La reacción de hidrogenación del nitrobenceno tiene lugar en fase gas, en presencia de un catalizador sólido de paladio sobre carbono y con exceso de hidrógeno. Además, el hidrógeno es recirculado con el objetivo de obtener la máxima conversión.

Esta reacción es muy exotérmica, y se debe eliminar la calor producida para no llegar a temperaturas muy elevadas en el reactor, las cuales pueden provocar la desactivación del catalizador con la consiguiente disminución de la velocidad de reacción.

El calor de la reacción se eliminará con agua, mediante un circuito cerrado de refrigeración. Se utilizará agua de red descalcificada, ya que se necesita un importante caudal de agua de refrigeración. De esta manera, una vez lleno el circuito, aprovechamos la misma agua y sólo se tendrá que añadir más agua debida a pequeñas pérdidas que pueda haber en el sistema.

El reactor más adecuado para llevar a cabo esta reacción es un reactor catalítico multitubular isotérmico de lecho fijo; la necesidad de intercambio de calor hace que el reactor tenga muchas similitudes con un intercambiador de carcasa y tubos, la cual cosa afectará al diseño mecánico del equipo.

La mezcla gaseosa reactante entra a presión elevada (40 atmósferas) ya que si no se obtiene un caudal volumétrico muy elevado y a su vez un número de tubos también demasiado elevado; además también entra a una temperatura elevada (305 ºC) ya que sino la mezcla condensaría en el interior del reactor.

El agua de refrigeración entra a temperatura ambiente (25 ºC), y pasa a vapor de agua en el interior de la camisa (carcasa) del reactor, y sale a una temperatura de 251ºC y a una presión de 39.8 atmósferas. De esta manera se aprovecha el calor generado por la reacción para producir vapor de agua a alta

presión.

2.4.3.- Diseño para un reactor PBR “Peso del catalizador en función de la conversión”.

PRODUCCIÓN DE ACROLEÍNA EN UN REACTOR PBR:

A = C6H5NO2 , B= H2 , C= C6H5NH2 y D= H2O

Si reescribimos la reacción simbólicamente tenemos:

A + B C + D PO = 39.2 atm ; P= 41.3 atm “caída de presión”

TO = 383 k TO= T= Isotérmico

R=0,082 atm.lt mol.kYAO = 0, 16

CAO = YAO.PO CAO = 0,16*39.9atm = 0, 2032 mol R.TO 0.082.atm.lt.383k lt mol.k

FAO= 28.28 mol (ASUNCIÓN) seg

vO= FAO = 28.28/seg = 139.17 lt/seg CAO 0, 2032 mol/lt

Siendo nuestra reacción una en fase gaseosa, la caída de presión debe tomarse en consideración ya que puede terminar siendo un factor determinante en nuestro proceso.

Cj = C AOθ j ±µjx P TO

1+δYAO X PO T

OPRACIÓN ISOTÉRMICA: TO=T

Cj = CAO θj ± µjX . P 1+ δYAOX PO

ΒO = G x 1- ∅ 150 1-∅µ+1,75xGρO. gC.DP ∅ 3 DP

Dónde:

∅= porosidad = Volumen de huecos Volumen total del lecho

Volumen de huecos = 32 dm3

Volumen total del lecho = 350 dm3

∅ = 32 dm3 = 0.09143 350dm3

ρ= densidad del gas = 16.37 kg m3

gc = factor de conversión ,

1kg.m 1N .seg2

DP = diámetro de las partículas del lecho.

DP = 0.027 m

µ= viscosidad del gas que pasa por el lecho.

µ = 2,31x 10-5 Pa . seg

G=µxρ

µ = velocidad superficial

µ = v0 v0 = flujo volumétrico

A A = área de sección transversal del tubo

vO = 139.17 lt/seg

A = 2458.83 m2

µ = 139.17 dm3/seg . 1m3 = 0,0566 m 2458.83m2 1000dm3 seg

G = 0,0566 m . 16.37 kg = 0,9265 kg Seg m3 m2xseg

βo= G . 1-∅

150 1 - ∅ .µ + 1,75 G ρo.gc.DP∅ 3 DP

Unidades de βO :

βO= kg.m3 .N.seg2 . Pa.seg + kg m2.seg.kg.kg.m.m m m2 .seg

βO = kg.m3.kg.m.seg2 . N. seg + kg m2.seg.kg2.seg2.m2 m2.m m2.seg

βO = kg2.m4.seg2 . kg.m.seg + kg m4 .seg3.kg2 seg2.m3 m2.seg

βO= 1 kg + kg = kg seg seg m m2 seg m 2seg2

βO = 0,9265 . 1 – 0.09143 150 (1-0.09143). 2,31.10-5 + 1,75. 0,9265 16.37*.1.*0.027 (0.09143)3 0.027

