CAPÍTULO 4 - Dimensionamento de Reactores Isotermicos

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CAPÍTULO 4. 
DIMENSIONAMENTO DE REACTORES ISOTÉRMICOS 
 
4.1. ALGORITMO PARA O DIMENSIONAMENTO DE REACTORES 
ISOTÉRMICOS 
1. Definir conversão (para cada reacção independente!) 
 
2. Construir tabela estequiométrica 
Estabelecer a fase em que a reacção ocorre (fase líquida ou fase gasosa). 
Fase líquida: volume, V, é constante, (quase) independente 
da pressão, temperatura, e conversão! 
i
i
N
C
V
= , ( )A A0C C 1 X= − 
Fase gasosa: volume, V, não é constante, e é dependente da 
pressão, temperatura, e conversão! 
i total totali i i
i
total
y p pN p N
C
V R T R T N R T
⋅
= = = = ⋅
⋅ ⋅ ⋅ ’ 
( )
( )A A0
1 X
C C
1 X
−
=
+ ε 
 
3. Estabelecer o balanço molar para cada componente no reactor: 
A
A,0 A A
V
dN
F F r dV
dt
− + ⋅ =∫ 
Escolher o tipo de reactor e fazer simplificações apropriadas à equação de 
balanço molar 
a. Batch: AA
dN
r V
dt
⋅ = ou 
X
A,0
A0
dX
t N
r V
= ⋅
− ⋅∫ 
b. CSTR: A,0 A AF F r V 0− + ⋅ = ou 
A,0
A
F X
V
r
⋅
=
− 
c. PFR: A,0 A A
V
F F r dV 0− + ⋅ =∫ ou A,0 A
dX
F r
dV
⋅ = − 
 ou 
X
A,0
A0
dX
V F
r
= ⋅
−∫ 
d. PBR: 
'
A,0 A A
W
F F r dW 0− + ⋅ =∫ ou 'A ,0 A
dX
F r
dW
⋅ = − 
ou 
X
A,0 '
A0
dX
W F
r
= ⋅
−∫ 
 
4. Determinar a velocidade da reacção: 
A velocidade da reacção é tipicamente dada em termos de concentração 
(ri=f(Cj,T)) ou para fase gasosa em termos de pressão parcial (ri=f(pj,T)). 
As concentrações ou pressões parciais podem ser determinadas apartir da 
tabela estequiométrica (vide o ponto 1). 
 
5. Combinar e resolver 
 
 
4.2. PERDAS DE CARGA EM REACTORES TUBULARES (PBR/PFR) 
Na maioria das reações de catálise hetorogênea a massa reacional passa através de 
um leito de enchimento de partículas do catalisador sólido. 
 
 
Neste processo, os fluídos encontram resistência, e assim perdem energia devido 
ao atrito com as grãos do catalisador, o que origina diminuição da pressão, i.e. 
perda de pressão, ou simplesmente perda de carga. 
 
A equação mais usada para calcular perdas de pressão em material poroso 
compacto é a Equação de Ergun (A): 
 
 
 
 
 
Onde: 
P: Pressão, lb/ft2 
volume livre
porosidade
volume total do leito
φ = = 
 
volume do solido
1
volume total do leito
− φ = 
 
( )m mc 2 2
f f
lb ft lb ft
g 32.174 factor de conversao 4.17 108
s lb h lb
⋅ ⋅= = ×
⋅ ⋅ 
(Nota: no sistema métrico gc = 1.0) 
( )
3
gas c particula particula
150 1dP G 1
1.75G
dz g D D
 − φ µ − φ= − +  ρ φ    
 
(A) 
Dparticula: Diâmetro da particula no leito, ft 
µ: Viscosidade do gás que atravessa o leito, lbm/ft.h 
z: Comprimento do leito, ft 
caudal volumetrico ft
u velocidade superficial ,
area da secao transversal do tubo h
= = 
ρ: densidade do gás, lb/ft3 
G = ρu = velocidade mássica superficial, (g/cm2.s) ou (lbm/ft
2.h) 
 
A densidade de um gás varia ao longo do reactor, uma vez que é função da 
temperatura, pressão, etc. O fluxo mássico através do reactor permanece 
constante: 
0m m=& & 
O fluxo mássico é dado pelo fluxo volumétrico e densidade do gás: 
0
gas,0 0 gas gas gas,0
v
v v
v
ρ = ρ ⇒ ρ = ρ
&
& &
&
 
O caudal volumétrico é dado pela equação de estado dos gases ideais: 
0 T0T
T 0
v FF T P
v P
R T v F T P
= =
⋅
&
&
&
 
Assim: 
 
0 T0
gas gas,0
0 T
T FP
P T F
 ρ = ρ  
 
 
 
Subsituindo na Equação de Ergun: 
 
( ) 0 T
3
gas,0 c particula particula 0 T0
150 1 P FdP G 1 T
1.75G
dz g D D P T F
 − φ µ   − φ= − +    ρ ⋅ φ      
 
 
Tomando: 
( )
0 3
gas,0 c particula particula
150 1G 1
1.75G
g D D
 − φ µ − φβ = +  ρ ⋅ φ    
 
 
Obtemos uma equação simplificada (B): 
 (B) 
 
 
 
