TALLER DISEÑO DE REACTORES

TERCER CORTE

CARLOS ESPINOSA GUERRALUZ ADRIANA PUELLO

PRESENTADO A: MARIA TERESA ACEVEDO.

UNIVERSIDAD DE CARTAGENA 2014

ContenidoENUNCIADOS.....................................................................................................................................2

PUNTO 1.............................................................................................................................................2

PUNTO 2 (9.10)..................................................................................................................................2

PUNTO 3. (9.11).................................................................................................................................5

PUNTO 4 (13.19)................................................................................................................................5

SOLUCIONES PARA LOS PROBLEMAS.................................................................................................7

SOLUCIÓN PUNTO 1...........................................................................................................................7

SOLUCIÓN PUNTO 2 (9,10)..............................................................................................................18

SOLUCIÓN PUNTO 3 (9,11)...............................................................................................................23

SOLUCIÓN PUNTO 4 (13,19).............................................................................................................28

ENUNCIADOS.

PUNTO 1 The irreversible endothermic vapor-phase reaction follows an elementary rate law

CH3COCH3→ CH2C0 + CH4

A→B+C

And is carried out adiabatically in a 500-dm3 PFR. Species A is fed to the reactor at a rate of 10 mol/min and a pressure of 2 atm. An inert stream is also fed to the reactor at 2 atm, as shown in Figure P8-10. The entrance temperature to both streams is 1100 K.

(a) First derive an expression for CA01 as a function of CA0 and ϴI.(b) Sketch the conversion and temperature profiles for the case when inerts are present. Using a dashed line, sketch the profiles when a separate amount of inerts are added. Using a dotted line, sketch the products when a large amount of inerts are added. Sketch or plot the exit as a function of ϴI.(c) Is there a ratio of inerts to the entering molar flow rate of A (F I0/FA0) at which the conversion is at a maximum? Explain why"is" or "is not" a maximum,(d) Repeat parts (b) and (c) for an exothermic reaction (AHRx = -80 kJ/mol)(e) Repeat pans (b) and (c) for a second-order endothermic reaction.(f) Repeat parts (b) and (c) for an exothermic reversible reaction (Kc = 2 mol/dm3 at 1100 K).(g) Repeat (bj through (fi when the total volumetric flow rate v0 is held constant and the mole fractions are varied.(h) Sketch or plot FB for parts (d) through (g)

Additional information

k=exp (34.34−34222T

)dm3/mol.min (T in degrees Kelvin)

CpI = 200 J/mol.KCpA = 170 J/mol.KCpB = 90 J/mol.KCpc = 80 J/mol.KΔHRx = 80000 J/mol

PUNTO 2 (9.10)El reactor con calorímetro de bomba adiabático ARSST también puede emplearse para determinar los órdenes de reacción. La hidrólisis del anhídrido acético para formar ácido acético se efectúa adiabáticamente

A+B→2C

Se postula una ley de velocidad de la forma−r A=K CA

∝CBβ

Se obtienen los siguientes datos de temperatura contra tiempo para dos concentraciones críticas distintas del anhídrido acético en operación adiabática. La velocidad de calentamiento era de 2°C/min.

C A0=6.7M CB0=0.2M

(a) Asuma que ∆Cp=0 Y demuestre que para una conversión total , X = 1, la diferencia entre la temperatura final, T f y la temperatura inicial,T 0 es

T f=T0+−∆ H °

RX

∑ θ iCPi

(b) Muestre que la concentración de A puede expresarse como sigue

C A=C A0−CA 0

(T−T0)(T f−T 0)

=C A0[ T f−T

T f−T 0 ]

Y de CB como sigue

CB=C B0−C A0

(T−T 0)(T f−T 0)

=C A 0[ θBT f−T+(T 0−θBT 0)T f−T 0 ]

Y de – rA como sigue

−r A=KC A0

α−β [ (T f−T )α (θBT f−T +(T 0−θBT 0 ))β ](T f−T 0 )α−β

(c) Demuestre que el balance de energía en estado no estacionario puede escribirse como sigue:

