sexta-semana compress

  CA / C AO y r / R, con la cual se obtiene:
C A  C Ao ,
r  R
Derivando los cambios de variable
dC A  C AO d y dr  Rd
Luego, con estos cambios se obtiene
dC A C AO d d2C A C AO d2

y
 2
...(3.338)
dr
R d
dr2
R d2
Reemplazando en la ecuación 3.337, se tiene
d2
d2

2 d k R2 n1 n

 C AO   0 ...(3.339)
 d
DAe
Hacemos: n2 
kR2 n1
 CAO y reemplazando en (3.339)
DAe
d2 2 d 2 n

 n  0...(3.340)
d2  d
Si en la ecuación (3.340) hacemos n = 1, esta ecuación se transforma a
d2
d
2

 R
2 d 2
    0...(3.341)
 d
kc
D Ae
Usamos las condiciones de frontera:
  1,   1 y   0,
d
0
d
La solución de ecuación (3.341) es:

C1
C
cosh     2 senh    ...(3.342)


Al introducir las condiciones de frontera se obtiene:

CA 1  senh 

...(3.343)
CAo   senh 
1
El módulo de Thiele es una medida de la velocidad de reacción superficial respecto a la velocidad
de difusión a través del gránulo, cuyo valor se puede escribir como:
n2 
Velocidad de reacción superficial
kR2C  CnAO1
kRC  CnAO


...(3.344)
DAe
Velocidad de difusión
 CAO  0 
DAe 

 R 
La solución de la ecuación (3.340) para una cinética de orden “n”, se realiza por el procedimiento
de diferencias finitas, tal como sigue:
Cuando   0.
d
 0 , con lo cual, la ecuación (3.340), se transforma a:
d
d2 n2n

 0 ...(3.345)
3
d2
Discretizando la ecuación (3.345)
i1  2i  i1
  2
n2 n
i  0...(3.346)
3

Luego, para i = 0
1  20  1 
n
  2 1n  0...(3.347)
3
2
d
 0, 1  0
d
Dado que   0,
Ahora cuando   0 , se discretiza (3.340) en forma integra, es decir.
i1  21  i1
  
2

2  i  i1  2 n
 ni  0...(3.348)
i

Simplificando la ecuación (3.348)
i1  2i  i1 
2
 i  i1   n2   2 ni  0...(3.349)
i
Expandiendo la ecuación (3.349)
2
 1  0   n2   2  1n  0...(3.349.1)
1
2
2
2
n
i  2: 3  22  1   2  1   n     2  0...(3.349.2)
2
i  1: 2  21  0 
2
i  3: 4  23  2 
2
 3  2   n2   2 n3  0...(3.349.3)
3
Y así sucesivamente:
i  9: 10 ....29  8 
2
 9  8   n2   2 n9  0...(3.349.9)
9
En este caso, 10  1 , puesto que en r  R, C A  C AO
y
10 
C AO
1
C AO
Ahora podemos deducir el factor de efectividad interna dado por:

r
velocidaddereacción globalreal
 p
velocidaddereaccionque se observa rs
Si toda la superficie estuviera expuesta a las condiciones de la superficie exterior CA0 y T0. A la
velocidad de reacción rp, también se conoce como rA (observado) de tal forma que el factor de
efectividad puede escribirse como:

rA(obs) masade cat wA(obs)


rAS masade cat
wAS
Se resuelve simultáneamente la ecuación (3.347) y (3.349.1) al (3.349.9), lo cual permite obtener
el perfil de concentraciones.
ECUACIÓN GENERAL DE TRANSFERENCIA DE MASA
Se pretende deducir la ecuación general de transferencia de masa considerando los términos
debido a la diferencia de concentración, al flujo conectivo y a la generación por reacción química
y la acumulación respectiva.
Consideremos el esquema siguiente:
Figura 3.31: Esquema para la deducción de la ecuación de transferencia de masa difusional.
3
velocidad de velocidad de  velocidad de  velocidad de   velocidad 
 entrada de   salida de   entradade  
 

salida de

 
 
 
 deconsumo velocidad de
 materia por    materia por    materia por   
   de materia   acumulación ...(3.350)
materia


 
 
 
 
 


difusión
difusión
transporte
por
transparencia
por
de
materi
a

 
 
 
 
 
 molecular   molecular   convectivo  



(6)
correctivo
  reacción 
(1)
(2)
(3)
(4)
(5)
Términos (1) – (2): Transporte neto de materia por difusión molecular es:

 J .dA
A
...(3.351)
Términos (3) – (4): Transporte neto de materia por convección.
Flujo volumétrico  V.dA ;
Flujo molar  CA V.dA
Integrando este último término se obtiene:
 C V.dA...(3.352)
A
Término (5): Transferencia de materia por reacción química
 R d...(3.353)
A
Término (6): Acumulación de materia.
 C A 
 d ...(3.354)
t 
 
Reemplazando los términos en (3.379), se tiene


JA .dA 

CA V.dA 

R A d 

R A d 

 CA

 t

 d...(3.355)

En la ecuación (3.355) los términos respectivos no son geométricamente congruentes, por lo
cual a los términos difusivo y convectivo se aplica el teorema de Gauss, es decir.
 J .dA    J d...(3.356)
  C V.dA   ( .C V)d...(3.357)

A
A
A
A
Reemplazando estos dos términos en la ecuación (3.355) y reordenando:
CA
 t d  (. J )d (.C V)d  R d...(3.358)
A
A
A
4
Dado que los términos de la ecuación (3.358) son geométricamente congruentes, se puede
omitir las integrales respectivas, es decir:
CA
 . JA    .CA V   RA ...(3.359)
t
El término convectivo se puede descomponer mediante: .C A V  VC A  C A  .V
Por la ecuación de intimidad  .V  0
La ecuación (3.359) se transforma en:
CA
 V.CA   . JA  RA ...(3.360)
t
Cuando el transporte de masa se da también por difusión molecular, es decir por diferencia de
concentraciones, se introduce la Ley de Fick dada por JA  DAB CA en (3.360) obteniéndose la
siguiente expresión.
CA
 V.CA  DAB2CA  RA ...(3.361)
t
Cuando en un sistema dado se tiene el caso de contra difusión no equilátera o hay un flujo a
través de cuyos estancado, la ecuación (3.360) se escribe en términos de la densidad de flujo
molar NA, respecto a coordenadas estacionarias, es decir.
CA
 V.CA   .NA  RA ...(3.362)
t
El desarrollo de cada una de estas ecuaciones en los diferentes sistemas de coordenadas se
muestra el anexo.
Problema 3.22: Difusión a través de una pared porosa esférica
Un gas se encuentra encerrado dentro de una esfera cuya pared es permeable tal como se
muestra en la figura.
Figura P- 3.22: Pared porosa esférica donde se produce el fenómeno de transferencia de masa.
5
Encuentre el perfil de concentración, así como la densidad de flujo molar, subiendo que
C A1  C A2 .
Solución
Dado que C A1  C A2 , el flujo de gas se produce de adentro hacia afuera y en base a la información
obtenida de la figura, la transferencia de masa se da por difusión molecular, hacemos uso de la
ecuación (3.361) desarrollado para el sistema de coordenadas esféricas, es decir.
 1   C 
C A
C
V C
V C A
 Vr A   A  
 DAB  2  r2 A  
t
r
r  rsen 
 r r  r 
 
C A 
1
 2C A 
 sen

  R A ...(1)
  r2sen2 2 
r2sen  
1
A continuación, simplificaremos la ecuación (1), del siguiente modo:
Dado que la transferencia de masa se da solo por difusión molecular todos los términos de flujo
se anulan, es decir:
Vr  V  V  0, lo que hace que los términos que lo acompañan también se anulan.
Dado que la transferencia de masa se da en la dirección radial, entonces se anulan los términos
C A

y
 2C A
2
Dado que el proceso se desarrolla en régimen estacionario la ecuación (1) resulta: C A  0
t
Dado que no hay reacción química, R A  0
 1   C  
DAB  2  r2 A    0...(2)
 r r  r  
Integrando la ecuación (2)
CA  
C1
 C2 ...(3)
r
Ahora usamos las condiciones de frontera dadas en la figura del problema, se tiene
r  R1 , C A  C A1 y r  R2 , C A  C A2
Reemplazando estas condiciones en la ecuación (3) se obtiene.
6
C1 
C A1  C A2
1 1

R2 R1
C2  C A1 
y
C1
R1
Reemplazando los valores de C1 y C2 en la ecuación (3), se obtiene
1 1

CA  CA1
r R1

...(4)
CA2  CA1 1 1

R2 R1
La ecuación (4) representa el perfil de concentración.
Ahora podemos calcular la densidad de flujo molar, teniendo en consideración que
JAr
r R1
 JAr
r R2
debido a que las áreas de transferencia de masa son diferentes. Ahora
calculamos la densidad de flujo de masa en r = R, es decir:
JAr
r R1
 DAB
dCA
dr
...(5)
r R1
Derivando la ecuación (3) se tiene:
dC A
C
  21
dr
r
Al reemplazar en la ecuación (5) se tiene:
JAr |r R1 DAB 
C1
R12

DAB  CA1  CA2 
...(6)
R12  1  1 
R R 
2 
 1
La ecuación (6) permite el cálculo de la densidad de flujo molar en r = R1. Luego por tratamiento
similar, la densidad de flujo molar en r = R2, se tiene
JAr
r R2

DAB  CA1  CA2 
.
...(7)
R22  1  1 
R R 
2 
 1
El flujo molar se obtiene multiplicando la densidad de flujo molar por el área de transferencia
de masa, es decir:
WAr
r R1
 WAr
r R2
 4 DAB
 CA1  CA2 
1 1
R R 
2 
 1
...(8)
7
Problema 3.23: Difusión a través de un gas estancado en una pared cilíndrica
Encuentre el flujo molar de un gas A que difunde a través de un gas estancado B, tal como se
muestra en la figura adjunta.
Figura P-3.23: Difusión de un gas A en otro gas estancado B.
Solución:
La ecuación de transferencia de masa, para el caso de contradifusión se tiene.
C A
1 NA NAz 
1 
 
(rNAr ) 

 R A ...(1)
t
r 
z 
 r r
Dado que el sistema se encuentra en regimen estacionario,
C A
0
t
El proceso de transferencia de masa solo se da en la dirección radial, en consecuencia:
NA NAZ

0

z
No se produce reacción química, en consecuencia R A  0.
Con estas simplificaciones, la ecuación (1) se transforma en:
1 
rNAr   0...(2)
r r
Da la ley de Fick para el caso de difusión a través de un gas estancado está dada por:
NAr  JAr  yA NAr  NBr  ...(3)
NAr  0, pues este gas es estancado; luego la ecuación (3) se transforma en:
NAR 
DAB dC A
CDAB dy A

.
...(4)
1  y A dr
1  y A dr
Reemplazando la ecuación (4) en (2)
8
d  CDAB dy A 

r.
 0...(5)
dr  1  y A
dr 
Integrando la ecuación (5)

r dy A
.
 C1 ...(6)
1  y A dr
Integrando la ecuación (6)
 1  y   r dr...(7)
C1
dy A
A
Da como resultado
Ln(1  y A )  C1Lnr  C2 ...(8)
Usar las condiciones de frontera siguiente: r  R1 ,y A  y A1 ,r  R2 ,y A  y A2 . Luego se reemplaza
estas condiciones en (8) y se obtiene:
C1 
1  y A2 
1
.Ln
...(9)
(1  y A1 )
 R1 
Ln  
 R2 
La densidad de flujo molar se obtiene a partir de la ecuación (4), es decir:
NAr
r R1

CDAB dy A

1  y A1 dr
...(10)
r R1
Por otro lado, de la ecuación (6) se tiene
1 dy A C1
.
 ...(11)
1  y A dr R1
Reemplazando (11) en (10) se tiene:
1  y A2 
C1 C DAB
1


.Ln
...(12)
R1
R1
(1  y A1 )
R 
ln  2 
 R1 
La ecuación (12) se puede simplificar linealizando el término logarítmico y expresando en
NAr r R  CDAB 
1
términos del gradiente de fracción molar.
NAr r R 
1
CDAB
1
x
 y A1  y A2  ...(13)
R1 Ln R2 / R1 
9
El flujo molar se obtiene multiplicando la ecuación (13) por el área de transferencia de masa
2R1L  .
Problema 3.24: Modelo cinético para la extracción de un componente
distribuido en el interior de un medio poroso
P-3.24-1.pol
Supongamos que se tiene un principio activo distribuido en el interior de un material, tal como
una semilla donde se distribuye uniformemente aceite esencial; las semillas pueden considerar
esféricas con un radio promedio obtenido por métodos estadísticos. Las semillas son sometidas
a un proceso de extracción, en este caso con vapor de agua, tal como se observa en la figura.
Figura P-3.24-1: Esquema del proceso de extracción de aceite esencial a partir de una
semilla.
Encuentre:
a) El perfil de concentración expresado en un mg de principio activo/kg de semilla.
b) El flujo de masa extraída.
Solución
La variación de concentración del principio activo en la semilla se puede ilustrar gráficamente.
Figura P-3.24-2: Esquema ideal de la tasa de disminución del aceite esencial en la semilla.
10
Consideremos que el proceso de extracción se lleva a cabo siguiendo un mecanismo cinético de
orden “n”. La ecuación de conservación de materia por el proceso de extracción en la partícula,
está dado por:
  2C
C A
2 C A
 DAe  2A 
t
r r
 r

n
  kC A ...(1)

Las condiciones aplicables a este caso, son:
t  0, CA  CAO  r  0
r  0,
CA
0  t0
r
CA  0 esfera de radio "inifinito"

r R
C
C
DAe A  km (CA  CA ) ó  DAe A  u(C A  C A ) esfera de radio "f inito"

r
r

k m : Coeficiente de transferencia de masa
u : Velocidad del fluido
Es decir en r = R, se puede aplicar alguna de las dos condiciones indicadas.
La ecuación diferencial (1) se resuelve por el método de Lines.
Cuando r = 0, se levanta la indeterminación dada en la ecuación (1), mediante.
2
1 dCA d CA
 2 ; ésta ecuación se reemplaza en (1) y se obtiene:
r 0 r dr
dr
lim
CA
 CA
 3DAe
 kCnA ...(2)
2
t
r
2
Discretizando la ecuación (2)
dCi
 C  2Ci  Ci1 
n
 3DAe  i1
  kCi ...(3)
2
dt


r


Hacemos i = 0 con la cual la ecuación (3) se transfiere en:
dC0
 C  2C0  C 1 
n
 3DAe  1
  kC0 ...(4)
2
dt


r


Para aplicación de la segunda condición de la ecuación (1) se transforma en:
11
 C  2Ci  Ci1 2  Ci  Ci1  
dCi
n
 DAe  i1

  kCi ...(5)
2
dt
1r
r 
 r 

Expandiendo la ecuación (5)
i  1:
 C  2Ci  C0
dC1
2  C1  C0  
n
 DAe  2

  kC1 ...(5.1)
2
dt
2

r

r
  r 

i  2:
 C  2C2  C1
dC2
2  C2  C1  
n
 DAe  3

  kC2 ...(5.2)
2
dt
3

r

r


r


i  3:
 C  2C3  C2
dC3
2  C3  C2  
n
 DAe  4

  kC3 ...(5.3)
2
dt
4

r

r


r


Y así sucesivamente.
i  10:
 C  2C10  C9
dC10
2  C10  C9  
n
 DAe  11

  kC10 ...(5.10)
2
dt
10

r

r


r


 C C 
• Si usamos la condición de frontera r  R,  DAe  i i1   km  Ci  C A 
 r 
Cuando i = 10: C11  C10 
Km r
D0
 C10  CA  ; este valor se reemplaza en la ecuación (5.10)
• Si usamos la condición de frontera: r  R,C A  0, la ecuación (5) se expande solo hasta i = 9, es
decir.
dC9
1
 C  2C9  C8
 DAe  10

 C9  C8   kCn9 ...(5.11) ; en este caso hacemos C10  0 (por la
2
dt
9r
 r 


condición).
Se resuelve simultáneamente el sistema de ecuaciones diferenciales antes indicadas y se obtiene
el perfil no estacionario de concentración. La condición inicial para todas las ecuaciones es
Ci (0)  C AO .
El flujo molar se obtiene mediante:
WAr  4 R DAe
2
CA
r
r R
La masa acumulada del principio activo se obtiene mediante.
t
Q A  4R2DAe 0
CA
r
dt ...(17)
r R
12
Si consideramos que en todo momento y en cada radio, la concentración es siempre C AO
podemos obtener la velocidad de extracción ideal o teórica, es decir:
4
WAT  kCnA0  R3 ...(18)
3
El cociente respectivo nos permite obtener el factor de efectividad en función al tiempo, es
decir:
C A
 r r R
3DAe C A

x
n
4 3
RkC A0  r
R
3
4 R2DAe
n(t)  
kCnA0
r R
Tabla P-3.24: Perfil de concentración en la semilla
t(min)
m0
m2
m4
m6
m8
m10
0
20.3
41.1
60.3
81.1
100.3
121.1
140.3
161.1
180.3
200
0.05
0.047
0.043
0.038
0.031
0.026
0.021
0.016
0.013
0.010
0.007
0.05
0.047
0.042
0.037
0.030
0.025
0.020
0.016
0.012
0.009
0.007
0.05
0.046
0.041
0.035
0.028
0.023
0.018
0.015
0.011
0.009
0.007
0.05
0.045
0.038
0.031
0.025
0.020
0.016
0.013
0.010
0.008
0.006
0.05
0.042
0.033
0.027
0.021
0.017
0.013
0.011
0.008
0.006
0.005
0.05
0.034
0.026
0.021
0.016
0.013
0.010
0.008
0.006
0.005
0.004
Figura P-3.24-2: Perfil de concentración en la semilla
0.05
m0
0.04
0.03
0.02
m (mg/Kg)
0.01
m10
0
0
50
100
150
t(min)
m: se expresa mg/kg de semilla, 0-10: centro-periferia de la semilla
Problema 3.25: Modelo cinético de extracción de un principio activo de
materiales tipo disco en un extractor Soxhlet.
P-3.25.pol
Obtenga el perfil de concentración y el factor de efectividad del proceso de extracción de un
principio activo que se encuentra en un lecho empacado cuyas partículas son de tipo disco tal
como se muestra en la figura.
Figura P.3.25-1: Proceso de extracción en un extractor Soxhlet.
13
200
Supongamos que la concentración inicial del principio activo en C A0 (mg de A/kg de material)
Solución:
Se usa la ecuación de operación en coordenadas rectangulares, en régimen no estacionario, es
decir:
 1    C A  1  2 C A  2C A 
C A
C
V C
C
 Vr A   A  VZ A  DAe 
 2   R A ...(1)
r
 2
2
t
r
r 
z
z 
 1 r  r  r 
Ahora hacemos las siguientes simplificaciones:
Todos los términos correspondientes al flujo convectivo, se anulan debido a que estos esquemas
no actúan dentro de la partícula sólida, con la cual Vr  V  VZ  0. Todos los factores que
acompañan a estas variables también se anulan.
La concentración no varía con la dirección radial ni angular, es decir:
CA
 CA
0 y
0
2
r