0 T
0
0 T0
P FdP T
dz P T F
 
= −β  
 
 
O cumprimento do leito z e a massa do catalisador W (variável de interesse) estão 
relacionados: 
( )bulk c catalisador cW A z 1 A z= ρ ⋅ ⋅ = ρ ⋅ − φ ⋅ ⋅ 
 
 Derivando: ( )catalyst c
1
dz dW
1 A
= ⋅
ρ ⋅ − φ ⋅
 (C) 
 
Note que a densidade bulk ρbulk (massa de catalisador por volume do leito) é o 
produto da densidade do catalisador ρcatalisador pela fracção de sólidos (1-Φ) 
( )bulk catalisador 1ρ = ρ − φ 
 
Substituindo (C) em (B): 
 
( )
0 0 T
c catalisador 0 T0
P FdP T
dW A 1 P T F
 β
= −  − φ ρ  
 
 
Se tomarmos: 
( )
0
c catalisador 0
2
A 1 P
β
α =
ρ − φ 
 
Obteremos (D): 
 
 0 T
0 0 T0
P FdP T
dW 2 T P P F
 α= −  
 
 (D) 
 
Para reações simples em reactores de enchimento, é conveniente exprimir a 
Equação de Ergun em termos de conversão 
 A0T T0 A0 T0
T0
F
F F F X F 1 X
F
 
= + ⋅ δ ⋅ = + ⋅ δ ⋅ 
 
 (E) 
Recorde que A0T A0
T0 T0
FF
1 X, onde y
F F
= + ε ε = ⋅ δ = ⋅ δ (F) 
 
Substituindo (E) e (F) em (D) obtemos a Equação de Ergun para o cálculo da 
queda de pressão (∆P) em reactores de leito compacto: 
 
 (G) 
 
 
Analisando a equação acima pode notar-se que: 
P( 0) P( 0) P( 0)∆ ε < < ∆ ε = < ∆ ε > 
( )0
0 0
PdP T
1 X
dW 2 T P P
α= − + ε 
Se ε = 0, ou se (εX) for negligenciável em relação a 1 (i.e., 1 >> εX ) e se T = T0 
(operação isotérmica), a equação (G) simplifica-se em: 
( )
0
0
PdP
dW 2 P P
α
= − 
 
Rearranjando: 
( )0
0
d P P2P
P dW
= −α 
 
Introduzindo o termo P/P0 na derivada: 
( )20d P P
dW
= −α 
 
Integrando com P = P0 quando W = 0: 
2
0
P
1 W
P
 
= − α 
 
 
 
Tirando a raíz quadrada em ambos os termos: 
 
( )1 2
0
P
1 W
P
= − α (H) 
Onde ( )
0
c catalisador 0
2
A 1 P
β
α =
ρ − φ 
 
Quando desejável, a pressao P pode ser expressa em termos de uma distância z ao 
longo do cumprimento do reactor. 
 
1 2
0
0 0
2 zP
1
P P
 β
= − 
 
 (I) 
 
TPC: Derive a equação (I) partindo da Equação de Ergun (A) 
 
Exemplo (4-5 in Fogler): 
Cálculo da perda de pressão num reactor de enchimento 
Calcule a perda de pressão numa série de 40 tubos de 60 ft de 
cumprimento cada e 1½ inch de diâmetro preenchidos de grãos de 
catalisador com ¼ inch de diâmetro quando atravessados por um gás a 
um caudal mássico de 104.4 lb/h. A temperatura, 260ºC, é constante 
ao longo do tubo. A porosidade é 45% e as propriedades do gás são 
similares às do ar a esta temperatura. A pressão à entrada é de 10 atm. 
 
Resolução 
No fim do reactor z = L e a equação das perdas de carga (I) torna-se: 
1 2
0
0 0
2 LP
1
P P
 β
= − 
 
 
( ) ( )
0 3
c 0 p p
G 1 150 1
1.75G
g D D
 − φ − φ µ
β = + ρ φ   
, onde: 
c
m
G
A
=
&
 
Para um arranjo de 40 tubos de 1½ inch de diâmetro, teremos Ac = 0.01414 ft
2. 
Assim: m m
2 2
104.4 lb h lb
G 7383.3
0.01414 ft h ft
= =
⋅
 
Para o ar a 260°C e 10 atm de pressão, 
 m0.0673lb ft hµ = ⋅ 
 30 m0.413lb ftρ = 
 
A partir do enunciado do problema 
 
p
1
D inch 0.0208ft
4
= = 
 8 mc 2
f
lb ft
g 4.17 18
lb h
⋅= ×
⋅
 
 
Substituindo os valores acima na equação (* ), obteremos: 
( )
( )( )( )( )
( )( ) ( )
2
m
0 38 2 3
m f m
m m
2
7383.3lb ft h 1 0.45
4.17 10 lb ft lb h 0.413lb ft 0.0208ft 0.45
150 1 0.45 0.0673lb ft h lb
1.75 7383.3
0.0208ft ft h
 ⋅ × −
 β =
 × ⋅ ⋅ 
 − ⋅
× + ⋅ 
 
 
( )f m f0 2 3
m
lb h lb lb
0.01244 266.9 12,920.8 164.1
ft lb ft h ft
⋅
β = + =
⋅ ⋅
 
