trabalho final- andressa e eduarda

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Universidade do Estado de Santa Catarina – UDESC 
 Departamento de Engenharia de Alimentos e Engenharia Química – DEAQ 
Disciplina: Cálculo de reatores A 
Docente: Mônica Bagnara 
 Discentes: Andressa Lígia dos Santos e Eduarda Baggio 
 
RESOLUÇÕES DE QUESTÕES E EXEMPLOS DO LIVRO FOGLER 
ELEMETOS DE ENGENHARIA DAS REAÇÕES QUÍMICAS 
 
1. Conceitos: 
Alguns conceitos discutidos no trabalho foram definidos. 
1. Função de distribuição do tempo de residência: 
A função E(t) descreve, de uma maneira quantitativa quanto tempo diferentes 
elementos de fluido permaneceram no reator, a grandeza é a fração de fluido saindo do 
reator que permaneceu no interior do reator entre os tempos t e t+dt. 
2. Tempo médio: 
O tempo médio (𝑡𝑚) consiste na integral do tempo multiplicado por E(t) em função 
do tempo, e é a mesma coisa que o tempo espacial. Representando o tempo que os átomos 
permanecem dentro do reator. 
3. Variança: 
A variança é um indicativo de dispersão da distribuição. Quanto maior o valor desse 
momento, maior a dispersão da distribuição. 
4. Tempo espacial: 
O tempo espacial é considerado o tempo necessário para processar um volume de 
alimentação, considerando a um volume de reator. No modelo de reator PFR esse tempo 
representa a formação de um produto por vez, já que, apresenta escoamento. Enquanto 
no reator batelada o tempo espacial relaciona o tempo total do processo por não haver 
escoamento. 
5. Reator com escoamento laminar: 
Um reator com esse perfil de escoamento considera o fato de que a velocidade do 
fluido será maior no centro. Com uma distribuição não homogênea do perfil de 
velocidade. Dessa forma o fluido no centro do tubo permanece um menor tempo no reator. 
6. Modelo de segregação: 
Os elementos de fluidos de diferentes idades não se misturam de jeito algum, os 
elementos permanecem segregados uns aos outros. A sua mistura ocorre no ponto mais 
atrasado possível. 
 
2. REATOR NÃO IDEAL: 
Exemplo 13.5 e 13.6 
Exercício 13.5 e 13.8 
 
EXEMPLO 13.5: Calcule a conversão média no reator que caracterizamos pelas medidas 
de DTR, para uma reação irreversível de primeira ordem, em fase líquida em um fluido 
completamente segregado. 
A → 𝑝𝑟𝑜𝑑𝑢𝑡𝑜𝑠 
 A velocidade específica é 0,1min-1 a 320K. 
PASSO 1: 
Inicialmente foi plotado um gráfico, imagem 01, com os dados da tabela 01, c(t) 
x t 
Tabela 01: Dados do traçador 
Fonte: Fogler 
t(min) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 14
C(g/m³) 0 1 5 8 10 8 6 4 3 2,2 1,5 0,6 0
DADOS DO TRAÇADOR 
 
Imagem 01: Curva C 
 
Fonte: autores,2019 
 
Para encontrar E(t), que significa função de distribuição do tempo de residência, 
foi integrado a área embaixo da curva C(t). 
 Para cálculo manual foi utilizado o método numérico da quadratura, que não é 
suficiente ao longo de toda a faixa de dados, foi dividida em duas partes. A primeira 
variando de 0 a 10 min, e a segunda de 10 a 14 min. 
Com isso foi possível determinar a função E(t) somando o resultado da integral 
dos dois intervalos de tempo. 
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 = ∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
10
0
+ ∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
14
10
 
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡 = 
1
3
10
0
 [1(0) + 4(1) + 2(5) + 4(8) + 2(10) + 4(8) + 2(6) + 4(4) + 2(3)
+ 4(2,2) + 1(1,5) 
= 47,4 g min/m³ 
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡 = 
2
3
14
10
[1,5 + 4(0,6) + 0] =2,6 g m/m³ 
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
= 𝟓𝟎, 𝟎 g m/m³ 
 
Agora foi possível calcular E(t). 
E(t)= 
𝐶(𝑡)
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 = 
𝐶(𝑡)
50𝑔 𝑚𝑖𝑛/𝑚³
 
 
Calculando E(t), foi obtido a tabela 02. Com os valores de C(t) e E(t) 
Tabela 02: Valores de C(t)xE(t) 
Fonte: autores, 2019 
 
PASSO 2: 
No desenvolvimento do exemplo 13.2 foi calculado o tempo médio e a variança. 
Para encontrar o tempo médio (𝑡𝑚), foi montado a tabela 03, com os valores de t, 
E(t) e a multiplicação desses valores, ou seja, tE(t). 
Tabela 03: Dados para calculo do tempo médio 
 
Fonte: autores, 2019 
t(min) 0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12 14
C(g/m³) 0 1 5 8 10 8 6 4 3 2,2 1,5 0,6 0
E(t)(min
-1
) 0 0,02 0,1 0,16 0,2 0,16 0,12 0,08 0,06 0,044 0,03 0,012 0
C(t) E(t)
t C(t) E(t) tE(t)
0 0 0 0
1 1 0,02 0,02
2 5 0,1 0,20
3 8 0,16 0,48
4 10 0,2 0,80
5 8 0,16 0,80
6 6 0,12 0,72
7 4 0,08 0,56
8 3 0,06 0,48
9 2,2 0,044 0,40
10 1,5 0,03 0,30
12 0,6 0,012 0,14
14 0 0 0
Calculo do E(t)
Com esses valores de tE(t) foi calculado a integral em relação a t, obtendo o valor 
da área sob a curva. A integral foi calculada pelo método numérico da quadratura, 
novamente dividido em duas partes, devido a diferença dos intervalos de tempo. 
 
𝑡𝑚 = ∫ 𝑡𝐸(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 𝑡𝐸(𝑡)𝑑𝑡
10
0
+ ∫ 𝑡𝐸(𝑡)𝑑𝑡
∞
10
 
𝑡𝑚 = ∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑥
ℎ
0
=
ℎ1
3
(f1+4f2+2f3+4f4+...+4fn-1+fn) 
+
ℎ3
3
(f n+1+4f n+2+2f3+f n+3) 
𝑡𝑚 =
1
3
[1(0)+4(0,02)+2(0,2)+4(0,48)+2(0,8)+4(0,8)+2(0,72)+4(0,56)+2(0,48)+4(0,40)+1(0,30)] 
+
2
3
(0,3+4(0,14) +0) 
Somando as duas integrais obteve-se (𝑡𝑚). 
= 4,58+0,573=5,15min 
𝒕𝒎 = 𝟓, 𝟏𝟓𝒎𝒊𝒏 
 
O 𝑡𝑚 encontrado representa a área sobre a curva da imagem 02. 
 