2
Luego, la ecuación simplificada resulta.
CA
 CA
 DAe
 kCnA ...(2)
t
z2
2
Condición inicial.
t  0, C A  C AO  Z
Condición de frontera.
Z  0,
dCA
0
dz
y
Z   B,  DAe
14
dCA
 km  CA  CA 
dz
Discretizando la ecuación (2)
dCi
 C  2Ci  Ci1 
n
 DAe  i1
  kCi ...(3)
2
dt


z


Expandiendo la ecuación (3)
i0
dC0
 C  2C0  C 1 
n
 DAe  1
 kC0 ...(3.1)

2
dt
 z 


dC1
 C  2C1  C0
 DAe  2
dt
 z 2


n
  kC1 ...(3.2)

dC
 C  2C2  C1 
i  2 2  DAe  3
 kCn2 ...(3.3)

2
dt
 z 


i 1
Y así sucesivamente:
dC9
 C  2C9  C8
 DAe  10
dt
 z 2


n
  kC9 ...(3.10)

dC
 C  2C10  C9 
n
i  10 10  DAe  11
 kC10
...(3.11)

2
dt
 z 


i9
La condición inicial para cada ecuación diferencial es Ci(0) = CAO.
Cuando i = 10:
dC A
k
  m  C A  C A  , la cual discretizando
dz
DAe
Se convierte en
Ci1  Ci
k
  m  C10  CA  y cuando i = 10
z
DAe
Se transforma en: C11  C10 
kmz
 C10  C A 
DAe
Por otro lado, en z = 0 se obtiene C 1  C0
El factor de efectividad se obtiene calculando la relación entre el flujo molar real en el tiempo t
y el flujo molar ideal en el mismo tiempo, es decir:
Flujo molar real: WAz  2R2DAe
CA
...(4)
z z  B
Flujo molar ideal: WAT  2kCA0 R B ...(5)
n
2
El cociente entre (4) y (5) nos da el factor de efectividad temporal
15
2R DAe
2
(t) 
CA
z z  B
2kCA0 R2B
DAe

CA
z z  B
kCnA0B
...(6)
La cantidad de materia acumulada se obtiene integrando (4), es decir
CA
0 z
t
Q  2R DAe 
2
dt ...(7)
z B
Tabla P-3.25: Perfil de concentración en un material
tipo disco
Figura P-3.25-2: Perfil de concentración en un material
tipo disco
t(s)
C0
C1
C2
C3
C4
C5
0.05
0
0.05
0.05
0.05
0.05
0.05
0.05
1.3
0.050
0.050
0.050
0.050
0.050 0.048
2.5
0.050
0.050
0.050
0.049
0.049 0.047
5.3
0.049
0.049
0.049
0.049
0.047 0.044
10.1 0.048
0.048
0.048
0.047
0.045 0.041
0.035
20.1 0.046
30.1 0.044
0.046
0.043
0.045
0.042
0.043
0.040
0.040 0.036
0.037 0.033
0.03
40.1 0.041
0.040
0.039
0.036
0.033 0.030
0.037
0.036
0.034
0.031 0.027
50
0.038
C0
0.045
0.04
C(mg/Kg)
C0
C1
C2
C3
C4
C5
0.025
0
10
C: se expresa mg/kg , 0-5: centro-periferia del disco
C5
20
t(s)
30
40
Problema 3.26: Reactor batch isotérmico perfectamente agitado
Utilice la ecuación de transferencia de masa para un reactor batch perfectamente agitado,
donde se lleva a cabo una reacción de poner orden del tipo A K
B. Encuentre la concentración
como función del tiempo.
Solución:
La ecuación general de transferencia de masa en su forma vectorial, está dada por.
CA
 V.CA  DAB2CA  RA ...(1)
t
Dado que en un reactor batch no hay flujo de entrada ni salida, entonces V. C A  0 , por otro
lado, debido a que el sistema se encuentra agitado, se elimina los efectos disfuncionales, es decir
DAB2CA  0 , con lo cual la ecuación (1) se transforma en:
16
50
CA
 RA ...(2)
t
El término cinético, está dado por:
R A  kC A ...(3)
Reemplazando (3) en (2) e integrando se obtiene.
CA
dC A
CA0
CA


t
  kdt ...(4)
0
A partir de (4) se obtiene.
CA  CAO ekt ...(5)
Problema 3.27: Reactor batch perfectamente agitado con una reacción química reversible
de primer orden
Es un reactor batch adiabático perfectamente agitado, se lleva a cabo una reacción del tipo
A
k1
k2
B. Encuentre la ecuación que permite encontrar la conversión en función al tiempo.
Solución
La ecuación de transferencia de masa para este caso, es similar al del problema 3.23 es decir.
dCA
 RA ...(1)
dt
De acuerdo a la reacción, se tiene
R A  k1C A  k2CB ...(2)
Reemplazando (2) en (1)
dCA
 k1CA  k2CB ...(3)
dt
Dado que la ecuación (3) contiene 2 variables independiente CA y CB. Se requiere reducirla dicha
ecuación a una sola variable mediante el criterio de conversión.
dCA  CA0dx ; CB  CA0 x
Reemplazado en (3) y simplificando
17
dx
 k1  k1  k2  x...(4)
dt
La ecuación (4), es una ecuación diferencial de variables separables, la cual se integra mediante.

dx
  dt...(5)
k1  k1  k2  x
Cuya forma integrada resulta.

1
Ln k1  k1  k2  x   t  C...(6)
(k1  k2 ) 
La condición inicial aplicable a este problema es t = 0, x = 0 por lo cual, la constante de
integración es C  
1
Lnk1 y reemplazando en (6).
(k1  k2 )
 k 
 k k  t
x   1  1  e  1 2  ...(7)
 k1  k2 
Problema 3.28: Reactor tubular isotérmico, heterogéneo con difusión axial
P-3.28.pol
Es un reactor tubular de radio R y longitudinal L, se lleva a cabo una reacción química de primer
orden, en régimen turbulento, en el cual se desprecia los efectos de difusión radial. Obtenga la
ecuación que permite obtener el perfil de concentración a lo largo del reactor.
Solución
La ecuación general de transferencia de masa, está dada por:
 1   C A  1  2C A  2C A 
C A
C
V C
C
 Vr A    A  VZ A  DAe 
 2   R A ...(1)
r
 2
2
t
r
r

Z
Z 
 r r  r  r 
Simplificando los términos que no intervienen en el problema.
C A
 0 : Régimen estacionario
t
Vr  V  0;
CA
 CA
 0,
0
r
2
2
Luego la ecuación (1) se transforma en:
2
VZ
dCA
dC
 DAe 2A  RA ...(2)
dz
dz
18
En la ecuación (2), dado que el sistema se encuentra en régimen turbulento hacemos
VZ  VZ  V constante y R A  kCA por considerar una cinética de primer orden se tiene:
d2CA
2
dz

V dC A
k

CA  0 ...(3)
DAe dz DAe
Ahora se resuelve la ecuación (3) por un método analítico, para lo cual previamente se
adimensionaliza.
Las condiciones de frontera aplicables a este problema son: z  0,C A  C AO y en Z = L,
dC A / dz  0.
Hacemos los siguientes cambios de variable.
Z  z /L, C  CA / CAO , dz  LdZ, dCA  CAO dC, dz2  L2 dZ2 d2CA  CAOd2C
Reemplazando la ecuación (3) y simplificando.
d2C
dZ
2

V  L dC kL2
. 
C  0...(4)
DAB dZ DAB
Las nuevas condiciones de frontera son:
z  0, Z  0,
C A  C AO , C  1
dCA
dC
z  L, Z  1,
 0,
0
dz
dZ
Ahora hacemos los siguientes cambios de variable.
B
V L
kL
, N
D AB
V
Al sustituir estas nuevas variables en la ecuación (4)
2
dC
2
dZ
B
dC
 BNC  0...(5)
dZ
La solución de la ecuación (5) por el método de operadores se prosigue del siguiente modo:
m2  Bm  BN  0...(6)
Dado que la ecuación (6) es una ecuación algebraica de segundo orden, su solución es:
m
B  B2  4(BN)
...(7)
2
19
A partir de la ecuación (7) se desprende dos soluciones.
B B
4N
B B
4N
m1   1  , m2   1 
2 2
B
2 2
B
Luego, la solución de la ecuación diferencial cuando los radios son diferentes tal como m1 y m2
viene dada por.
C  C1em1Z  C2em2Z ...(8)
Si Z = 0, C = 1, con lo cual, se tiene:
C1  C2  1...(9)
Derivando la ecuación (8)
dC
 C1m1em1Z  C2m2em2Z ...(10)
dZ
dC
0
dZ
Si Z  1,
0  C1m1em1  C2m2em2 ...(11)
Resolviendo las ecuaciones (9) y (11)
C1 
m2em2
m1em1  m2em2
, C2 
m1em1
m1em1  m2em2
Luego, reemplazando en la ecuación (8).
C
m2em2 em1z
m2em2  m1em1

m1em1 em2Z
m2em2  m1em1
...(12)
Simplificando finalmente se obtiene:
C
m2em2 m1Z  m1em1 m2Z
m1em1  m2em2
...(13)
Solución numérica de la ecuación (5)
Ci1  2Ci  Ci1
(z)
2
B
(Ci  Ci1 )
 BNCi  0 ...(14)
z
Simplificando la ecuación (14)
20
Ci1  2Ci  Ci1  Bz(Ci  Ci1 )  z2BNCi  0 ...(15)
Reordenando la ecuación (15)
Ci1  (2  Bz  z2BN)Ci  (1  Bz)Ci1  0 ...(16)
2
Hacemos M  (2  Bz  z BN)
P  1  Bz
La ecuación (16) se convierte a
Ci1  MCi  PCi1  0
i  1:C2  MC1  PC0  0
i  2:C3  MC2  PC1  0
i  3:C4  MC3  PC2  0
Y así sucesivamente
i  10:C11  MC10  PC9  0
Condiciones de frontera:
C11  C10
C0  1
La ecuación (14) permite obtener el perfil de concentración a lo largo de la longitud del reactor,
considerando que es aplicable para todo B  4N
Tabla P-3.28: Perfil de CA
Figura P-3.28: Perfil de concentración
z (m)
0
CA (mol/L)
1
0.1
0.9208601
0.2
0.8481931
0.3
0.7816024
0.4
0.7207964
0.5
0.6656273
0.6
0.6
0.616155
0.5
0.7
0.5727542
0.8
0.5362908
0.9
0.5084103
1
0.4920099
1
C(mol/L)
0.9
0.8
0.7
0.4
0
0.2
0.4
0.6
0.8
1
z(m)
Problema 3.29: Reactor tubular heterogéneo isotérmico con difusión axial con
zonas inertes.
P-3.29.pol
21
Supongamos que se tiene un reactor catalítico isotérmico de leche fijo que está compuesta de
tres zonas. La primera zona consiste de partículas de material inerte que tiene como objetivo
hacer el precalentamiento de la mezcla reaccionante, la segunda zona es el reactor catalítico
propiamente dicho y la tercera zona contiene material inerte que tiene la finalidad de enfriar y
homogenizar los productos de reacción, tal como se observa en la figura.
Figura P-3.29-1: Esquema de un reactor catalítico de lecho fijo con tres zonas de reacción.
Solución
Planteamos las ecuaciones diferenciales correspondientes a las diversas zonas considerando
que debido a la presencia de las partículas el perfil de velocidad es plano, para lo cual la
velocidad Vz(r) es constante e igual a V.
La ecuación de transferencia de masa está dada por:
CA
 V.CA  DAe2CA  RA ...(1)
t
Zona I: Régimen estacionario y no hay reacción química
V
2
dCA
d C
 DAe 2A
dz
z
...(2)
Zona II: Régimen estacionario y hay reacción química
2
dCA
d CA
 DAe
 kCA
dz
dz2
...(3)
Zona III: Régimen estacionario y no hay reacción química.
III
2 III
dC
dC
V A  DAe 2A ...(4)
dz
dz
Usamos las siguientes ecuaciones de frontera
22
z  ,CA  CAO ...(a)
z  0,C A  C A
z  L, C A  C A
z  L,
I
II
III
...(d)
I
II
z  0,
...(b)
dCIIA dCIIIA

...(e)
dz
dz
dCIA dCIIA

...(c)
dz
dz
z   C A  Finito...(f)
III
Usando los mismos cambios de variable del problema (3.25), es decir
B
V L
KL
z
2
2
2
2
2
, N  ; Z  ; C  C A / C A0 ; dz  LdZ; dC A  C A0dC; dz  L dZ ; d C A  C A0d C
DAB
V
L
Con lo cual se obtiene un sistema de ecuaciones diferenciales ordinarias:
Zona I:
2 I
dC
dZ2
B
I
dC
 0 ...(5)
dZ
Zona II:
2 II
dC
dZ2
B
II
dC
 BNC  0 ...(6)
dZ
Zona III:
2 III
dC
dZ2
B
III
dC
 0...(7)
dZ
La solución numérica se encuentra por el método de diferencias finitas:
Discretizando la ecuación (5):
Ci1  2Ci  Ci1
(z)
2
B
(Ci  Ci1 )
 0 ...(8)
z
De la ecuación (8) se obtiene:
Ci1  2Ci  Ci1  Bz(Ci  Ci1 )  0 ...(9)
Simplificando la ecuación (9):
Ci1  (2  Bz)Ci  (1  Bz)Ci1  0 ...(10)
Ahora se expande la ecuación (10)
23
i  1:C2  MC1  PC0  0 ...(10.1)
i  2:C3  MC2  PC1  0 ...(10.2)
i  2:C4  MC3  PC2  0 ...(10.3)
Y así sucesivamente:
i  9:C10  MC9  PC8  0 ...(10.9)
Ahora se procede a discretizar la ecuación (6)
Ci1  2Ci  Ci1
(z)
2
B
(Ci  Ci1 )
 BNCi  0 ...(11)
z
De la ecuación (11) se obtiene:
Ci1  2Ci  Ci1  Bz(Ci  Ci1 )  BNz2Ci  0 ...(12)
Agrupando la ecuación (12)
Ci1  (2  Bz  BNz2 )Ci  (1  Bz)Ci1  0 ...(13)
Ahora se puede expandir la ecuación:
i  10 :C11  QC10  RC9  0 ...(13.1)
i  11:C12  QC11  RC10  0 ...(13.2)
i  12:C13  QC12  RC11  0 ...(13.3)
Y así sucesivamente:
i  19:C20  QC19  RC18  0 ...(13.10)
Ahora se procede a la discretización de la ecuación (7)
Ci1  2Ci  Ci1
(z)
2
B
(Ci  Ci1 )
 0 ...(14)
z
Simplificando la ecuación (14)
Ci1  2Ci  Ci1  Bz(Ci  Ci1 )  0 ...(15)
Agrupando la ecuación (15)
Ci1  (2  Bz)Ci  (1  Bz)Ci1  0 ...(16)
Expandiendo la ecuación (16)
24
i  20:C21  SC20  TC19  0
i  21:C22  SC21  TC20  0
i  22:C23  SC22  TC21  0
Y así sucesivamente
i  30:C31  SC30  TC29  0
En las siguientes constantes:
C0  1: Condición de entrada
M  S  (2  Bz)
P  R  T  (1  Bz 
Q  (2  Bz  BNz2 )
C31  C30 : Condición de salida
En este caso, se resuelve el problema para N=1 y B=5, z=3 y se obtiene los siguientes valores:
z(m)
CA
0
1.000
0.1 0.998
0.2 0.996
0.3 0.992
0.4 0.986
0.5 0.976
0.6 0.963
0.7 0.943
0.8 0.912
0.9 0.866
Zona inerte
z(m)
1
1.1
1.2
1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9
CA
0.798
0.735
0.677
0.625
0.577
0.534
0.496
0.465
0.441
0.426
z(m)
CA
2
0.426
2.1 0.426
2.2 0.426
2.3 0.426
2.4 0.426
2.5 0.426
2.6 0.426
2.7 0.426
2.8 0.426
2.9 0.426
3
0.426
Zona de reacción Zona inerte
Figura P-3.29-2: Perfil de concentración a lo largo del reactor
1.2
Zona I
1.1
Zona III
Zona II
1
Catalizador
0.9
CA(mol/L)
Tabla P-3.29: Perfil de CA por zonas
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
Inerte
Inerte
Zona de reacción
0.2
0
0.5
1
1.5
2
2.5
z(m)
NOTA: En cada tramo se puede establecer diferente longitud del reactor con lo cual M y S; P,R y
T ya no serían iguales. Se recomienda al lector hacer la prueba respectiva.
Problema 3.30: Reactor continuo tipo tanque (CSTR).
Es un reactor tipo tanque agitado, isotérmico, en fase homogénea, se lleve a cabo una reacción
química de primer orden, encuentre la concentración a la salida del reactor.
Figura P-3.30: Esquema de un reactor continuo.
25
3
Solución
La ecuación de transferencia de masa está dada por
CA
 V.CA  DAB2CA  RA ...(1)
t
CA
 0: Régimen estacionario
t
DAB2CA  0: Debido a la agitación no hay problemas de transferencia por diferencia de
concentraciones.
La ecuación (1) se transforma en:
V. C A  R A  0 ...(2)
Considerando que x es la dirección del flujo, la ecuación (2) se transforma en:
Vx
CA
 kCA ...(3)
x
Discretizando la ecuación (3)
Vx
 CA  CAE 
x
 kCA ...(4)
El primer miembro de la ecuación (4) multiplicamos y dividimos por el área de flujo, es decir:
Vx A
 CA  CAE   kCA ...(5)
A. x


 CA  CAE   kCA ...(6)

 : Volumen del reactor,  :
flujo volumétrico
26



   k  C   C
A
AE ...(7)

 
Luego, despejado el valor de CA de la ecuación (7)

CA 
/ 

/   k

C AE 


 k
 C AE ...(8)
De la ecuación (8) se obtiene:
CA 
CAE
...(9)
1  k
La ecuación (9) permite obtener la concentración del reactante A a la salida del reactor continuo
en función de la constante de velocidad de reacción, el tiempo de resistencia y la concentración
de entrada.
Si la reacción fuese de segunda orden, la ecuación (4) se transforma en:
Vx
 CA  CAE   kC2A ...(10)
x


 CA  CAE   kC2A ...(11)

CA CAE

 kC2A  0 ...(12)


La ecuación (12) se resuelve por un proceso iterativo.
Del mismo modo se puede encontrar la concentración para sistemas más complejos.
Problema 3.31: Reactores tipo tanque continuo en serie
Es un reactor continuo de volumen 1 y 2 conectados en serie se lleva a cabo una reacción
continua química de primer orden. Encuentre la concentración del reactante A a la salida de
cada uno de los reactores.
Figura P-3.31: Esquema de dos reactores tipo tanque en serio.
27
Solución
La ecuación de balance de masa para ambos reactores está dada por
Vx
dCA
 RA ...(1)
dx
Balance de masa en el reactor 1
Balance de masa en el reactor 2
Vx
dCA1
 kCA1 ...(2)
dx
Vx
dCA2
 kCA2 ...(6)
dx
Vx
CA1
 kCA1 ...(3)
x
Vx
CA2
 kCA2 ...(7)
x
Vx
 CA1  CAE 
x
 kCA1 ...(4)
Simplificando la ecuación (4)
C A1 
C AE
...(5)
1  k1
Vx
 CA2  CA1 
x
 kCA2 ...(8)
De la ecuación (8) se obtiene
C A2 
1
.C A1 ...(9)
1  k2
Reemplazando (5) en (9)
CA2 
1
 1  1 
. CA1  

 .CAE ...(10)
1  k2
 1  k1  1  k2 
Problema 3.32: Reactores tipo tanque continuo en serie II
P-3.32.pol
1

B
Repita el cálculo efectuado en el problema 3.27 para una reacción del tipo A 

k2
k
considerando una batería de dos reactores de volúmenes diferentes.
El balance de materia para el reactor 1, está dado por.

