• Author / Uploaded
• lalala

Citation preview

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

3) El volumen inicial de una mezcla gaseosa es de 1000 m 3 y contiene 28% de dióxido de azufre y 72% de aire, la reacción se lleva a cabo a una presión y temperatura constantes de 1485 Kpa y 227ºC, la constante cinética de reacción es de 200 dm 3/kmol.s. la velocidad de reacción viene dada por –rA=k.CA.CB. Determinar el tiempo necesario para alcanzar el 50% de conversión. 2. SO2+O22. SO3 Solución: 

V variable  debemos calcular 𝛼



(−𝑟𝐴 ) = 𝑘.

𝑛𝐴 𝑛𝐵 . 𝑉 𝑉

 Con los datos de P y T, calculamos los moles iniciales: 𝑃0 = 1485 𝐾𝑝𝑎 .

1 𝑎𝑡𝑚 = 14,7 𝑎𝑡𝑚 101,325 𝐾𝑝𝑎 𝑃0 . 𝑉 = 𝑛0 . 𝑅. 𝑇 𝑛0 = 𝑛0 =

𝑃0 . 𝑉 𝑅. 𝑇

14,7 𝑎𝑡𝑚. 106 𝐿 𝐿. 𝑎𝑡𝑚 0,082 . 500 𝑘 𝑚𝑜𝑙. 𝑘

𝑛0 = 357 𝐾𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 28% de A: 100 kmoles 72% de aire: 257 kmoles  21% O2: 54 kmoles  Calculamos el valor de 𝛼: Para ello necesitamos saber cuál es el reactivo limitante: 2 kmoles de A ---- 1 kmol de B 100 kmoles de A---- x= 50 kmol de B  tengo 54 kmol de B, por lo cual está en exceso Teniendo en cuenta que A es el reactivo limitante de la reacción:

A B C I (inertes)

Total

n xA=0 (entrada)

n xA=1

100 54 0

0 4 100

203

203

357

307

(salida)

𝛼=

𝑛𝑥=1 −𝑛𝑥=0 𝑛𝑥=0

=

307−357 357

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

= −0,14

1

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

Ponemos nB en función de nA utilizando el grado de avance:

𝑛𝐴 = 𝑛𝐴0 − 2. 𝜉 ⇒ 𝜉 = 𝑛𝐵 = 𝑛𝐵0 − 𝜉 (2)

1 (𝑛𝐴0 2

− 𝑛𝐴 ) (1)

(1) en (2): 1 𝑛𝐵 = 𝑛𝐵0 − (𝑛𝐴0 − 𝑛𝐴 ) 2 1 2

1 2

1 2

1 2

1

1

1

2

2

2

= 𝑛𝐵0 − 𝑛𝐴0 + 𝑛𝐴 = 𝑛𝐵0 − 𝑛𝐴0 + (𝑛𝐴0 . (1 − 𝑥𝐴 )) = 𝑛𝐵0 − 𝑛𝐴0 + 𝑛𝐴0 − 𝑛𝐴0 𝑥𝐴 1 2

= 𝑛𝐵0 − 𝑛𝐴0 𝑥𝐴

(3)

Reemplazando (3) en la ecuación cinética y simplificando V: (−𝑟𝐴 ) =

−𝑑𝑛𝐴 𝑛𝐴 𝑛𝐵 = 𝑘. . 𝑉. 𝑑𝑡 𝑉 𝑉

1 −𝑑𝑛𝐴 𝑛𝐴 𝑛𝐵0 − 2 𝑛𝐴0 𝑥𝐴 = 𝑘. . 𝑉. 𝑑𝑡 𝑉 𝑉

Reemplazando:

𝑛𝐴 = 𝑛𝐴0 (1 − 𝑥𝐴 )

𝑦

𝑉 = 𝑉0 . (1+∝ . 𝑥𝐴 )

