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1. Se hace reaccionar butadieno con etileno en fase gaseosa a temperaturas superiores a 500°C.Esta reacción es un ejemplo de la reacción de Diles-Alder:

CH 2  CH  CH  CH 2  CH 2  CH 2   ciclo hexano Si una mezcla equimolar de butadieno y etileno a 450°C y 1 atm es alimentado a un reactor PFR, determine los tiempos espaciales requeridos para convertir 10% de butadieno a ciclo hexeno para operaciones isotérmicas y adiabáticas. Datos: Un investigador a reportado los siguientes datos:

k  107.5 exp(27500 / RT ) L / mol.s

H r  30000cal / mol  rA  kC An La reacción inversa puede ser despreciada. Los siguientes datos de las capacidades caloríficas en fase gaseosa pueden asumirse constantes sobre el rango de las temperaturas de interés.

Cpc4 H6  36.8cal / mol.K Cpc2 H 4  20.2cal / mol.K

SOLUCIÓN (a) Realizamos balance de materia en el reactor PFR en estado estacionario, tenemos,

0  entrada  salida  reacción

FA  ( FA  dFA )  rAdV dFA  A dV V0 dC A  rA dV



dC A dV   rA V0

C A0 

dX A V   rA V0

Despejando la velocidad de reacción en función de concentración y también tenemos  

V (tiempo espacial o tiempo de residencia hidráulico) V0 C A0 

dX A  rA

 zdz  I

(1)

n 1 ba   x  F ( x0)  F ( xn)  2 F (i )  2n  i 1 

0.02 770.29  761.89  2 x(768.36  767.45  ....759.7) 2

De la velocidad de reacción

rA  kC ACB  kC A2

(2)

Como el volumen es variable, sabemos

N A0  N A  XA N A0 1

NA CV  1  A A , y VA  VA0 (1   X A ) N A0 C A0VA0

Despejado:

(1  X A )C AO  CA (1   X A ) Reemplazamos en (2)

rA  k

Además

V0 V1  T0 T1

(1  X A ) 2 C AO 2 N (1  X A ) 2  k x ( A0 ) 2 2 2 (1   X A ) (1   X A ) V1

T V0  V1 ( 0 ) T1

Reemplazamos en (1)

C A0  Como es isotérmico

T1 1 T0

dX A (1   X A )2 2 T0 2 V1 ( )   k (1  X A )2 N A0 2 T1

(3)



1 2  0.5 , como además es equimolar Ya=0.5, 2

C A0 

y A PT 1atmx0.5   8.43x103 mol / L RT 0.082 x(273  450)

Reemplazamos en (3)

 =81.2327s (b) Para operación no isotérmica, realizamos balance de energía

0  entrada  salida  reacción

0  Q  FT CP dt  H R FA0dx T

H R FA0 dx  T0 FT CP

(4) ^

Calculamos el FA Cp ^

FA Cp  Cp A FA  CpB FB  CpC FC Cp A FA  36.8 xFAO (1  X ) CpB FB  36.8 xFBO (1  X ) CpC FC  36.8 xFCO (1  X )

Sumamos y queda ^

FA Cp  FA0 (57  2.5 X ) , reemplazamos en (4)

T

3000 X  T0 , como To =723, (57  2.5 X )

T

3000 X  723 (5) (57  2.5 X )

Integramos (3) por el método de Simphson para X de 0.0 a 0.10

dX A (1   X A )2 2 T0 2 C A0  V1 ( )   k (1  X A )2 N A0 2 T1

XA

T

T ( 0 )2 T1

0.0 0.02 0.04 0.06 0.08 0.10

723 724.04 725.07 726.15 727.20 728.24

0.154 0.158 0.162 0.167 0.172 0.176

I=  zdz 

dX A (1   X A )2 2 T0 2 Z=  V1 ( ) k (1  X A )2 N A0 2 T1 770.29 768.39 767.45 762.71 759.70 761.89

n 1 ba   x  F ( x0)  F ( xn)  2 F (i)  2n  i 1 

n: número de segmentos I= I 

0.02 770.29  761.89  2 x(768.36  767.45  ....759.7) 2

 =76.4868 s