2
f
0 2 2 2
f
lb 1ft 1atm
164.1
ft 144inch 14.7lb inch
β = × × 
0
atm kPa
0.0775 25.8
ft m
β = = 
 
 
 
Por fim….. 
1 2 1 2
0
0 0
2 LP 2 0.0775atm ft 60ft
1 1
P P 10atm
 β  × ×= − = −   
  
 
0
P 0.265 P 2.65 atm= × = 
0
P P P 10 2.65 7.35 atm∆ = − = − = 
 
 
 
 
4.3. DIMENSIONAMENTO DE UMA PLANTA QUÍMICA 
ESPECIFICAÇÕES DO DIMENSIONAMENTO: 
Produzir 90000 toneladas métricas de 
etileno glicol (EG) por ano apartir de 
etano 
REACÇÕES NECESSÁRIAS: 
Desidrogenação do etano: C2H6 �C2H4 + H2 
Oxidação do eteno: C2H4 + ½ O2 � C2H4O 
Hidrólise do óxido de etileno (EO): C2H4O + H2O � CH2OHCH2OH 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Flowsheet for the production of 90 000 tons EG p.a.
1
C2H6 PBR: C2H6����C2H4 2
3
separator
C2H6
C2H4+1/2O2 � C2H4O6
O2/N2/C2H4 /C2H4O
separator
Multi-tubular (1000 tubes) PBR
absorber
C2H4O
H2O
7
4
5
air
CSTR
8
9
H2O+H2SO4
10
Flowsheet for the production of 90 000 tons EG p.a.
1
C2H6 PBR: C2H6����C2H4 2
3
separator
C2H6
C2H4+1/2 O2 � C2H4O6
O2/N2/C2H4 /C2H4O
separator
Multi-tubular (1000 tubes) PBR
absorber
C2H4O
H2O
7
4
5
air
CSTR
8
9
H2O+H2SO4
10
Tabela abreviada de correntes: 
Corrente Espécie Caudal molar 
(mol/s) 
Cor rente Espécie Caudal 
molar (mol/s) 
1 C2H6 193 6 EO 82 
2 C2H4 154 7 EO 68 
3 C2H4 18 8 EO 58 
4 C2H4 136 9 H2O 200 
5 Air 324 10 EG 47 
 
 
4.3.1. DIMENSIONAMENTO DO DESIDROGENADOR DO ETANO 
O etano pode ser desidrogenado numa reacção elementar homogênea na 
fase gasosa C2H6 � C2H4 + H2 
2 6 2 6C H C H
r k C− = ⋅ 
 k = 0.072 s-1 at 1000K, energia de activação: 82 kcal/mol 
(equação da velocidade da reacção dada na literatura) 
 
Foi decidido processar esta reacção a 12 atm e 1100K. Por forma a manterem-
se a as condições isotérmicas no reactor, a reacção é processada num banco de 
tubos. Cada tubo possui um diâmetro de 5.1 cm (2 inch) e um comprimento de 
12 metros. Quantos tubos são necessários? 
 
1. Definir a conversão: 
Apenas uma reacção tem lugar (desidrogenação do etano), assim uma única 
conversão será definida. Define-se a conversão do etano: 
 
e tan o,0 e tan o
e tan o,0
F F
X
F
−
= 
 
2. Tabela estequiométrica 
Alimentação: etano puro 
Reacção na fase gasosa (concentração está relacionada com a pressão parcial) 
 
Espécie Início Reacção Final Fracção molar 
Etano FEtano,0 -FEtano,0 X FEtano,0 (1-X) (1-X)/(1+X) 
H2 0 FEtano,0 X FEtano,0 X X/(1+X) 
Etano 0 FEtano,0 X FEtano,0 X X/(1+X) 
 FT,0=FEtano,0 FT=NEtano,0 (1+X) 
 
A concentração de cada componente pode ser agora calculada por: 
i total
i
y p
C
R T
⋅
=
⋅ 
 
Assim, 
e tan o total total
e tan o
y p p1 X
C
R T 1 X R T
⋅ −= = ⋅
⋅ + ⋅ 
 
Assume-se que a diminuição da pressão no reactor pode ser negligenciada, uma 
vez que o reactor é um tubo vazio! 
 
Deste modo, totaletan o
p1 X 1 X 12 101325 1 X
C 132.96
1 X R T 1 X 8.314 1100 1 X
− − ⋅ −= ⋅ = ⋅ = ⋅
+ ⋅ + ⋅ + mol/m
3 
 
3. Balanço molar para um Plug Flow Reactor (PFR) 
Uma vez que apenas uma reacção tem lugar neste sistema, apenas um balanço 
molar é suficiente para o dimensionamento do reactor: 
X
e tan o,0
e tan o0
dX
V F
r
= ⋅
−∫ , com Fetano,0= 193 mol/s 
 
 Conversão final desejada 
 
e tan o,0 e tan o
e tan o,0
F F 193 39
X 0.8
F 193
− −= = = 
4. Determinação da velocidade da reacção 
A velocidade da reacção é dada como uma função da concentração do etano, que 
pode ser por uma função da conversão: 
2 6 2 6C H C H
1 X
r k C k 132.96
1 X
−− = ⋅ = ⋅ ⋅
+ 
 