Imagem 02: Gráfico t x tE(t) 
 
Fonte: autores, 2019 
Com o tempo de residência médio determinado, pode-se obter a variança σ2. Para 
encontrar esse parâmetro, foi montado a tabela 04, com os valores (t − 𝑡𝑚)
2 ∗ 𝐸(𝑡), e 
após com valores de t²E(t), com esses resultados foi plotado um gráfico, imagem 03, 
desses valores versus t. 
 
Tabela 04: Calculo da Variância 
 
Fonte: autores, 2019 
Imagem 03: Calculo da área 
 
Fonte: autores, 2019 
t C(t) E(t) tE(t) (t-tm )²*E(t) t²E(t)
0 0 0 0 0 0
1 1 0,02 0,02 0,34 0,02
2 5 0,1 0,20 0,992 0,4
3 8 0,16 0,48 0,74 1,44
4 10 0,2 0,80 0,265 3,2
5 8 0,16 0,80 0,004 4
6 6 0,12 0,72 0,087 4,32
7 4 0,08 0,56 0,274 3,92
8 3 0,06 0,48 0,487 3,84
9 2,2 0,044 0,40 0,652 3,56
10 1,5 0,03 0,30 0,706 3
12 0,6 0,012 0,14 0,563 1,73
14 0 0 0 0 0
Calculo da Variância
0
1
2
3
4
5
0 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15
t²
E
(t
)
t (min)
Área = σ2
A partir desse gráfico determinou-se a área sob a curva, sendo calculado pelo 
método numérico da quadratura, divido novamente em dois intervalos. 
Foi necessário expandir o termo quadrático com a finalidade de encontrar σ2. 
 
σ² = ∫ 𝑡2𝐸(𝑡)𝑑𝑡 − 𝑡𝑚²
∞
0
 
σ² = ∫ 𝑡2𝐸(𝑡)𝑑𝑡 =
∞
0
 ∫ 𝑡2𝐸(𝑡)𝑑𝑡
10
0
 + ∫ 𝑡2𝐸(𝑡)𝑑𝑡
14
0
 
 
Com a soma das integrais dos dois intervalos foi obtido o valor de σ2 
 
= 
1
3
 [0+4(0,02)+2(0,4)+4(1,44)+2(3,2)+4(4,0)+2(4,32)+4(3,92)+2(3,84)+4(3,56)+3,0]+ 
2
3
 [3,0+4(1,73)+0]min² 
= 32,71min² 
Substituindo na equação 
σ² = ∫ 𝑡2𝐸(𝑡)𝑑𝑡 − 𝑡𝑚²
∞
0
 
= 32,71 min² - (5,15)² 
= 6,19 min² 
 
O quadrado do desvio padrão é σ2 = 6,19min², logo σ = 2,49min 
 
PASSO 3: 
Nos passos anteriores foram feitas as caracterizações de DTR para o reator. 
Normalmente um DTR é usado em vez da função E(t). 
Essa etapa consiste em determinar a conversão média no reator, para uma reação 
irreversível de primeira ordem: 
A → produtos 
A velocidade especifica para a temperatura da reação foi fornecida pelo problema 
(k= 0,1) 
Para calcular a conversão média montou-se uma tabela 05, com os valores de E(t) 
e X(t) e X(t)E(t), para calcular a conversão média �̅�. Foi aplicado o método numérico da 
quadratura, na integral de X(t)*E(t). Resultando na área abaixo da curva do gráfico. 
Novamente, pela diferença dos valores dos intervalos, dividiu-se essa integral em 
duas partes, uma no intervalo de 0 a 10 min, e a outra de 10 a 14 min. 
Os valores deX foram calculados pela fórmula: 𝑋 = 1 − 𝑒−𝑘𝑡 
Tabela 05: Dados Processados para encontrar a conversão média �̅� 
 
Fonte: autores, 2019 
 
 
 
 
 
t (min) E (t) min
 -1
X(t) X(t)E(t) min -1 
0 0 0 0
1 0,02 0,095 0,0019
2 0,1 0,181 0,0181
3 0,16 0,259 0,0415
4 0,2 0,330 0,0659
5 0,16 0,393 0,0630
6 0,12 0,451 0,0541
7 0,08 0,503 0,0403
8 0,06 0,551 0,0330
9 0,044 0,593 0,0261
10 0,03 0,632 0,0190
12 0,012 0,699 0,0084
14 0 0,75 0,0000
Dados para encotrar a conversão média
Imagem 04: Área para calculo �̅� 
 
Fonte: autores, 2019 
 
�̅� = ∫ 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡)𝑑𝑡 =
∞
0
∫ 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡)𝑑𝑡 + ∫ 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡)𝑑𝑡
14
10
10
0
 
= 
1
3
 
[0+4(0,00191)+2(0,018)+4(0,0414)+2(0,066)+4(0,0629)+2(0,0541)+2(0,0541)+4(0,0402)+2(0,0331)+4(
0,0261)+0,01896] + 
2
3
 [0,01896+4(0,0084)+0] 
= (0,350)+(0,035) 
Área = �̅� = 0,385 
 
A conversão média é de 38,5%. 
 
 
 
 
 
EXEMPLO 13.06: 
A reação em fase líquida entre citidina e anidrido acético. 
 
 
Fonte: Fogler 
A reação ocorre em fase líquida e isotermicamente, entre citidina e anidrido acético em 
uma solução inerte de N-metil- 2-pirrolidona (NMP), com Θ𝑁𝑀𝑃=28,9. A reação segue 
uma lei elementar de velocidade. A alimentação é equimolar em A e B, com 𝐶𝐴0 =
0,75 𝑚𝑜𝑙/𝑑𝑚³ e uma vazão volumétrica de 0,1dm³/s e um volume de reator de 100dm³. 
Essa questão consiste em calcular a conversão média para uma reação de segunda ordem 
para 
a) PFR 
b) Reator batelada 
c) Reator de escoamento laminar 
DADOS DA QUESTÃO: 
𝑘 = 4,93𝑥10−3dm³/(mol.s) a 50ºC 
E = 13,3 kcal/mol 
△ 𝐻𝑅𝑋 = −10,5 𝑘𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙 
△ 𝐻𝑚𝑖𝑠𝑡𝑢𝑟𝑎 = −0,44 𝑘𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙 
Θ𝑁𝑀𝑃= 
𝐹 𝑁𝑀𝑃
𝐹 𝐴0
 
 
 
O Primeiro passo consiste em calcular o tempo espacial (𝜏): 
𝜏 =
𝑉
𝑣0
= 
100 𝑑𝑚³
0,1 𝑑𝑚3/𝑠
= 1000𝑠 
 
a) Para um PFR: 
Afim de encontrar o valor da conversão em um PFR partimos da relação da lei da 
velocidade e do balanço molar: 
Balanço Molar: 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
−𝑟𝐴
𝐹𝐴0
 
 
Lei da Velocidade: 
−𝑟𝐴 = 𝑘𝐶𝐴𝐶𝐵 
A estequiometria da equação nos diz que essa reação ocorre 1:1 em A:B, dessa 
forma podemos concluir que a concentração de A e de B é igual 
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴 
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0(1 − 𝑋) 
 