0
 CA1  CAE   k1CA1  k2CB1 ...(1)
1
El balance de materia en el reactor 2, está dado por:

0
 CA2  CA1   k1CA2  k2CB2 ...(2)
2
Debido a que se tiene cuatro variables  CA1 ,CA1 ,CB1 y CB2  y solo dos ecuaciones, se procede de
dos modos
28
a) Transformando a términos de conversión
Se resuelve simultáneamente la ecuación
(1), (2), (3) y (4) lo que permite obtener la
b) Haciendo el balance de B en cada reactor.
concentración de salida de A y B a la salida
Procedemos según el segundo
de cada uno de los reactores.
procedimiento
Tabla P-3.32: Resultados del problema 3.32
Balance de materia en el reactor 1.

0
 CB1  0   k1CA1  k2CB1 ...(3)
1
Balance de materia en el reactor 2
Datos
Resultados
C AE  2mol / L
C A1  0.0487805
CBE  0
C A2  0.0392469

CB1  1.951219
2  1200L

CB2  1.960754
k1  0.1min1
Fv  0.4 L / min
1  800L

0
 CB2  CB1   k1CA2  k2CB2 ...(4)
2
k2  0.002min1
Problema 3.33: Reactor tubular isotérmico en flujo laminar con difusión
P-3.33.pol
radial
Encuentre el perfil de concentración que se produce en un reactor tubular isotérmico en flujo
laminar con una reacción de primer orden considerando solo la difusión radial.
Solución
La ecuación de transferencia de masa de este caso está dado por:
VZ
 1   CA  
CA
D
r
   R A ...(1)
Z
 r r  r  
El perfil de velocidad está dada por:
  r 2
VZ  VZmax 1     ...(2)
  R 
R A  kC A ...(3)
Reemplazando (3) y (2) en (1)
  r 2  C
 2C 1 CA 
VZmax 1     A  D  2A 
  kCA ...(4)
r r 
  R   Z
 r
De la ecuación (4) se tiene:
29
C A

Z
  2C A 1 C A


  r 2   r2 r r
VZmax 1    
 R  
D



kC A
...(5)
  r 2 
VZmax 1    
 R  
Condición de frontera:
Z  0, CA  CAO r...(a) r  0,
CA
C
 0 Z...(b) r  R, A  0, Z...(c)
r
r
La ecuación (5) se puede resolver usando los métodos: Método de Línes y el Método implícito
de diferencias finitas, tal como se muestra a continuación:
a) Método de Lines:
Consiste en realizar una discretización parcial de la ecuación diferencial (5) del siguiente modo.
Cuando r = 0, la ecuación (5) se transforma en:
C A 2DA  2C A  kC A

...(6)


Z VZmáx  r2  VZmáx
Discretizando la ecuación (6)
dCi 2DA  Ci1  2Ci  Ci1  kCi

...(7)
 V
dZ VZmax 
 r 2
 Zmax
Hacemos i = 0
dC0 2DA  C1  2C0  C 1  kC0

...(7.1)
 V
dz VZmax 
 r 2
 Zmax
La condición inicial es C0 (0)  C A0 y por la condición (b), C 1  C0 . Cuando r  0, la discretización
de la ecuación (5) conduce a:
dCi

dZ
 Ci1  2Ci  Ci1 1  Ci  Ci1  
kCi

.
...(8)


2
ir
r
  ir   
  ir 2 
 r 

VZmax 1  
Vzmax 1  
 
 
  R  
  R  
DA
2
La ecuación (9), se expande para cada i.
i  1:
dC1

dZ
 C2  2C1  C0 1  C1  C0  
kC1


...(8.1)

2
2 
1  r  
  1r   
  1r 2 
 r 
Vmax 1  
VZmax 1  
 
 
  R  
  R  
DA
2
C1 (0)  C A0
i  2:
dC2

dZ
 C3  2C2  C1 1  C2  C1  
kC2


...(8.2)

2
2 
2  r  
  2r   
  2r 2 
 r 
Vzmax 1  
VZmax 1  
 
 
  R  
  R  
DA
2
C2 (0)  C A0
30
i  3:
dC3

dZ
 C4  2C3  C2 1  C3  C2  
kC3


...(8.3)

2
2 
3  r  
  3r   
  3r 2 
 r 
Vzmax 1  
VZ max 1  
 
 
  R  
  R  
DA
2
C3 (0)  C A0
Y así sucesivamente
i  9:
dC9

dZ
 C10  2C9  C8 1  C9  C8  
kC9


...(8.9)

2
2 
9  r  
  9r   
  9r 2 
 r 
Vzmax 1  
VZ max 1  
 
 
  R  
  R  
DA
2
C9 (0)  C A0
b) Método implícito de diferencias finitas
Consiste en la discretización de ambos miembros (5), y (6). Discretizando la ecuación (6)
r 0
Ci,j1  C1,j
2D  Ci1,j1  2Ci,j1  Ci1,j1 
k

.Ci,j1 ...(9)


2
z
VZmax 
 r 
 VZmax
Esta ecuación es válida para i  0,j  0,1,2,...n
La condición r  0,
CA
 0, con C1,j1  C0,j1
r
Figura P-3.33-1: Esquema para la solución del problema 3.30
por el método de diferencias finitas.
Cuando r  0 se hace la discretización de la ecuación (5)
Ci,j1  Cij
Z

 Ci1,j1  2Cij1  Ci1,j1 1  Ci,j1  Ci1,j1  
kCij
.

...(10)
 
2
ir
r
  i r   
  ir 2 
 r 

VZmax 1  
VZmax 1  
 
 
  R  
  R  
DA
2
Con las condiciones de frontera
z0
Ci,0  CA0 (Concentración de entrada al reactor)  r
31
CA
CA
 0 y r  R,
0
z  0
r
r
Ci,j1  Ci1,j1
Ci1,j1  Ci,j1
0 y
0
r
r
La ecuación (10) se desarrolla para:
J0 ,
J1 ,
i  0,1,2,3,4,5
i  0,1,2,3,4,5
J2 ,
i  0,1,2,3,4,5
Y así sucesivamente.
Se resuelve simultáneamente el sistema lineal resultante.
Tabla P-3.33: Perfil de concentración
Figura P-3.33-2: Perfil de concentración para z
z(m)
C0
C2
C4
C6
C8
C10
0
0.010
0.000
0.000
0.000
0.010
0.01
0.21
0.0065
0.0051
0.0052
0.0064
0.0089
0.0095
0.41
0.0055
0.0053
0.0057
0.0069
0.0085
0.0089
0.60
0.0054
0.0055
0.0060
0.0071
0.0082
0.0085
0.81
0.0055
0.0057
0.0063
0.0072
0.0080
0.0082
1.00
0.0057
0.0060
0.0065
0.0073
0.0079
0.0080
1.21
0.0059
0.0062
0.0067
0.0073
0.0078
0.0079
1.40
0.0061
0.0064
0.0068
0.0073
0.0077
0.0078
1.61
0.0063
0.0065
0.0069
0.0073
0.0076
0.0077
1.80
0.0065
0.0067
0.0070
0.0073
0.0075
0.0076
2
0.0066
0.0068
0.0070
0.0073
0.0075
0.0075
0.010
0.008
0.006
C0
C2
C4
C6
C8
C10
0.004
C (mol/L)
0.002
0.000
0
0.5
1
1.5
C se expresa en mol/L , 0 – 10 : centro – periferia
Problema 3.34: Reactor isotérmico con difusión axial y radial en flujo turbulento en fase
homogénea.
Encontrar el perfil de conversión cuando se lleva a cabo una reacción química de primer orden
en un reactor tubular en fase homogénea, en condiciones isotérmicas y flujo turbulento.
Solución
V
 2C 1 C  2C 
C
 DA  2 

  kC ...(1)
Z
r r Z2 
 r
En la ecuación (1) consideramos para este caso que los coeficientes de difusión axial y radial son
la misma. La ecuación (1) se transforma en términos de conversión, es decir:
C  C0 1  x  ,
dC  C0dx
Reemplazando en la ecuación (1)
 VC0

x
2 x C x
2x 
 D  C0 2  0
 C0 2   kC0 1  x  ...(2)
z
r r
r
z 

32
z(m)
2
Simplificando la ecuación (2)
x DA  2 x 1 x  2 x  k 
 


  1  x  ...(3)
Z V  r2 r r Z2  V
Cuando r = 0 la ecuación (3) se transforma en:
x DA  2 x 2 x  k 
 2

  1  x  ...(4)
Z V  r2 Z2  V
Discretizando la ecuación (4)
xi,j1  xij
Z

DA
V
  xi1,j1  2x i,j1  x i,j1  x i,j1  2x i,j1  x i,j1  k
2 
  1  xi,j1  ...  5

 r2 
 z 2

 
 V
La ecuación (5) es válida para i = 0, j = 1, 2, 3, …
Condición inicial: z  0, xi,0  0
Condiciones de frontera
r  0,
x
 0, xi,j1  xi1,j1 ,
r
i  0,j  1, 2, 3,...n
r  R,
x
 0,
r
i  0, j  1, 2, 3,...n
xi1,j1  xi,j1 ,
Ahora cuando r  0, la ecuación  3  , se discretiza del siguiente modo:
xi,j1  xij
Z

DA  xi1,j1  2xi,j1  xi1,j1 1 xi,j1  xi1,j1 xi,j1  2xij  xi,j1  k
 .


  1  xi,j1  ...(6)
V
ir
r
 r 2
 Z 2
 V
Desarrollando la ecuación (6) para i  0, j  1
x 0,2  x 0,1
Z

DA
V
  x12  2x 0Z  X 1,2  x 0,2  2x 01  x 0,0  k

Z
  1  x 0,1  ...(6.1)
 r 2
 z 2

 V
Desarrollando la ecuación (6)
i  1, j  1
x12  x11 DA  x22  2x12  x 0d
1  x12  x0,2  x12  2x11  x10  k
 

.

  1  x12  ...(6.2)
2
z
V
1r
r
 r 
 22
 V
i  2, j  1
x22  x21 DA  x32  2x22  x12 1  x22  x12  x22  2x21  x20  k
 

.

  1  x22  ...(6.3)
z
V 
2r
r
 z 2
(r)2
 V
i  3, j  4
x32  x31 DA  x 42  x32  x22
1  x32  x22  x32  2x31  x30  K
 

.

  1  x32  ...(6.4)
2
z
V 
3r
r
 z 2
(r)
 V
33
i  4, j  4
x 42  x 41 DA  x52  2x 42  x32
1  x42  x32  x 42  2x32  x 40  k
 

.

  1  x 42  ...(6.5)
2
z
V 
4r
r
 z 2
(r)
 V
i  5,j  1
x52  x51 DA  x62  2x52  x42
1  x52  x 42  x52  2x 42  x50  k
 

.

  1  x52  ...(6.6)
2
z
V 
5r
r
 z 2
(r)
 V
Se prosigue del mismo los siguientes bloques.
Problema 3.35: Reactor tubular en régimen no estacionario con difusión
P-3.35.pol
axial, flujo turbulento.
Encuentre el perfil de conversión que se produce en un reactor tubular homogéneo en régimen
no estacionario en el cual se produce una reacción reversible de primer orden.
Solución
La ecuación de transferencia de masa está dado por:
CA
C
 CA
 VZ A  DA
 k1CA  k2CB ...(1)
t
Z
Z2
2
La velocidad Vz es constante por tratarse de un flujo turbulento.
La ecuación (1) expresada en términos de conversión es:
x
x
x
 V  DA 2  k1 (1  x)  k2x ...(2)
t
z
z
2
Las condiciones respectivas son.
t  0, x  0 Z; Z  0, x  0 t  0; x  L,
X
 0 t  0
Z
Discretizando la ecuación (2) se tiene:
dxi
 x x 
 x  2xi  xi1 
  V  i i1   DA  i1
  k1 (1  xi )  K2 xi ...(3)
dt
 Z 
 Z 2


La ecuación (2) se expande para cada valor de i.
i  1:
dx1
 x x 
 x  2x1  x 0 
  V  1 0   DA  2
  k1 1  x1   K2 x1 ...(3.1)
2
dt
 Z 
  Z 

x1 (0)  0
i  2:
dx2
 x x 
 x  2x2  x1 
  V  2 1   DA  3
  K1 1  x 2   K2 x 2 ...(3.2)
2
dt
 Z 
  Z 

x2 (0)  0
34
i  3:
dx3
 x x 
 x  2x3  x2 
  V  3 2   DA  4
  k1 1  x 3   k2 x 3 ...(3.3)
2
dt
 Z 
  Z 

x3 (0)  0 y así sucesivamente
i  10:
 x x10  2x  x 
dx10
 x x 
11
10
9
  k1 1  x10   k2 x10
  V  10 9   DA 
2