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

α+β−1

(T f−T 0)α−β [ (T f−T )α (θBT f−T +(T 0−θBT0 ) )β ]

d) Asuma que es de primer orden para A y B, así como que θB=3; entonces, demuestre que

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

(T f−T 0)2 [ (T f−T )(3T f−T−2T0)]

(e) Reordene la ecuación dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

(T f−T 0)2 [ (T f−T )(3T f−T−2T0)] en

la forma

ln [ dTdt

[ (T f−T )(3T f−T−2T 0)] ]=ln( K1C A 0

(T f−T0 ) )+ ERT 1

− ERT

(f) Grafique los datos para obtener la energía de activación y la velocidad de reacción específica k 1.

(g) Encuentre el calor de reacción.Información adicional:

PUNTO 3. (9.11)

La reacción elemental irreversible en fase líquida:

A + 2B C

Se va a realizar en un reactor semicontinuo, en el cual B se alimenta a A. El volumen de A en el reactor es de 10 dm3, la concentración inicial de A en el reactor es de 5 mol/dm3 y la temperatura inicial del reactor es de 27°C. La especie B se alimenta a temperatura de 52°C y una concentración de 4 M. Se desea obtener por lo menos una conversión del 80% de A en un lapso tan breve como sea posible, pero al mismo tiempo la temperatura del reactor no debe aumentar por encima de los 30°C. Tiene que intentar fabricar aproximadamente 120 mol de C en un día de 24 horas, teniendo en cuenta 30 minutos para vaciar y llenar el reactor entre cada lote. El flujo del enfriador por el reactor es de 2000 mol/mino Hay un intercambiador de calor en el reactor.

A. ¿Qué flujo volumétrico de alimentación (dm3/min) recomienda?B. ¿Cómo modificaría su respuesta o estrategia si el flujo máximo del

enfriador descendiera a 200 mol/min? ¿Ya 20 mol/min?

PUNTO 4 (13.19)

El flujo que se alimenta a un reactor es de 10 dm^3/min. Una prueba por pulso dio las siguientes mediciones de concentración a la salida.

t C0 0

0.4 3291 6222 8123 8314 7855 7206 6508 523

10 41815 23820 13625 7730 4435 2540 1445 850 560 1

a) grafique la distribución de edad externa E(t) en función del tiempo

b) Grafique la distribución acumulativa de edad externa F (t) en función del tiempo

c) Que valor tienen el tiempo medio de residencia y la varianza?

d) Que fracción del material pasa de 2 a 4 minutos en el reactor?

e) Que fracción del material pasa menos de 6 minutos en el reactor?

f) Que fracción del material pasa menos de 3 minutos en el reactor?

g) Grafique las distribuciones normalizadas E y F en función de Theta

h) Cual es el volumen del reactor?

i) Grafique la distribución de edad interna I en función del tiempo

j) Que valor tiene la edad media interna?

k) Grafique la función de intensidad, A(t) en función del tiempo

l) La actividad de un CSTR fluidizado se mantiene constante alimentación de catalizador fresco y retirando catalizador agotado a velocidad constante. Con

los datos precedentes de la DTR, Cual es la actividad catalítica media si el catalizador se desintegra según la ley de velocidad

−dadt

=K D∗a2

Con Kd=0.1/s

m) Qué conversión se lograría en un pfr ideal para una reacción de segundo orden con

K CAO=0.1min−1

❑ y C AO=1mol /dm3

n) repita m para un RFL

o) Repita m para un CSTR ideal

p) Cual sería la conversión para una reacción de segundo orden con KCao=0.1min^-1 y Ca0=1mol/dm^3 por el modelo de segregación

q) Cual sería la conversión de una reacción de segundo orden con KCa0=0.1min^-1 con Cao=1mol/dm^3 por el modelo de mezclado máximo

SOLUCIONES PARA LOS PROBLEMAS

SOLUCIÓN PUNTO 1.a. Tenemos que la concnentración de a se puede expresar de la siguiente

forma:

C A=C ¿

F A

FT

Donde C ¿ y FT se pueden expresar como:

FT=F A+F I

C ¿=C Ao+C Io

Luego para C Ao1 :

C Ao1=CAo

F Ao

F¿

C Ao1=(CAo+C Io )F Ao

FA 0+F Io

Haciendo arreglos con F Ao, y teniendo que θ I=FAo

F Io

, :

C Ao1=(CAo+C Io ) 11+θ I

b. Debemos tener en cuenta primero:

La ecuación de diseño:

d F A

dV=r A

Como F A=F A0 (1−X ) ,de acuerdo al balance molar tenemos:

dXdV

=−r A

F Ao

Componente

Entra

Cambio

Sale

A F A01 −F A01 X F A=F Ao1(1−X )B - F A0 X FB=F A01 XC - F A0 X FC=FA 01X

Haciendo algunas modificaciones:

C A=C Ao1(1−X )T o

(1+εX )T

ε= y Ao δ

y Ao=F Ao

F Io+F Ao

= 11+θ

δ=1+1−1=1

Se necesita una expresión para la temperatura mediante un balance de enrgía donde para un reactor adiabático:

−X [∆ HRX° (T R )+∆C p (T−T R ) ]=∑ θiCpi(T−T io)

Si se despeja T de la expresión anterior y sabiendo que ∆C p=0tenemos entonces:

T=−X ∆ H RX

° (T R )+C pAT io+T ioθiCpi

C pA+θiC pi

Se colocan estas ecuaciones en polymath y variando los parámetros necesarios tenemos:

Se soluciona lo anterior y tenemos primero que para alta concentración de inertes:

Ahora se hace una pequeña modificación y se vuelve a generar el reporte para moderada concentración de inertes:

Ahora, se vuelve a generare un reporte pero sin Inertes:

c. De todo este conjunto de variaciones se puede haceruna observación importante y es que a baja concentración de inertes y para relaciones de teta de entre 8 y 9 se pueden encontrar máximos en las conversiones alcanzadas en el proceso, lo que nos da una idea general clara de lo que se busca para que sea eficiente.

d. Para repetir el punto b y c pero considerando una rección exotérmica solo debemos hace la modificación en la entalpía de reacción, entonces la hacemos, y generamos otros resportes:Alta cantidad de inertes:

Para una cantidad media:

La conversión disminuye

Para este caso podemos observar que al aumentar la relación de teta la conversión disminuye, y los valores máximos de conversión son 0,85

Es apenas lógica la observación de que se deben mantener temperaturas bajas para garantizar una conversión alta, esto debido a la naturaleza de la reacción y la necesidad de ir retirando calor para favorecerla

E) Ahora se pide hacer una modificación de los puntos anteriores pero con una reacción endotérmica de segundo orden, la cual tiene Velocidad de reacción

– rA=k Ca2y Ca0=1. Para la cual se tiene que la mayor conversión se da con un

valor de relación de teta igual a 5.

F) Para valores muy pequeños de teta la conversión baja, así como la temperatura. Como es una reacción exotérmica, y aquí la proporción de

inertes no cambia la conversión significativamente entonces debemos garantizar la temperatura más baja posible, escogeríamos un flujo de inertes que no afecte la conversión , es decir, aproximadamente un valor de teta=10.

Los reportes para los valores de teta:

θiAlto

θiMedio :

θi Bajo :

G) Se varía entonces el código y se tiene que a una reacción endotérmica con flujo volumétrico constante Irreversibles:

θi Alto :

θi Moderado :

θi Bajo :

Se puede observar entonces que la reacción se debe efectuar a bajos teta debido a que mediante esto alcanza altas conversiones.

