A maior rede de estudos do Brasil

Grátis
82 pág.
Capítulo 7   Sistemas de Reação II   Condições Operacionais

Pré-visualização | Página 4 de 11

5




7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
Então: 
 
lnK
aT
− lnK
aT
0
=
1
R
H0
T 2
dT
T
0
T

Mas como: 
22
 
ln
K
aT
K
aT
0
= −
H
T
0
0
RT
+ 
0
lnT +

1
T
2
+

2
T 2
6
+

3
T 3
12
+

4
T 4
20




 +
1
T

0
T
0
+

1
T
0
2
+

2
T
0
2
3
+

3
T
0
3
4
+

4
T
0
5
5










T
0
T
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
 
lnK
aT
0
= −
G
T
0
0
RT
E ainda: 
A qual é usada para calcular KaT dados ΔG
0
To, ΔH
0
To, α0, α1, α2, α3 e α4 de cada componente. 
 
lnK
aT
= −
H
T
0
0
RT
+ 
0
lnT +

1
T
2
+

2
T 2
6
+

3
T 3
12
+

4
T 4
20




 +
1
T

0
T
0
+

1
T
0
2
+

2
T
0
2
3
+

3
T
0
3
4
+

4
T
0
5
5










T
0
T
−
G
T
0
0
RT
23
Uma alternativa é calcular KaT com informação de ΔH
0
T e ΔS
0
T, da seguinte forma: 
 
lnK
aT
= −
G
T
0
RT
e
 
G
T
0 = H
T
0 +TS
T
0
 
H
T
0 = H
T
0
0 +R 
0
T −T
0( )+

1
T 2 −T
0
2( )
2
+

2
T 3 −T
0
3( )
3




 +

3
T 4 −T
0
4( )
4
+

4
T 5 −T
0
5( )
5




ΔH0T é calculado pela equação já apresentada:
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
ΔS0T é determinado de forma semelhante a ΔH
0
T, ou seja: 
 
S
T
0 = S
T
0
0 +
Cp
T
dT
T
0
T

 
Cp
R
= 
0
+ 
1
T + 
2
T 2 + 
3
T 3 + 
4
T 4
e
24
 
S
T
0 = S
T
0
0 +R 
0
lnT + 
1
T −T
0( )+

2
T 2 −T
0
2( )
2




 +

3
T 3 −T
0
3( )
3
+

4
T 4 −T
0
4( )
4




T
0
T
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
Assim:
 
lnK
aT
= −
G
T
0
RT
e
 
G
T
0 = H
T
0 +TS
T
0
25
Exemplo (Continuação)
Considere a seguinte reação reversível ocorrendo a 1 bar: 
Assumindo comportamento de gás ideal e R = 8,3145 kJ/kmol.K, calcule:
i. Calcular lnKa a 300 K, 400 K, 500 K, 600 K e 700 K. Dados de ΔG
0 são dados;
ii. Calcular os valores de ln Ka considerando ΔH
0 constante e ΔH0 variando com a
temperatura e a temperatura de referência igual 298,15 K e comparar com os
resultados do item anterior;
iii. Determinar o efeito da temperatura na conversão de equilíbrio do hidrogênio
usando os dados fornecidos de energia livre de Gibbs parcial molar.
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
26
Exemplo (Continuação)
Informações para NH3
T (K) G0NH3 (kJ/kmol) H
0
NH3 (kJ/kmol)
298,15 -16.407 -45.940
300 -16.223 -45.981
400 -5.980 -48.087
500 4.764 -49.908
600 15.846 -51.430
700 27.161 -52.682
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
27
Solução
i. Calcular lnKa a 300 K, 400 K, 500 K, 600 K e 700 K. Dados de ΔG
0 são dados
 
lnK
a
= −
2G0
NH
3
− 3G0
H
2
−G0
N
2
( )
RT
T (K) G0NH3 (kJ/kmol) H
0
NH3 (kJ/kmol)
298,15 -16.407 -45.940
300 -16.223 -45.981
400 -5.980 -48.087
500 4.764 -49.908
600 15.846 -51.430
700 27.161 -52.682
Exemplo (Continuação)
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
28
Solução
 
lnK
a
= −
2G0
NH
3
− 3G0
H
2
−G0
N
2
( )
RT
300 K lnKa = 13,008 
400 K lnKa = 3,5961 
500 K lnKa = -2,2919
600 K lnKa = -6,3528 
700 K lnKa = - 9,3334 
 
d lnK
a
dT
=
H0
RT 2
 
lnK
a
= −
H0
RT
+ cte
ln Ka = 11709/T - 25.86
-15
-10
-5
0
5
10
15
0,001 0,0015 0,002 0,0025 0,003 0,0035
Com R = 8,3145 kJ/kmol.K
ΔH0 = -97.354,5 kJ/kmol
Exemplo (Continuação)
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais
➔
29
 
H0 = 2H0
NH
3
− 3H0
H
2
−H0
N
2
H0 = 2H0
NH
3
− 0− 0
−97.354,5= 2H0
NH
3
H0
NH
3
= −48.677,25kJ/kmol
T (K) G0NH3 (kJ/kmol) H
0
NH3 (kJ/kmol)
298,15 -16.407 -45.940
300 -16.223 -45.981
400 -5.980 -48.087
500 4.764 -49.908
600 15.846 -51.430
700 27.161 -52.682
 
H0
medio
= −49.332kJ / kmol
Solução
Exemplo (Continuação)
7.3 Temperatura do Reator
P
ro
f.
 H
u
m
b
e
rt
o
 M
o
li
n
a
r 
H
e
n
ri
q
u
e
 
(h
u
m
b
e
rt
o
@
u
fu
.b
r)
 
S
is
te
m
a
s
 d
e
 R
e
a
ç
ã
o
 I
I 
C
o
n
d
iç
õ
e
s
 O
p
e
ra
c
io
n
a
is
Capítulo 7: Sistemas de Reação II – Condições Operacionais

Crie agora seu perfil grátis para visualizar sem restrições.