dt
 Z 
 Z 


x10 (0)  0
Desarrollando el programa P-3.35 se obtiene los siguientes resultados.
Tabla P-3.35: Perfil de conversión
Figura P-3.35: Perfil de conversión
t(min)
x2
x4
x6
x8
x10
0
0
0
0
0
0
1.1
0.253
0.332
0.345
0.346
0.346
2.0
0.295
0.460
0.526
0.544
0.547
3.1
0.301
0.499
0.614
0.666
0.685
4.0
0.302
0.506
0.640
0.718
0.756
5.1
0.302
0.508
0.647
0.738
0.792
6.0
0.302
0.508
0.649
0.743
0.805
7.1
0.302
0.508
0.649
0.745
0.809
8.0
0.302
0.508
0.649
0.745
0.810
9.1
0.302
0.508
0.649
0.745
0.811
10
0.302 0.508 0.649 0.745
z = 0  x0,
z = L  x10
0.811
1
xA
0.8
x8
x10
x6
0.6
x4
0.4
x2
0.2
x0
0
0
5
Problema 3.36 Difusión con reacción química múltiple.
t(min)
10
P-3.36-1.pol
Considere un reactor tubular homogéneo, isotérmico donde se lleva a cabo una reacción
química del tipo:
k1
A  B 
C
k2
B  C 
D
Encuentre el perfil de concentración longitudinal de cada uno de los componentes,
considerando los siguientes datos:
4
u  1m / s,k1  k2  1m / mol  s,D  10 m / s
3
2
CAE  1mol / m ,CBE  1mol / m ,CCE  0,CDE  0,L  10m
3
3
x  L /10 m
Solución:
35
La ecuación de balance de materia, para cada componente, está dada por componente A:
2
D
d CA
dx2
u
dCA
 k1CACB  0 ...(1)
dx
Componente B:
2
D
d CB
dx
2
u
dCB
 k1CACB  k2CBCC  0 ...(2)
dx
Componente C:
2
D
d CC
dx2
u
dCC
 k1CACB  k2CBCC  0 ...(3)
dx
Componente D:
2
D
d CD
dx
2
u
dCD
 k2CBCC  0 ...(4)
dx
Condiciones de frontera a la entrada:
x 0
dC A
dC
 u(C AE  C A ), D B  u(CBE  CB )
dx
dx
dC
dC
D C  u(CCE  CC ), D D  u(CDE  CD )
dx
dx
D
Condiciones de frontera a la salida:
x L
dCA
dC
dC
dCD
 0, B  0, C  0 y
0
dx
dx
dx
dx
Discretizando la ecuación (1)
ux
k (x)
C Ai1  2CAi  CAi1 
(CAi  CAi1 )  1
CAiCBi  0 ...(5)
D
D
2
Expandiendo la ecuación (5)
36
ux
k1 (x)2
i  1:C A2  2CA1  CA0 
(CA1  CA0 ) 
CA1CB1  0 ...(5.1)
D
D
ux
k1 (x)2
i  2:C A3  2C A2  C A1 
(C A2  C A1 ) 
C A2CB2  0 ...(5.2)
D
D
Y así sucesivamente:
ux
k (x)
i  10 :C A11  2C A10  C A9 
(C A10  C A9 )  1
C A10CB10  0 ...(5.10)
D
D
2
En la condición de frontera de entrada usamos la discretización mediante diferencia central, del
siguiente modo:
D
dCA
C C
u
 u(CAE  CA ), i1 i1   (CAE  Ci )
dx
x
D
u
i  1:CA0  CA2  2   x(CAE  CA1 )
D
Con la condición de frontera a la salida:
C A11  C A10
Se procede del mismo modo para B:
ux
k (x)
CBi1  2CBi  CBi1 
(CBi  CBi1 )  1
 k1C AiCBi  k2CBiCCi  0 ...(6)
D
D
2
Se expande la ecuación (6), y se aplica las condiciones de entrada y salida:
u
CB0  CB2  2   x(CBE  CB1 )
D
CB11  CB10
Para el componente C:
CCi1  2CCi  CCi1 
ux
(CCi  CCi1 )  k1CAiCBi  k2CBiCCi  0 ...(7)
D
u
CC0  CC2  2   x(CCE  CC1 ),CCE  0
D
CC11  CC10
Para el componente D:
37
CDi1  2CDi  CDi1 
ux
(CDi  CDi1 )  k2CBiCCi  0
D
u
CC0  CC2  2   x(CCE  CC1 ),CCE  0
D
CC11  CC10
Desarrollando el programa P-3.36 se obtiene los siguientes resultados:
Tabla P-3.36: Perfil de concentración
Figura P-3.36: Perfil de concentración
x(m)
CA
CB
CC
CD
1
0.9999
0.9999
0.0001
0.0000
0.9
2
0.6527
0.5321
0.2267
0.1206
0.8
3
0.5034
0.2967
0.2900
0.2067
0.7
4
0.4301
0.1705
0.3104
0.2596
5
0.3910
0.0998
0.3177
0.2913
6
0.3692
0.0590
0.3206
0.3102
0.3
7
0.3567
0.0352
0.3218
0.3215
0.2
8
0.3494
0.0210
0.3224
0.3283
0.1
9
0.3450
0.0126
0.3227
0.3324
0
10
0.3424
0.0076
0.3228
0.3348
1
C(mol/L)
0.6
0.5
0.4
1
3
CA
C esta expresado en mol/L
5
CB
7
CC
CD
Problema 3.37: Reactor tubular isotérmico con difusión axial flujo laminar
en fase homogénea
Repita el problema anterior considerando que el flujo se da en región turbulento.
Solución
La ecuación de transferencia de masa, está dada por:
  r 2  C
CA
2C
 Vmax 1     A  DA 2A  k1CA  k2CB ...(1)
t
  R   z
z
Transferencia en términos de la conversión
  r 2  x
x
2 x
 VZmax 1      DA 2  k1 1  x   k2 x ...(2)
t
  R   z
z
Figura P-3.37-1: Esquema para la solución del problema 3.36
por el método de diferencias finitas.
38
9
x(m)
P-3.37-1.pol
La discretización de la ecuación (2), se obtiene
  ir 2  xi,j1  xi,j
xij
 xi,j1  2xi, j1
  VZmax 1  
 DA 
 
t
Z
 Z 2
  R  


  k1 (1  xi,j1 )  k2 xi,j1 ...(3)

Se utiliza las siguientes condiciones
t  0, xi, 0  0 r, z  0
r  0,
x
x
 0 t  0 y z  0 ; r  R,  0 t  0 y z  0
r
r
Expandiendo la ecuación (3)
i  0, j  0
  0r 2  x 0,2  x 0,1
 x  2x 0,1  x 0,0
  VZmax 1  
 DA  0,2
 
dt
Z
 Z 2
  R  

dx 0,1

  k1 1  x 0,2   k2 x 0,2 ...(3.1)

x0,1 (0)  0
i  1, j  1
  1r 2   x1,2  x1,1 
 x1,2  2x1,1  x1,0
  VZmax 1  
 
  DA 
dt
 Z 2
  R    Z 

dx1,1

  k1 1  x1,2   k2 x1,2 ...(3.2)

x1,1 (0)  0
Y así sucesivamente
i  5, j  1
  5r 2   x 52  x 51 
dx 51
 x 52  2x 51  x 50
  VZmax 1  
 
  DA 
dt
 Z 2
  R    Z 


  k1 1  x 52   k2 x 52 ...(3.6)

x5,1 (0)  0
Si continua del mismo para los otros bloques del sistema, con la cual se obtiene el perfil no
estacionario bidimensional en condiciones isotérmicas y flujo laminar.
39
Desarrollando el programa P-3.36 se obtiene los siguientes resultados:
Tabla P-3.37: Perfil de concentraciones
t(min)
X11
X22
X33
X44
X55
0
0
0
0
0
0
5.2
0.0484
0.0803
0.0934
0.0970
0.0976
10.4
0.0485
0.1044
0.1518
0.1761
0.1833
15.2
0.0472
0.1050
0.1756
0.2293
0.2500
20.4
0.0480
0.1037
0.1843
0.2684
0.3093
25.2
0.0486
0.1035
0.1864
0.2921
0.3534
30.4
0.0495
0.1033
0.1869
0.3086
0.3918
35.2
0.0501
0.1032
0.1869
0.3182
0.4201
40.4
0.0503
0.1032
0.1869
0.3248
0.4445
45.2
0.0502
0.1032
0.1869
0.3286
0.4625
50
0.0502
0.1032
0.1869
0.3311
0.4770
Figura P-3.37-2: Perfil de concentraciones
0.5
xA
0.4
0.3
0.2
0.1
t(min)
0
0
10
X11
20
X22
30
X33
40
50
X44
60
X55
Problema 3.38: Transferencia de masa radial con reacción química en
P-3.38-1.pol
un sólido poroso
En el interior de una partícula catalítica de radio R y longitud L se lleva a cabo una reacción
química de primer orden. La concentración en la superficie del catalizador se mantiene a C AO .
Usando un método analítico de la serie de Bessel, encuentre la ecuación de distribución de
concentración.
Solución
La ecuación de transferencia de masa se obtiene a partir de la ecuación (3.362) escrito para
coordenadas cilíndricas, es decir:
DAe
1 d  dC A 
r
  R A  0 ...(1)
r dr  dr 
R A  kCA ...(2)
Reemplazando (2) en (1) y realizando las operaciones respectivas se tiene:
d2CA
dr
2

1 dCA
k

CA  0 ...(3)
r dr DAe
La solución de la ecuación (3) según el método de Bessel es:
  k 1/2 
  k 1/2 
C A  C1 I0 r 
   C2K 0 r  D   ...(4)
  DAe  
  Ae  
Io : Función modificada de Bessel de primera clase, orden cero.
40
K 0 : Función de Bessel de segunda clase, orden cero
Condiciones de frontera:
r  , CA  0...(a) ; r  R, C A  C AO ...(b)
Las propiedades de la función Bessel son:
I0    , K0   0
Usando la condición (a) se tiene C1  0, luego; usando la condición (b) se obtiene
  k 1/2 
C AO  C2K 0 R 
  ...(5)
  DAe  
A partir de la ecuación (5) se obtiene
C2 
C AO
  k 1/2 
K0 R 
 
  DAe  
...(6)
Luego, reemplazando en la ecuación (4)
CA  CAO
1/2
K0 r k /DAe  
1/2
K0 R k /DAe  
...(7)
La ecuación (7), representa la ecuación de distribución de concentración.
Para valorar grandes del argumento de la función de Bessel, se puede usar la siguiente
aproximación.
  k 1/2    DAe / k  1/2 rk/DAe 1/2
K0  r 
...(8)
 e
   
2r

  DAe   
  k 1/2    DAe / k   Rk/DAe 1/2
K0  R 
...(9)
e
   
2R

  DAe   
Reemplazando (8) y (9) en (7)
1/2
  DAe / k  
r k/DAe 
CA0 
1/2
 .e
1/2
1/2
R 
2r


CA 

C
eR(k/DAe ) r(k/DAe )
...(10)
A0  
1/2
1/2
r


 (DAe / k) 
R(k/DAe )
 2R  .e
1/2
Simplificando la ecuación (10), se obtiene
1/2
CA  R 
 
C A0  r 
Rk/DAe 
1/2
.e
1 r/R 
...(11)
Datos:
41
k  0.5 105 R  0.008
DA  1 102 CA0  2
La ecuación (11) es la solución aproximada del perfil de concentración
Tabla P-3.38: Perfil de conversión
r(m)
xA
0
0.001089
0.002049
0.003009
0.004033
0.005057
0.006017
0.007041
0.008
0
0.002178
0.004098
0.006018
0.008066
0.010114
0.012034
0.014082
0.016
Figura P-3.38: Perfil de conversión
0.02
xA
0.015
0.01
0.005
r(m)
0
0
0.002
0.004
0.006
0.008
Problema 3.39 Absorción de un gas poco soluble en agua
Se absorbe cloro de una mezcla gaseosa en una pequeña torre experimental de pared mojada
tal como se muestra en la figura.
Figura P-3.39: Esquema del proceso de absorción de gas cloro en agua.
El radio de la torre es de 1.4 cm, el fluido absorbente es agua que se mueve a una velocidad
media de 20 m/s. Calcular la velocidad de absorción en molg/h. El coeficiente de difusión del
cloro en agua es 1.26 × 10-5 m2/s en la fase líquida y en la concentración de sustancia del cloro
en agua es 0.823 g Cl2/100g. H2O.
Solución
Podemos aproximar las coordenadas cilíndricas a coordenadas rectangulares, considerando que
en región estacionario la concentración de cloro en agua depende de las coordenadas xyz.
42
La ecuación de conservación de masa está dada por:
CA
C
 DAB 2A ...(1)
z
x
2
VZ
De la ecuación de conservación de cantidad de movimiento
  x 2 
VZ  VZmax 1     ...(2)
  
La velocidad media se obtiene integrando la ecuación (2)
2
 w
VZmax 0 0 1   x /    dydx
V2 
...(3)
 w
0 0 dxdy
2
VZ  VZmax ...(4)
3
g 2
VZmax 
...(5)
2
La ecuación (5) puede aproximarse mediante.
CA
C
 DAB 2A ...(6)
z
x
2
VZmax
Condiciones de frontera
z  0, C A  0 x  0
x  0, C A  C AO z  0
x  ,C A  0 z  0
La solución de la ecuación diferencial (6) está dada por

x

CA  CAO 1  fer 

 4DAB Z / Vzmax

  ...(7)
 
La densidad de flujo molar se obtiene mediante
NAx
x 0
 C 
 DAB  A   CAO DAB Vzmax / Z ...(8)
 x  x 0
El flujo molar se obtiene integrado la densidad de flujo molar a lo largo de la distancia Z, es decir.
w L
WA  0 0 NAX
x 0
dydz  WLCAO DAB Vzmax / 
L
Z
1/2
0
Cuyo resultado es:
WA  WLCAO 4DAB Vzmax / L...(10)
Reemplazando datos en la ecuación (10)
W  2R  21.4  8.8cm, L  13cm
43
dz ...(9)
C AO 
0.823gCl2  0.999 gH2O  1 mol gCl2 
4
3


  1.16  10 molg/ cm
100g max 
cm3
  70.91gCl2 
 4  1.26  10 5  30 
WA  8.8  13  1.16  10 


3.1416  13
1/2
4
 8.074  10 5 molg/ s
WA  0.2900 g Cl2 / h
Problema 3.40: Difusión con reacción química de segundo orden en una
P-3.40-1.pol
película de líquido
La absorción de un gas en una película de líquido puede mejorar mediante una reacción química
tal como la absorción de dióxido de carbono, óxidos de azufre y nitrógeno. Consideremos el caso
en el que la reacción en la película de líquido es de segundo orden irreversible.
En la figura se muestra que el gas A se disuelve en la superficie del líquido D. El componente B
presente en el líquido global experimentada una reacción con la fase líquida en el componente
A disuelto para obtener el producto C: A  B K
 C.
Donde la velocidad de reacción referido a C, está dado por rC  k C A CB
En este caso tanto A como B son solutos muy diluidos en D. El esquema es el siguiente.
Figura P-3.40-1: Esquema del proceso de difusión y reacción en una
película.
Obtenga el perfil de concentración de A y B dentro de la película estancada.
SOLUCIÓN
La ecuación de transferencia de masa, obtenido por reducción de la ecuación (3.340) está dada
por.
d2C A
dx
2
d2CB
dx
2

k
CA CB  0 ...(1)
DAD

k
CACB  0 ...(2)
DBD
Datos:
CA: Concentración de la solución A, kmol/m3.
CB: Concentración de la solución B, Kmol/m3.
44
k: Constante de velocidad de reacción = 1.6 × 10-3/kgmol s
DAD: Difusividad de la fase líquida de A en D = 2 ×10-10 m2/s
DBD: Difusividad de la fase líquida de B en D = 4 × 10-10 m2/s
L: Grosor de la partícula = 2 × 10-4 m.
La concentración de la fase gaseosa de A da lugar a una concentración de A en la interface gas
líquido, CAS = 10 kg mol/m3 para x = 0. En x = 0 no hay flujo de B, lo que significa que dCB/dx = 0
en la superficie de la película. CB tiene el valor conocido de 10 kgmol/m3. Y se supone que CA es
cero en la interface entre el líquido global y la película de líquido, donde L = 2×10-4 m.
Discretizando la ecuación (1)
i  1: C A2  2C A1  C A0 
k(x)
 C A1CB1  0 ...(1.1)
DAD
i  2: C A3  2C A2  C A1 
k(x)
 C A2CB2  0 ...(1.2)
DAD
i  3: C A4  2C A3  C A2 
k(x)2
 C A3CB3  0 ...(1.3)
DAD
2
2
Y así sucesivamente
k  x 
 C A9  CB9  0 ...(9)
DAD
2
0
i  9: C A10  2C A9  C A8 
Discretizando la ecuación (2)
CB0
i  0: CB1  2CB0  CB1 
k  x 
.C ADCBD ...(2.1)
DBD
2
i  1: CB2  2CB1  CB0 
k(x)2
 CA1CB1 ...(2.2)
DBD
i  2: CB3  2CB2  CB1 
k(x)2
 C A2CB2 ...(2.3)
DBD
i  3: CB4  2CB3  CB2 
k(x)2
 C A3CB3 ...(2.4)
DBD
Y así sucesivamente
CB9
k(x)2
i  10: CB10  2CB9  CB8 
 CA9CB9 ...(2.11)
DBD
Tabla P-3.40: Perfiles de concentración
Figura P-3.40-2: Perfiles de concentración en una película
liquida
45
CA(mol/L)
10
8.463231
7.100004
5.886629
4.802445
3.828685
2.947645
2.142033
1.394431
0.686804
0
CB(mol/L)
6.307029
6.407942
6.595625
6.858235
7.18544
7.567857
7.996634
8.463125
8.958621
9.474105
10
10
9
CA
8
CB
7
C(mol/L)
z
0
0.00002
0.00004
0.00006
0.00008
0.0001
0.00012
0.00014
0.00016
0.00018
0.0002
6
5
4
3
2
1
L
0
0
0.00005
0.0001
0.00015
0.0002
z(m)
3.35. DISTRIBUCIÓN DE CONCENTRACIÓN EN UN PLATO SEMICIRCULAR
Encontrar la ecuación de la distribución de concentración a la figura que se muestra a
continuación:
Figura 3.32: Distribución de concentración en un plato
semicircular.
Las indicaciones de frontera en régimen estacionario se obtiene de la figura respectiva.
La ecuación de transferencia de masa se obtiene a partir de la ecuación (3.361) en coordenadas
cilíndricas.
1   CA  1 2CA 
0  DAe 
...(1)
r
 2
2 
 r r  r  r  
Desarrollando la ecuación (1)
 CA
2
r2
r
2
r
CA  CA

 0...(2)
2
r

2
Con las condiciones de frontera
C(R, )  C0 ...(a)
C(r, 0)  0 ...(b)
C(r, )  0 ...(c)
Usando el método de separación de variables
46
C(r, )  f(r).g()...(3)
Derivando la ecuación (3)
C
 f '(r).g(),
r
C
2
C
 f(r).g'()

C
2
 f ''(r).g(),
r2
2
 f(r).g''()
Reemplazando en la ecuación (2)
r2f "(r)g()  rf '(r)g()  f(r)g"()  0...(4)
Separando variables se tiene:
r f "(r) rf '(r)
g"()


 2 ...(5)
f(r)
f(r)
g()
2
 : constante de separación
De la ecuación (5) se tiene:
d g()
2
 2g()  0 ...(6)
d
2
Resolviendo la ecuación (6)
g()  Acos   Bsen...(7)
La otra igualdad a partir de la ecuación (5), resulta
2
r f(r) rdf(r)

 2f(r)  0...(8)
2
dr
dr
La ecuación (8) es la ecuación conocida como la ecuación de Cauchy para la resolución se
procese del siguiente modo:
Hacemos r  e y aplicamos la regla de la cadena
s
df df ds
 
...(9)
dr ds dr
2
df
dr2

2
2
df
ds d s df
  2
...(10)
2
ds dr dr ds
2
dr s ds s ds 1 d s 1 2s
e , e ,  , 2  2 e
...(11)
ds
dr
dr r dr r
Luego:
2
df
dr
2
 e2s
2
df
2
ds
 e2s
df
...(12)
ds
Reemplazando en la ecuación de Cauchy
47
e2s .e2s
2
df
2
ds
 e2se2s
df s s df
e e
 2f  0 ...(13)
ds
ds
Simplificando la ecuación (13) se obtiene
2
df
2
ds
 2f  0 ...(14)
La solución de la ecuación diferencial (14) conduce a:
f  Ce2s  Des  Cr  Dr  ...(15)
Ahora usamos la condición (b) en la ecuación (7)
0  Acos 0  Bsen0 ...(16)
Esta ecuación (16) conduce a A = 0
Ahora usamos (c) en la ecuación (7)
0  B senn ...(16)
De la ecuación (16) se obtiene   n
Reemplazando la ecuación (16) en (3)
C(r, )  Bsenn  Cr

 Dr


...(17)
En esta última ecuación si r  0, entonces D = 0 y BC = E con lo cual
C(r, )  Ersenn ...(18)
Usando la condición (a)
C0  EnRnsen n ...(19)
n = 1, 3, 5, … n
Usando el concepto de ortogonalidad


n
2
0 C0 sennd  0 EnR sen nd ...(20)
Luego, la integración de (17) conduce a:
2 
EnRn  0 C0sennd ...(21)

4c0 / si n es par
En 
 0 si n es impar
Finalmente se obtiene:
C r1   
2n1
4C0 n 1
r
. 