SOLUCIÓN PUNTO 2 (9,10)

Parte A

Se tiene la ecuación:

X=∑ θiCPi [ (T−T 0)

−∆H °RX

]Y se puede hacer la simplificación de que ∆C p=0

De acuerdo a lo que se plantea:X=1 yT=T f

Combinando y despejando:

1=∑ θ iCPi [ (T f−T 0)

−∆ H °RX

](T f−T 0 )=

−∆ H °RX

∑ θiCPi

T f=T0+−∆ H °

RX

∑ θ iCPi

Parte B

Por estequiometria la estequiometría:

C A=C A0(1−x)

Ahora remplazamos X de la ecuación X=∑ θiCPi [ (T−T 0)

−∆H °RX

] en la expresión

anterior

C A=C A0−CA 0

∑ θ iCPi

−∆ H °RX

(T−T 0)

(T f−T 0 )=−∆ H °

RX

∑ θiCPi

Remplazamos el valor inverso:

1(T f−T 0 )

=∑ θ iCPi

−∆ H °RX

Queda que:

C A=C A0−CA 0

(T−T 0)

(T f−T0 )

Entonces agrupando y reduciendo términos nos queda:

C A=C A0

(T f−T )(T f−T0)

Para CB tenemos CB=C A 0(θB−X )

Se repite como se hizo antes:

CB=C B0θB−C A0

∑ θiCPi

−∆ H °RX

(T−T 0)

Remplazando:

CB=C B0θB−C A0

(T−T 0)

(T f−T 0 )

CB=C B0θB

(T−T0)

(T f−T 0 )−CA 0

(T−T 0)

(T f−T0 )

Simplificando:

CB=C A 0[ θBT f−T+(T 0−θB∗T 0)T f−T 0 ]

Ahora para la ley de velocidad de reaccion se tiene

C A=C A0

(T f−T )(T f−T0)

CB=C A 0[ θBT f−T+(T 0−θB∗T 0)T f−T 0 ]

Y se sabe que la ley es −r A=K CA

∝CBβ

Reemplazando entonces:

−r A=K [C A0

(T f−T )(T f−T 0 ) ]

α

[C A0 [ θBT f−T+(T0−θB∗T 0 )T f−T0 ]]

β

Agrupando y simplificando:

−r A=KC A0

α+β [(T f−T )α (θBT f−T+(T0−θB∗T 0 ))β ](T f−T 0 )α+β

Parte c

Balance de energia

dTdt

=Q+W S+(−∆ H °

RX )(−rAV )

∑ N iCPi

Entonces sabemos que es adiabatico entoces Q = 0 no hay trabajo W S=0 y ∆CP=0

dTdt

=(−∆ H °

RX )(−r AV )

N A0∑ θiC Pi

Reemplazando la ley de velocidad:

dTdt

=(−∆ H °

RX )∑ θiCPi

1C A0

K CA 0α+β [ (T f−T )α (θBT f−T +(T 0−θB∗T 0 ))β ]

(T f−T 0 )α+β

Se organiza ysimplifica:

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

α+β−1

(T f−T 0)α−β [ (T f−T )α (θBT f−T +(T 0−θBT0 ) )β ]

Parte D

Para este caso α y β=1, ademas de que θB=3

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

α+β−1

(T f−T 0)α−β [ (T f−T )α (θBT f−T +(T 0−θBT0 ) )β ]

Se reemplaza:

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

1+1−1

(T f−T 0)1−1 [ (T f−T )1 (3T f−T+(T 0−3T 0 ))1 ]

Finalmente:

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

(T f−T 0)2 [ (T f−T )(3T f−T−2T0)]

Parte E

Para esta parte se usa Arrhenius aplicada a la ecuación antes demostrada entonces:

dTdt

=[−∆ H °RX

∑ θiCPi] K CA 0

(T f−T 0)2 [ (T f−T )(3T f−T−2T0)]

Incluyendo en la ecuación la constante de arrhenius y despejando nos queda

dTdt

(T f−T )(3T f−T−2T 0)=

K CA 0

(T f−T 0 )2e[ ER T1

−ERT ]

