = \omega - \tfrac{1}{2}k_D\frac{\omega^2}{U_s}.
  • Se t>1/k_D (ou seja \omega/U_s > 1/k_D), a integral satura em
\int_0^{t} a(\tau)\,d\tau = \int_0^{1/k_D} (1-k_D\tau)\,d\tau = \tfrac{1}{2k_D},
e então
S = U_s\cdot \tfrac{1}{2k_D}.
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.

Passo 3

Dados numéricos úteis:
C_{A0}=0{,}2\\ \mathrm{mol/dm^{3}},\quad F_{A0}=C_{A0}v_0=0{,}2\\ \mathrm{mol/s},\quad k=1{,}0.
Calcule t para U_s=0{,}5\\ \mathrm{kg/s}:
t=\dfrac{\omega}{U_s}=\dfrac{5}{0{,}5}=10\\ \mathrm{s}.
Comparando com 1/k_D=1/0{,}2=5\\ \mathrm{s}, temos t>1/k_D. Logo usamos a fórmula saturada:
S = U_s\cdot \dfrac{1}{2k_D} = 0{,}5\cdot \dfrac{1}{2\cdot 0{,}2}=0{,}5\cdot 2{,}5 = 1{,}25.
Agora montamos a equação para X:
F_{A0} X = k\,C_{A0}^2\,(1-X)^2\,S.
Substituindo valores:
0{,}2\,X = 1{,}0\cdot (0{,}2)^2\,(1-X)^2\cdot 1{,}25.
Calcule o lado direito: (0{,}2)^2=0{,}04, então 1{,}0\cdot 0{,}04\cdot 1{,}25 = 0{,}05. Assim
0{,}2X = 0{,}05(1-X)^2.
Dividindo por 0{,}05:
4X = (1-X)^2.
Expandindo:
(1-X)^2 - 4X = 0 \quad\Rightarrow\quad 1 -2X + X^2 -4X = 0
X^2 -6X +1 = 0.
Resolvendo a quadrática:
X = \dfrac{6\pm\sqrt{36-4}}{2} = \dfrac{6\pm\sqrt{32}}{2} = 3\pm 2\sqrt{2}.
A raiz fisicamente válida deve ficar entre 0 e 1; portanto
X = 3 - 2\sqrt{2}\approx 0{,}1716 \quad\text{(ou }17{,}16\%\text{)}.

Passo 4

Para U_s\to\infty temos t=\omega/U_s\to 0, então t\le 1/k_D e a expressão de S tende a
S \to \omega \quad(\text{porque }S=\omega - \tfrac{1}{2}k_D\dfrac{\omega^2}{U_s}\xrightarrow[U_s\to\infty]{} \omega).
Logo o maior valor de S possível é S_{\max}=\omega=5. Substituindo S=5 na equação geral:
0{,}2 X = 1{,}0\cdot (0{,}2)^2\,(1-X)^2\cdot 5.
Calcule o fator: (0{,}2)^2\cdot 5 = 0{,}04\cdot 5 = 0{,}2. Assim
0{,}2 X = 0{,}2 (1-X)^2 \quad\Rightarrow\quad X = (1-X)^2.
Resolvendo:
(1-X)^2 - X = 0 \quad\Rightarrow\quad 1 -2X + X^2 - X =0
X^2 -3X +1 = 0.
As raízes são
X = \dfrac{3\pm\sqrt{9-4}}{2} = \dfrac{3\pm\sqrt{5}}{2}.
A raiz física é
X_{\max} = \dfrac{3-\sqrt{5}}{2}\approx 0{,}381966\quad\text{(ou }38{,}20\%\text{)}.
Portanto a conversão máxima possível, mesmo carregando infinitamente catalisador novo, é cerca de 38{,}2\%.

Passo 5

Tentemos achar U_s tal que X=0{,}40. Da equação geral
S = \dfrac{F_{A0} X}{k\,C_{A0}^2\,(1-X)^2}.
Substituindo números:
S = \dfrac{0{,}2\cdot 0{,}40}{1{,}0\cdot (0{,}2)^2\cdot (1-0{,}40)^2} = \dfrac{0{,}08}{0{,}04\cdot 0{,}6^2} = \dfrac{0{,}08}{0{,}04\cdot 0{,}36} = \dfrac{0{,}08}{0{,}0144}\approx 5{,}5556.
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\%).

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