 0 (2n  1)  R 
sen(2n  1) ...(22)
La ecuación (19) es la solución de la ecuación diferencial
48
Problema 3.41: transferencia de masa en una placa plana en régimen no estacionario
En una pared permeable de espesor h y área A (LW) difunde un soluto. En el instante t = 0 se
coloca en la superficie un soluto con una concentración igual a C Ah . Encuentre la concentración
del soluto en función al tiempo y espesor de la placa.
Esquematicamente el proceso en distintos tiempos, se muestra en la figura adjunta:
Figura P-3.41: Proceso de transferencia de masa en régimen no estacionario
Solución
A partir de la ecuación (3.361) se obtiene la ecuación de transferencia de masa en coordenadas
rectangulares la cual es:
CA
C
 DAB 2A ...(1)
t
z
2
Usando el método de separación de variables
CA  CA (z, t)...(2)
CA  (z).(t)  ....(3)
Derivando la ecuación (3)
C A


...(4)
t
t
 2C A
2 


.
...(5)
z2
z2
Reemplazando (4) y (5) en (3).



 DAe  2 ...(6)
t
z
2
Separando variables
49
'
"
2

  ...(7)
DAe  
Condiciones requeridas para la solución:
Z  0, C A  0,
t  0...(a): Condición de frontera
Z  h, C A  C Ah ,
t  0...(b): Condición de frontera
t  0, C A  0,
0  Z  h...(c): Condición inicial
Si hacemos   0 y reemplazamos en (7) obtenemos:
'
 0    C1 ...(8)
DAe 
"
 0,  "  C2  C3z...(9)

Reemplazando (8) y (9) en (3)
CA  C1 (C2  C3Z)  C4  C5z...(10)
Usando las condiciones (a) y (b) y reemplazando en (10) se obtiene.
z
C A  C Ah   ...(11)
h
La ecuación (11) es la solución en régimen estacionario condicional
C A 2  C DAe t  a senz  b cos z  ...(12)
2
Usando la indicación de frontera (a) se obtiene b   0.
Luego, la solución inicial
0  1.a senh ...(13)
A partir de la ecuación (13), se tiene:
a  0 ó senh  0  h  n   
n
n
La solución de la ecuación diferencial (1) es la suma de la solución en régimen estacionario y
régimen estacionario y régimen no estacionario, es decir:
z
 nz 
D (n /h)2 t
C A  C Ah    ane Ae
sen 
 ...(14)
h
 h 
La constante an se obtiene usando la condición inicial y la serie de Fourier es decir.
an  2CAh (1)n / n, luego.
 z  2C  (1) DAe (n/h)2 t  nz 
CA  CAh    Ah 
e
sen
 ...(15)
 n1 n
h
 h 
n
50
Problema 3.42: Transferencia de masa bidimensional en régimen estacionario
Encuentre la ecuación de distribución de concentración en régimen estacionario en un soluto
que difunde a través de un sólido poroso cuyas condiciones de frontera se obtienen a partir de
la figura adjunta.
Figura P-3.42: Esquema de la transferencia de masa bidimensional.
Solución:
La ecuación diferencial para este caso está dado por.
2C A
y 2

2C A
z2
 0...(1)
Usando el método de separación de variables
C A (y, z)  (y)(z)...(2)
Derivando la ecuación (2)
 2C A
y2
  "(y). (z)
 CA
2
y
z2
 (y) "(z)
Reemplazando en (1) y separando variables
 

2
    ...(4)


De la ecuación (4) se obtiene
 " 2  0 ...(5)
Integrando la ecuación (5)
  a'seny  b'  cos y ...(6)
Nuevamente de la ecuación (4) se obtiene.
  2  0 ...(7)
Integrando la ecuación (7)
  Cez  Dez ...(8)
Reemplazando (8) y (6) en (2)
51
...(3)
CA   a'seny  b' cos y  Cez  Dez  ...(9)
Condiciones de frontera
CA  0, y  0
z  0...(a)
C A  C A0 , z  0 y  0...(c)
CA  0, y  L
z  0...(b)
C A  0 z    y  0...(d)
Usando la condición (a) en la ecuación (9), b  0
Usando la condición (d) en la ecuación (9), C = 0
Usando la condición (b) en la ecuación (9)
0  aezsenL, a  a D
Se concluye que: L  n, n  1, 2, 3, ...n, con lo cual  
n
.
L
Luego:
C A  ane
(nz/L)
 ny 
sen 
 ...(10)
 L 
Y aplicamos el teorema de la superposición

C A   ane
n1
(nz/L)
 ny 
sen 
 ...(11)
 L 
Usando la condición (c)
 ny 
C AO  an sen 
 ...(12)
 L 
 my 
Multiplicando la ecuación (11) por sen 
e integrando desde y = 0 a y = L se tiene:
 L 
 my 
 ny 
 my 
L
L
C AO 0 sen 
 dy  an 0 sen 
 sen 
 dy...(13)
 L 
 L 
 L 
Evaluamos la ecuación (12) con n = m.
an 
2CAO  n1 
 1 ...(14)
 1
n
Reemplazando (14) en (13)
CA 
n1
2C AO    1   1  nz/L
 ny 
sen 
e

 ...(15)
 n1 
n

 L 
La ecuación (14) es la solución de la ecuación diferencial (1).
52
Problema 3.43: Difusión en una región finita: transferencia de masa unidimensional en
régimen no estacionario
Supongamos que tenemos un recipiente cilíndrico de longitud L la cual se llama con una solución
salina cuya concentración inicial de soluto es C AO . Por la parte superior se hace pasar en una
corriente de agua cuya concentración de A se mantiene igual a cero.
Encuentre:
a) La ecuación de distribución de concentración
b) La masa que se difunde entre dos puntos x1 y x2 .
c) La cantidad de sal WL que se difunde por unidad de longitud en un tiempo t.
d) La razón de cantidad de sal en un tiempo t, respecta a la cantidad inicial de sal.
e) El coeficiente de difusión respectivo.
Solución
La ecuación de transferencia de masa está dada por:
C
C
 D 2 ...(1)
t
x
2
Figura P-3.43: Esquema para el proceso de difusión en una región finita.
Condiciones para la resolución del problema:
C(x,0)  C0 (a): Condición inicial
C(L, t)  0 (b): Condición de frontera 1
C(x, 0)
 0 (c): Condición de frontera 2
x
Usando el método de separación de variables
C  f(x) . g(t)...(2)
Siguiendo el procedimiento de los problemas anteriores.
C  (A cos x  Bsenx)exp(2Dt)...(3)
53
Derivando la ecuación (3)
C
 (Asenx  Bcos x)exp(2Dt)...(4)
x
Usando la condición de frontera (b) en (4) se obtiene B = 0.
Luego, reemplazando en la ecuación (2).
C(L, t)  Acos L.exp(2Dt)...(5)
Dado que C(L,t) = 0, resulta Acos L  0 ó exp( D t)  0
2 2
En este caso. A = 0 ó cos L  0.
La única posibilidad es que cos L  0, de donde se obtiene.

2n  1
. , n  0,1,2,...n.
2L
Usando la condición inicial en la ecuación (3).
C  Acos x.exp(2Dt) ...(6)
En esta ecuación (6): C  C(x, 0) implica t = 0, luego:
 2n  1 
C0   An cos 
x  ...(7)
 2L

n  0,1,2,...,n
 2n  1 
x  , y se integra:
Para calcular An , la ecuación (7) se multiplica ambos miembros por cos 
 2L

 2n  1 

L
2  2n  1
x  dx  An 0 cos 
x  dx ...(8)
 2L

 2L

L
.0 C0 cos 
De esta ecuación se obtiene An  4C0 / 2n  1 
Finalmente, la ecuación de distribución de concentraciones en régimen no estacionario está
dado por:
C
  2n  1 2 
4C0  1
 2n  1 
Cos

x
exp
  Dt  ...(9)
 



 0 2n  1
 2L

  2L  
Cuando se invierte la dirección, es decir se toma como punto de referencia x = 0 en el tope y x =
L en la base, se obtiene la siguiente solución:
  2n  1 2 
4C0  1
 2n  1 
C
Sen
x  exp  
  Dt  ...(10)

 0 2n  1
 2L

  2L  
b) La masa que difunde por unidad de área en la región (x1, x2) se obtiene mediante la integración
de (9).
x
W  x12 c(x,t) dx...(11)
54
W
8LC0
2
2
  2n  1 2    2n  1
 1 

 2n  1

  Dt   Sen
 x2   Sen
x1   ...(12)

 exp   

 2L

0  2n  1 
  2L     2L

En la ecuación (12), hacemos x1  0, en base al plano de referencia
LC0: Es la masa total circulante por unidad de superficie
t C
c) WL  D0
x
dt ...(13)
Derivando la ecuación (10)
  2n  1 2 
C
2C0 
 2n  1 

. x  exp  
.   .Dt  ...(14)
 sen
x
t 0
 2L


  2L

Integrando y reemplazando en (13)
WL 
8LC0
2

2
  2n  1 2  


 1 
 2n  1  
.x  1  exp   
  Dt   ...(15)
 sen 
 2n  1 
 2L

 
  2L



0
d) W0  LC0 , luego
   2   1 
  5 2   1 
  7    
WL  
  1  exp     Dt   
1

exp
    Dt    1  exp    Dt   ...  ...(16)

W0  
  2L    
  2L    225 
  2L    49 

e) El coeficiente de difusión se calcula mediante el siguiente procedimiento:
La cantidad de sal remanente es: W  1  WL / W0
Supongamos que WL / W0  0.5
y L  /2
Reemplazando en (15) y tomando solo el primer término:
2


 
0.52
1 
2
 0.169   
 1  exp    2n  1  Dt 
8
0  2n  1 
...(17)
La ecuación (17) se resuelve para calcular n, calculando el valor de Dt en forma iterativa, es decir:
Tabla P-3.43: Iteraciones
n
D.t
0
0.4595
1
0.7052
2
0.6277
Hacemos t  10 , pues el valor de Dt converge aproximadamente
6
0.5442
en este valor, por lo cual:
7
0.5367
D
8
0.5308
Es decir; D  t  0.5308 cm
2
0.5308 cm2
5
2
 1.47x10 cm / s
10 h
55
Problema 3.44: Difusión en dos regiones de diferente concentración.
Supongamos que tenemos dos soluciones con diferentes concéntricos de soluto, separados por
una membrana permeable tal como se indica en la figura:
Figura P-3.44: Esquema para el cálculo de la distribución de
concentraciones en dos regiones de concentración diferente.
Encuentre la ecuación de distribución de concentración en función de la posición y del tiempo:
Solución
La ecuación diferencial está dada por
C
C
 D 2 ...(1)
t
x
2
Condiciones iniciales:
C0 , x  h
C(x,0)  
...(a)
0, h  x  H
Condiciones de frontera:
C(0, t)
 0...(b)
x
C(H, t)
 0...(c)
x
La solución de la ecuación (1) por el método de separación de variables está dada por:
C   Acos x  Bcos x  exp(2Dt) ...(2)
Usando la indicación (b), se tiene B = 0 y de la condición (c), se obtiene  
Luego la ecuación (2) resulta.

C  A0   An cos
0
  n 2 
nx
exp    Dt  ...(3)
H
 H 
Los coeficiente son establecidos usando la condición dada en la figura 3.55:
h
0 C0 cos
nx
nx
nx
H
h
dx  h (0)  cos
dx  A0 0 cos2
dx ...(4)
H
H
H
Con lo cual se tiene A0  hC0 / H , An 
2C0
 nh 
.sen 
 y finalmente
n
 H 
56
n
, n  0, 1, 2,... n.
H
  n 2 
C h 2
nh
nx
   sen
.cos
.exp    Dt  ...(4)
C0 H H 0
H
H
 H 
Problema 3.45: Transferencia de masa en fase homogénea no isotérmica
Encuentre los parámetros de operación de diversos tipos de reactores por aplicación de las
ecuaciones de transferencia de masa y calor.
a) En un reactor batch adiabático
b) En un reactor continuo
Solución
a) En el caso del reactor batch, las ecuaciones respectivas son:
Balance de materia
CA
 RA ...(1)
t
Balance de energía para un reactor batch adiabático
Cp
T
 G ...(2)
t
Supongamos que la reacción es de segundo orden del tipo 2A K
B; por otro lado de acuerdo
a la ley de Arrhenius.
k  k0eE/RT ...(3)
Y la tasa de generación de calor, está dada por
G  HR .R A ...(4)
Reemplazando (3) en (1)
dCA
 k0eE/RT  C2A ...(5)
dt
Reemplazando (4) en (2) se obtiene:
dT
H k eE/RT 2
 R 0
.CA ...(6)
dt
Cp
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (5) y (6) con la condición inicial
C A (0)  C A0 , T(0)  T0
Ahora supongamos que el reactor batch es adiabático.
La ecuación de balance de masa para este caso, está dado por:
dCA
 k0eE/RT C2A ...(7)
dt
57
La ecuación de balance de energía está dada por
Cp
dT
UA
 HR .k0eE/RT  C2A   T  T  ...(8)
dt

Simplificando se tiene:
dT
H k eE/RT 2 UA
 R 0
 CA 
(T  T ) ...(9)
dt
Cp
Cp
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (7) y (9) con las mismas condiciones de reactor
batch adiabático.
b) Ahora supongamos un reactor continuo no isotérmico homogéneo
La ecuación de transferencia de masa, en este caso está dada por:
Vx
CA
 RA ...(10)
x
La ecuación de transferencia de reacción está dada por:
RA  kC2A  k0eE/RT .C2A ...(11)
De la ecuación (10) se tiene:
Vx
 Ci  Ci1   kCi2 ...(12)
x

V V .A  Flujo volumétrico
Por otro lado: x  x  0 .
x Ax 
volumen
Luego, reemplazando en (12)

0
 Ci  Ci1   k0eE/RTi  Ci2 ...(13)

De la ecuación (11) se tiene.

0
 Ti  Ti1   HR k0eE/RT Ci2 ...(14)

Luego usando las condiciones de concentración y temperatura de entrada y salida.

0
 C  C0   k0eE/RT  C20 ...(16)


0
 T  T0   HRk0eE/RT  C20 ...(17)

Se resuelve simultáneamente (16) y (17) conociendo C0 y T0, se halla el valor de C y T que
corresponde a las condiciones de salida del reactor.
58
3.17 Distribución de concentración y factores de efectividad isotérmico en partícula
En este ítem se abordará los temas de transferencia de masa desde el punto de vista del diseño
de reactores químicos, calculando previamente los factores de efectividad en condiciones
isotérmicas y no isotérmicas, usando las mismas técnicas expuestas anteriormente, asimismo se
ilustra un ejemplo de como se calcula un modelo cinético a partir de datos experimentales para
ser usado en el diseño de un reactor.
3.17.1 Distribución de concentración y factor de efectividad isotérmico: método del
disparo
Supongamos una partícula esférica de radio R, en la cual se lleva a cabo una reacción química de
primer orden A 
 R, tal como se muestra en la figura.
Figura 3.33: Esquema de un catalizador esférico
y sus condiciones de frontera conocidas para un
sistema isotérmico.
Se trata de encontrar en forma simultánea la distribución de concentración, de la densidad de
flujo molar y el factor de efectividad, para lo cual se procede del siguiente modo:
Balance de materia
1 d 2
r NAr   kaCA ...(3.364)
r2 dr
a: relación entre superficie/volumen
Ley de Fick
NAr  DAe
dCA
 y A NAr  NBr  ...(3.365)
dr
La forma integrada del factor de efectividad es:
59

R
2
0 k.a.CA (4r )dr
4
ka  CAS  R3
3

3
CASR
R
2
0 CAr dr ...(3.366)
De la ecuación (3.364) se tiene:
dNAr
2
  NAr  ka CA ...(3.367)
dr
r
En la ecuación (3.365) hacemos NAr  NBr : contra difusión equimolar con lo cual, dicha ecuación
se transforma en
dC A
N
  A ...(3.368)
dr
DAe
La forma diferencial de la ecuación (3.366) resulta
d 3C Ar2

...(3.369)
dr C ASR3
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (3.367), (3.368) y (3.369) con las siguientes
condiciones de frontera:
r  0, N*Ar  0,
CA  CA0 *  0
r  R, NAr  NA10  NAS ,
C*A  CAS  CA10   10
*Valores conocidos en la frontera
Ahora supongamos que la partícula es de tipo cilindrico, la ecuación de transferencia de masa
es:
1 d
(rNAr )  ka.CA ...(3.370)
r dr
A partir de esta ecuación obtenemos
dNAr
1
  NAr  ka.CA ...(3.371)
dr
r
La ley de Fick simplificada para este caso es:
dC A
N
  Ar ...(3.372)
dr
DAe
El factor de efectividad en su forma integrada está dada por:
60
n

 ka C (2rL)dr 
A
0
ka  CAS  R L
2
R
2
CASR
2
 C rdr
0
A
...(3.373)
La forma diferencial está dada por:
d 2CAr