Se aplica logaritmo natural:

ln [ dTdt

(T f−T ) (3T f−T−2T 0) ]=ln [ K CA 0

(T f−T 0 )2 ] ERT 1

−ERT

Parte G

X=∑ θiCPi [ (T−T 0)

−∆H °RX

]Suponiendo X=1 yT f=T0CPA=1.860 J /g°CCPB=4.187J / g°CθB=3

Despejando −∆ H °RX nos queda

−∆ H °RX=∑ θiCPi

(T−T 0)X

Ahora los Cp los pasamos a unidades de J

mol °C

CPA=1.860Jg°C

∗102 gmol

=189.72 Jmol ° C

CPB=4.187Jg°C

∗18 gmol

=75.360 Jmol ° C

Entones remplazando

−∆ H °RX=(189.72 J

mol ° C+3(75.360 J

mol °C )) (56 °C−166 ° C)1

−∆ H °RX=−45739.98 J

mol

−∆ H °RX=−45.73998 KJ

mol

SOLUCIÓN PUNTO 3 (9,11)

a. Primero se hace el balance de materia:

d N a

dt=raV

d N b

dt=2r aV +Fbo

d N c

dt=−r aV

NaodXdt

=−raV

Fbo=Cbo vo=4 vo

V=V o+vo t

Flujo:

−ra=CaCb2

k (T )=0.005exp ( 80001.987 ( 1300− 1T ))Estequiometria

Ca=Na

VCb=

Nb

V

C c=N c

VBalance de energía para la expresión que relacione la temperatura:

dTdt

=Q−W s−∑ Fio (T−T io )+(−∆ Hrx (T ) )∗(−raV )

∑ N iC pi

Donde:

Q=UA (T a−T )=250(390−T )

W s=0

−∆ Hrx (T )=−55000

∑ F ioC pi=FboC pb=Cbov oC pb=4∗vo20

∑ N iC pi=NaCpa+NbCpb+N cCpc

∑ N iC pi=35N a+20Nb+75N c

dTdt

=250 (290−T )−80vo (T−325 )+(−55000 )∗(−raV )

35Na+20Nb+75N c

Utilizando Polymath:

Calculated values of DEQ variables Variable

Initial value

Minimal value

Maximal value

Final value

1 t 0 0 1000. 1000.

2 Na 50. 2.345E-22 50. 2.345E-22

3 Nb 0 0 5900. 5900.

4 Nc 0 0 50. 50.

5 X 0 0 1. 1.

6 T 300. 261.6422 300.9602 300.9602

7 vb 1.5 1.5 1.5 1.5

8 k 0.005 0.000697 0.0052187 0.0052187

9 V 10. 10. 1510. 1510.

10 Fbo 6. 6. 6. 6.

11 Ca 5. 1.553E-25 5. 1.553E-25

12 Cb 0 0 3.907285 3.907285

13 Cc 0 0 0.1597632 0.0331126

14 ra 0 -0.0143889 0 -1.237E-26

Iteraciones realizadas:

vod m3

minT K

(X=0.8)t min

(X=0.8)Nc mol (X=0.8)

Diario Nc

N c ( 24∗60t+30)mol

1 289 521 40 1045 300 262 40 1972 293 400 40 134

1.5 291 450 40 120

Con un flujo de 1,5 mol B/min se producirán producirá 120 mol C/día, y una conversión de 80% y T <130 ° C esto para que sea eficiente el proceso.

b. Si la tasa de refrigerante max cae a 200 mol / min, entonces puede no ser prudente asumir que el refrigerante deja a la temperatura ambiente que entra, Ta. Hay una vafriación a lo largo de los tubos entonces:

Q=mcC pcool (T a1−Ta2 )

Donde:

T a1=temperaturaambiente del refrigerante queentra

T a2=temperaturaambiente del refrigerante que sale

T a2=T−(T−T a1 )exp( −UAmcC pcool

)Debemos ser cuidadosos con el manejo del cambio de flujo ya que este tiene implicaciones enlas variables del rpoceso en el reactor, entonces al reducir esta velocidad de flujo el intercambiador de calor, puede aumentar la temperatura del reactor a acercarse a 130 °C, el cual es el límite de temperatura, entonces debemos manejarlo con prudencia.