βO= 71,6891 kg m2 seg

∝= 2.βO

(1-∅ )Ac.ρc.Po

Dónde:

AC = área de sección transversal = 2458.83 m2

ρC = densidad del catalizador solido = 12000 kg m3

∅= porosidad = 0.09143

ΒO= 71,6891 kg m2. Seg2

PO = 39.2 atm * 101325 Pa = 3971940 Pa 1 atm

Unidades de ∝

Kg . m3 . Pa. m2 . N . seg2 = kg.m5.seg2 = 1 m2 .seg2 . m2 .kg. Pa. N .kg.m m5.seg2.kg2 kg

α=¿ 2*71,6891 = 1.34*10-12 kg (1-0.09143) 2458.83*12000*3971940

Dónde: α = es un parámetro de caída de presión

Formula:

dp = - αPO . (1+δY AO .x) dw 2 P/PO

Forma diferencial de la ecuación de Ergun para la caída de presión en lechos empacados.

Si δYAO = 0

dp = - α PO

dw 2 P/PO

2 P . δ ¿P/PO) = - α PO dw

d (P/Po )2 = - α dw

P 2 = 1 – wPO

P = ( 1 – α w )1/2

PO

Balance de moles: FAO dx = - rA´dw

- r A´= K CA 1 er orden

K = 6,81341 dm3

Kg.seg

Estequiometria: reacción isotérmica en fase gaseosa con δYAO = 0

CA = CAO 1 - X . P δYAO = Ɛ = 0.08 0,0

1+0,08X PO

CA = CAO 1 - X P CA = CAO (1 - x) P 1+0,08(0) PO PO

CA = CAO (1 – x ) . (1 - αw )1/2

Combinando:

FAO dx = k . CAO(1-x) P 2

dw p O

FAO. dx = k . CAO2 (1-x)2 P 2

dw PO

FAO dx = k. CAO2 (1-x)2 . ( 1- αw)

dw

FAO . dx = k CAO2 ( 1-x)2 . (1 - αw )

dw

FAO dx = (1- αw ) dWk.CAO

2 (1 - x)2

FAO ∫o

x

❑dx = (1-α w)∫o

w

dW

k.CAO2 ( 1 - x)2

CAO. vO∫o

x

❑dx = ∫o

w

dW−α∫o

w

W .dW

K . CAo2 ( 1-x)2

∫o

x

❑dx = x

(1-x)2 1-x

vO x = w – α w2

k CAO 1-x 2

v0 x =W 1 – α w kCAO 1-x 2

al despejar la conversión nos queda :

k.CAO.w 1 - αwX = vO 2

1 + k CAO w. 1-αwVO 2

Si despejamos el peso del catalizador tenemos:

1 - 1- 2.VO.α . x k.CAO 1-x

W =

α

Para: X = 0,95

Datos:

vO = 139.17 dm3/seg

α =1.34*10-12 Kg-1

K = 6,81341 dm3/Kg.seg

CAo = 0, 2032 mol/dm3

W=

1−[1−( 2∗139.176.811341∗0.2082 )∗( 0.95

1−0.95 )]1.34∗10−12

W=96603.97

2.4.4.- Estequiometria y Balance de moles.

C3H 6+N H 3+32O2→C3H 3N+3H 2O Rx, 1

A+B+ 32C→D+3 E

C3H 3N+2O2→CO2+CO+HCN+H 2O R x, 2

D+2C→F+G+H+E

A+B+ 32C→D+3 E Rx, 1

D+2C→F+G+H+E Rx ,2

Componente Inicial Cambio,R x ,1 Cambio,R x ,2 Final

A F AO −F AO x - F A=F AO(1−x )

B FBO −F AO x -FB=F AO x( θBx −1)

C FCO −1,5 FAO x −2 FAO x (1−5)FC=FAO x ( θCx −3,5+25)

D - +F AO x −F AO x (1−5) FD=FAO x−5

E - +3 F AO x +F AO x (1−5) FE=FAO x (4−5)

F - - +F AO x (1−5) FF=FAO x (1−5)

G - - +F AO x (1−5) FG=F AO x (1−5)

H - - +F AO(1−5) FH=F AO x(1−5)