1 (𝑛𝐵0 − 𝑛𝐴0 𝑥𝐴 ) 𝑛𝐴0 . 𝑑𝑥𝐴 2 = 𝑘. 𝑛𝐴0 (1 − 𝑥𝐴 ). 𝑑𝑡 𝑉0 . (1+∝ . 𝑥𝐴 ) 1 (𝑛𝐵0 − 𝑛𝐴0 𝑥𝐴 ) 𝑑𝑥𝐴 2 = 𝑘. (1 − 𝑥𝐴 ). 𝑑𝑡 𝑉0 . (1+∝ . 𝑥𝐴 ) Reemplazamos el valor de ∝ obtenido y los datos: V0 y k, en las unidades adecuadas: 1 (54 − 100𝑥𝐴 ) 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑥𝐴 𝑑𝑚3 = 200 . (1 − 𝑥𝐴 ). 6 32 𝑑𝑡 𝐾𝑚𝑜𝑙. 𝑠 10 𝑑𝑚 . (1 − 0,14 . 𝑥𝐴 ) 1 (54 − 100𝑥𝐴 ) 𝑘𝑚𝑜𝑙 𝑑𝑥𝐴 𝑑𝑚3 = 200 . (1 − 𝑥𝐴 ). 6 32 𝑑𝑡 𝐾𝑚𝑜𝑙. 𝑠 10 𝑑𝑚 . (1 − 0,14 . 𝑥𝐴 ) Separando variables e integrando:

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

2

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas 0,5

𝑡

(1 − 0,14 . 𝑥𝐴 ) 200 ∫ 𝑑𝑥𝐴 = ∫ 6 𝑑𝑡 (1 − 𝑥𝐴 ). (54 − 50. 𝑥𝐴 ) 10 0

0

Resolviendo con la calculadora:

t = 85,5 segundos

5) La reacción de descomposición del N 2O es: 2 N 2 O 

2 N 2  O2 de segundo orden

y la velocidad específica de reacción es k=977cm3/(mol.s) a 895 ºC. Calcular la presión parcial del N2O y la del inerte al cabo de 1 minuto de operación cuando se carga un reactor discontinuo de volumen constante con una mezcla gaseosa compuesta por 80% de N2O, 10% inertes y 10% N2, a una presión inicial de 1 atmósfera. Asimismo, calcular la conversión de N2O alcanzada en ese tiempo.

SOLUCIÓN: 2 A  2B C

1 dn A



 k . C A 

donde

2

V dt



dp A

p A 

 2

k

pA .V  n A  R.T     V dnA  dpA R.T 

Recordar

dt

R.T t  dp  k A      .  dt   p A 0 ( p )2  A  RT 0 pA

Integrando queda:

C A  pA



R.T

 1       pA 

pA

 pA0

k

*t

R.T

Resolviendo según los datos proporcionados por el enunciado: pA

1 pA



 pA0

977cm3

60seg * 1 lt atm . lt gmol * seg 0.082 * 1168 K * 1000cm3 gmol . K *

1 1 1   0.612 p A0 p A atm



1 1 1  0.612  pA atm 0.8 atm



p A  0.537 atm

pinertes  0.1 atm (es cons tan te)

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

3

Ejercicios resueltos

Por definición

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

xA 

n A0  n A n A0

 

 R.T   V

multiplicando y dividiendo por 

  queda:  

 

 (n A0  n A )  R.T V p  p A 0.8  0.537 xA   *  A0   0.33  p A0 0.8  n A0  R.T V 6) Sea la reacción

A Productos. Determinar

la velocidad específica (k) y el orden de

reacción a partir de los siguientes datos experimentales, obtenidos a volumen constante:

CA (M)

0.700

0.570

0.482

0.418

0.330

0.250

t (s)

0

1800

3600

5400

9000

14400

Solución:  

(−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴 𝑛 Volumen constante.

Aplicando el método integral: -

Suponemos n=0: (−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴 0 = 𝑘 −

𝑑𝐶𝐴 =𝑘 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝑑𝑡 𝐶𝐴

𝑡

∫ −𝑑𝐶𝐴 = ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 𝐶𝐴0 𝐶𝐴

0 𝑡

∫ 𝑑𝐶𝐴 = −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 𝐶𝐴0

0

C A C A  k .t 0 C

t

A0

𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜 − 𝑘. 𝑡 Y

x

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

4

Ejercicios resueltos

t (s)

CA (M)

0

0,700

1800

0,570

3600

0,482

5400

0,418

9000

0,330

14400

0,250

-

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

Linealizando los valores obtenemos: R = -0,9515

Suponemos n=1: (−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴1 = 𝑘. 𝐶𝐴 −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 𝑑𝑡