A constante da velocidade da reacção é dada a 1000K. A reacção tem lugara a 
1100K. As constantes de velocidade estão relacionadas via equação de Arrhenius: 
( ) ( )
E 1 1
R 1000 1100
1100K 1000K
k k e
 ⋅ − 
 = ⋅ 
( )
82000 1 1
1.987 1000 1100
1100K
k 0.072 e
 ⋅ − 
 = ⋅ , ( )1100Kk 3.07= s-1 
Assim, 2 6C H
1 X
r 408
1 X
−− = ⋅
+ mol/(m
3 s) 
5. Combinar e resolver 
( )
( )
( )
( )
0.8 0.8
0 0
1 X 1 X
V 193 dX 0.48 dX
408 1 X 1 X
+ +
= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅
⋅ − −∫ ∫ m
3 
 
( )
( ) ( )( )
0.8 X 0.8
X 00
1 X
V 0.48 dX 0.48
1 X
2 ln 1 X X
=
=
+
= ⋅ ⋅ = ⋅
−
− ⋅ − −∫ , V = 1.15 m
3 
 
Cada tubo possui um volume de: 
( )22 2tubo tuboV d l 5.1 10 12 0.024
4 4
−π π= ⋅ ⋅ = ⋅ ⋅ ⋅ = m3 
 
Isto significa que o número de tubos necessário é igual a: 
necessario
tubos
tubo
V 1.15
N 47
V 0.024
= = = 
 
4.3.2. DIMENSIONAMENTO DE UMA UNIDADE DE OXIDAÇÃO 
DO ETILENO 
 
O eteno pode ser oxidado em óxido de etileno na presença de um 
catalisador de prata: C2H4 + ½ O2 � C2H4O 
2 4 2 4 2
1 2
' ' 3 3
C H C H O
r k p p− = ⋅ ⋅ mol/(gcat hr) 
k’ = 0.0141 mol/(gcat.atm.hr) a 260
oC (equação de velocidade da reacção 
dada na literatura) 
 
Foi decidido que a reacção deve see processada isotermicamente a 260oC 
num PBR com partículas de catalisador de prata com diametro de ¼ inch e 
densidade de 1.92 g/cm3. A porosidade do leito resultante será de 0.45. 
 
Por forma a manter as condições isotérmicas, é proposto o uso de 1000 
tubos (dtubo = 1.5 inch = 3.81 cm). O eteno é alimentado a 10 atm. O 
caudal molar total do eteno ao reactor éigual a 136 mol/s. O ar é 
alimentado ao reactor a 324 mol/s (o ar contém 21% de O2). A viscosidade 
do mistura reacional gasosa é de aproximadamente 0.26 10-4 Pa s. 
 
Qual é a quantidade de catalisador necessária em cada tubo? 
 
 
 
1. Definir conversão 
Uma única reacção tem lugar (oxidação do eteno), por isso apenas uma 
conversão. Definir conversão do eteno: 
 
eteno,0 eteno
eteno,0
F F
X
F
−
= 
 
2. Tabela estequiométrica 
Alimentação: mistura (Eteno, O2 e N2) Reacção na fase gasosa 
Eteno: 136 mol/s 
 O2: 0.21 * 324 = 68 mol/s 
N2: 0.79* 324 = 256 mol/s ⇒ Eteno: O2 = 2: 1 
 
A alimentação é distribuída pelos 1000 tubos. Deste modo o caudal da 
alimentação para cada tubo é: 
FEteno,0: 0.136 mol/s 
 FO2,0: 0.068 mol/s 
 FN2,0: 0.256 mol/s 
 
 
 
 
Espécie Início Reacção Remanescente Fracção molar 
Eteno FEteno0 -FEteno0 X FEteno,0 (1-X) FEteno,0 (1-X)/FT 
O2 FO2,0 -½FEteno0 X FO2,0-½FEteno,0 X (FO2,0-½FEteno,0 X)/FT 
N2 FN2,0 0 FN2,0 FN2,0/FT 
EO 0 FEteno,0 X FEteno,0 X FEteno,0 X /FT 
 FT,0=FEteno0+FO2,0+FN2,0 FT=FEteno,0 (1-½X) 
+FO2,0+FN2,0 
1.0 
 
As pressões parciais do eteno e do oxigénio são agora dadas por: 
Usando fracções molares Estequiometr ia directa 
( )eteno,0
eteno eteno
T,0 eteno,0
F 1 X
p y p p
1
F F X
2
⋅ −
= ⋅ = ⋅
− ⋅
 ( )
( )
eteno,0eteno,0
eteno
0
C 1 XF p
C
v 1 X p
⋅ −
= = ⋅
+ ε 
2
2 2
O eteno,0
O O
T,0 eteno,0
1
F F X
2p y p p
1
F F X
2
− ⋅
= ⋅ = ⋅
− ⋅
 
( )
2
2
eteno,0 O
eteno,0
O
0
1
p X
F p2
C
v 1 X p
 ⋅ θ − 
 = = ⋅
+ ε
 
alimentação 
estequiométrica! 
O caudal molar total num tubo 
(FT,0) é portanto 0.46 mol/s 
 