SOLUCIÓN PUNTO 4 (13,19).a) Primero graficamos t vs C

0 10 20 30 40 50 600

100200300400500600700800900

tVsC

T(min)

C*10

0^5

Como sabemos que

E ( t )= c (t)

∫o

∞

C (t )dt

Entonces tenemos que calcular la integral para poder conocer E (t)

Con los datos conocido se necesita hacer una integración numérica, pero como todos no son equis distantes se hace por partes.

∫0

6

C ( t )dt=38∗(1 ) [1 (0 )+3 (622 )+2 (812 )+3 (785 )+3 (720 )+650 ]∗10−5=4173.4∗10−5

∫6

10

C ( t )dt=13∗(2 ) [650+4 (523 )+418 ]∗10−5=2106.7∗10−5

∫10

50

C ( t )dt=13∗(5 ) [418+4 (238 )+2 (136 )+4 (77 )+2 (44 )+4∗25+2 (14 )+4 (8 )+5 ]∗10−5=3617.7∗10−5

∫50

60

C ( t )dt=12∗(10 ) [1 (5 )+1(1)]∗10−5=30∗10−5

∫o

∞

C ( t )dt=9981.7∗10−5

E ( t )= c (t )9981.7∗10−5

Graficando

0 10 20 30 40 50 600

0.010.020.030.040.050.060.070.080.09

E(t)VsC

T(min)

e(t)

b). Si

tm=∫o

∞

E ( t )∗dt

Para hallar el polimono que describe esta grafica lo que se hace es dividirla por partes.

Tiempo de 0-3: y = -0,0012x4 + 0,0114x3 - 0,0476x2 + 0,0997x

0 0.5 1 1.5 2 2.5 3 3.50

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.09

f(x) = − 0.0011696083 x⁴ + 0.011375625 x³ − 0.047579217 x² + 0.099687235 x − 4.96507E-17

Tiempo de 3-20: y = -2E-06x4 + 9E-05x3 - 0,0012x2 - 0,0002x + 0,0925

2 4 6 8 10 12 14 16 18 20 220

0.01

0.02

0.03

0.04

0.05

0.06

0.07

0.08

0.09

f(x) = − 0.000001898487 x⁴ + 0.00008736234 x³ − 0.001176094 x² − 0.000180115 x + 0.092512112

Tiempo de 20-60 y=1E-08x4 - 3E-06x3 + 0,0002x2 - 0,0064x + 0,0843

15 20 25 30 35 40 45 50 55 60 650

0.002

0.004

0.006

0.008

0.01

0.012

0.014

0.016

f(x) = 0.0000000129993 x⁴ − 0.00000255341 x³ + 0.000189951 x² − 0.00641547 x + 0.0842772

c)

t c e(t) e(t)*t t-tm

(t-tm)^2*e(t)

