Uma reação do tipo A \rightarrow n R é realizada em fase gasosa (onde " n " é o coeficiente estequiométrico desconhecido). Introduz-se o reagente A com um inerte “I” em um reator batelada a volume constante. A pressão inicial de A é 7,5 \mathrm{~mm} \mathrm{Hg} e de I é 1,5 \mathrm{~mm}
Hg. A reação é irreversível e em um tempo suficiente longo ( \mathrm{X}=100 \% ) a pressão total atingiu 31,5 \mathrm{~mm} \mathrm{Hg}. Considere a velocidade de reação elementar.
Responda:
a) Determine o valor do coeficiente " n ". Resp. \mathrm{n}=4
b) Calcule a conversão em 20 minutos de reação, sabendo-se que a pressão foi de 19 mm Hg . Resp. X=0,45
c) Imagine esta mesma reação sendo realizada em um PFR à vazão volumétrica inicial de 0,5 \mathrm{~L} / \mathrm{min} e pressão total constante. Calcule a vazão volumétrica final para a mesma conversão encontrada na letra b). Resp. v=1,1 L/min
d) Calcular o volume do reator PFR nas mesmas condições da letra c). Resp. V=16,1 L

Passo 1

O enunciado dá uma reação gasosa elementar \;A \rightarrow n\,R\; num reator batelada (volume constante). Os dados e pedidos são:
  • Pressões iniciais no batelada:
    \;p_{A0}=7,5\\ \mathrm{mmHg}\; e \;p_{I0}=1,5\\ \mathrm{mmHg}\; (onde I é inerte).
  • Após tempo suficientemente longo (conversão \;X=100\%) a pressão total final foi \;p_{\text{tot,}\infty}=31,5\\ \mathrm{mmHg}.
  • A reação é irreversível e elementar (portanto a velocidade é proporcional à concentração de A: r_A = k C_A).
  • Perguntas:
    a) Determinar o coeficiente estequiométrico \;n.
    b) Calcular a conversão \;X quando, em t=20\\ \mathrm{min}, a pressão total é \;p_{\text{tot}}=19\\ \mathrm{mmHg}.
    c) Para a mesma reação em um PFR com vazão volumétrica inicial \;v_0=0,5\\ \mathrm{L/min} e pressão total constante, calcular a vazão volumétrica final \;v para a conversão da letra (b).
    d) Calcular o volume do reator PFR que dá essa conversão nas condições da letra (c).
Dados resumidos:
p_{A0}=7,5\\ \mathrm{mmHg},\quad p_{I0}=1,5\\ \mathrm{mmHg},\quad p_{\text{tot,}\infty}=31,5\\ \mathrm{mmHg},\quad p_{\text{tot}}(20\\ \mathrm{min})=19\\ \mathrm{mmHg}.

Passo 2

a) Determinar \;n.
Raciocínio físico-pedagógico: em fase gasosa ideal, para temperatura e volume constantes a pressão parcial de cada espécie é proporcional ao número de mols dessa espécie: p_i = n_i \dfrac{R T}{V}. Um inerte I não reage, então seu número de mols (e portanto sua pressão parcial) permanece constante durante a reação em batelada isoterma e isocórica. Assim, p_I(t)=p_{I0} para todo t.
No estado final (conversão completa \;X=1), todo A virou produtos R. Se a quantidade inicial de A correspondia a pressão parcial \;p_{A0}, então a pressão parcial total dos produtos formados será \;p_R = n\,p_{A0} (cada mol de A gera n mols de R, e pressão é proporcional ao número de mols). A pressão total final é soma das pressões das espécies presentes:
p_{\text{tot,}\infty}=p_{I0}+p_R = p_{I0}+n\,p_{A0}.
Substituindo números:
31,5 = 1,5 + n\cdot 7,5.
Isolando n:
n = \dfrac{31,5-1,5}{7,5} = \dfrac{30}{7,5}=4.
Portanto \;n=4.