Lembrar para fase gasosa a T constante, 
( ) 00
P
v v 1 X
P
 = + ε  
 
 
3. Balanço molar para um PBR 
Uma vez que apenas uma reacção tem lugar neste sistema, um único balanço 
molar é suficiente para o dimensionamento do reactor: 
X
eteno,0 '
eteno0
dX
W F
r
= ⋅
−∫ ou, na forma diferencial 
'
eteno
eteno,0
rdX
dW F
−
= 
com Feteno,0 = 0.136 mol/s 
e condições limite: 
W = 0 X = 0 
W = Wdesejada 
eteno,0 eteno EO
eteno,0 eteno,0
F F F 82
X 0.6
F F 136
−
= = = = 
 
4. Determinação da velocidade da reacção 
 A velocidade da reacção é dada como uma função das pressões parciais do 
eteno e do oxigénio: 
2 4 2 4 2
1 2
' ' 3 3
C H C H O
r k p p− = ⋅ ⋅ mol/(gcat.hr) , 
 k’ = 0.0141 mol/(gcat.atm.hr) a 260
oC 
ou 8
cat
0.0141 mol
k' 3.865 10
101325 3600 1000 kg Pa s
−= = ×
× × ⋅ ⋅
 
 
 ou, exprimindo-a em termos de concentrações, 
2 4 2 4 2
1 2
' 3 3
C H C H Or k C C− = ⋅ ⋅ Note que ( )k' k RT= 
 
5. Combinar e resolver 
São obtidas as seguintes equações 
'
eteno
eteno,0
rdX
dW F
−
= , onde 
2 4 2 4 2
1 2
' ' 3 3
C H C H O
r k p p− = ⋅ ⋅ 
Substituindo a equação de velocidade na do dimensionamento, 
2 4 2
1 2
' 3 3
C H O
eteno,0
k p pdX
dW F
⋅ ⋅
= 
 
 
Da tabela estequiométrica obteve-se que 
 
( ) ( )eteno,0
eteno eteno
T,0 eteno,0
F 1 X 0.136 1 X
p y P P P
1 0.46 0.068 X
F F X
2
⋅ − ⋅ −
= ⋅ = ⋅ = ⋅
− ⋅− ⋅
, e 
 
2
2 2
O eteno,0
O O
T,0 eteno,0
1
F F X
0.068 0.068 X2p y P P P
1 0.46 0.068 X
F F X
2
− ⋅ − ⋅= ⋅ = ⋅ = ⋅
− ⋅− ⋅
 
Subsituindo na equação de dimensionamento, anterior 
 
( )
1 2
3 3
'
eteno,0
0.136 1 X 0.068 0.068 X
k P P
0.46 0.068 X 0.46 0.068 XdX
dW F
 ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅   − ⋅ − ⋅  = 
Esta expressão contém duas variáveis, X e P. A pressão, P, também varia ao 
longo do leitodo catalisador, por isso deve dterminar-se a relação dP/dW 
 
O fluxo através do leito do enchimento origina uma perda de pressão!Assim, 
embora a pressão da alimentação seja 10 atm, esta não é a pressão ao longo do 
reactor! A perda de pressão (carga) em reactores de enchimento é dada pela 
equação de Ergun: 
( )
3
gas c particula particula
150 1dP G 1
1.75G
dz g D D
 − φ µ − φ= − +  ρ φ    
 
Fazendo as simplificações pertinentes obtêm-se 
 ( )0
0
PdP
1 X
dW 2 P P
α= − + ε 
 Onde 
( )
0
c catalisador 0
2
A 1 P
β
α =
ρ − φ
 e 
( )
0 3
gas,0 c particula particula
150 1G 1
1.75G
g D D
 − φ µ − φβ = +  ρ ⋅ φ    
 
 Determinação dos parâmetros da equação de Ergun: 
Na entrada do leito do catalisador a velocidade mássica é dada por: 
00 i,0 i i ,0
m m M F 0.028 0.136 0.032 0.068 0.028 0.256= = ⋅ = ⋅ + ⋅ + ⋅∑ ∑& & 
00
m 0.0131 kg/s=& 
Assim, 
( )
( )200
2
c
m 0.0131 kg/s
G 11.5 kg/ s m
A
1.5 0.0254
4
= = = ⋅
π ⋅ ×
&
 
 0.45φ = 
 40.26 10 Pa s−µ = × ⋅ 
 particula
1 1
D inch 0.0254 m 0.00635 m
4 4
= = × = 
 3 3catalisador 1.92 g cm 1.92 kg mρ = = 
A densidade do gás na alimentação, ρgas,0: 
( )
a lim entacao
0 i i ,a lim entacao
p 10 101325
M y
R T 8.314 260 273
0.136 0.068 0.256
 0.028 0.032 0.028
0.46 0.46 0.46
⋅ρ = ⋅ ⋅ =
⋅ ⋅ +
 ⋅ ⋅ + + ⋅ 
 
∑
 
0 6.54ρ = kg/m3 
Assim: 
( ) 4
0 3
150 1 0.45 0.26 1011.5 1 0.45
1.75 11.5
1.92 1 0.00635 0.45 0.00635
− − ×− β = + ×  × ×     
 
0
Pa
33037.78
m
β = 
 
( ) ( )2 0
2 33037
0.00635 1.92 1 0.45 P
4
×α =
π × × − ×
 
 ( ) ( )40 0
0
P PdP
1 X 6.16 10 0.46 0.068 X
dW 2 P P P
α= − + ε = − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ 
( )4 0PdP 6.16 10 0.46 0.068 X
dW P
= − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ 
Finalmente: 
Ficam por resolver as seguintes equações: 
( )
1 2
3 3
'
eteno,0
0.136 1 X 0.068 0.068 X
k P P
0.46 0.068 X 0.46 0.068 XdX
dW F
 ⋅ − − ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ⋅   − ⋅ − ⋅  = 
W = 0 X = 0 
 W = Wdesejada X = 0.6 
e 
Condições limite 
( )4 0PdP 6.16 10 0.46 0.068 X
dW P
= − ⋅ ⋅ − ⋅ ⋅ 
W = 0 p = 1013250 Pa 
Estas equações devem ser resolvidas simultaneamente! USE O POLYMATH! 
 