...(3.374)
dr CASR2
Se resuelve en forma simultánea las ecuaciones (3.371), (3.372) y (3.374). para lo cual
previamente se discretiza estas ecuaciones con las condiciones:
CAS  0; N0  0;   0
Problema 3.46: Cálculo de la distribución de concentración y factor de
P-3.46-1.pol
efectividad.
Encuentre el perfil de concentración, de densidad de flujo molar y el factor de efectividad de los
catalizadores tratados en el ítem 3.17.1 usando los siguientes datos.
R  0,5cm, CAS  0.2 molg/ cm3 , k.a  6.4 s1 , DAe  0.1 cm2 / s
Solución
Se utilizan las ecuaciones deducidas en el ítem (3.17), para cada tipo de partícula (esférica y
cilindrica) teniendo en consideración cuando r = 0, es decir hacemos.
Se utiliza el método del disparo en las ecuaciones (3.371) y (3.372) considerando:
r 0 ,
NA0  0
y
r  R , C A  C As
Tabla P-3.46: Perfiles CA, NA y 
CA
NA
0
0.0131
0.0531
0.1011
0.1531
0.2011
0.2531
0.3011
0.3531
0.4011
0.4531
0.5
0
2.64E-06
1.79E-04
1.29E-03
4.87E-03
1.22E-02
2.80E-02
5.49E-02
1.06E-01
1.88E-01
3.39E-01
5.63E-01
0.02932
2.94E-02
3.02E-02
3.26E-02
3.72E-02
4.37E-02
5.39E-02
6.71E-02
8.72E-02
1.13E-01
1.52E-01
2.00E-01
0
-8.20E-04
-3.38E-03
-6.75E-03
-1.11E-02
-1.61E-02
-2.33E-02
-3.23E-02
-4.55E-02
-6.25E-02
-8.80E-02
-1.20E-01
0.6
0
-0.02
NA
0.5

-0.04
0.4
-0.06
NA

CA, 
r(m)
Figura P-3.46: Perfiles CA, NA y 
0.3
-0.08
0.2
-0.1
0.1
-0.12
CA
0
-0.14
0
0.1
r(m)
61
0.2
0.3
ETA
0.4
CA
0.5
NA
El factor de efectividad numérico se obtiene a partir de (3.374) cuyo valor es   0.563 . El factor
de efectividad analítico se obtiene a partir de la ecuación (3.330) para una cinética de pseudo
primer orden y en contradifusión equimolar, cuyo valor es 0.563. Ambas soluciones se observan
en el programa P_3.45.
3.17.2 DISTRIBUCIÓN DE CONCENTRACIÓN Y FACTOR DE EFECTIVIDAD
ISOTÉRMICO: MÉTODO DE DIFERENCIAS FINITAS
Consideremos un catalizador soportado en un monolito tal como se muestra en la figura.
Figura 3.34: Difusión con reacción química en un
catalizador sólido soportado en un soporte monolítico.
En el interior del catalizador se lleva a cabo la reacción del tipo: 2A
k1
k2
B
La estrategia consiste resolver en forma simultánea la ecuación de conservación de materia y la
ley de Fick, lo cual por el método de diferencias fuentes permite obtener un sistema de
ecuaciones algebraicas no lineales.
A continuación, planteamos el esquema para la solución del sistema.
Figura 3.35: Segmentación de la longitud del catalizador para
la aplicación del balance de materia.
62
Dado que el proceso de transferencia se produce solo por difusión molecular que no hay
convección, la ecuación de transferencia de masa para este caso, está dada por:
dNAZ
 RA ...(3.375)
dz
La velocidad de reacción para este sistema está dado por
RA  k1C2A  k2CB ....(3.376)
Para el caso de gases ideales, se tiene:
C A  CB  CT ...(3.377)
Reemplazando (3.377) en (3.376) con la cual, la velocidad de reacciones se transforma en:
R A  k1C A  k2  C T  C A  ...(3.378)
2
Por otro lado, la relación de constantes está dado por KC  k1 / k2
Reemplazando la ecuación (3.378) en (3.375) se tiene:
dNAZ
k
2
 k1C A  1  C T  C A  ...(3.379)
dz
KC
De la ley Fick, se tiene:
NAZ  JAZ  YA (NAZ  NBZ ) ...(3.380)
De acuerdo a la estequiometría se tiene:
1
NBZ   NAZ ...(3.381)
2
Reemplazando (3.381) en (3.380) y simplificando
NAZ  
DAe
CA

 1  2C
T

dCA
...(3.382)
 dz


.
De la ecuación (3.382) se obtiene.
dCA
N 
C 
  AZ  1  A  ...(3.383)
dz
D  2CT 
63
Se resuelve simultáneamente la ecuación (3.379) y (3.383) del siguiente modo. De la ecuación
(3.379) se tiene:
Ni  Ni1
k
2
 k1Ci  1  C T  Ci  ...(3.384)
z
KC
Expandiendo la ecuación (3.384) se tiene:
 2 1

i  1: N1  N0  k1 z  C1   CT  C1   ...(3.384.1)
KC


 2 1

i  2: N2  N1  k1 z  C2   CT  C2   ...(3.384.2)
KC


 2 1

i  3: N3  N2  k1 z  C3   CT  C3   ...(3.384.3)
KC


Y así sucesivamente:
 2 1

i  10: N10  N9  k1 z  C10   C T  C10   ...(3.384.10)
KC


Ahora la ecuación (3.383)
Ci  Ci1 Ni 
C 

1  i  ...(3.385)

z
DAe  2CT 
Expandiendo la ecuación (3.385) es decir:
N1 z 
C 
1  1  ...(3.385.1)

DAe  2C T 
N z 
C 
i  2: C2  C1  2  1  2  ...(3.385.2)
DAe  2C T 
i  1: C1  C0 
i  3: C3  C2 
N3 z 
C 
1  3  ...(3.385.3)

DAe  2C T 
Y así sucesivamente
i  10:C10  C9 
N10 z 
C 
1  10  ...(3.385.10)

DAe  2CT 
Las condiciones de frontera son:
C0  C A0 ,
N10  0
El factor de efectividad se obtiene mediante
64

flujo molar real WAR

...(3.386)
flujo molar ideal WAI
Es decir:

N0 S
N0 / L

...(3.387)
 2  C T  C0  
 2  C T  C0  
k1 C0 
 S  L k1  C 0 

KC
KC




Problema 3.47: Difusión y reacción en un soporte monolítico I
P-3.47-1.pol
Usando los siguientes datos encuentre el perfil de concentración y el perfil de densidad de flujo
molar del catalizador monolítico desarrollado en el ítem anterior.
CA0  3 105 mol / cm3 ,
KC  6 105 cm3 /mol,
CB0  1 105 mol/cm3 ,
H  0.2cm,
CT  4 105 mol /cm3


DAe  0.01 cm2/s, k1  8x104 cm3 /mol.g s1
Solución
Se introduce los datos del sistema generado en el ítem anterior, que contiene 20 ecuaciones
algebraicas no lineales, los cuales se resuelven con el software correspondiente y se obtiene los
siguientes valores.
El factor de efectividad para la capa de catalizador viene dada por la velocidad media de la capa
de catalizador dividida por la velocidad en la superficie de la capa de catalizador, es decir:
0 k1  CA  C A /KC  dz 0  C A  CB /KC  dz
L

L
2
C 

k1  C2AS  BS  L
KC 


2
 2 CBS 
 C AS  K  L
C 

...(1)
Derivando se tiene:
2
d  CA  CB /KC 
 2
...(2)
dz  CAs  CBs /KC L
Con CBS  CT  CAS , (0)  0
También puede ser obtenida por aplicación de la ecuación (3.387).
Del programa P-3.46 se obtiene los siguientes resultados:
65
*En el problema 3.46, es posible sustituir (3.382) en (3.379) y aumentar una ecuación diferencial
que solo dependa de la concentración; a continuación se discretiza y se calcula el perfil
respectivo y con estos valores se obtiene el factor de efectividad, cuya respuesta es congruente
al valor encontrado por el método de este problema, es decir: 0.2948, P-3.47.
Tabla P-3.47: Perfil CA y NA
NA
4.13E-06
3.10E-06
2.34E-06
1.78E-06
1.35E-06
1.01E-06
7.48E-07
5.31E-07
3.43E-07
1.69E-07
3.50E-05
4.50E-06
3.00E-05
4.00E-06
3.50E-06
2.50E-05
3.00E-06
2.00E-05
2.50E-06
1.50E-05
2.00E-06
NA
CA
3.00E-05
2.58E-05
2.24E-05
1.98E-05
1.77E-05
1.61E-05
1.49E-05
1.40E-05
1.35E-05
1.32E-05
1.31E-05
CA
z(m)
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
0.2
Figura P-3.47: Perfil CA y NA
1.50E-06
1.00E-05
1.00E-06
5.00E-06
5.00E-07
0.00E+00
0.00E+00
0
0.05
0.1
z(m)
0.00E+00
0.15
0.2
CA
NA
El factor de efectividad resultante es F.E. = 0.2918
Problema 3.48: Difusión y reacción en un soporte monolítico II
Con la finalidad de mejorar la solución, utilice la discretización de la primera derivada mediante
un polinomio de segundo grado para el punto “0” aplicado a la ecuación (3.379) y el mismo
criterio aplicado a la ecuación (3.383) correspondiente al punto “10”. En ambos casos utilice la
diferencia central.
Solución
Comenzamos discretizando la ecuación (3.379) usando la derivada de segundo orden en el punto
“cero” es decir:
df(x) 3f(xi )  4f(xi1 )  f(xi2 )

...(1)
dx
2z
Aplicando la ecuación (3.379)
i  0:
 2  C  C1  
3Ni  4Ni1  Ni2
 k C1  T
 ...(2)
2z
KC


Reordenando la ecuación (2) y haciendo:
66
 2  C  C0  
i  0 : 3N0  4N1  N2  2z.k C0  T
  0 ...(2.1)
KC


El resto de los puntos se discretiza mediante la diferencia central
 2  C  C1  
i  1: N2  N0  2zk C1  T
  0 ...(2.2)
KC


 2  C  C2  
i  2: N3  N1  2zk C2  T
  0 ...(2.3)
KC


 2  C  C3  
i  3: N4  N2  2zk C3  T
  0 ...(2.4)
KC


Y así sucesivamente
 2  C  C8  
i  8 : N9  N7  2zk C8  T
  0 ...(2.9)
KC


 2  C  C9  
i  9: N10  N8  2zk C9  T
  0 ...(2.10)
KC


Ahora discretizamos la ecuación (3.383), usando también la diferencia central, es decir:
Ci1  Ci1
N 
C 
  i  1  i  ...(3)
2z
DAe  2CT 
Expandiendo la ecuación (3) se tiene:
2zN1 
C
1 1

DAe  2C T

  0 ...(3.1)

2zN2 
C 
i  2:C3  C1 
1  2   0 ...(3.2)

DAe  2C T 
2zN3 
C 
i  3:C4  C2 
1  3   0 ...(3.3)

DAe  2C T 
i  1:C2  C0 
Y así sucesivamente
2zN8 
C
1 8

DAe  2C T

  0 ...(3.9)

2zN10  C10 
i  9: 3C10  4C9  C8 
1
 0 ...(3.10)
DAe 
CT 
i  8 :C9  C7 
67
Con N10  0 y C10 
 4C9  C8 
3
...(3.11)
La ecuación (3.11) se obtiene mediante la diferencia regresiva de la primera derivada con
aproximación de diferencias finitas de segunda orden, dada por:
df(x) 3f(xi )  4f(xi1 )  f(xi2 )

dx
2x
Problema 3.49: Factor de efectividad en un catalizador esférico
P-3.49-1.pol
Obtenga el perfil de concentración en régimen estacionario en condiciones isotérmicas de una
reacción del tipo A k
B que se lleva a cabo con el interior de un catalizador esférico. Obtenga
asimismo el factor de efectividad.
Solución:
La ecuación de transferencia de masa está dada por
1 d 2
r NAr   kCA ...(1)
2
r dr
De la ley de Fick para una cinética de primer orden se tiene
NAr  DAe
dCA
...(2)
dr
Para resolver las ecuaciones (1) y (2), existe dos probabilidades
1.- Consiste en introducir la ecuación (2) en (1) y resolverlo por el método de diferencias finitas,
es decir.
1 d
2 dC A
 DAer
2
dr
dr

r

  kC A ...(3)

La ecuación diferencial (3) es una ecuación diferencial ordenada. Reordenando la ecuación (3)
se tiene:
d2CA
dr
2

2 dCA k

CA  0 ...(4)
r dr DAe
Condiciones de frontera:
r  R,
C A  C AS y
r  0,
dC A / dr  0
68
La ecuación (4) se discretiza mediante la diferencia regresiva y previamente se levanta la
indeterminación, es decir:
r  0,
d2CA
dr
2

k
 0 ...(5)
3DAe
Discretizando la ecuación (5)
Ci1  2Ci  Ci1
k

.Ci  0 ...(6)
2
3DAe
 r 
La ecuación (6) paro i = 0, se convierte en:
C1  2C0  C 1 
En r  0,
kr
C A  0 ...(6.1)
3DAe
CA
, entonces C 1  C0
r
Cuando r  0, se discretiza la ecuación (4) en forma integra, es decir:
Ci1  2Ci1 1  Ci  Ci1  k


Ci  0 ...(7)
ir
r
DAe
 r 2
La expansión de la ecuación (8), permite obtener para cada valor de i:
2
1
k  r 
i  1: C2  2C1  C0   C1  C0  
C1  0 ...(7.1)
1
DAe
i  2: C3  2C2  C1 
2
1
k  r 
C2  0 ...(7.2)
 C2  C1  
2
DAe
i  3: C4  2C3  C0 
1
k  r 
C3  0 ...(7.3)
 C3  C2  
3
DAe
2
Y así sucesivamente
1
k  r 
C9  0 ...(7.10)
 C9  C8  
9
DAe
2
i  9: C10  2C9  C8 
Con C10  C AS (concentración en la superficie de la partícula)
Si consideramos que en la superficie la transferencia de masa difusiva es igual a la convectiva,
es decir:
69
DAe
dCA
dr
r R
 km(CA  CA ) ...(8)
C A : Concentración del componente A en la corriente global. Discretizando la ecuación (8).
Ci1  Ci
k
  m  Ci  C A  ...(9)
r
DAe
De la ecuación (9) se obtiene:
 k r  k r
C11  C10  1  m   m CA ...(10)
DAe  DAe

Se continua expandiendo la ecuación (7) para i = 10, es decir:
i  10 : C11  2C10  C9 
2
1
k  r 
C

C

C10  0 ...(11)
 10 9 
10
DAe
Luego se reemplaza (10) en (11) y se resuelve conjuntamente con las otras ecuaciones.
Para el caso en el cual, la transferencia de masa por difusión molecular es igual a la transferencia
de masa convectiva en la superficie de la partícula, las ecuaciones anteriores pueden
acomodarse del siguiente modo:
2

K(r) 
i  0 : C1   2 
 C0  0 ...(12.1)
3DAe 

A1
2

1 K  r  
 1
i  1: C2   2  
 C1   1   C0  0 ...(12.2)
1
DAe 
 1

A2
2

1 K  r  
 1
i  2: C3   2  
 C2   1   C1  0 ...(12.3)
2
DAe 
 2

A3
Del mismo modo se continúa el procedimiento.
2

1 k  r  
 1
i  9: C10   2  
 C9   1   C8  0 ...(12.10)
9
DAe 
 9

A10
70

1 kmr k(r)2 
1 
kmr

i  10:  1 


CA  0 ...(12.11)
 C10   1   C9 

10 DAe
DAe 
DAe
 10 

A11
Escribiendo en forma matricial el sistema mostrado.
Esta es una matriz tridiagonal proveniente de un sistema lineal de ecuaciones la cual se resuelve
por el método de Thomas, el cual tiene ilustrado en un problema de transferencia de calor.
El factor de efectividad se calcula mediante:

4 R2N10 3 N10
 
...(13)
4 3
R kC10
R kC10
3
El valor de N10 se obtiene mediante N10  DAe
dCA
dr
...(14)
r R
El valor de la derivada se obtiene a partir del perfil de concentración
2.- La segunda posibilidad consiste en resolver en forma simultánea las ecuaciones (1) y (2), es
decir:
Ecuación (1):
dNAr 2
 NAr  kCA  0 ...(17)
dr
r
71
Ecuación (2)
dCA NAr

 0 ...(18)
dr DAe
Discretizando la ecuación (17)
Ni  Ni1 2
 Ni  kCi  0 ...(19)
r
ir
Discretizando la ecuación (18)
Ci  Ci1 Ni

 0 ...(20)
r
DAe
Expandiendo la ecuación (19)
Expandiendo la ecuación (20)
2
i  1:N1  N0  N1  k1 rC1  0 ...(19.1)
1
C1  C0 
r N1
 0 ...(20.1)
DAe
2
i  2:N2  N1  N2  k1 rC2  0 ...(19.2)
2
C2  C1 
rN2
 0 ...(20.2)
DAe
2
i  3:N3  N2  N3  k1 rC3  0 ...(19.3)
3
C3  C2 
rN3
 0 ...(20.3)
DAe
2
i  4:N4  N3  N4  k1 rC4  0 ...(19.4)
4
C 4  C3 
rN4
 0 ...(20.4)
DAe
2
i  5:N5  N4  N5  k1 rC5  0 ...(19.5)
5
C5  C 4 
rN5
 0 ...(20.5)
DAe
2
i  6:N6  N5  N6  k1 rC6  0 ...(19.6)
6
C6  C 5 
rN6
 0 ...(20.6)
DAe
2
i  7:N7  N6  N7  k1 rC7  0 ...(19.7)
7
C 7  C6 
rN7
 0 ...(20.7)
DAe
2
i  8:N8  N7  N8  k1 rC8  0 ...(19.8)
8
C8  C7 
rN8
 0 ...(20.8)
DAe
2
i  9:N9  N8  N9  k1 rC9  0 ...(19.9)
9
C9  C8 
rN9
 0 ...(20.9)
DAe
72
i  10:N10  N9 
2
N10  k1 rC10  0 ...(19.10)
10
C10  C9 
rN10
 0 ...(20.10)
DAe
Las coordenadas aplicables son:
N0  0, C10  C AS
Si usamos la condición de frontera
DAe
dCA
 km(C10  C ) ...(21)
dr
Esta ecuación es equivalente a:
N10  Km (C10  C )...(22)
En este caso C10 no es conocido el cual debe calcularse mediante la ecuación (20.10)
Tabla P-3.49: Perfil concentración
Figura P-3.49: Perfil de concentración
r(m)
CA(mol/L)
0.12
0
0.02
0.04
0.06
0.08
0.1
0.12
0.14
0.16
0.18
0.2
0.0047619
0.0142857
0.0238095
0.0333333
0.0428571
0.052381
0.0619048
0.0714286
0.0809524
0.0904762
0.1
0.1
CA
0.08
0.06
0.04
0.02
0
0
0.05
0.1
r(m)
0.15
0.2
0.25
El factor de efectividad resultante es F.E = 0.767013
Problema 3.50: Transferencia de masa en un catalizador esférico para una reacción
compleja
Obtenga el perfil de concentración en región estacionario en un disco isotérmico de una reacción
1