I F IO=7921

×FCO- −¿ F I=

7921×θC×F AO

FD=FAO Sx

θB=FBO

FAO

⇒FBO=θBF AO

θC=FCO

F AO

⇒FCO=θCF AO

θ I=F IO

FAO

⇒F IO=θI F AO

F IO=7921

×θC×F AO

Como F I=F IO

F I=7921×θC×F AO

Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

Cambio, R x ,2 = Final – Inicial – Cambio R x ,1

Cambio, R x ,2 = F AOSx−F AO x

Cambio, R x ,2 = F AO x (S−1)

Cambio, R x ,2 = −F AO x (1−S)

A.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

F A=F AO−F AO x

F A=F AO(1−x )

B.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FB=FBO−FAO x

FB=θB FAO−FAO x

FB=F AO X x( θBx −1)C.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FC=FCO−1,5 F AO x−2F AO x (1−5)

FC=θC FAO−1,5F AO x−2F AO x (1−5)

FC=FAO X x ( θCx −1,5−2 (1,5))FC=FAO X x ( θCx −1,5−2+25)FC=FAO X x ( θCx −3,5+25)D.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FD=FAO x Xx−5

E.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FE=3F AO X+F AO X (1−5)

FE=FAO X x (3+(1−5))

FE=FAO X (3+1−5)

FE=FAO X (4−5)

F.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FF=FAO X (1−5)

G.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FG=F AO X (1−5)

H.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FH=F AO X (1−5)

I.- Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

F I=7921×θC×F AO

Inicial

F ¿=F AO+FBO+FCO+F IO

F ¿=F AO+θBFBO+θCFCO+θ I F IO

F ¿=F AO(1+θB+θC+θ I )

Cambio, R x ,1

δF AOX

δ=(3+1 )−(1+1+1,5)

δ=4−3,5

δ=0,5⇒ 0,5F AO X

Cambio, R x ,2

δF AOX (1−5)

δ=(1+1+1+1 )−(2+1)

δ=4−3

δ=1⇒1F AO X (1−5 )=FAO X (1−5 )

Final

Final = Inicial + cambio, R x ,1 + Cambio, R x ,2

FT=F¿+0,5 F AO X+FAO X (1−5)

FT=F¿+F AO Xx (0,5+(1−5))

FT=F¿+F AO Xx (0,5+1−5)

FT=F¿+F AO Xx (1,5−5)

FT=F AO (1+θB+θC+θI )+FAO X x (1,5−5)

FT=F AO X ( 1x +θBx

+θCx

+θ Ix

+1,5−5)Reacciones:

A+B+ 32C→D+3 E Rx, 1

D+2C→F+G+H+E Rx ,2

Mezclador 1:

FFA+F A=F AO

FFA=F AO−F A

FFA=F AO−F AO(1− x)

FFA=F AO−F AO+F AO X

FFA=F AO X

Mezclador 2

FFB+FB=FBO

FFB=FBO−FB

FFB=θB FAO−FAO X ( θBx −1)FFB=θB FAO−FAOθB+FAO X

FFB=F AO X

FD=FAO X 5⇒F AO X=F D

5⇒F AO=

F D

5. x

Final

FB=F AO X ( θBx −1)

F AO

FBO

FFA

FFB

F A=F AO (1−x )

A

FFC ,FFI

FCO ,F IO

M I , M 2FC ,F I

Aire (C , I )(20% seexceso)

FFA=F AO X

FFB=F AO X

FFC=F AO Xx (3,5−25)

FD=FAO X x5

FE=FAO X (4−5)

FF=FAO X (1−5)

FG=F AO X (1−5)

FH=F AO X (1−5)

FFI=F AO(θ I−7921 θC)Final (en términos de flujo de entrada y salida del proceso)

FFA=FD

5

FFB=FD

5

FFC=FD

5(3,5−25)

FD=FD

FE=FD

5(4−5)

FF=F D

5(1−5)

FG=FD

5(1−5)

FH=FD

5(1−5)

FFI=F D

5−xx (θ I−7921 θC)

Mezclador 1’:

FFC+FC=FCO⇒FFC=FCO−FC

FFC=FCO−FAO X ( θCx −3,5+25)FFC=θCF AO−F AO X ( θCx −3,5+25)FFC=F AOθC−F AOθC+3,5F AO X−F AO X+25

FFC=F AO X (3,5−25)

Mezclador 2’:

FRI+F I=F IO⇒ FFI=F IO−F I

FFI=F IO−7921θC F AO

FFI=θ I FAO−7921

θCF AO

FFI=F AO(θ I−7921 θC)

VNP=∑ FiCi

VNP=−Costo Ax FFA−CostoBx FFB−CostoCx F FC+Costo DxF D+Costo Ex FE+Costo Fx FF+CostoGxFG+Costo HxF H−Costo Ix FFI

2.4.5.- Balance de Energía en un Reactor PFR Adiabático.