Passo 3

b) Calcular a conversão \;X quando p_{\text{tot}}=19\\ \mathrm{mmHg}.
Definição e modelagem: a conversão \;X é a fração de A reagido: \;X = \dfrac{n_{A0}-n_A}{n_{A0}}. Em termos de pressões (volume e T constantes) a pressão parcial de A no tempo t é \;p_A = p_{A0}(1-X). A pressão parcial de R é \;p_R = n\,p_{A0} X. O inerte permanece com \;p_I=p_{I0}. Logo a pressão total a qualquer instante é
p_{\text{tot}} = p_{I0} + p_A + p_R = p_{I0} + p_{A0}(1-X) + n\,p_{A0}X.
Agrupando:
p_{\text{tot}} = p_{I0} + p_{A0}\bigl(1 + (n-1)X\bigr).
Agora substituímos p_{\text{tot}}=19, p_{I0}=1,5, p_{A0}=7,5 e n=4:
19 = 1,5 + 7,5\bigl(1 + (4-1)X\bigr)=1,5 + 7,5(1 + 3X).
Calculando:
19-1,5 = 7,5(1 + 3X)\quad\Rightarrow\quad 17,5 = 7,5(1 + 3X).
Dividindo:
\frac{17,5}{7,5} = 1 + 3X \quad\Rightarrow\quad \frac{35}{15} = 1 + 3X \quad\Rightarrow\quad \frac{7}{3} = 1 + 3X.
Logo
3X = \frac{7}{3}-1 = \frac{4}{3}\quad\Rightarrow\quad X = \frac{4}{9}\approx 0,444\\ (\approx 0,45).
Portanto a conversão é \;X=\dfrac{4}{9}\approx 0,44 (arredondando \;0,45).

Passo 4

(Interlúdio: calcular a constante de velocidade k a partir dos dados do batelada — necessário para o item d).
Como a reação é elementar de primeira ordem em A, a lei de velocidade por volume é \;r_A = -k C_A. Em batelada (volume constante) podemos trabalhar em termos da pressão parcial de A: C_A = \dfrac{p_A}{R T}. Fazendo as contas cuidadosamente (ver abaixo) obtém-se que para reação de primeira ordem em fase gasosa em batelada isoterma e isocórica:
\frac{dp_A}{dt} = -k\,p_A,
ou seja p_A(t) decai exponencialmente:
p_A(t)=p_{A0}\,e^{-k t}.
(Explicação curta do cancelamento: dn_A/dt = -V k C_A = -V k \dfrac{p_A}{RT}. Como p_A = \dfrac{n_A RT}{V}, então dp_A/dt=(RT/V)dn_A/dt=-k p_A.)
Usamos o ponto em t=20\\ \mathrm{min}: já calculamos X=\tfrac{4}{9}, então p_A(20)=p_{A0}(1-X)=7,5\cdot\left(1-\tfrac{4}{9}\right)=7,5\cdot\tfrac{5}{9}=\tfrac{37,5}{9}=4,\overline{1}\\ \mathrm{mmHg}.
Aplicando a lei integrada:
\frac{p_A(20)}{p_{A0}} = e^{-k\cdot 20}\quad\Rightarrow\quad e^{-20 k}=\frac{5}{9}.
Logo
k = -\frac{1}{20}\ln\!\left(\frac{5}{9}\right)=\frac{1}{20}\ln\!\left(\frac{9}{5}\right)\approx 0,02939\\ \mathrm{min^{-1}}.
(Arredondando podemos usar k\approx 0,02939\\ \mathrm{min^{-1}} nas integrais seguintes.)

Passo 5

c) Vazão volumétrica final \;v no PFR à pressão total constante para a mesma conversão \;X=\tfrac{4}{9}.
Raciocínio e fórmula: para um fluxo de gás ideal em pressão e temperatura constantes, a vazão volumétrica é proporcional ao fluxo molar total: v\propto F_T. O fluxo molar total muda com a reação porque cada mol de A consumido transforma-se em n mols de produto; a variação de mols por mol de A reagido é \Delta N = n-1. Seja F_{A0} o fluxo molar inicial de A e F_{T0} o fluxo molar total inicial; definimos a fração molar inicial de A como y_{A0}=F_{A0}/F_{T0}. Após conversão X o fluxo total é
F_T = F_{T0} + (n-1)F_{A0}X = F_{T0}\bigl(1 + (n-1)y_{A0}X\bigr).
Portanto a vazão volumétrica varia como
v = v_0\bigl(1 + (n-1)y_{A0}X\bigr).
Calculamos y_{A0} a partir das pressões iniciais (mesmas condições de pressão total): y_{A0}=\dfrac{p_{A0}}{p_{A0}+p_{I0}}=\dfrac{7,5}{7,5+1,5}=\dfrac{7,5}{9}=\dfrac{5}{6}.
Substituindo n-1=3, y_{A0}=\tfrac{5}{6}, X=\tfrac{4}{9} e v_0=0,5\\ \mathrm{L/min}:
v = 0,5\left[1 + 3\cdot\frac{5}{6}\cdot\frac{4}{9}\right] = 0,5\left[1 + \frac{15}{6}\cdot\frac{4}{9}\right] = 0,5\left[1 + \frac{60}{54}\right].
Calculando \dfrac{60}{54}=\dfrac{10}{9}\approx 1,1111, então
v = 0,5\cdot(1 + 1,1111)=0,5\cdot 2,1111\approx 1,0556\\ \mathrm{L/min}.
Arredondando, \;v\approx 1,06\\ \mathrm{L/min} (o enunciado reporta \;1,1\\ \mathrm{L/min} por arredondamento).