𝐶𝐴

𝑡

𝑑𝐶𝐴 ∫− = ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 𝐶𝐴

𝐶𝐴0 𝐶𝐴

0

𝑡

𝑑𝐶𝐴 ∫ = −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 𝐶𝐴

𝐶𝐴0

0

LnCA C A  k .t 0 C

t

A0

𝐿𝑛𝐶𝐴 − 𝐿𝑛𝐶𝐴0 = − 𝑘. 𝑡 𝐿𝑛𝐶𝐴 = −𝑘. 𝑡 + 𝐿𝑛𝐶𝐴0

Y

t (s)

Ln(CA )

0

Ln(0,700)

1800

Ln(0,570)

3600

Ln(0,482)

5400

Ln(0,418)

9000

Ln(0,330)

x

Linealizando los valores obtenemos: R = -0,9878

14400 Ln(0,250)

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

5

Ejercicios resueltos

-

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

Suponemos n=2: (−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴 2 −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 2 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 2 𝑑𝑡

𝐶𝐴

∫− 𝐶𝐴0 𝐶𝐴

∫ 𝐶𝐴0

𝑑𝐶𝐴 𝐶𝐴 2

𝑑𝐶𝐴 𝐶𝐴 2

𝑡

= ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 0 𝑡

= −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 0

 2 1 C A

CA t  k .t 0  2 1 C A0

−

1 1 − (− ) = − 𝑘. 𝑡 𝐶𝐴 𝐶𝐴 0 −

1 1 + = − 𝑘. 𝑡 𝐶𝐴 𝐶𝐴 0 1 𝐶𝐴

Y

t (s)

1/CA

0

1/0,700

1800

1/0,570

3600

1/0,482

5400

1/0,418

9000

1/0,330

= 𝑘. 𝑡 +

1 𝐶𝐴 0

x

Linealizando los valores obtenemos: R = 0,9999 ⇒ n=2 B (pendiente)= k =1,78.10-4

L mol.s

14400 1/0,250 Si bien el r obtenido para n=2 es muy alto, debemos probar con n=3, para comprobar si el r disminuye:

-

Suponemos n=3:

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

6

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

(−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴 3 −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 3 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 3 𝑑𝑡

𝐶𝐴

∫ − 𝐶𝐴0 𝐶𝐴

∫ 𝐶𝐴0

𝑑𝐶𝐴 𝐶𝐴 23

𝑑𝐶𝐴 𝐶𝐴 3

𝑡

= ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 0 𝑡

= −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 0

 3 1 C A

CA t  k .t 0  31 C A0

1 1 1 − ( 2 − ( 2 )) = − 𝑘. 𝑡 2 𝐶𝐴 𝐶𝐴 0 1 𝐶𝐴 2

= 2. 𝑘. 𝑡 +

Y

t (s)

1/(CA )2

0

1/(0,700)2

1800

1/(0,570)2

3600

1/(0,482)2

5400

1/(0,418)2

9000

1/(0,330)2

14400 1/(0,250)

1 𝐶𝐴 0 2

x

Linealizando los valores obtenemos: R = 0,9901 < 0,9999

Por lo tanto el orden de la reacción en n=2 y la ecuación cinética es: (−𝑟𝐴 ) = 1,78.10−4

2

𝐿 .𝐶 2 𝑚𝑜𝑙. 𝑠 𝐴

9) El dimetil éter se descompone en fase gaseosa de acuerdo a la siguiente ecuación estequiométrica:

(CH 3 ) 2 O  CH 4  H 2  CO

Con el objeto de determinar la expresión cinética que gobierna esta descomposición se llevó a cabo una experiencia en un reactor tanque discontinuo a volumen constante y el avance de la reacción se siguió midiendo la evolución de la presión total del sistema. La experiencia fue isotérmica a 497 ºC Y el éter se cargó puro a 250 mmHg. Los resultados obtenidos fueron:

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

7

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

t (s)

450 900 1400 3700

P (mmHg) 327 391

450

624

Determine la ecuación cinética si la reacción es irreversible. Solución: Se puede representar la ecuación anterior de la siguiente manera:

