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
r_{A}=-\,k\,C_{A}^{2},\quad k=1\;\bigl(\mathrm{m}^{3}/\mathrm{mol}\cdot\mathrm{h}\bigr).
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
F=5\;\mathrm{m}^{3}/\min = 300\;\mathrm{m}^{3}/\mathrm{h},
sem aporte externo de reagente, e supomos que no pulmão não haja reação, apenas mistura perfeita.
Modelagem:
Para 0\le t<1 h (batelada)
\frac{dC_{A}}{dt}=-\,k\,C_{A}^{2},\qquad C_{A}(0)=10.
Para t\ge1 h (reator em esvaziamento)
\begin{cases} \displaystyle \frac{dV_{R}}{dt}=-\,F, & V_{R}(1)=100,\\[1em] \displaystyle \frac{d\bigl(C_{A}\,V_{R}\bigr)}{dt} = -\,k\,C_{A}^{2}\,V_{R} \;-\;F\,C_{A}, & C_{A}(1)=C_{1}. \end{cases}
No tanque‐pulmão (mistura perfeita, sem reação):
\begin{cases} \displaystyle \frac{dV_{L}}{dt}=F,\quad V_{L}(1)=0,\\[0.5em] \displaystyle \frac{d\bigl(C_{L}\,V_{L}\bigr)}{dt}=F\,C_{A}(t),\quad C_{L}(1)=0. \end{cases}]

Passo 2

Resolvendo o batelada até t=1,h:
\frac{dC_{A}}{dt}=-\,k\,C_{A}^{2} \quad\Longrightarrow\quad \int_{C_{0}}^{C_{1}}\frac{dC_{A}}{C_{A}^{2}} =-\,k\int_{0}^{1}dt
-\frac{1}{C_{A}}\Big|_{10}^{C_{1}}=-\,k\,(1-0) \quad\Longrightarrow\quad \frac{1}{C_{1}}-\frac{1}{10}=k
\frac{1}{C_{1}}=\frac{1}{10}+1=\frac{11}{10} \quad\Longrightarrow\quad C_{1}=C_{A}(1)=\frac{10}{11}\;\mathrm{mol/m^{3}}.
Para converter em kg/ m^{3} basta multiplicar pela massa molar de A, digamos M_{A} (kg/mol):
C_{A}(1)=\frac{10}{11}\;M_{A}\quad\bigl[\mathrm{kg/m^{3}}\bigr].

Passo 3

Encontrar C_{L} no pulmão ao final do esvaziamento ( t=1 h até t=1+100/300=1{,}333 h). A solução exata exige integrar
C_{L}(t)=\frac{1}{V_{L}(t)} \int_{1}^{t}F\,C_{A}(s)\,ds, \quad V_{L}(t)=F\,(t-1).
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
C_{L,\text{fim}} \approx \frac{1}{100}\,\int_{0}^{100}\frac{10}{11}\,dV =\frac{10}{11}\;\mathrm{mol/m^{3}}
ou em massa
C_{L,\text{fim}}\approx \frac{10}{11}\;M_{A}\;\mathrm{kg/m^{3}}.

Resposta

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}.

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