Para o uso do POLYMATH é mais conveniente exprimir as equações diferenciais 
em função da conversão, uma vez que os valores inicial e final são conhecidos. 
 
Resultado: Para 60% de conversão, W = 16.3 kg e P = 9.83 atm 
 
 
0
20
40
60
80
0 5 10 15 20
Catalyst weight, kg
X
et
h
en
e,
%
0
2
4
6
8
10
0 5 10 15 20
Catalyst weight, kg
-r
et
h
en
e,
m
m
o
l/(
s 
at
m
 k
g
)
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
A massa de catalisador necessária em cada tubo é 16.3 kg. Assim, uma massa 
total de 16.3 toneladas de catalisador é necessária. A massa de 16.3 kg de 
catalisador corresponde a 
3
catalisador
catalisador
W 16.3
V 0.085 m
1293
= = =
ρ 
3catalisador
leitodecatalisaor
V
V 0.189 m= =
φ 
 
Com uma area de secção transversal de 0.00114 m2, resultaria um comprimento 
de 165 metros por tubo. Isto não é económico. Por isso, é aconselhável aumentar 
significativamente o número de tubos! 
 
4.2.3. DIMENSIONAMENTO DE UM CSTR PARA A HIDRÓLISE 
DO ÓXIDO DE ETILENO 
Pretende-se dimensionar um CSTR ou um cascada de CSTR’s para 
produzir 90000 toneladas de etileno glicol por ano através da hidrólise do 
óxido de etileno: 
 
 
 
 
 
 
9.6
9.7
9.8
9.9
10
0 5 10 15 20
Catalyst weight, kg
p
, a
tm
CH2 CH2 
O
H 2SO 4
CH2
CH2
OH
OH
+ H2 OCH2 CH2 
O
H 2SO 4
CH2
CH2
OH
OH
+ H2 O
EO + W EG
catalisador
A elevadas temperatures ocorre uma significativa formação de sub-
produtos, enquanto abaixo de 40oC a reacção não ocorre a velocidades 
significantes. Assim, a temperatura de 55oC foi selecionada. 
 
O óxido de etileno (58 mol/s) é diluído em água (200 mol/s). Antes da 
entrada no reactor esta corrente é diluída com uma corrente de água 
(200 mol/s) contendo H2SO4 (1mmol/mol) para catalisar a hidrólise. 
 
Determinação da velocidade da reacção 
A equação de velocidade foi determinada num reactor batch. 500ml de uma 
solução 2M de óxido de etileno (EO) em água foi misturada com 500ml de ágra 
contendo 0.9 wt.-% de ácido sulfúrico. A temperatura foi mantida constante a 
55oC. A concentração do etileno glycol (EG) em função do tempo foi registada: 
 
Tempo, min 0.0 0.5 1.0 1.5 2.0 3.0 4.0 6.0 10.0 
CEG, mol/l 0.000 0.145 0.270 0.376 0.467 0.610 0.715 0.848 0.957 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
1. Tabela estequiométr ica (reacção na fase líquida, V = constante) 
 
Espécie Início Variação Remanescente Concentração 
EO NEO,0 -NEO,0 
XEO 
NEO,0 -NEO,0 XEO (NEO,0 -NEO,0 XEO)/V 
W NW,0 -NEO,0 
XEO 
NW,0 -NEO,0 XEO (NW,0 -NEO,0 XEO)/V 
EG 0 NEO,0 XEO NEO,0 XEO NEO,0 XEO/V 
 NT,0=NEO,0 + 
NW,0 
 NT=NEO,0 + NW,0 -NEO,0 
XEO 
 
 
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
0 2 4 6 8 10
Time, min
C
E
G
, 
m
o
l/
l
Assim, a concentração de 
Óxido de etileno (EO) ( )EO EO,0C C 1 X= ⋅ − 
Água (W) W W,0 EO,0C C C X= − ⋅ 
Etileno glicol (EG) EG EO,0C C X= ⋅ 
com EO,0
mol
2 0.5 L
molLC 1 
0.5 L 0.5 L L
⋅
= =
+
 
 
( )
W,0
g
1000 0.5 L 0.5 L
molLC 55.5 
g L
18 
mol
⋅ +
= = 
Deste modo, grande excesso de água está presente! 
A concentração de água permanece quase constante ⇒ o volume permanece 
constante 
 