0 0 0 0 0,0000 -10,0000 0,0000

0,4 329 0,003290,0329603

2 0,0132 -9,6000 3,0376

1 622 0,006220,0623140

3 0,0623 -9,0000 5,0474

2 812 0,008120,0813488

7 0,1627 -8,0000 5,2063

3 831 0,008310,0832523

5 0,2498 -7,0000 4,0794

4 785 0,007850,0786439

2 0,3146 -6,0000 2,83125 720 0,0072 0,072132 0,3607 -5,0000 1,8033

6 650 0,00650,0651191

7 0,3907 -4,0000 1,0419

8 523 0,005230,0523958

8 0,4192 -2,0000 0,2096

10 418 0,004180,0418766

3 0,4188 0,0000 0,0000

15 238 0,002380,0238436

3 0,3577 5,0000 0,5961

20 136 0,001360,0136249

3 0,2725 10,0000 1,3625

25 77 0,000770,0077141

2 0,1929 15,0000 1,7357

30 44 0,000440,0044080

7 0,1322 20,0000 1,7632

35 25 0,000250,0025045

8 0,0877 25,0000 1,565440 14 0,00014 0,0014025 0,0561 30,0000 1,2623

7

45 8 0,000080,0008014

7 0,0361 35,0000 0,9818

50 5 0,000050,0005009

2 0,0250 40,0000 0,8015

60 1 0,000010,0001001

8 0,0060 50,0000 0,2505

Graficamos e(t)*t versus el tiempo y obtemos que

0 10 20 30 40 50 60 700.0000

0.0500

0.1000

0.1500

0.2000

0.2500

0.3000

0.3500

0.4000

0.4500

La teoría nos dice que tiene que ser igual a 10 vamos a corroborar si esto es cierto

tm=∫0

6

E (t )∗tdt+¿∫6

10

E ( t )∗tdt+¿∫10

50

E (t )∗tdt+∫50

60

E (t )∗tdt+¿¿¿¿

tm=τ=9.88min

Si vemos es como nos decía la teoría que tm tiene que ser muy parecido a τ

Para hallar la varianza sabemos que

σ 2=∫0

∞

(t−tm )2E ( t )dt

Graficando esto obtenemos lo siguiente

0 10 20 30 40 50 60 700.0000

1.0000

2.0000

3.0000

4.0000

5.0000

6.0000

Para hallar la varianza entonces hallamos el area bajo la curva atreves de la integral

σ 2=∫0

∞

(t−tm )2E ( t )dt=∫0

6

(t−tm )2E ( t )Dt+¿∫6

10

( t−tm )2E (t )Dt+∫10

50

(t−tm )2 E ( t )Dt+∫50

60

(t−tm )2 E ( t ) Dt ¿

σ 2=73.76min2

❑

d). la fraccion de material que pasa entre 2 y 4 min se halla con el area en la curva de E(t) entre 2 a 4 entonces queda que

∫2

4

E ( t )dt=13

[1 (0.0812 )+4∗(0.0831 )+(1∗0.0785 ) ]=0.16

e) la fraccion que pasa despues del minuto 6 esto se expresa como

∫6

∞

E ( t )dt=∫6

10

E ( t )dt+∫10

50

E (t )dt+∫50

60

E ( t )dt

Esto se integra en polyumath y se obtiene que

∫6

∞

E (t )dt=0.574

f). para hallar la fraccion que pasa hasta 3 minutos tenemos que hacer lo mismo que se ha hecho anteriormente

∫0

3

E ( t )dt

Integrando esto en polymath obtenemos que :

∫0

3

E ( t )dt=0.1897

g)para normalizar las distribuciones tenemos las formulas que :

θ= tτ, E (θ )=τ∗E (t)

La tabla que representa esta funcion seria

t e(t) tetha tetha*E(t)0 0 0 0

0,4 0,03296032 0,04 0,329603171 0,06231403 0,1 0,623140352 0,08134887 0,2 0,813488683 0,08325235 0,3 0,832523524 0,07864392 0,4 0,786439185 0,072132 0,5 0,721320026 0,06511917 0,6 0,651191688 0,05239588 0,8 0,52395884

10 0,04187663 1 0,4187663415 0,02384363 1,5 0,2384363420 0,01362493 2 0,1362493425 0,00771412 2,5 0,0771411730 0,00440807 3 0,0440806735 0,00250458 3,5 0,0250458340 0,00140257 4 0,0140256745 0,00080147 4,5 0,0080146750 0,00050092 5 0,0050091760 0,00010018 6 0,00100183

La grafica nos quedaria:

0 1 2 3 4 5 6 70

0.1

0.2

0.3

0.4

0.5

0.6

0.7

0.8

0.9

tVstetha*E(T)

h) la teoria nos dice que si es un sistema cerrado es decir sin dispersacion atravez de los limites ,el volumen exacto del reactor se determina por la ecuacion

V=v∗τ

V=10d m3

min∗10min=100d m3

j) el valor de la vida interna media se halla con la siguiente formula

αm=∫0

∞

I ( t )∗tdt

Esto se integra en polymath por partes como se muestra a continuación.