Combinando as equações de balanço molar, lei de velocidade e concentração 
inicial e rearranjando-as obtemos: 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
𝑘𝐶𝐴𝐶𝐵
𝐹𝐴0
 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
𝑘[𝐶𝐴0(1 − 𝑋)]²
𝐶𝐴0𝑣0
 
Arrumando a fórmula para integrar, e considerando que quando V é 0, a conversão 
também é 0: 
𝑑𝑋
𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)²
=
𝑑𝑉
𝑣0
 
∫
𝑑𝑋
𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)²
𝑥
0
= ∫
𝑑𝑉
𝑣0
𝑉
0
 
1
(1−𝑥)²
 = 
𝐾𝐶𝐴𝑂
𝑉0
 * V* 𝑉0* 𝜏 
1
(1−𝑥)
 -1= KCa0 𝜏 
1
(1−𝑥)
 = KCa0 𝜏 +1 
1
KCa0 𝜏 +1 
 = 1 − 𝑥 * (-1) 
− 
1
KCa0 𝜏 +1 
 = −1 + 𝑋 
 
− 
1
KCa0 𝜏 +1 
+ 1= X 
 
𝑿 = 
𝝉𝑲𝑪𝑨𝟎
𝟏 + 𝝉𝑲𝑪𝑨𝟎
 
 
Agora é possível trocar pelos valores correspondentes na formula e obter a 
conversão do reator: 
𝑋 = 
1000 ∗ 4,93𝑥10−3 ∗ 0,75
1 + 1000 ∗ 4,93𝑥10−3 ∗ 0,75
 
𝑋 = 0,787 
 
b) Reator em batelada: 
Para calcularmos a conversão nesse reator, procedemos da mesma maneira que na letra 
“a”, considerando a lei da velocidade, balanço molar e a estequiometria. 
Balanço Molar: 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
=
−𝑟𝐴
𝐶𝐴0
 
 
Lei da Velocidade: 
−𝑟𝐴 = 𝑘𝐶𝐴𝐶𝐵 
A Estequiometria da reação mantém-se a mesma, logo A:B = 1:1, dessa forma: 
 
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴 
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0(1 − 𝑋) 
 
Rearranjando as equações obtemos: 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
=
𝑘[𝐶𝐴0(1 − 𝑋)]²
𝐶𝐴0
 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= 𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)² 
𝑑𝑋 = 𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)
2𝑑𝑡 
Realizando essa derivada obtemos a seguinte equação: 
𝑋(𝑡) = 
𝑘𝐶𝐴0𝑡
1 + 𝑘𝐶𝐴0𝑡
 
 
Calculando a conversão para um tempo igual ao tempo espacial resulta em: 
𝑋(𝑡) = 
1000 ∗ 4,93𝑥10−3 ∗ 0,75
1 + 1000 ∗ 4,93𝑥10−3 ∗ 0,75
= 0,787 
 
Utilizamos o tempo espacial para calcula a conversão, pois como explicado no 
conceito 5, esse valor representa o tempo total de reação em um reator batelada. 
 
c) Reator com Escoamento Laminar: 
Para calcular a conversão média nesse caso, saímos da equação da conversão média pela 
sua variação com o tempo: 
𝑑𝑋
−
𝑑𝑡
= 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡) 
 
De acordo com o conceito 7 sobre o modelo de segregação, podemos inferir que 
E(t) para LFR consiste em duas partes para a reação de escoamento laminar. 
𝐸1 = 𝑂 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 < 2 
𝐸2 = 
𝜏²
2𝑡³
 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 ≥ 𝜏/2 
 
Considerando que 𝑡1 =
𝜏
2
 
RESOLVENDO NO PROGRAMA POLYMATH 
Imagem 05: Dados encontrados com auxílio do Polymath 
 
Fonte: autores, 2019 
 
Imagem 06: Gráfico obtido com auxílio do Polymath 
 
Fonte: autores, 2019 
 
Analisando o gráfico imagem 06, é possível relacionar o aumento do tempo com 
a conversão. Para valores maiores do tempo há uma conversão completa ao longo da linha 
de corrente. Dessa forma precisamos considerar um auto tempo para calcular a conversão 
quando a mesma atingir uma estabilidade, que será com um tempo grande. 
Neste modelo laminar existe a presença do atrito que influência no resultado da 
conversão. 
 
 
 
 
 
 
 
EXERCÍCIO: 13.5 E 13.8 
13.5 Uma alimentação em degrau de um traçador foi usada em um reator real com os 
seguintes resultados: 
Para 𝑡 ≤ 10 min, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝐶𝑇 = 0 
Para 10 ≤ 𝑡 ≤ 30 min, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝐶𝑇 = 10𝑔/𝑑𝑚³ 
Para𝑡 ≥ 30 𝑚𝑖𝑛, 𝑒𝑛𝑡ã𝑜 𝐶𝑇 = 40𝑔/𝑑𝑚³ 
A reação de segunda ordem A→ 𝐵, com 𝑘 = 0,1 𝑑𝑚3/(𝑚𝑜𝑙 𝑚𝑖𝑛), deve ser feita 
em um reator real, com uma concentração de entrada de A igual a 1,25 mol/dm³, a uma 
vazão volumétrica de 10 dm³/min. Aqui, k é dado em 325K. 
a) Qual o tempo de residência média? 
Para se calcular o tm, tempo de residência média podemos utilizar a equação: 
𝑡𝑚 = ∫ 𝑡𝐸(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
Sendo o valor de E(t) encontrado pela seguinte equação: 
 𝐸(𝑡) =
𝐶(𝑡)
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
Para calcular a integral ∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
, foi respeitado os tempos da DTR, sendo três 
intervalos diferentes. 
∫ 𝐶(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
= ∫ 0 𝑑𝑡 + ∫ 10 𝑑𝑡 + ∫ 40 𝑑𝑡
40
30
30
10
10
0
= 600 𝑔/𝑑𝑚³ 
O cálculo de E(t) também foi levado em consideração os intervalos, obtivemos: 
Para 𝑡 ≤ 10 min, 𝐸(𝑡) = 0 
Para 10 ≤ 𝑡 ≤ 30 min, 𝐸(𝑡) = 0,0167 
Para 𝑡 ≥ 30 𝑚𝑖𝑛, 𝐸(𝑡) = 0,066 
Reescrevendo novamente e com todos os intervalos respeitados, obtemos o tempo 
médio: 
𝑡𝑚 = ∫ 0 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 0,0167 𝑡 𝑑𝑡 + ∫ 0,066 𝑡 𝑑𝑡
40
30
30
0
10
0
= 29,78 𝑚𝑖𝑛 
 
b) Qual é a variância? 
 