B que se lleva a cabo en el interior de un catalizador esférico. Calcule asimismo
del tipo 2A 

k
el factor de efectividad.
Solución
La ecuación de transferencia de masa para este caso está dado por
73
1 d 2
r NAr   k C2A   CT  CA   ...(1)
2
KC
r dr


La Ley de Fick para este sistema reaccionante, está dado por
NAr  JAr 
CA
NAr  NBr  ...(2)
CT
De acuerdo a la estequiometría
1
 NAr  NBr ...(3)
2
Reemplazando (3) en (2)
NAr 
2DA C T dC A
...(4)
2C T  C A dr
Para la resolución se procede de dos modos.
1.- Reemplazar (4) en (1) y resolver el sistema resultante tal como sigue:
2
 2  CT  CA  
1 d  2DA C.r dCA 
.

  k CA 
 ...(5)
2
KC
r dr  CT  CA dr 


Derivando la ecuación (5) y haciendo las simplificaciones respectivas, se tiene:
2
d CA
dr2
2 dCA
1
 dC  2CT  CA  k  2  CT  CA  

. A  
C A 
  0 ...(6)
r dr 2CT  CA   dr 
2DA  CT 
Kc

2
2

La ecuación (6), es una ecuación diferencial ordinaria no lineal de segundo orden, cuya solución
es posible, usando el método de diferencias finitas.
En r = 0, el término
1 dC A
es indeterminado por lo cual se aplica el teorema de L’ Hospital o
r dr
decir:
2
 1 dCA  d CA
lim 
  2 ...(7)
r 0  r dr 
dr
Reemplazando (7) en (6) se tiene:
1
 dCA   2CT  CA   2  CT  CA  

k C A 

 
  0...(8)
2
3(2CT  CA )  dr 
6DA  CT 
KC
dr

2
d CA
2
2
74
Discretizando las ecuaciones (8)
Ci1  2Ci  Ci1
(r)2
1
 C  C  2CT  Ci  k  2  CT  Ci  

.  i i1  
Ci 
  0...(9)
3(CT  Ci )  r 
6DA  CT 
KC 
2
2
En la ecuación (9) hacemos i = 0
2CT  C0  k(r)2  2  CT  C0  
1
2
C1  2C0  C1 
 C0  C1  
C 0 
  0 ...(9.1)
3(CT  C0 )
6DA  CT
KC


2
En r = 0,
CA
 0  C1  C0
r
Ahora cuando r  0, se discretiza la ecuación (6), tal como está.
Ci1  2Ci  Ci1 2  Ci  Ci1 
1
 Ci  Ci1  K  CT  Ci 



 
2
ir
r
(2CT  Ci )  r 
2DACT
 r 
2
2
 2  CT  Ci  
Ci 
  0 ...(10)
KC 

Se expande (10) para cada i = 1, 2, 3 , …
 C  C  k  r  (CT  C1 )2  2  CT  C1  
2
i  1: C2  2C1  C0   C1  C0   1 0 
 C1 
  0 ...(10.1)
1
2CT  C1
2DACT
KC


2
2
 C2  C1 2 k  r 2 (CT  C2 )2  2  CT  C2  
2
i  2: C3  2C2  C1   C2  C1  

 C2 
  0 ...(10.2)
2
2CT  C2
2DACT
KC


 C3  C2 2 k  r 2 (CT  C3 )2  2  CT  C2  
2
i  3: C4  2C3  C2   C3  C2  

 C3 
  0 ...(10.3)
3
2CT  C3
2DACT
KC


Y así sucesivamente:
i  9: C9  2C9  C8 
 C9  C8 2 k  r 2 (CT  C9 )2  2  CT  C9  
2
C

C


 9 8
 C9 
  0 ...(10.10)
9
2CT  C9
2DACT
KC


Con C10  C AS (Concentración en la superficie)
Se resuelve simultáneamente el sistema no lineal y se obtiene el perfil de concentraciones
El factor de efectividad se obtiene mediante:

4 R2NAr r R
3
NAr |r R
 .
...(11)
 2  CT  C10   4 3 R  2  CT  C10  
K C10 
k C10 
  R

KC
kC

 3


75
con NAr |r R 
2CT .DA dCA
.
2CT  C10 dr
...(12)
r R
La derivada correspondiente se calcula a partir del conocimiento del perfil de concentraciones,
derivandolo en r = R.
2.- Consiste en resolver simultáneamente las ecuaciones (1) y (4), es decir
De la ecuación (1).
 2  C  CA  
dNAr 2
 NAr  k C A  T
  0 ...(13)
dr
r
KC


Discretizando la ecuación (23)
 2  C  Ci  
Ni  Ni1 2

 k  Ci  T
  0 ...(14)
r
ir
KC 

Expandiendo la ecuación (14)
 2 C  C  
2
i  1: N1  N0  N1  kr C1  T 1   0 ...(14.1)
1
KC


 2  C  C2  
2
i  2: N2  N1  N2  kr C2  T
  0 ...(14.2)
2
KC


 2  C  C3  
2
i  3: N3  N2  N3  kr C3  T
  0 ...(14.3)
3
KC


Y así sucesivamente
 2  C  C10  
2
i  10 :N10  N9  N10  kr C10  T
  0 ...(14.10)
3
KC


De la ecuación (4) se tiene
NA 
2DA  C T dC A
.
 0 ...(15)
2C T  C A dr
Discretizando la ecuación (15)
Ni 
2DACT  Ci  Ci1 
.
 0 ...(16)
2CT  Ci
r
Expandiendo la ecuación (16)
76
i  1: N1 
2DACT  C1  C0 
.
 0 ...(16.1)
2CT  C1
r
i  2: N2 
2DACT  C2  C1 
.
 0 ...(16.2)
2CT  C2
r
i  3: N3 
2DACT  C3  C2 
.
 0 ...(16.3)
2CT  C3
r
Y así sucesivamente: hasta i = 10.
i  10: N10 
2DACT  C10  C9 
.
 0 ...(16.10)
CT  C10
r
Con las indicaciones: C10  C AS y N0  0
Se resuelve simultáneamente el sistema de 20 ecuaciones no lineales y se obtiene el perfil de
velocidades y así sucesivamente como el perfil de densidades de flujo.
El factor de efectividad se obtiene mediante:

N10  4 R2
3

4 3  2  CT  C10   R
R  C10 

3
KC


N10
(16.11)
 2  CT  C10  
k C10 

KC


N10 se obtiene directamente de la solución del sistema no lineal.
Problema 3.51: Transferencia de masa en un catalizador esférico para una
P-3.51-1.pol
reacción compleja II.
Resuelva numéricamente el problema 3.48 usando los siguientes datos:
k1  8 104 cm3 /molg, KC  6 105 cm3 /molg, R  0.5cm, DAe  0.01cm2/s
CT  4 105 molg/cm3 ,
CAS  3 105 mol/cm3 ,
CBS  1 105 mol/cm3
Sustituir la ecuación (3.382) en (3.379) y encontrar una ecuación diferencial que solo dependa
de la concentración y a continuación encontrar el perfil de concentración y con estos datos,
usando los conceptos básicos, calcular el factor de efectividad.
Solución:
La deducción matemática de este problema se desarrolla en el problema 3.49, ecuación (6) y el
factor de efectividad se calcula en las ecuaciones (11) y (12) de dicho problema. Se obtiene el
factor de efectividad de 0.2948.
77
Tabla P-3.51: Perfil de concentración
Figura P-3.51: Perfil de concentración
r(m)
C(mol/L)
N(mol/m2s)
3.10E-05
0
1.63E-05
0
2.90E-05
0.02
1.62E-05
-1.13E-07
2.70E-05
0.04
1.66E-05
-2.41E-07
2.50E-05
0.06
1.69E-05
-3.73E-07
2.30E-05
0.08
1.78E-05
-5.22E-07
2.10E-05
0.1
1.85E-05
-7.33E-07
1.90E-05
0.12
2.00E-05
-9.12E-07
1.70E-05
0.14
2.13E-05
-1.30E-06
1.50E-05
0.16
2.38E-05
-1.52E-06
0.18
2.55E-05
-2.27E-06
0.2
3.00E-05
-2.52E-06
0
0.05
0.1
0.15
0.2
r(m)
Problema 3.52: Transferencia de masa en un catalizador cilíndrico para una reacción
compleja
Repetir los problemas anteriores considerando que el proceso de transferencia de masa se lleva
a cabo en una partícula cilíndrica de radio R y longitud L.
Solución
Reacción: 2A
k1
k2
B
Balance de materia de A
1 d
rNAr   k1C2A  k2CB ...(1)
r dr
Ley de Fick para el sistema en estudio
NAr  DAe
dCA
 y A NAr  NBr  ...(2)
dr
De la ecuación (1), se tiene:
dNAr 1
 NAr  k1C2A  k2CB  0 ...(3)
dr r
1
De la ecuación (2), para este caso, se tiene:  NAr  NBr .
2
NAr 
2C T  DAe dC A
.
 0 ...(4)
2C T  C A dr
Discretizando la ecuación (3)
 2  C  Ci  
Ni  Ni1 1

Ni  ki Ci  T
  0 ...(5)
r
ir
Kc


78
Expandiendo la ecuación (5)
 2  C  C1  
1
i  1: N1  N0  N1  k1 r C1  T
  0 ...(5.1)
1
KC


 2  C  C2  
1
i  2: N2  N1  N2  k1 r C2  T
  0 ...(5.2)
2
KC


Y así sucesivamente
i  10 : N10  N9 
 2  C  C10  
1
N10  k1 r C10  T
  0 ...(5.10)
10
KC


Ahora discretizando la ecuación (4)
Ni 
2CT DAe  Ci  Ci1 
.
 0 ...(6)
2CT  Ci
r
Expandiendo la ecuación (16)
i  1: N1 
2CTDAe  C1  C0 
.
 0 ...(6.1)
2CT  C1
r
i  2: N2 
2CTDAe  C2  C1 
.
 0 ...(6.2)
2CT  C2
r
Y así sucesivamente
i  10: N10 
2CTDAe  C10  C9 
.
 0 ...(6.10)
2CT  C10
r
El factor de efectividad se obtiene mediante:

2RLN10
2
N10

...(7)
 CT  C10   R  2  C T  C10  
2  2
R L C10 
k1 C10 


CT
KC




Las condiciones de frontera son: N0  0 y C10  C AS , al considerar que la concentración en la
superficie del catalizador es C As .
Ahora consideremos que en la interfase sólido gas, la transferencia de masa por difusión
molecular es igual a la transferencia de masa convectiva, es decir:
DAe
dCA
 km  CA  CA  ...(8)
dr
Considerando: N0  0 y C10  C AS
En esta ecuación discretizando se obtiene
C10 
N10
 C A ...(9)
km
79
La ecuación (29) es reemplazada en (5.10) y (6.10) y se procede a su solución.
3.18 DISTRIBUCIÓN DE CONCENTRACIÓN Y FACTOR DE EFECTIVIDAD NO
ISOTÉRMICO EN PARTÍCULAS CATALÍTICAS
En muchos de los procesos industriales, las condiciones de operación son no isotérmicas por lo
cual, además del balance de materia, se requiere utilizar el balance de energía. Cabe mencionar
que como las partículas de catalizador son no metálicos entonces tienen una baja conductividad,
por lo cual para el caso de las reacciones exotérmicas, la temperatura en el interior del
catalizador siempre es mayor por la cual, la velocidad de reacción interna puede ser mayor que
en la parte externa, lo cual hace que el factor de efectividad sea mayor a 1.
3.18.1 MÉTODO SIMPLIFICADO:
Consiste en evitar hacer el balance de energía a pesar de que el sistema es no isotérmico.
Supongamos que la reacción producida es A k
B y se produce en el interior de un catalizador
esférico.
Balance de materia de A.
1 d 2
r NAr   k(T).a.CA ...(3.388)
r2 dr
Ley de Fick; simplificado siguiendo el procedimiento seguido en los problemas anteriores, se
tiene.
NAr  DAe
dCA
...(3.389)
dr
Reemplazando (2) en (1)
d2CA
dr
2

2 dCA k(T).a.CA

 0 ...(3.390)
r dr
DAe
De acuerdo a la ley de Arrhenius; la constante cinética se representa mediante
k(T)  k(TS )exp((TS / T  1)) ...(3.391)
Reemplazando (3.391) en (3.390)
d2CA
dr
2

2 dCA k  TS 

.a  CA exp    TS / T  1    0 ...(3.392)
r dr
DAe
Definimos el módulo de Thiele como:
 R
k(TS )a
...(3.393)
DAe
De la ecuación (3.393) se obtiene las relaciones:
k(TS ).a 2
 2 ...(3.394)
DAe
R
80
Reemplazando la ecuación (3.394) en (3.392)
2 dCA 

  CA exp   TS / T  1  ...(3.395)
2
r dr R2
dr
2
2
d CA
  E / RTS : Número de Arrhenius
Dado que la ecuación (3.395) contiene a la temperatura, es necesario prescindir de esta variable,
para lo cual se procede del siguiente modo:
qr r  HR NAr r ...(3.396)
qr : Densidad de flujo de calor
NAr : Densidad de flujo molar
HR : Entalpía de reacción
De la ecuación (3.396) se tiene
dT
dC
 HR DAe A ...(3.397)
dr
dr
ke
De la ecuación (3.397) se simplifica adecuadamente
dT
D dC A
 HR  Ae
...(3.398)
dr
k e dr
Integrando miembro a miembro la ecuación (3.398)
T  TS 
HR DAe
 CA  CAS  ...(3.399)
ke
La ecuación (3.399) puede desarrollarse del siguiente modo
T  TS 
HR  DAe
T C
H  D
T
.C A . S . AS  R Ae .C AS . S ...(3.400)
ke
TS C AS
ke
TS
Luego, en la ecuación (3.400) hacemos:

HR  DAe C AS
.
...(3.401)
ke
TS
Reemplazando (3.401) en (3.400)
T  TS  TS .
CA
 TS ...(3.402)
C AS
Reemplazando la ecuación (3.399) en (3.395) se obtiene:
d2CA
dr2

 
2 dCA 2
1

 2 .CA exp  
 1   0 ...(3.403)
r dr R
   1  . CA    

  
CAS
  
 

La ecuación (3.403) es independiente de la temperatura y se procede a su discretización.
81
Cuando r = 0, la ecuación (3.403) se transforma por la aplicación del límite cuando r  0, es
decir
d2CA
dr
2

 
1

.CA .exp  
 1   0 ...(3.404)
3R
  1   .CA / CAS  
2
2
Discretizando la ecuación (3.404)
 
Ci1  2Ci  Ci1 2
1

 2 .Ci exp  
 1   0 ...(3.405)
2
 r 
3R
  1   Ci / CAS  
Haciendo i = 0, en la ecuación (3.405) se tiene
C1  2C0  C1 
En r = 0,
 
1

.CO exp  
 1   0 ...(3.405.1)
3R
 1  C0 / CAS  
2
2
dCA
 0, C1  C0
dr
Cuando r  0, se discretriza la ecuación (3.404) tal como se encuentra
2
 
Ci1  2Ci  Ci1 2 
1



.Ci exp  
 1    0 ...(3.406)
2
2
ir R
 r 
  1  . Ci

 
C
AS



Expandiendo la ecuación (3.406)
i  1:C2  2C1  C0 
2
2

2
  r 
1

 1  ...(3.406.1)
 C1  C0   2  C1  
1
R
  1   C1 / CAS  
i  2:C3  2C2  C1 
2
2

2
  r 
1

 1  ...(3.406.2)
 C2  C1   2 .C2  
2
R
  1   C2 / CAS  
2
2
 
2
  r 
1

i  3:C4  2C3  C2   C3  C2  
.C3  
 1  ...(3.406.3)
2
3
R
  1   C3 / CAS  
Y así sucesivamente
i  9:C10  2C9  C8 
2
2

2
  r 
1

 1  ...(3.406.9)
 C9  C8   2 .C4  
9
R
  1   C10 / CAS  
Se resuelve simultáneamente el sistema de ecuaciones no lineales en C10  C AS y se obtiene el
perfil de concentraciones.
El factor de efectividad se obtiene integrando los datos de concentración y temperatura
obtenidos al resolver el sistema anterior, mediante el siguiente procedimiento.
R
 k(T) a C 4r dr

0
2
A
4 3
k(TS ) a CAS R
3
...(3.407)
82
Simplificando la ecuación (3.407), se tiene
 TS /T 1
R

 CAr2dr
30 k(TS )e
k(TS )  CAS
...(3.408)
Luego se obtiene la ecuación final.