2. Balanços molares para o reactor batch 
Para o óxido de etileno (EO): 
EO
EO
dN
r V
dt
⋅ = 
Para a água (W): 
W
W
dN
r V
dt
⋅ = 
Para o etileno glicol (EG): 
EG
EG
dN
r V
dt
⋅ = 
De acordo com a estequiometria da reacção: 
EO W EG
dN dN dN
dt dt dt
− −
= = 
Deste modo, EG W EGr r r− = − = 
Assim, apenas uma equação sobra: 
EG
EG
dN
r V
dt
⋅ = 
( )EG
EG
d N / V
r
dt
= 
( )EG
EG
d C
r
dt
= 
( )EG
EO
d C
r
dt
− = 
 
Métodos de dterminação da velocidade da reacção 
A água está em excesso e a sua concentração pode ser considerada como 
sendo constante. Deste modo, não é possóvel com estas medições 
determinar o efeito da concentração da água na velocidade da reacção. 
A reacção está longe do equilíbrio. Desta forma, pode assumir-se que o 
produto, etileno glicol, não afecta a velocidade da reacção. 
 
Método Diferencial: 
Assumir a power-law rate dependency for the rate of ethylene oxide (EO) 
consumption: nEO EOr k C− = ⋅ 
Apartir do balance molar, 
( )EO
EO
d C
r
dt
= ou 
( )EG
EO
d C
r
dt
− = a tangente do 
traçado concentração vs. tempo é igual à velocidade do consume do óxido de 
etileno (EO): 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Apartir da concentração do etileno glycol (EG) medida a concentração do óxido 
de etileno pode ser determinada: EO EO,0 EGC C C= − 
 
Traçar ln(-rEO) vs. ln(CEO). 
n
EO EO
r k C− = ⋅ ( ) ( ) ( )EO EOln r ln k n ln C− = + ⋅ 
O declive desta linha será a ordem da reacção com respeito ao óxido de etileno e 
a ordenada na origem sera igual a ln(k). 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0
0.1
0.2
0.3
0.4
0.5
0 2 4 6 8 10
Time, min
C
E
G
/
t=
-r
E
O
, 
m
o
l/
(l
 m
in
)
ln(-rEO) = - 1.1382+1.0477ln(CEO)
R2 = 0.9995
-4
-3
-2
-1
0
1
-3 -2.5 -2 -1.5 -1 -0.5 0 0.5 1
ln(CEO/( mol/l)
ln
(
C
E
G
/
t/
(m
o
l/
(l
 m
in
))
)
Assim, 
1.05
EO EO
r 0.32 C− = ⋅ mol/(l .min) 
A ordem da reacção é quase igual a 1 com respeiro ao óxido de etileno. 
 
Método Integral: 
Na aplicação deste método, uma certa ordem de reacção deve ser assumida. 
a. Assumindo dependência de 1a ordem 
EO EOr k C− = ⋅ e 
( )EO
EO
d C
r
dt
= 
 
Combinando 
( )EO
EO EO
d C
r k C
dt
= − ⋅ = 
 
( )EO
EO,0
Ct t
EO
EOt 0 C
d C
k dt
C
=
=
− ⋅ =∫ ∫ 
EO
EO,0
C
k t ln
C
 
− ⋅ =   
 
 
Traçar ln(CEO/CEO,0) vs. tempo. Se a reacção fôr de primeira ordem com 
respeito ao óxido de etileno, o traçado será uma linha recta que passará 
pela origem dos eixos e terá um declive igual a –k. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Assim, EO EOr 0.3144 C− = ⋅ mol/(l .min) 
 
b. Assumindo dependência de 2a ordem 
2
EO EOr k C− = ⋅ e 
( )EO
EO
d C
r
dt
= 
ln(CEO/CEO,0) = -0.3144t
R2 = 1
-4
-3
-2
-1
0
0 2 4 6 8 10
Time, min
ln
(C
E
O
/C
E
O
,0
)
Combinando 
( )EO2
EO EO
d C
r k C
dt= − ⋅ = 
 
( )EO
EO,0
Ct t
EO
2
EOt 0 C
d C
k dt
C
=
=
−
⋅ =∫ ∫ 
EO EO,0
1 1
k t
C C
⋅ = − 
Traça-se 1/CEO vs. tempo. Se a reacção fôr considerada como sendo de 2
a 
ordem com respeito ao óxido de etileno, o traçado resultará em uma linha 
recta que passa pela ordenada 1/CEO,0 e com um declive igual a k. 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Pode ver-se claramente que a reacção de 2a ordem resulta num pobre 
ajustamento dos pontos. Adicionalmente, esta expressão da velocidade da 
reacção deve ser rejeitada uma vez que a ordenada na origem não satisfaz a 
igualdade 1/CEO,0 = 1 l/mol. 
 