Passo 6

d) Volume do PFR necessário (mesmas condições da letra c).
Equação de projeto do PFR (balanço molar em regime permanente):
\frac{dF_A}{dV} = r_A,
onde F_A é o fluxo molar de A (mol/min), V é o volume do reator (L) e r_A é a velocidade por volume (mol/(L·min)). Para reação elementar: r_A=-k C_A = -k \dfrac{F_A}{v}, porque C_A=F_A/v (concentração = fluxo molar dividido por vazão volumétrica local).
Escrevendo em termos de conversão X (com F_A = F_{A0}(1-X)) obtemos:
\frac{dX}{dV} = \frac{k(1-X)}{v(X)}.
Isolando dV:
dV = \frac{v(X)}{k}\cdot\frac{dX}{1-X}.
Integramos de X=0 até X=X_{\text{final}}=\tfrac{4}{9}:
V = \frac{1}{k}\int_{0}^{X}\frac{v(X)}{1-X}\,dX.
Recordando que v(X)=v_0\bigl(1+(n-1)y_{A0}X\bigr), definimos a=(n-1)y_{A0}. Assim
V = \frac{v_0}{k}\int_{0}^{X}\frac{1+aX}{1-X}\,dX.
Resolvemos a integral analiticamente. Fazendo a decomposição algébrica:
\frac{1+aX}{1-X} = -a + \frac{1+a}{1-X}.
Logo
\int_{0}^{X}\frac{1+aX}{1-X}\,dX = \int_{0}^{X}\left(-a + \frac{1+a}{1-X}\right)dX = -aX - (1+a)\ln(1-X)\Big|_{0}^{X}.
Portanto
V = \frac{v_0}{k}\Bigl[-aX - (1+a)\ln(1-X)\Bigr]_0^{X} = \frac{v_0}{k}\Bigl(-aX - (1+a)\ln(1-X)\Bigr).
Agora substituímos os valores numéricos:
a=(n-1)y_{A0}=3\cdot\frac{5}{6}=\frac{15}{6}=2,5,
X=\frac{4}{9},\quad v_0=0,5\\ \mathrm{L/min},\quad k\approx 0,02939\\ \mathrm{min^{-1}}.
Calculando o integrando:
-aX = -2,5\cdot\frac{4}{9} = -\frac{10}{9}\approx -1,11111,
1-X = 1-\frac{4}{9}=\frac{5}{9},\quad \ln\left(1-X\right)=\ln\left(\frac{5}{9}\right)\approx -0,5877867,
-(1+a)\ln(1-X)= -3,5\cdot(-0,5877867)\approx 2,0572535.
Somando os termos:
\Bigl(-aX - (1+a)\ln(1-X)\Bigr) \approx -1,11111 + 2,0572535 = 0,9461425.
Finalmente
V = \frac{0,5}{0,02939}\cdot 0,9461425 \approx \frac{0,47307125}{0,02939}\approx 16,095\\ \mathrm{L}.
Arredondando, V\approx 16,1\\ \mathrm{L}, que coincide com o valor esperado fornecido.

Resposta

a) n=4
b) X=\dfrac{4}{9}\approx 0,44\\ (\approx 0,45)
c) v\approx 1,06\\ \mathrm{L/min}\\ (\text{aprox. }1,1\\ \mathrm{L/min})
d) V\approx 16,1\\ \mathrm{L}

Exercícios relacionados