3
R (TS /T 1)
3
R CAS
0 e
 CAr2dr ...(3.409)
La ecuaciones (3.405.1) y (3.406.1) al (3.406.9)(3.432) se integra por método numéricos.
El factor de efectividad también puede ser obtenida derivando la ecuación (3.432), con lo cual
se tiene
d
3

exp    TS / T  1   CAr2 ...(3.410)
dr CASR3
Para lo cual se utiliza la ecuación (3.402) para obtener la ecuación (TS/T), es decir.
TS 
C

  1   A  
T 
CAS

1
...(3.411)
Reemplazando (3.435) en (3.434)


dn
3
1

exp  1  .CA / CAS    1
3
dr CASR
...(3.412)
Ahora se discretiza la ecuación (3.412)
i  i1
3r
3
CASR


1
exp  1   Ci / CAS    1  0 ...(3.413)
Se desarrolla la ecuación (3.413) para i = 1, 2, …10 y resolviendo en forma simultánea en el
balance de materia y se obtiene tanto el perfil de concentración, temperatura y a la vez, la
eficiencia para lo cual hacemos 0  0 y el valor buscado es cuando se llegue a r = R, cuyo valor
de la eficiencia es 10 .
Problema 3.53. Factor de efectividad método simplificado.
P-3.53.pol
Usando el método simplificado encuentre el perfil de concentración y temperatura en el interior
B , usando los
de un catalizador esférico donde se produce una reacción del tipo A k
siguientes datos.
  0.2,   30,   0.1,R  0.01, r  R / 10,C AS  0.1
Solución:
83
Para el cálculo del perfil de concentración se hace uso de la ecuación (3.405.1) y del (3.406.1) al
(3.406.9).
El perfil de temperatura se calcula mediante (3.402).
EL factor de efectividad se obtiene mediante la integración numérica de (3.409).
Se obtiene el perfil de concentración y temperatura siguiente:
Tabla P-3.53: Perfil de concentración
CA(mol/L)
T(°C)
0
0.0019084
349.5368
0.001
0.0020437
349.5424
0.002
0.002328
349.5592
0.003
0.0027722
349.5843
0.004
0.0033915
349.618
0.005
0.0041911
349.6601
0.006
0.0051604
349.7107
0.007
0.0062704
349.7699
0.008
0.0074782
349.8378
0.009
0.0087359
349.9145
0.01
0.01
350
0.012
0.01
CA (mol/L)
r(m)
Figura P-3.53: Perfil de concentración
0.008
0.006
0.004
0.002
0
0
0.002
0.004
0.006
0.008
0.01
0.012
r(m)
El factor de efectividad igual a 0.7136 P_3.53
Para CAS  0.01,   1.5,   30,  0.1,R  0.01, r  R / 10
Se ha desarrollado el programa P_3.53ª, cuyo valor del factor de efectividad es 1.3020.
3.18.2 MÉTODO GENERAL:
El método general consiste en plantear:
a) El o los balances de materia.
b) El balance de energía.
c) La ley de Fick aplicado a contradifusión equimolar y no equimolar.
d) La Ley de Fourier.
e) La ecuación para el cálculo del factor de efectividad en su forma diferencial.
B, cuyo proceso se lleva a cabo en el
Consideremos una reacción irreversible del tipo A 
k
interior de una partícula catalítica de radio R.
Se trata de encontrar los perfiles de concentración de densidad del flujo molar, de temperatura,
de densidad de flujo de calor y el factor de efectividad.
84
Figura 3.36: Catalizador esférico
y sus condiciones de frontera.
En el esquema adjunto, se muestra los valores conocidos y desconocidos de cada una de las
variables involucradas en la frontera del sistema (en r =0 y r=R). Todos los demás valores son
desconocidos.
Balance de materia de A
1 d 2
r NAr   k(T).a.CA ...(3.414)
r2 dr
k(T)  k(TS )exp   TS / T  1 ...(3.415)
Definimos el módulo de Thiele como:
k(TS )  a
...(3.416)
DAe
 R
De la ecuación (3.416) se obtiene:
2
2
R

k  TS  a
...(3.417)
DAe
De la ecuación (3.417)
k(TS ) 
 DAe
2
R2a
...(3.418)
Reemplazando (3.418) en (3.417)
k(T) 

2
2
R

DAe
: exp   TS / T  1 ...(3.419)
a
Derivando la ecuación (3.414) y reemplazando (3.419) se tiene:
dNAr 2
2 D
 NAr  2 Ae  a  CA exp  (TS / T  1)  0 ...(3.420)
dr r
R a
85
Ahora usamos la Ley de Fick:
NAr  DAe 
dCA
 y A NAr  NBr  ...(3.421)
dr
Contradifusión equimolar
NAr  NBr ...(3.422)
Reemplazando (3.422) en (3.421) y simplificando:
dCA NA

 0 ...(3.423)
dr DAe
Balance de energía:
1 d 2
r qr   k(T).a.CA HR ...(3.424)
r2 dr
Reemplazando (3.419) en (3.424) y derivando
dqr 2
2 D
 qr  2 Ae  a .HR .CA exp    TS / T  1    0 ...(3.425)
dr r
R a
Ley de Fourier
dT qr
  0 ...(3.426)
dr k e
La forma diferencial del factor de efectividad se obtiene de la ecuación (33) del método
simplificado.
d
3

exp    TS / T  1  .CArr2 ...(3.427)
3
dr CASR
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (3.420), (3.422), (3.425), (3.426) y (3.427) para lo
cual, se procede del siguiente modo.
Discretizando la ecuación (3.420)
Ni  Ni1 2

 Ni  2 DAe .exp 
  TS Ti  1  Ci  0 ...(3.428)
r
ir
R
2
Expandiendo la ecuación (3.428)
86
2

i  1: N1  N0  N1  2 r DAe exp (Ts / T1  1)C1  0...(3.428.1)
1
R
2
2

i  2: N2  N1  N2  2 r DAe exp (Ts / T2  1)C2  0...(3.428.2)
2
R
2
2

i  3: N3  N2  N3  2 r DAe exp (Ts / T3  1)C3  0 ...(3.428.3)
3
R
2
Y así sucesivamente:
i  10: N10  N9 
2

N10  2 r.DAe exp   TS / T10  1  C10  0 ...(3.428.10)
10
R
2
Ahora discretizando la ecuación (3.423)
Ci  Ci1 Ni

 0 ...(3.429)
r
DAe
Expandiendo la ecuación (3.429)
r  N1
 0 ...(3.429.1)
DAe
r  N2
i  2: C2  C1 
 0 ...(3.429.2)
DAe
r  N3
i  3: C3  C2 
 0 ...(3.429.3)
DAe
i  1: C1  C0 
Y así sucesivamente
i  10 : C10  C9 
rN10
 0 ...(3.429.10)
DAe
Discretizando la ecuación (3.424)
qi  qi1 2


qi  2 DAe .HR .exp  (TS / T1  1)C1  0 ...(3.430)
r
ir
R
2
Expandiendo la ecuación (3.454) tenemos
2
2
i  1: q1  q0  q1  2 r.DAe HR .exp  (TS / T1  1)C1  0 ...(3.430.1)
1
R
2
2
i  2: q2  q1  q2  2 r.DAe HR .exp  (TS / T2  1)C2  0 ...(3.430.2)
2
R
2
2
i  3: q3  q2  q3  2 r.DAe HR .exp  (TS / T3  1)C3  0 ...(3.430.3)
3
R
87
Y así sucesivamente.
i  10: q10  q9 
2

q10  2 r DAe HR .exp (TS / T10  1)  C10  0 ...(3.430.10)
10
R
2
Discretizando la ecuación (3.426)
Ti  Ti1 qi
  0 ...(3.431)
r
k
Expandiendo la ecuación (3.431)
q1 r
 0...(3.431.1)
k
q r
i  2:T2  T1  2  0...(3.431.2)
k
q3 r
i  3:T3  T2 
 0...(3.431.3)
k
i  1:T1  T0 
Y así sucesivamente
i  10:T10  T9 
q10 r
 0 ...(3.431.10)
k
Discretizando las ecuaciones (3.427) referido al factor de efectividad
Ei  Ei1
3
2

.exp (TS / Ti  1) ir  C1  0...(3.432)
3
r
CASR
Expandiendo la ecuación (3.432)
3  12  r 
3
i  1: E1  E0 
C ASR3
3  22  r 
3
i  2: E2  E1 
C ASR3
3  32  r 
3
i  3: E3  E2 
C ASR3
exp    TS / T1  1   C1  0 ...(3.432.1)
exp    TS / T2  1   C2  0 ...(3.432.2)
exp    TS / T3  1   C3  0 ...(3.432.3)
Y así sucesivamente
i  10: E10  E9 
2
3
3  10   r 
CASR3
exp   TS / T10  1  C10  0 ...(3.432.10)
Se resuelve un total de (50) ecuaciones algebraicas no lineales.
88
Problema 3.54: Parámetros de reacción en una partícula de catalizador.
P-3.54.pol
Encuentre el perfil de densidad de flujo molar, perfil de concentración, perfil de densidad de
flujo de calor, perfil de temperatura y el factor de efectividad para una cinética de primer orden
en condiciones no isotérmicas, usando los siguientes datos:
CAS  0.01mol /L,Ts  400K,ke  0.02, HR  8 107 kJ/ mol
De  1 106 m2 / s,R  0.01m
Solución:
Luego de ejecutar el programa P-3.54 se obtiene los perfiles:
Tabla P-3.54: Perfiles solución
Figura P-3.54: Perfil de concentración
r(m)
C(mol/L)
N(mol/m2s)
q(W/m2)
T(°C)
0
0.00951
0
0
401.94
0.001
0.00952
-4.53E-09
0.7320
401.9
0.002
0.00954
-1.83E-08
1.4603
401.8
0.003
0.00956
-2.73E-08
2.1824
401.7
402.5
0.0101
CA
T
402
0.01
0.0099
401.5
0.0098
401
0.004
0.00960
-3.62E-08
2.8961
401.5
0.005
0.00964
-4.50E-08
3.5994
401.40
0.006
0.00970
-5.36E-08
4.2902
401.1
0.007
0.00976
-6.21E-08
4.9664
400.9
400
0.008
0.00983
-7.03E-08
5.6263
400.6
399.5
0.009
0.00991
-7.84E-08
6.2680
400.3
0.01
0.01
-8.61E-08
6.8900
400
0.0097
400.5
0.0096
0.0095
0.0094
0
0.002
0.004
0.006
0.008
0.01
r(m)
El factor de efectividad es:  1.192177
Problema 3.55: Factor de efectividad de una partícula catalítica cilíndrica.
Plantee las ecuaciones diferenciales para resolver el problema anterior en coordenadas
cilíndricas.
Solución
La ecuación de transferencia de masa está dada por:
1 d
rNAr   k  T .a.CA ...(1)
r dr
El módulo de Thiele para una cinética de primer orden está dada por
89
K(TS ).a
...(2)
DAe
 R
De la ecuación (2)
2
2
R

k(TS )  a
...(3)
DAe
k(T)  k(TS )exp   TS / T  1 ...(4)
Reemplazando (3) en (4)

2
k(T) 
2
R

DAe
exp (TS / T  1)...(5)
a
Reemplazando (5) en (1) y derivando se tiene
dNAr 1
 D
 NAr  2 Ae aCA exp (TS / T  1)  0 ...(6)
dr
r
R a
2
De la ley de Fick
dCA NA

 0 ...(7)
dr DAe
Ecuación de transferencia de calor
dqr 1
 D
 qr  2 . Ae .a.HR exp    TS / T  1   0 ...(8)
dr r
R a
2
Ley de Fourier
dT qr
  0...(9)
dr K
La forma integrada del factor de efectividad, está dada por:
2


0 k(T).a.CA .(2 r L )dr
...(10)
k(TS ).a.CAS . R2 L
2
2
R .a.CASk(TS )

R
 k(T )e
0
 (TS /T1 )
S
a.C Ardr ...(11)
Simplificando se obtiene:
90

2
2
R CAS
R
e
 TS /T 1
0
.CArdr ...(12)
Con   E / RTS 
Derivando la ecuación (12)
d
2

exp (TS / T  1).CAr ...(13)
dr CASR2
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (6), (7), (8), (9) y (13), siguiendo el mismo
procedimiento anterior.
Problema 3.56: Cálculo del factor de efectividad de una reacción en equilibrio.
Repetir el cálculo el método general para la reacción del tipo 2𝐴 ↔ 𝐵 que se produce en el
interior de un catalizador cilíndrico en condiciones no isotérmicas.
Solución
Balance de materia
1 d
rNAr   k1  T .C2A  k2 (T).CB ...(1)
r dr
Derivando la ecuación (1) y reemplazando CB  C T  C A
dNAr 1
 NAr  k1 (T).C2A  k2 (T). CT  CA  ...(2)
dr r
K1 (T)  k01eE1 /RT , k2 (T)  k02eE2 /RT ...(3)
Ley de Fick aplicado a este problema
NAr  JAr  YA NAr  NBr  ...(4)
1
NBr   NAr ...(5)
2
Reemplazando (4) en (5)
NAr  DAB
dC A
1


 y A  NAr  NAr  ...(6)
dr
2


Simplificando la ecuación (6)
91
dCA
N 
C 
  Ar  1  A  ...(7)
dr
DAB  2CT 
Balance de energía
1d
r.qr    k1 (T).C2A  k2 (T).CB  HR ...(8)
r dr
Derivando la ecuación (8) y reemplazando CB  C T  C A
dqr 1
 qr  k1 (T).C2A  k2 (T).CB  HR ...(9)
dr r
Ley de Fourier:
dT qr
  0 ...(10)
dr k T
Factor de efectividad
0  k1 (T).CA  k2 (T)CB .2rLdr 
R

2
(k1 (TS ).CAS2  k2 (TS ).CBS )R2L
...(11)
Simplificando la ecuación (11)
2
2 0  k1 (T).C A  k2 (T).(C T  C A ) r dr
 2
...(12)
R (k1 (TS ).C AS2  k2 (TS )  CT  C AS )
R
Expresando en forma diferencial
2  k1 (T).C2A  k2 (T)  C T  C A  r 
d

...(13)
dr R2  k1 (Ts ).CAS2  k2  TS  CT  CAS  
Ahora discretizando las ecuaciones respectivas
De la ecuación (2)
Ni  Ni 1

 k10eEi /RTi Ci2  k20eE2 /RTi  CT  Ci   0 ...(14)
r
ir
Discretizando la ecuación (7)
Ci  Ci1 Ni 
C

1 i

r
DAB  2CT

  0 ...(15)

92
Discretizando la ecuación de transferencia de calor
qi  qi1 1

qi  k01eE1 /RTi C2i  k02eE2 /RTi (CT  Ci ) HR  0 ...(16)
r
ir
Discretizando la ley de Fourier
Ti  Ti1 qi
  0 ...(17)
r
K
Discretizando la ecuación (13)
Ei  Ei1 2
 2
r
R
 k01eE1 /RTi Ci2  k 02eE2 /RTi  C T  Ci   ir
 0 ...(18)
 k01eE1 /RTS C2AS  k02eE2 /RTS . CT  CAS  
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (14), (15), (16), (17) y (18)
Para un sistema de coordenadas esféricas, se procede de manera similar donde básicamente
varía la ecuación del factor de efectividad y las ecuaciones de transferencia de calor y masa solo
varía ligeramente.
Problema 3.57: Cálculo del factor de efectividad por el método general en
el interior de un catalizador esférico.
P-3.57.pol
Se produce una reacción química de primer orden irreversible, en condiciones no isotérmicas.
Encuentre el perfil de corrosión y temperatura así como el factor de efectividad usando los
siguientes datos.
HR  30 000BTU/ lb, CA0  0.004 lb / pie3 ,
C  100lb / pie3
R  0.615625 pies r  R /10, DAe  5 pies2 /h, ker  0.015 BTU/h pie.F
RA  rA .CAO .A ;
rA  19600 exp  9700 / T (1  x)
Solución
Aquí tenemos la estrategia de reemplazar la Ley de Fick en la ecuación de conservación de
materia, la Ley de Fourier en la ecuación de conservación de energía y resolverla conjuntamente
en la ecuación del factor de efectividad, es decir:
Balance de materia:
 1 d  dC
DAe  2  r2 A
 r dr  dr

   RA  0 ...(1)

93
Puesto que pasa este caso NA  NB con la cual NAr  JAr , por lo cual la ecuación (1) se escribe
en términos de la concentración:
Balance de energía
 1 d  2 dT  
ker  2
r
   G  0 ...(2)
 r dr  dr  
Puesto que la conductividad térmica, en este caso, está siendo considerado como una constante
Por otro lado: R A  rA .C AO .A
El término de concentración se transforma a términos de conversión
CA  CAO 1  x  ,
2
dCA
dx
 CAO ,
dr
dr
d CA
dr2
 CAO
2
dx
dr2
Reemplazando en la ecuación (1)
CAO 
d2 x 2
dx
19600 
 9700 
 CAO  
1  x  exp  
 CAOC ...(3)
2
dr
DAe
T 

dr r
Simplificando la ecuación (3)
d2 x 2 dx C
 9700 


 19600.(1  x)exp  
 ...(4)
2
T 

dr r dr DAe
De la ecuación (4)
2
dT
dr
2

2 dT
H R
  R A ...(5)
r dr
ke
Según la ecuación (5)
d2 T 2 dT HR


.CAOC .19600.(1  x)exp(9700 / T) ...(6)
2
dr r dr ke
Se resuelve simultáneamente las ecuaciones (4) y (6)
Cuando r = 0
2
1 dx d x
lim
 2
r 0 r dr
dr
2
y
1 dT d T
lim
 2 , por lo cual, las ecuaciones (4) y (6) se transforma en:
r 0 r dr
dr
94
2
dx
dr
2
d2 T
dr
2

C
 19 600 1  x  exp  9760 / T   0...(7)
3DAe

HR
 9700 
 CAOC  19 600(1  x)exp  
  0 ...(8)
3ke
T 

Discretizando (7) y (8)
xi1  2xi  xi1 C

19 600 1  xi  exp  9760 / Ti  ...(9)
3DAe
 r 2
Ti1  2Ti  Ti1 HR .CAOC

.19 600 1  xi  exp  9760 / Ti  ...(10)
3ke
 r 2
Cuando i = 0 : De (9) y (10)
xi  2x0  x 1 
C
 r 2  19 600 1  x0  exp  9760 / T0  ...(11)
2DAe
T1  2T0  T1 
HR  2
r .C AOC 19 600(1  xi )exp(9760/T0 ) ...(12)
3ke
Ahora cuando r  0 , De la ecuación (4)
2
2
C  r 
xi1  2xi  xi1   xi  xi1  
 19600 1  xi  exp  9700/Ti  ...(13)
i
DAe
De la ecuación (6)
Ti1  2Ti  Ti1 
2
H
 Ti  Ti1   R   r 2 CA0C 19 600 1  xi  exp(9700/T)i ...(14)
i
ke
Las ecuaciones (13) y (14) expandidos de i = 1 a i = 9
Conjuntamente con las ecuaciones (11) y (12) se resuelva a forma simultánea
El factor de efectividad se obtiene mediante
R
 k TC

0
A
 4 r2dr
4 3
k(TS )  C AS  R 
3


3
R3

R k(T)  C
0
Ar
2
k(TS )  C AS
dr ...(15)
95