Assim, a velocidade da formação dp etileno glycol é dada por: 
EO EOr 0.3144 C− = ⋅ mol/(l.min) ou 
EO EO
r 0.00524 C− = ⋅ mol/(l.s) 
 
4.2.3.1. DIMENSIONAMENTO DE UM CSTR 
1. Definir a conversão 
Apenas uma reacção tem lugar (hidrólise do óxido de etileno (EO)), por isso 
existirá apenas uma conversão. Defina a conversão como conversão do óxido 
de etileno (EO): 
1/CEO = 2.0681t - 1.6647
R2 = 0.852
0
5
10
15
20
25
0 2 4 6 8 10
Time, min
1/
C
E
O
EO,0 EO
EO,0
F F
X
F
−
= 
2. Tabela estequiométrica 
Alimentação: mistura de óxido de etileno, água e H2SO4. 
Óxido de etileno: 58 mol/s 
 Água: 200 + 200 mol/s 
 H2SO4: 0.001*200 mol/s 
 
Reacção na fase gasosa ⇒ o volume permanence constante 
Espécie Inicial Variação Remanescente Concentração 
EO FEO,0 -FEG,0 X FEG,0 (1-X) NEG/V=CEG,0 (1-X) 
H2O FH2O,0 - FEG,0 X FH2O,0-FEG,0 X 
H2SO4 FH2SO4,0 0 FH2SO4,0 
EG 0 FEG,0 X FEG,0 X 
 FT,0=FEO,0+FH2O,0+FH2SO4,0 FT=FEG,0 (1-X) + 
FH2O,0 + FH2SO4,0 
 
 
A concentração inicial do óxido de etileno, CEG,0, é aproximadamente dada por: 
22
EO,0
EG,0
H OH O,0
F 58
C 8
400 / 55.5F /
= = =
ρ mol/l 
 
3. Balanço molar para CSTR 
Para o óxido de etileno (EO): 
EO,0 EO
V X
F r
=
− 
com X = 0.81 e FEO,0 = 58mol/s 
 
4. Velocidade da reacção 
EO EO
r 0.00524 C− = ⋅ mol/(l s) 
ou em termos de conversão ( )EO EO,0r 0.00524 C 1 X− = ⋅ ⋅ − 
com CEO,0 = 8 mol/l 
 
5. Combinar e resolver 
EO,0 EO
V X
F r
=
− 
( )EO,0 EO,0
V X
F 0.00524 C 1 X
=
⋅ ⋅ − 
( )
V 0.81
58 0.00524 8 1 0.81
=
⋅ ⋅ − , V = 5.8 m
3. 
 
4.2.3.2. DIMENSIONAMENTO DE MAIS DE UM CSTR 
A reacção pode também ser processada em vários CSTR’s: 
I ) CSTR’s em paralelo: 
O volume total de CSTR’s em paralelo é igual ao volume total de um 
reactor único CSTR (i.e. 5.8 m3). 
 
I I ) CSTR’s em série 
Para cada CSTR pode estabelecer-se um balanço molar: 
EO,0 EO
V X
F r
∆=
− 
É economicamente mais viável tomar CSTR’s de igual volume. 
 
Para um único reactor, podemos re-escrever a equação do balance molar com 
EO,0 EO,0
F v C= ⋅ 
EO,0 EO,0 EO
EO EO
X C C CV
v r r
∆ ⋅ −
= τ = =
− − 
 
Para uma reacção de primeira ordem: EO EOr k C− = ⋅ 
( )
EO,0 EO
EO
C C X
k C k 1 X
−
τ = =
⋅ ⋅ − 
ou 
k
X
1 k
τ=
+ τ , 
EO,0
EO
C
C
1 k
=
+ τ 
 
Para dois reactores em série, a concentração de EO à saída do reactor 1 é 
igual a 
EO,0
EO,1
1
C
C
1 k
=
+ τ 
A concentração do EO que sai do reactor 2: 
( ) ( )
EO,1 EO,0
EO,2
2 2 1
C C
C
1 k 1 k 1 k
= =
+ τ + τ ⋅ + τ 
 
Para reactores de igual volume: 
( )
EO,0
EO,2 2
C
C
1 k
=
+ τ 
 
Para n-reactores de igual volume: 
( )
EO,0
EOn n
C
C
1 k
=
+ τ
 ou ( )n n
1
1 X
1 k
− =
+ τ
 
 
Para a desejada conversão Xn de 81%: 
 
n τ, s V, m3 τ total, s Vtotal, m
3 
1 813 5.8 813 5.8 
2 247 1.8 494 3.6 
3 141 1.0 423 3.0 
4 99 0.7 394 2.8 
 
 
 
 
 
Exemplo de Cálculo 4.1 
A reacção elementar na fase gasosa 2A B C+ → com equação de velocidade
 2A A Br kC C− = 
é levada a cabo a temperatura (500K) e pressão (16.4 atm) constantes com kA=10 
dm6/mol2.s. Determine o volume de um CSTR necessário para alcançar 90% de 
conversão em uma alimentação de 50% molar de A e 50% de B com um caudal 
volumétrico total inicial (v0) de 100 litros/s. 
 
Exemplo de Cálculo 4.2 
Os dados seguintes foram obtidos em experiências realizadas num reactor batch e 
referem-se à decomposição do óxido de etileno em fase de vapor a 414°C: 
( ) ( ) ( )2 4 4C H O g CH g CO g→ + 
Tempo, min 0 9 13 18 50 100 
Ptotal, mmHg 116.5 129.4 134.7 141.3 172.1 201.2 
 
(a) Calcule a ordem da reacção e a constante de velocidade desta reacção! 
(b) De que informação adicional necessitaria para determinar a energia de 
activação da reacção? 
(c) Determine o volume de um 
(i) CSTR e 
(ii) PFR 
necessários para processar 200 mol/min de uma alimentação pura de 
óxido de etileno à temperatura de 414°C e à pressão de 2 atm até uma 
conversão de 80%.