Para o cálculo da variância podemos utilizar a equação: 
𝜎2 = ∫ (𝑡 − 𝑡𝑚)
2𝐸(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
Semelhante ao realizado anteriormente, também precisa-se calcular a integral 
respeitando os intervalos diferentes, obtendo: 
𝜎2 = ∫ (𝑡 − 29,78)2 0𝑑𝑡
10
0
+ ∫ (𝑡 − 29,78)2 0,0167𝑑𝑡 + ∫ (𝑡 − 29,78)2 0,066𝑑𝑡
40
30
30
10
 
𝜎2 = 0,0167 ∫ (𝑡2 − 59,56𝑡 + 886,85 )𝑑𝑡 + 0,066 ∫ (𝑡2 − 59,56𝑡 + 886,85)𝑑𝑡
40
30
30
10
 
𝜎2 = 66,56 𝑚𝑖𝑛² 
 
c) Que conversões você espera de um PFR ideal e um CSTR ideal em um reator 
real com 𝑡𝑚. 
 
Partindo da equação de balanço do PFR e considerando a lei de velocidade descrita 
no problema, podemos fazer os seguintes arranjos: 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
= 
−𝑟𝐴
𝐹𝐴0
 
𝑑𝑋 𝐹𝐴0 = −𝑟𝐴 𝑑𝑉 
−𝑟𝐴 = 𝑘𝐶𝐴² 
 
 
Sabendo que: 
−𝑟𝐴 = 𝑘(𝐶𝐴0(1 − 𝑋))
2
 
𝐹𝐴0 = 𝐶𝐴0𝑣0 
𝑡𝑚 = 𝜏= 
𝑉
𝑣0
 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)²
𝑣0
 
Pode-se isolar os temos e integrar a equação: 
∫
𝑑𝑋
(1 − 𝑋)²
= ∫
𝑘𝐶𝐴0
𝑣0
𝑉
0
𝑋
0
 𝑑𝑉 
 
1
1 − 𝑥
− 1 = 𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚 
 
Isolando o X obtemos: 
𝑋 = 
𝑡𝑚𝑘𝐶𝐴0
1 + 𝑡𝑚𝑘𝐶𝐴0
 
Substituindo os valores na equação na equação encontramos o valor para X: 
𝑋 = 
29,78 × 0,1 × 1,25
1 + (29,78 × 0,1 × 1,25)
 
 
𝑋 = 0,7882 
Para obter o valor da conversão em um reator CSTR, saímos da equação de projeto: 
𝑉 = 
𝐹𝐴0
−𝑟𝐴
∗ 𝑋 
 Sabendo que: 
−𝑟𝐴 = 𝑘(𝐶𝐴0(1 − 𝑋))
2
 
𝐹𝐴0 = 𝐶𝐴0𝑣0 
𝑡𝑚 = 𝜏 = 
𝑉
𝑣0
 
Podemos rearranjar a equação: 
𝑉 = 
𝐶𝐴0𝑣0
𝑘(𝐶𝐴0(1 − 𝑋))
2 𝑋 
𝜏 =
𝑋
𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)2
 
𝑋 − 2 +
1
𝑋
=
 1
𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
 
Ao substituir os valores temos: 
𝑋 +
1
𝑋
− 2,269 = 0 
Para resolver esse polinômio utilizados o Software Wolfram, e obtemos o valor de 
conversão de X= 0,599. 
 
d) Qual é a conversão prevista para o modelo de segregação? 
Para calcular a conversão média, através do modelo da segregação, utilizamos a seguinte 
equação: 
𝑑�̅�
𝑑𝑡
= 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡) 
Como nesse modelo, cada molécula é considerada um reator batelada, para encontrar o 
valor de X(t), utilizamos a equação de balanço para batelada: 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
=
−𝑟𝐴
𝐶𝐴0
 
Sabendo que: 
−𝑟𝐴 = 𝑘(𝐶𝐴0(1 − 𝑋))
2
 
𝐹𝐴0 = 𝐶𝐴0𝑣0 
𝑡𝑚 = 𝜏 = 
𝑉
𝑣0
 
 
Substituindo: 
 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= 𝑘𝐶𝐴0(1 − 𝑋)² 
∫
𝑑𝑋
(1 − 𝑋)²
𝑋
0
= ∫ 𝑘𝐶𝐴0𝑑𝑡
𝑡
0
 
1
1 − 𝑋
− 1 = 𝑘𝐶𝐴0𝑡 
 
Isolando o X obtemos: 
𝑋(𝑡) =
𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
1 + 𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
 
 
�̅� = ∫
𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
1 + 𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
⌈
1
4
𝛿(𝑡 − 𝜏1) +
3
4
𝛿(𝑡 − 𝜏2)⌉
∞
0
𝑑𝑡 
�̅� =
1
4
𝑘𝐶𝐴0𝜏1
1 + 𝑘𝐶𝐴0𝜏1
+
3
4
𝑘𝐶𝐴0𝜏2
1 + 𝑘𝐶𝐴0𝜏2
= 0.731 
 
e) Calcule a conversão usando o modelo de segregação, considerando que T(K)= 
325-500X e E/R=5000K 
Sabemos que a equação para X é: 
 
𝑋(𝑡) =
𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
1 + 𝑘𝐶𝐴0𝑡𝑚
 
 
Sendo que o k também varia com a velocidade, através da equação de Arrhenius 
podemos escrever a constante da velocidade em função da temperatura: 
 
𝑘2 = 𝑘1 exp (
𝐸
𝑅
(
1
𝑇1
−
1
𝑇2
)) 
Sendo que de acordo com o enunciado a temperatura se comporta: 
𝑇 = 325 − 500𝑋 
 
 
Dessa forma a conversão máxima será 0.71 
 
Questão 13.8 
A reação em fase líquida de terceira ordem, com uma concentração de entrada de 2M, 
A→𝑘3 B ocorreu em um reator que tem a seguinte DTR: 
E(t) = 0 para t < 1 min 
E(t) = 1,0 𝑚𝑖𝑛−1 para 1 ≤ t ≤ 2 min 
E(t) = 0 para t > 2 min 
 
a) Para uma operação isotérmica, qual é a conversão prevista por um CSTR, PFR, 
LFR e pelo modelo de segregação, 𝑋𝑠𝑒𝑔? 
 