42kg deC3H 6→53kg deC3H 3 N

x→1000kgde C3H 3N

x→792,45kgde C3H 6

17kg de N H 3→53kgdeC3H 3N

x→1000kgde C3H 3N

x→320,75kg de N H 3

48 kgdeO2→53kg deC3H 3N

x→1000kgde C3H 3N

x→905,66 kgdeO2

905,66 kgdeO2 x79 kgde N2

21kgde O2

=3407,0kg de N2

Producción de C3H 3N=10

FD=1000kg deC3H 3 N

h×1kmolde C3H3N

53kgde C3H 3N

FD=18,87kmoldeC3H 3 N

h

FD=18,87kmolh

deC3H 3N ×1h

3600 seg

FD=52417×10−3kmol deC3H 3N×

1000mol1kmol

FD=5242mol deC3H 3N

seg

Alimentación Estequiométrica

A+B+ 32C→D+3 E Estado gaseoso

28,57%28,57%42,86%

Alimentación Establecida

A+B+ 32C→D+3 E Estado gaseoso

16%41,14%42,86%

Po=2atn PoV=nRT oY AO=F AO

F¿=0,16

R=0,082atn×< ¿molk

Po=CAO RT o¿

T deentrada=343 kC AO=Y AO PO

RT O

¿=343k CAO=0,16×2atn

0,082atn< ¿molk

×343k=0,0138mol /¿¿

F AO=792,45kgdeC3H6 /h42kgdeC3H6

k mol

=18,868 kmolh

18,868kmolh

×1000mol1kmol

×1h

3600 seg=5,2411mol /seg

vo=F AO

C AO

=5,2411mol /seg0,01138mol /et

=460,55<¿ seg

Producción de Acrilonitrilo es un Reactor PFR en operación adiabática.

Solución: PFR adiabático con capacidades caloríficas variables.

Sea: A=C3H 6 ,B=N H 3 ,C=O2 , D=C3H 3N , E=H 2O ,Sí reescribirmos lareacción

Simbólicamente tenemos:

A+B+ 32C→D+3 E

1.- Balance de moles:

dxdV

=−r AF AO

2.- Ley de velocidad

−r A=K CA

3.- Estequiometría (reacción en fase gaseosa sin caída de presión)

C A=C AO(1−x )(To)

(1+ε x )(T )

ε=Y AOδ

Y AO=0,16

δ=(3+1 )−(1+1+1,5)

δ=4−3,5

δ=0,5

ε=0,16×0,5=0,08

4.- Combinando se obtiene:

−r A=k ×C AO

FAO( 1−x1+0,08 x )× To

T

Para resolver esta ecuación diferencial, primero es necesario usar el balance de energía para determinar T es función de X.

Operación Adiabática:

Si no se efectúa trabajo sobre el sistema, ws=0 , y la operación es adrabática, Q=O (es decir, V=0¿:

dTdV

=

(−r A ) {−[∆ HRx (TR )+∫TR

T

(∆α+∆ β+∆γ T 2+∆ ZT 3 )dT ]}FAO (∑ θiCpi+X ∆CP )

Donde, en general:

∆ α= eaαE+

daαD−

caαC−

baαB−α A−

aad I

Para la reacción:

∆ α=3αE+αD−1,5αC−αB−αA−1,5d I

Existen expresiones equivalentes para Aβ , Aγ y AZ

∆ β= eaβE+

daβD−

caβC−

baβB−β A−

aaβ I

∆ α=3β E+βD−1,5 βC−βB−βA−1,5 β I

∆ γ= eaγ E+

daγD−

caγC−

baγB−γA−

aaγ I

∆ γ=3 γE+γD−1,5 γC−γB−γA−1,5 γ I

∆ z= eazE+

dazD−

cazC−

bazB−z A−

aazI

∆ z=3 z E+zD−1,5 zC−zB−zA−1,5 zI

Entra A, B, C e I.

