Em um tanque agitado de 100 \mathrm{~m}^{3}, reage-se um componente A em 2 B de acordo com a seguinte lei cinética r_{A}=-k C_{A}{ }^{2}, em que k é 1\left(\mathrm{~m}^{3} / \mathrm{mol} . \mathrm{h}\right). O tanque é alimentado rapidamente e a reação só se inicia após o seu enchimento completo. A partir de uma hora de reação o tanque inicia o esvaziamento para outro tanque pulmão a uma taxa de 5 \mathrm{~m}^{3} / \mathrm{min}. Considere a concentração inicial de A em 10 \mathrm{~mol} / \mathrm{m}^{3}.
a. Modele o problema
b. Qual é a concentração de \mathrm{A}\left(\mathrm{em} \mathrm{kg} / \mathrm{m}^{3}\right) após 1 hora de reação?
c. Qual é a concentração de A ( \mathrm{em} \mathrm{kg} / \mathrm{m}^{3} ) após o total esvaziamento no tanque pulmão?
Passo 1
Resumindo o enunciado, temos um reator completamente agitado de volume constante V_{R}=100,m^{3}, onde ocorre a reação de segunda ordem A \longrightarrow 2B com taxa volumétrica
Condições iniciais: em t=0, C_{A}(0)=10,mol/m^{3}. Durante a primeira hora (0\le t\le1,h) não há escoamento; a reação é em batelada. A partir de t=1,h inicia-se o esvaziamento para o “tanque‐pulmão” à vazão constante
Em geral não há forma fechada simples porque C_{A}(t) obedece à EDO com volume decrescente. Aproximação: como F/V_{R} é grande (300/100=3,h^{-}¹), o tempo de esvaziamento é curto e a reação adicional será pouco significativa. Logo, podemos aproximar
C_{A}(t)\approx C_{A}(1)=\frac{10}{11}
durante todo o esvaziamento, e então o pulmão recebe líquido praticamente com concentração constante \,10/11,mol/m^{3}. Assim, ao final V_{L}=100,m^{3} e
a. Modelagem conforme ODEs acima.
b. C_{A}(1\;\mathrm{h})=\tfrac{10}{11},mol/m^{3} =\tfrac{10}{11}M_{A},kg/m^{3}.
c. C_{L,\mathrm{fim}}\approx\tfrac{10}{11},mol/m^{3} =\tfrac{10}{11}M_{A},kg/m^{3}.