• Cálculo de 𝜏: 
Para a resolução da questão, iniciamos calculando o valor correspondente ao tempo 
médio. Na ausência de dispersão e para uma vazão volumétrica constante, independente 
da DTR e da idealidade do reator, pode-se considerar o tempo nominal, 𝜏, como igual ao 
tempo de residência médio 𝑡𝑚 (FOGLER, 1939). 
Sendo: 
 
𝑡𝑚 = ∫ 𝑡 𝐸(𝑡)𝑑𝑡
∞
0
 
 
E partindo da DTR obtida, que foi fornecida pela questão, obtivemos os seguintes valores: 
 
t E(t) t*E(t) 
0 0 0 
1 1 1 
2 2 2 
3 3 0 
 
Para calcular a integral, utilizamos método numérico de Simpson 3/8: 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑋
𝑋3
𝑋0
=
3
8
ℎ (𝑓𝑋0 + 3𝑓𝑋1 + 3𝑓𝑋3 + 𝑓𝑋4) 
Sendo: 
ℎ =
𝑋3 − 𝑋0
3
 
 
Trocando os valores na fórmula: 
 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑋
𝑋3
𝑋0
=
3
8
(𝑓𝑋0 + 𝑓𝑋1 + 𝑓𝑋3 + 𝑓𝑋4) 
 
ℎ =
3 − 0
3
= 1 
 
∫ 𝑓(𝑥)𝑑𝑋
𝑋3
𝑋0
=
3
8
(0 + 3 ∗ 1 + 3 ∗ 2 + 0) 
 
𝑡𝑚 = 3,375 𝑚𝑖𝑛 
 
 
• Para um CSTR: 
 
Partindo da equação de projeto: 
 
𝑉 =
𝐹𝐴0𝑋
−𝑟𝐴
 
E da lei de velocidade: 
−𝑟𝐴 = 𝐾𝐶𝐴³ 
A Partir da estequiometria: 
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0 (1 − 𝑋) 
−𝑟𝐴 = 𝐾𝐶𝐴0³(1 − 𝑋)³ 
 
Sabendo que: 
𝑉
𝑣0
= 𝜏 
𝐹𝐴0 = 𝑣0𝐶𝐴0 
Dessa forma, rearranjando as equações: 
𝑉 =
𝐹𝐴0𝑋
−𝑟𝐴
 
𝑉 =
𝑣0𝐶𝐴0𝑋
𝐾𝐶𝐴0³(1 − 𝑋)³
 
𝑉 =
𝑣0𝑋
𝐾𝐶𝐴0²(1 − 𝑋)³
 
𝑉
𝑣0
=
𝑋
𝐾𝐶𝐴0²(1 − 𝑋)³
 
𝜏 =
𝑋
𝐾𝐶𝐴0²(1 − 𝑋)³
 
(1 − 𝑋)³
𝑋
=
1
𝜏𝐾𝐶𝐴0²
 
Sabendo que: 
𝜏 = 3,375 𝑚𝑖𝑛 
𝐶𝐴0 =
2𝑚𝑜𝑙
𝐿
 
𝑘 =
0,3𝑑𝑚6
𝑚𝑜𝑙2
/ min 𝑎 300𝐾 
Trocando os valores na fórmula obtemos: 
(1 − 𝑋)3 =
𝑋
0,247
 
Abrindo a equação para obter o polinômio: 
−𝑋3 + 3𝑋2 − 3𝑋 + 1 = 4.0486𝑋 
−𝑋3 + 3𝑋2 − 3𝑋 + 1 = 4.0486𝑋 
−𝑋3 + 3𝑋2 − 7.0486𝑋 + 1 = 0 
Resolvendo o polinômio com o auxílio do Software WolframAlpha, obtivemos os 
seguintes valores: 
 
 
 
Como duas raízes corresponde ao grupo dos números imaginários, podemos inferir que a 
conversão nesse caso será de 0,151100. 
• Para um PFR: 
Partindo da equação de balaço molar: 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
−𝑟𝐴
𝐹𝐴0
 
E da lei da Velocidade: 
−𝑟𝐴 = 𝐾𝐶𝐴³ 
A partir da estequiometria: 
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0 (1 − 𝑋) 
−𝑟𝐴 = 𝐾𝐶𝐴0³(1 − 𝑋)³ 
E sabendo que: 
𝐹𝐴0 = 𝑣0𝐶𝐴0 
𝑉
𝑣0
= 𝜏 
Podemos reescrever a equação como: 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
𝐾𝐶𝐴0³(1 − 𝑋)³
𝑣0𝐶𝐴0
 
𝑑𝑋
𝑑𝑉
=
𝐾𝐶𝐴0²(1 − 𝑋)³
𝑣0
 
 
Reorganizando para integrar: 
∫
𝑑𝑋
(1 − 𝑋)³
𝑋
0
= ∫
𝑑𝑉 𝐾𝐶𝐴0²
𝑣0
𝑉
0
 
 
Resolvendo a integral: 
1
2
(
1
(1 − 𝑋)²
− 1) = 𝐾𝐶𝐴0²𝜏 
 
Isolando o ´X´: 
𝑋 = 1 − √
1
2𝐾𝐶𝐴0
2 𝜏 + 1
 
 
Trocando pelos valores conhecidos: 
𝜏 = 3,375 𝑚𝑖𝑛 
𝐶𝐴0 =
2𝑚𝑜𝑙
𝐿
 
𝑘 =
0,3𝑑𝑚6
𝑚𝑜𝑙2
/ min 𝑎 300𝐾 
𝑋 = 1 − √
1
2 ∗ 0,3 ∗ 22 ∗ 3,375 + 1
 
𝑋 = 0,668 
 
• Para um PFR: 
Como o reator PFR apresenta um perfil de velocidade de escoamento, podemos 
utilizar para calcular sua conversão a partir do modelo de segregação 
Utilizando a fórmula da conversão média, do modelo de segregação, temos que: 
𝑑�̅�
𝑑𝑡
= 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡) 
Sabemos que a DTR que nos foi informada tem a seguinte apresentação: 
E(t) = 0 para t < 1 min 
E(t) = 1,0 𝑚𝑖𝑛−1 para 1 ≤ t ≤ 2 min 
E(t) = 0 para t > 2 min 
Como pelo modelo de segregação sabemos que cada molécula é considerada um reator 
batelada, podemos partir da equação do balanço molar e obter a expressão para a 
conversão: 
−𝑑𝑁𝐴
𝑑𝑡
= − − 𝑟𝐴𝑉 
Sendo que: 
𝑁𝐴 = 𝑁𝐴0 (1 − 𝑋) 
𝑑𝑁𝐴 = − 𝑁𝐴0 𝑑𝑋 
Sabendo que: 
𝐶𝐴0 =
𝑁𝐴0
𝑉
 
Podemos arruma a equação e obter: 
𝑁𝐴0 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= 𝐾𝐶𝐴0³(1 − 𝑋)³𝑉 
𝑁𝐴0 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= 𝐾
𝑁𝐴0 
𝑉
𝐶𝐴0²(1 − 𝑋)³𝑉 
𝑑𝑋
𝑑𝑡
= 𝐾𝐶𝐴0²(1 − 𝑋)³ 
Essa equação é exatamente a mesma que anteriormente foi isolada para um reator PBR, 
desse modo, sua forma, seguindo exatamente os mesmos passos que anteriormente, será: 
𝑋 = 1 − √
1
2𝐾𝐶𝐴0
2 𝑡 + 1
 