A  B C  D

Aplicando el método integral: -

Suponemos n=0: (−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴 0 = 𝑘 −

𝑑𝐶𝐴 =𝑘 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝑑𝑡 𝐶𝐴

𝑡

∫ −𝑑𝐶𝐴 = ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 𝐶𝐴0 𝐶𝐴

0 𝑡

∫ 𝑑𝐶𝐴 = −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 𝐶𝐴0

0

C A C A  k .t 0 C

t

A0

𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0 − 𝑘. 𝑡

Y

x

Como tenemos los datos de presión total en el reactor en función del tiempo transcurrido, podemos buscar una expresión que relacione la presión total en el reactor con la concentración de dimetil éter (A). Para eso utilizamos el concepto de grado de avance de una reacción:

nA  nA0  

nA  nB  nC  nD  nT  nB 0  nC 0  nD 0  0 n  0  A0

(1)

nB  nB 0   nC  nCo   nD  nDo   nT  nAo  2 * 

( 2)

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

8

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

nA 

De (1) y (2) queda:

3 . n A0  nT 2  R .T   V

Multiplicando ambos miembros por 

 3n  n ( R . T ) * C A   A0 T 2 

  R.T  *    V 

3 P P A0 T CA     2 . R .T

(3)

   

   

 3.P  P  ( R . T ) * C A   A0 T  2  



Dónde PA0 corresponde a 250 mmHg ya que el éter se cargó puro. Ahora podemos realizar una tabla que muestre los valores de C A para cada tiempo, utilizando la ecuación (3): : 760 mmHg/1atm

t(s)

Ptotal (mmHg) Ptotal (atm)

CA (M)

0

250

0,329

5,210 .10-3

450

327

0,430

4,410 .10-3

900

391

0,514

3,744 .10-3

1400

450

0,592

3,127.10-3

3700

624

0,821

1,313.10-3

-

Linealizando

los

valores

obtenemos: R = -0,9825

Suponemos n=1: (−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴1 = 𝑘. 𝐶𝐴 −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 𝑑𝑡

𝐶𝐴

𝑡

𝑑𝐶𝐴 ∫− = ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 𝐶𝐴

𝐶𝐴0 𝐶𝐴

0

𝑡

𝑑𝐶𝐴 ∫ = −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 𝐶𝐴

𝐶𝐴0

0

LnCA C A  k .t 0 C

t

A0

𝐿𝑛𝐶𝐴 − 𝐿𝑛𝐶𝐴0 = − 𝑘. 𝑡

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

9

Ejercicios resueltos

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

𝐿𝑛𝐶𝐴 = −𝑘. 𝑡 + 𝐿𝑛𝐶𝐴0

Y

t(s)

Ln(CA )

0

Ln(5,210 .10-3)

450

Ln(4,410 .10-3)

900

Ln(3,744 .10-3)

1400

Ln(3,127.10-3)

3700

Ln(1,313.10-3)

x

Linealizando los valores: R = 0,9999 b (pendiente) = -k = - 3,73.10-4 → k= 3,73.10-4 s-1

-

Suponemos n=2:

(−𝑟𝐴 ) = 𝑘. 𝐶𝐴 2 −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 2 𝑑𝑡

Separando variables e integrando: −

𝑑𝐶𝐴 = 𝑘. 𝐶𝐴 2 𝑑𝑡

𝐶𝐴

∫− 𝐶𝐴0 𝐶𝐴

∫ 𝐶𝐴0

𝑑𝐶𝐴 𝐶𝐴 2

𝑑𝐶𝐴 𝐶𝐴 2

𝑡

= ∫ 𝑘. 𝑑𝑡 0 𝑡

= −𝑘. ∫ 𝑑𝑡 0

 2 1 C A

CA t  k .t 0  2 1 C A0

−

1 1 − (− ) = − 𝑘. 𝑡 𝐶𝐴 𝐶𝐴 0 −

1 1 + = − 𝑘. 𝑡 𝐶𝐴 𝐶𝐴 0 1 𝐶𝐴

Y

= 𝑘. 𝑡 +

1 𝐶𝐴 0

x

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

10

Ejercicios resueltos

t (s)

1/CA

0

1 / 5,210 .10-3

450

1 /4,410 .10-3

900

1 / 3,744 .10-3

1400

1 / 3,127.10-3

3700

1 / 1,313.10-3

Ingeniería De Las Reacciones Químicas

Linealizando los valores obtenemos: R = 0,9866 < 0,9999

Por lo tanto el orden de la reacción en n=1 y la ecuación cinética es: (−𝑟𝐴 ) = 3,73.10−4 𝑠 −1 . 𝐶𝐴

Unidad 1 - Cinética en sistemas homogéneos

11