∑ θi Cpi=C PA+θBCP+OICPI

Entonces:

dTdV

=

(−r A ) {−[∆ HRx (TR )+∫TR

T

(∆α+∆ β+∆γ T 2+∆ ZT 3 )dT ]}F AO (C PA+θBCPB+θCCPC+θ ICPI+X ∆CP )

Dónde:

CPA=αA+ βAT +γAT2+Z AT

3

CPC3 H6=3,710+2,345×10−1T−1,160×10−4T2+2,205×10−8T 3 , j /mol . k

CPA=αB+βBT+γBT2+Z BT

3

CP N H3=27,31+2,383×10−2T−1,707×10−5T 2+1,185×10−8T3 , j /mol .k

CPC=αC+βCT +γCT2+ZCT

3

CPO2=19,80+7,344×10−2T−5,602×10−5T 2+1,715×10−8T3 , j /mol . k

CPI=α I+β I T+γ IT2+Z IT

3

CP N2=30,78−1,178×10−2T+2,390×10−5T2−1,00×10−8T3, j /mol . k

∆CP=∆ α+∆ βT +∆ γ T 2+∆Z T3

θB=FBO

FAO

=0,4114 F¿

0,16 F¿=2,57

Exceso de aire 20%

θC=FCO

F AO

=0,4286F¿×1,2

0,16F¿=3,21

θ I=F IO

FAO

F IO=7921

FCO=7921θC F AO

θ I=7921

θCF AO

F AO

=79213,21=12,08

Parámetro del balance de moles:

F AO=5,2411molseg

×5,24molseg

C AO=0,01138mol¿

vO=460,55¿seg

Cálculo de parámetros del balance de energía:

a)

∆ H RX (TR)=−515610 jmol

TR=298k

b) ∆CP

∆CP=∆ α+∆ BT+∆γ T 2+∆ ZT 3

CPD=αD+βDT +γDT2+zDT

3

CPC3 H3 N=10,69+2,208×10−1T−1,565×10−4T 2+4,601×10−8T 3 , j /mol . k

CPE=αE+βET +γET2+ zET

3

CP H 2O=32,24+1,924×10−3T+1,055×10−5T2−3,596×10−9T 3 , j /mol . k

∆ α=3 (32,24 )+10,69−1,5× (19,80 )−1,5 (30,78 )−27,31−3,710

∆ α=0,52 j /mol . k

∆ β=3 (1,924×10−3 )+ (2,208×10−1 )−1,5 (7,344×10−2 )−1,5 (−1,178×10−2 )−(2,383×10−2 )−(2,345×10−1 )

∆ β=−0,124248 j /mol . k

∆ γ=3 (1,055×10−5 )+(−1,565×10−4 )−1,5 (−5,602×10−5 )−1,5 (2,390×10−5 )−(1,707×10−5 )−(−1,160×10−4 )

∆ γ=2,226×10−5 j /mol . k

∆ z=3 (−3,56×10−9)+ (4,601×10−8 )−1,5 (1,715×10−8 )−1,5 (−1,00×10−8 )−(−1,185×10−8 )−(2,205×10−8 )

∆ γ=1,4297×10−8 j /mol . k

∆CP=0,52−0,124248×T+2,226×10−5T2+1,4297×10−8T3

dTdV

=(−rA ) {−[∆ HRx (TR )+∆ α (T−T R )+∆ β

2(T2−T R

2 )+∆ γ3

(T3−T R3 )+∆ z

4(T4−T R

4 ) ]}FAO [ (α A+β AT+γAT

2+z AT3 )+θB (αB+ βBT+γBT

2+zBT3 )

+θC (αC+ βCT+γCT2+ zCT

3)+¿θ I (α I+β I T+γ I T2+zI T

3 )+X (∆α+∆βT +∆ γT2+∆ zT

3 ) ]

∆α=0,52 , j /mol k

∆β

2=−0,124248

2=0,062124 , j /molk

∆ γ

3=2,226×10

−5

3=7,42×10−6 , j /molk

∆ z

4=1,4297×10

−8

4=3,57425×10−9 , j /molk

k reacción=0,40556 seg−1aT=470 °C=743k

k 1=?aT=343k

k 2=k1×exp [ EaR ( 1T 1− 1T 2 )]

k 2=0,40556 seg−1

k 1=?

T 2=743k

T 1=343k

Ea=19000calmol

×4,184 joule1cal

=79496 joulemol

R=8,314 joulemol×k

k 1=k2

exp [ EaR ( 1T1− 1T2 )]

k 1=0,40556 seg−1

exp [ 79496 jmol

8,314j

molk( 1343− 1

743 )1/k ]k 1=

0,40556 seg−1

3294078,157=1,23118×10−7 seg−1