Assim para encontrar a conversão pelo modelo da segregação, podemos resolver da 
seguinte maneira: 
�̅� = ∫ 𝑋(𝑡)𝐸(𝑡)
∞
0
𝑑𝑡 
Seguindo os tempos determinados pela DTR, a conversão irá ocorrer entre 1 e 2 min: 
�̅� = ∫ [1 − √
1
2𝐾𝐶𝐴0
2 𝑡 + 1
]
2
1
𝑑𝑡 
Resolvendo essa Integral com o auxílio do Software Wolfram, obtivemos: 
�̅� = 𝑡 −
√2𝐾𝐶𝐴0
2 𝑡 + 1
𝐾𝐶𝐴0
2 | 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2 𝑒 𝑡 = 1 
Substituindo as incógnitas pelos valores conhecidos: 
𝜏 = 3,375 𝑚𝑖𝑛 
𝐶𝐴0 =
2𝑚𝑜𝑙𝐿
 
𝑘 =
0,3𝑑𝑚6
𝑚𝑜𝑙2
/ min 𝑎 300𝐾 
�̅� = 𝑡 −
√2 ∗ 0,3 ∗ 22𝑡 + 1
0,3 ∗ 2²
| 𝑝𝑎𝑟𝑎 𝑡 = 2 𝑒 𝑡 = 1 
�̅� = 0,53 
 
b) Suponha que a reação ocorra adiabaticamente, com uma temperatura de entrada 
igual a 305 K. Calcule 𝑋𝑠𝑒𝑔. 
Para encontrar o balanço em uma reação adiabática, iniciaremos a partir do balanço 
molar: 
𝑇 = 𝑇0 +
(−∆𝐻𝑅𝑋)
∑ 𝜃𝑖𝐶𝑃𝑖
𝑋 
De acordo com os dados fornecidos, reescrevendo a equação obtemos: 
𝑇 = 305 +
40000
50
𝑋 
Sabemos que a equação que descreve a conversão é: 
𝑋 = 1 − √
1
2𝐾𝐶𝐴0
2 𝑡 + 1
 
A partir da equação de Arrhenius podemos encontrar a relação da constante da velocidade 
k com relação à velocidade. 
𝐾 = 𝐾0𝑒𝑥𝑝 (
𝐸
𝑅
(
1
𝑇1
−
1
𝑇2
)) 
𝐾 = 𝐾0𝑒𝑥𝑝 (20000 (
1
305
−
1
𝑇2
)) 
Inserindo os dados no Polymath, obtemos: 
 
 
Obtemos um valor de X=0,943 quando o tempo é 5. 
3. CAPITULO 8 
 
EXERCÍCIO 8.7 
Use os dados e a reação do problema 8-6 a para os exercícios seguintes. 
A+B → C 
 
 
a) Faça um gráfico dos perfis de conversão e de temperatura do PFR até um volume de 
reator de 10 dm³, para o caso em que a reação é reversível, em Kc = 10 m³/kmol a 450K. 
Faça um gráfico do perfil da conversão de equilíbrio. 
A lei da taxa é representada por 
−𝑟𝐴 = 𝑘1𝐶𝐴𝐶𝐵 − 𝑘2𝐶𝑐 
Como kc= 
𝐾1
𝐾2
 
−𝑟𝐴 = 𝑘1(𝐶𝐴𝐶𝐵 −
𝐶𝑐
𝐾𝑐
) 
O balanço molar: 
𝐹𝐴0
−𝑟𝐴 
=
𝑑𝑋
𝑑𝑉
 
𝐹𝐴0 = 𝐶𝑎 𝑣𝑜 
𝐹𝐴0 = 0,1𝑥2 
𝐹𝐴0 = 0,02
𝑚𝑜𝑙
𝑠
 
 
Estequiometria: 
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0(1 − 𝑋) 
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴0(1 − 𝑋) 
𝐶𝐶 = 𝐶𝐴0𝑋 
 
Realizando a conversa temos: 
−𝑟𝐴 = 𝑘1𝐶𝐴0²((1 − 𝑋)² −
𝑋
𝐶𝐴0𝐾𝑐
) 
 
A conversão de equilíbrio representa a mais alta conversão a ser atingida em 
reações reversíveis. Para reações do tipo endotérmica a temperatura auxilia no aumento 
da conversão do equilíbrio, maior a temperatura maior a conversão. Já, para reações 
exotérmicas, a conversão de equilíbrio diminui com o aumento de temperatura. 
No equilíbrio −𝑟𝐴 = 0. 
A equação para a conversão em equilíbrio. 
𝑋𝑒 = 
𝐾𝑐
1 + 𝐾𝑐
 
O balanço de energia para uma reação adiabática é representado por: 
𝑋𝐵𝐸 =
∑ 𝜃𝑖𝐶𝑖 (𝑇 − 𝑇𝑖0)
−[∆H𝑅𝑥
0(𝑇𝑅) + ∆Cp(T − 𝑇𝑅)
 
 
Nesses parâmetros ∆Cp = 0, reescrevendo isolando a temperatura, temos: 
𝑇 = 𝑇0 +
𝑋[−∆H𝑅𝑥
0(𝑇0)]
∑ 𝜃𝑖𝐶𝑖
 
O calor especifico e a entalpia é obtido pela variação: produto menos reagente. 
Com dados tabelados. 
∆𝐶𝑝 = 𝐶𝑝𝑐 − 𝐶𝑝𝑏 − 𝐶𝑝𝑎 
∆𝐶𝑝= 30-15-15 
∆𝐶𝑝 = 0 
 
∆𝐻𝑅 = 𝐻𝑐 − 𝐻𝑏 − 𝐻𝑎 
∆𝐻𝑅 = −41000 − (−15000) − (−20000) 
 
∆𝐻𝑅 = 
−6000𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
 
 
Valor referente a (a) 
Como ∆𝐻𝑅 < 0 a reação é do tipo exotérmica. 
 
Substituindo os valores chegamos a: 
𝑇 = 300 +
6000𝑋
30
= 300 + 200𝑋 
 A lei da velocidade relacionada a arrhenius. 
𝑘 = 𝑘(𝑇1)𝑒𝑥𝑝 (
𝐸
𝑅
(
1
𝑇1
−
1
𝑇
)) 
𝑘 = 0,01𝑒𝑥𝑝 (
10000
1,97
(
1
300
−
1
𝑇
)) 
𝐾𝑐 = 𝐾𝑐(𝑇2)𝑒𝑥𝑝 (
∆𝐻𝑅
𝑅
(
1
𝑇2
−
1
𝑇
)) 
𝐾𝑐 = 10𝑒𝑥𝑝 (
6000
1,97
(
1
450
−
1
𝑇
)) 
 
Após foi utilizado o software Polymath, as equações de projeto como uma EDO e 
seus parâmetros foram explícitos. Para encontrar a conversão e a temperatura, o volume 
foi variando de 0 a 10m³. 
 