αm=∫0

6

I ( t )∗tdt+∫6

10

I (t )∗tdt+∫10

50

I ( t )∗tdt+∫50

60

I ( t )∗tdt

αm=0.98min

k). para graficar esta la formula seria

A ( t )= E (t)1−F (t)

l). si nos dan la función

−dadt

=K D∗a2

Entonces integrando esta

∫−da

a2=∫ kD dt

Integrando esto nos queda que

a= 11+K D t

Aplicando el modelo de segregación con los los datos previos obtenidos.

amean=∫0

∞

aE ( t )dt

Esto lo convertimos en ecuación diferencia queda que

d (amean)d (t)

=a∗E

Para hacer esto vamos a recurrir a los polinomios obtenidos anterior mente ya que vamos a poner E en función de T y se va a programas para que el programa tome el polinomio determinado a cada tiempo con una restricción de If y else en el programa

0<t<3

E1=−0.00116675∗t 4+0.011355∗t 3−0.047492∗t2+0.0995005∗t

3<t<20

E2=−1.8950∗10−6∗t 4+8.7202∗10−5∗t3−1.1739∗10−3∗t 2−1.7979∗10−4∗t+0.092343

20<t<60

E3=1.2618∗10−8∗t 4−2.4995∗10−6∗t 3+1.8715∗10−4∗t 2−6.3512∗10−3t+0.083717

La ecuaciones ingresadas al programa entonces son :

m). la conversión de un PFR de segundo orden está dada por:

X=kτ∗Cao

1+k∗τ∗Cao

Datos suministrados

K∗Cao=0.1min−1

❑,Cao=1moldm3 , τ=10min

X=0.1min−1

❑∗10min1+0.1∗10

=0.5

n). Para un LFR en modelo esta establecido como

X=K∗t∗Cao

1+k∗t∗Cao

,E ( t )={ 0 t<5min102

2∗t 3t ≥5min

Con los datos conocido del punto m estrablecemos el programa en polymath con las siguientes ecuaciones

d (Xa)d (t)

=x∗E

o) para un CSTR ideal, de la definición del numero de dan

X

(1−X )2=Da=kτCao

X

(1−X )2=0.1∗10

Hallando la raíz de la ecuación por newton raphson encontramos que X=0.381966

p) para hallar la conversión por el modelo de segregación tenemos que

X=∫0

∞

X ( t )E (t )dt

dXadt

=X∗E

Sabiendo que

X=k Ca0 t

1+K∗Cao t

Utilizando los polinomios de E que son

0<t<3

E1=−0.00116675∗t 4+0.011355∗t 3−0.047492∗t2+0.0995005∗t

3<t<20

E2=−1.8950∗10−6∗t 4+8.7202∗10−5∗t3−1.1739∗10−3∗t 2−1.7979∗10−4∗t+0.092343

20<t<60

E3=1.2618∗10−8∗t 4−2.4995∗10−6∗t 3+1.8715∗10−4∗t 2−6.3512∗10−3t+0.083717

q) el modelo de mezclado máximo nos dice que

dXdπ

=rA

CA 0

+E (π )1−F (π )

∗X

Si es de segundo orden sabemos que – ra=KCa2

Por balance molar tenemos que C A=Cao∗(1−X )

Combinando tenemos que ra=k Cao2 (1−X )2

Si queremos despejar r A

CA 0

nos queda que

rA

CAo

=k Cao (1−X )2

La otra ecuacion diferencial que define el sistema es

dFdz

=−E(z )

Como las ecuaciones diferenciales tienen que tener la misma variable independiente buscamos una ecuacion que nos relacione a las dos nos queda que:

z=60−π

Ingresamos estas ecuaciones en polymath recordando las ecuaciones polinomiales de E(t) pero esta vz en funcion de pi y no del tiempo