 
 
 
 
 
O gráfico encontrado pelo programa foi de: 
 
 
 
 
 
 
b) Repita o item (a) quando um trocador de calor for adicionado, Ua=20 cal/m³sK, e a 
temperatura do refrigerante for constante, Ta=450K. 
Após o trocador de calor ser adicionado, o balanço de energia pode ser escrito por: 
𝑑𝑇
𝑑𝑉
=
𝑈𝑎(𝑇𝑎 − 𝑇) + (−𝑟𝐴)[−∆𝐻𝑅(𝑇)]
𝐹𝐴0(∑ 𝜃𝑐𝐶𝑐 + ∆�̂�𝑝)
 
 
 
 
Substituindo os valores: 
𝑑𝑇
𝑑𝑉
=
20(450 − 𝑇) + (−𝑟𝐴)[6000]
0,2(30 + 0)
 
 
Com o auxílio do Polymath, resolvemos a EDO. 
 
 
 
 
c) Repita o item (b) para um trocador de calor co-corrente, com uma vazão do 
refrigerante igual a 50 g/s e Cp=1 cal/g.K, sendo a temperatura de entrada do refrigerante 
igual a Ta0=450 K. Varie a vazão do refrigerante (10<mc<1000 g/s). 
Neste modelo de trocador de calor, o escoamento do reagente e do fluido estão na 
mesma direção. 
 A temperatura do refrigerante já foi obtida e é constante, podemos usar o termo 
de calor adicionado ao reator. 
O calor adicionado é representado por: 
 𝐶𝑝𝑐 =
1𝑐𝑎𝑙
𝑔𝐾
 
�̇�𝑐 = 50𝑔/𝑠 
 
 
�̇� = �̇�𝑐𝐶𝑝𝑐(𝑇̇ − 𝑇𝑎) [1 − 𝑒𝑥𝑝 (
−𝑈𝐴
�̇�𝑐𝐶𝑝𝑐
)] 
 
Com valores grandes de vazão do fluido tipo refrigerante o expoente será considerado 
pequeno. A serie de Taylor pode ser utilizada para expandir o expoente. Sendo os termos 
de segunda ordem não utilizados. 
�̇� = �̇�𝑐𝐶𝑝𝑐(𝑇̇ − 𝑇𝑎) [1 − (1 −
𝑈𝐴
�̇�𝑐𝐶𝑝𝑐
)] 
�̇� = 𝑈𝐴(𝑇̇ − 𝑇𝑎) 
 
 
 O balanço de energia quando o trocador de calor é adicionado: 
𝑑𝑇
𝑑𝑉
=
𝑈𝑎(𝑇 − 𝑇𝑎) + (−𝑟𝐴)[−∆𝐻𝑅(𝑇)]
𝐹𝐴0(∑ 𝜃𝑐𝐶𝑐 + ∆�̂�𝑝)
 
𝑑𝑇
𝑑𝑉
=
�̇� + (−𝑟𝐴)[−∆𝐻𝑅(𝑇)]
𝐹𝐴0(30)
 
Nesse passo o Polymath não conseguir resolver a EDO, pois muitos parâmetros 
foram adicionados. 
 
d) Repita o item (c) para um escoamento do refrigerante em contracorrente. 
Nesse tipo de escoamento o refrigerante e o reagente da mistura escoam em direções 
opostas. Logo as temperaturas estarão invertidas. 
�̇� = �̇�𝑐𝐶𝑝𝑐(𝑇𝑎1̇ − 𝑇) [1 − 𝑒𝑥𝑝 (
−𝑈𝐴
�̇�𝑐𝐶𝑝𝑐
)] 
�̇� = 𝑈𝐴(𝑇𝑎̇ − 𝑇) 
 O balanço de energia é dado por: 
𝑑𝑇
𝑑𝑉
=
𝑈𝑎(𝑇𝑎 − 𝑇) + (−𝑟𝐴)[−∆𝐻𝑅(𝑇)]
𝐹𝐴0(∑ 𝜃𝑐𝐶𝑐 + ∆�̂�𝑝)
 
𝑑𝑇
𝑑𝑉
=
�̇� + (−𝑟𝐴)[6000]
𝐹𝐴0(30)
 
 
Com o auxílio do Polymath foi possível resolver a EDO. 
 
 
 
 
 
 
O escoamento contracorrente se torna melhor, pois a conversão apresenta-se 
maior e a temperatura igual. 
 
e) Compare suas respostas ao item (a) até o item (d) e descreva o que você achou. Que 
generalizações você pode fazer? 
Uma generalização aceita é que o fluxo de refrigerante contracorrente apresenta 
características melhores do que o co-corrente, obtendo a conversão máxima de equilíbrio 
usando um volume menor de PFR. 
 
 
EXERCÍCIO 8.18 
A reação reversível elementar 𝐴 ↔ 𝐵 ocorre em CSTR com trocador de calor. O 
ar puro entra no reator. 
 
a) Deduza uma expressão (ou conjunto) para calcular G(T) em uma função do calor 
de reação, da constante de equilíbrio, da temperatura, e assim por diante. Mostre 
um cálculo simples para G(T) a T= 400k. 
 
Partindo da equação de projeto para volume de um CSTR: 
𝑉 =
𝐹𝐴0𝑋
−𝑟𝐴
 
Sabemos que a lei da velocidade de uma reação reversível pode ser expressa por: 
−𝑟𝐴 = 𝑘[(𝐶𝐴 − 𝐶𝐵)/𝐾𝐶] 
Sendo 𝐾𝐶 a constante de equilíbrio. 
A equação de vazão molar pode ser definida por: 
𝐹𝐴0 = 𝑣0𝐶𝐴0 
 
Podemos reescrever a equação: 
𝑉 =
𝐹𝐴0𝑋
−𝑟𝐴
=
𝑣0𝐶𝐴0𝑋
𝑘[(𝐶𝐴 − (𝐶𝐵/𝐾𝐶)]
 
 
Da estequiometria temos que: 
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴0(1 − 𝑋) 
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴0𝑋 
 
𝑉 =
𝐹𝐴0𝑋
−𝑟𝐴
=
𝑣0𝐶𝐴0𝑋
𝑘[𝐶𝐴0(1 − 𝑋) − (
𝐶𝐴0𝑋
𝐾𝐶
)]
 
(
𝑉
𝑣0
) 𝑘𝐶𝐴0 [(1 − 𝑋) − (
𝑋
𝐾𝐶
)] = 𝐶𝐴0𝑋 
Sabendo que 
𝑉
𝑣0
= 𝜏 
𝜏𝑘 [(1 − 𝑋) − (
𝑋
𝐾𝐶
)] = 𝑋 
Isolando 𝑋: 
𝜏𝑘 = 𝑋 + 𝜏𝑘𝑋 +
𝜏𝑘𝑋
𝐾𝐶
 
 
𝑋 = 
𝜏𝑘
1 + 𝜏𝑘 +
𝜏𝑘
𝐾𝐶
 
Sabendo que: 
G(T) = −∆H𝑅𝑋 𝑋 
 
Calcularemos o valor da conversão com os dados fornecidos no problema: 
𝑋 = 
𝜏𝑘
1 + 𝜏𝑘 +
𝜏𝑘
𝐾𝐶
 
𝜏 =
𝑉
𝑣0
=
10
1= 10 𝑚𝑖𝑛 
𝑋 = 
10 ∗ 1
1 + 10 ∗ 1 +
10 ∗ 1
100
= 0.09009009 
Logo, 
G(400) = −(−80000 ∗ 0.09009009) 
G(400) =7200 cal/mol 
 
b) Quais as temperaturas de estado estacionário? 
A temperatura ambiente, Ta= 37°C e temperatura de alimentação, 𝑇0 = 37°C, 
equivalente a 310,15K. 
Para uma reação em primeira ordem ocorrendo em um CSTR em estado estacionário, 
a reação: 
−∆H𝑅𝑋 𝑋 = 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶) é combinada com a equação de projeto 𝑋 =
−𝑟𝐴𝑉
𝐹𝐴0
 
resultando em um termo de geração de calor G(T) e remoção de calor R(T). 
Lembrando que: 
𝑘 =
𝑈𝐴
𝐹𝐴0𝐶𝑝0
 
𝑇𝐶 =
𝑘𝑇𝑎 + 𝑇0
1 + 𝑘
 
𝑅(𝑇) = 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶) 
 
Trocando os valores de acordo com os dados fornecidos: 
𝑘 =
𝑈𝐴
𝐹𝐴0𝐶𝑝0
=
3600
10 ∗ 40
= 9 
𝑇𝐶 =
𝑘𝑇𝑎 + 𝑇0
1 + 𝑘
=
9 ∗ 310,15 + 310,15
1 + 9
= 310,15 
 
Com o objetivo de encontrar as temperaturas do estado estacionário foi necessário 
plotar o gráfico de R(T) curva de calor removido versus a e G(T), curva de calor gerado. 
A equação de R(T) é descrita por: 
𝑅(𝑇) = 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶) 
𝑅(𝑇) = 400(𝑇 − 310,15) 
 
 E a equação G(T) é obtida por: 
G(T) = −∆H𝑅𝑋 𝑋 
X(T) = 
𝜏K
1+𝜏K
 
𝐾 = 𝐾1𝑒𝑥𝑝
(
𝐸
𝑅(
1
𝑇1−
1
𝑇)
)
 
 
Substituindo k em termos de equação de Arrhenius, obtemos. 
G(T)= 
−∆H𝑅𝑋𝜏K
1+𝜏K
 
 
Os valores escolhidos foram de 310,15 até 600,15k com um intervalo de 10k. O 
gráfico foi plotado. 
 
Fonte autores, 2019 
 
Analisando o gráfico foi possível encontrar três temperaturas que relacionam o 
estado estacionário, sendo elas, os pontos de intersecção das curvas R(T) versus G(T). Os 
pontos Uma das temperaturas de estado estacionários é 500K, outra próxima a 370k e 
310, como mostra o gráfico. 
 
c) Quais estados estacionários são localmente estáveis? 
 
Fonte, autores 2019 
A fase de estado estacionário estável pode ser observada na linha laranja da função 
G(T). Os pontos intermediários de cor preta representam as temperaturas de estado 
estacionário instável. 
 Entre os pontos pretos observados, foi possível afirmar que a curva do calor 
removido é maior que a curva do calor gerado, de tal modo que a temperatura continuará 
a diminuir até que o estado estacionário inferior seja atingido. 
 
d) Qual a conversão correspondente ao estado estacionário superior. 
Analisando o gráfico a temperatura do estacionário superior foi encontrada a 500k. 
Para obter a conversão correspondente as equações de R(T) e G(T) foram igualadas. 
G(T)= (−∆H𝑅𝑋)
(−𝑟𝑎𝑉)
(𝐹𝑎0)
 = (−∆H𝑅𝑋)(X) 
0
20000
40000
60000
80000
100000
120000
140000
300 320 340 360 380 400 420 440 460 480 500 520 540 560 580 600 620
R
(T
),
 G
(T
)
T
E S T A D O S E S T A C I O N Á R I O S I N S T Á V E I S E E S T Á V E I S 
R(T)= 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶) 
Logo G(T) = R(T): (−∆H𝑅𝑋)(X) = 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶) 
Os parâmetros foram obtidos utilizando as seguintes equações. 
 
𝑘 =
𝑈𝐴
𝐹𝐴0𝐶𝑝0
 = 
3600
10∗40
= 9 
𝑇𝐶 =
𝑘𝑇𝑎 + 𝑇0
1 + 𝑘
=
9 ∗ 310,15 + 310,15
1 + 9
= 310,15 
T: 500K 
X = 
𝐶𝑝0(1+𝑘)(𝑇−𝑇𝐶)
 (−∆H𝑅𝑋)
 = 
(10∗(1+9))(500−310,15)
(80000)
= 0,237 
 
e) Varie a temperatura Ta e faça um gráfico da temperatura do reator em função do 
Ta, identificando as temperaturas de ignição e de extinção. 
Novos valores de 𝑇𝑎 foram definidos e substituídos na equação para encontrar novos 
𝑇𝐶. Com os resultados obtidos foi calculado diferentes R(T) e plotando o gráfico, 
 As devidas equações são: 
𝑇𝐶 =
𝑘𝑇𝑎 + 𝑇0
1 + 𝑘
 
𝑅(𝑇) = 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶) 
 
 
Fonte, autores 2019 
 
A temperatura no qual ocorre uma fração de aumento, relativa a um salto no 
gráfico, representa a temperatura de ignição, entre 350 a 400K. A temperatura de extinção 
pode ser encontrada entre 300 a 350K, representa qualquer diminuição leve abaixo de 
estado estacionário. 
 
f) Se o trocador de calor do reator falhasse repentinamente, qual seria a conversão e 
qual seria a temperatura do reator quando o novo estado estacionário superior 
fosse atingido? 
 
𝑘 =
𝑈𝐴
𝐹𝐴0𝐶𝑝0
 
𝑈𝐴 = 0 = 𝑘 
𝑇𝐶 =
𝑘𝑇𝑎 + 𝑇0
1 + 𝑘
 
𝑇𝐶 =
𝑇0
1
 
Tc= 310,15k 
0
10000
20000
30000
40000
50000
60000
70000
80000
90000
100000
110000
120000
250 300 350 400 450 500 550 600 650
R
(T
),
G
(T
)
T
Foi substituído o novo Tc na equação e plotado novo gráfico relacionando a 
R(T),G(T) pelo tempo. A temperatura foi de 350K. 
 
 
 
g) Qual o valor de UA que dará a máxima conversão? 
 
𝑘 =
𝑈𝐴
𝐹𝐴0𝐶𝑝0
 
𝑅(𝑇) = 𝐶𝑝0(1 + 𝑘)(𝑇 − 𝑇𝐶)= 73520 
Tc:
To+kTa
1+𝑘
= 7421 cal 
0
10000
20000
30000
40000
50000
60000
70000
80000
90000
250 275 300 325 350 375 400 425 450 475 500 525 550 575 600 625
R
(T
),
G
(T
)
T