Reactor químico con una velocidad de reacción cuadrática

Problema 5.16 (Process Systems Analysis and Control - Coughanowr, LeBlanc)

gráfica problema 5.16

Para el reactor de mezcla completa mostrada en la figura, determine la función de transferencia que relaciona la concentración de salida con la concentración de la alimentación. Si cambiamos la concentración de entrada de 1 a 2 mol/L, ¿Cuál es la nueva concentración de salida? y ¿Cuál es la concentración en el nuevo estado estacionario?

Nuestros datos

k = \frac{2\cdot L}{mol\cdot min}

Reacción

2A\Rightarrow B\\

-r_A=kC_A^2

Resolviendo

Linealicemos el término cuadrático antes. Usando la serie de Taylor truncada a primer orden

f(x)=f(x_s)+\frac{df}{dx}\bigg |_{x=x_s} (x-x_s)

Siendo nuestra función a linealizar $f(C_{A})=C_A^2$

C_A^2=C_{As}^2+2\cdot C_{As}(C_A-C_{Aas})

C_A^2-C_{As}^2=2\cdot C_{As}(C_A-C_{Aas})\space\space\space\space\space\textbf{... (1)}

Escribiendo nuestro balance de materia, sabiendo que $n_o = C_0V$

C_{A0}F-C_AF-kC_A^2V=\frac{dn_o}{dt} = \frac{d(C_AV)}{dt}

C_{A0}F-C_AF-kC_A^2V=V \frac{d(C_A)}{dt} \space\space\space\space\space\textbf{... (2)}

Realizando el balance en estado estacionario

C_{A0s}F-C_{As}F-kC_{As}^2V=0 \space\space\space\space\space\textbf{... (3)}

Restado (3) de (2). Recuerde que $d(C_A)=d(C_A-C_{As})$

(C_{A0}-C_{A0s})F-(C_A-C_{As})F-(C_A^2-C_{As}^2)kV=V \frac{d(C_A-C_{As})}{dt}

Transformando a variables desviación y reemplazando la ecuación (1)

C'_{A0}F-C'_AF-\big[2C_{As}(C_A-C_{As})\big]kV=V \frac{d(C'_A)}{dt}

C'_{A0}F-C'_AF-2C_{As}(C'_A)kV=V \frac{d(C'_A)}{dt}

Aplicando la transformada de Laplace y despejando y sabiendo que $C'_A(t=0) = 0$

C'_{A0}(s)F-C'_A(s)F-2C_{As}C'_A(s)kV=V (sC'_A(s)-C'_A(t=0))

FC'_{A0}(s)-FC'_A(s)-2C_{As}kVC'_A(s)=V sC'_A(s)\space\space\space\space\space\textbf{... (4)}

Para simplificar el manejo de la ecuación (4) necesitamos reemplazar datos, pero nos falta conocer un dato $C_{As}$ , para hallar utilizamos la ecuación (3), conociendo que: $k = 2;\space\space$ $C_{A0s} = 1;\space\space$ $V=50\space\space$ y $\space F= 5$

5\times 1-5\times C_{As}-2\times 50\times C_{As}^2=0

1-C_{As}-20\times C_{As}^2=0

Usando la formula cuadrática para resolver $C_{As}$ y sólo tomando en cuenta el valor positivo

C_{As}=\frac{-1±\sqrt{1+4\times 20}}{2\times 20}

C_{As}=\frac{-1+9}{40}

C_{As}=0.2

Reemplazando en la ecuación (4)

5C'_{A0}(s)-5C'_A(s)-2\times 0.2\times 2\times 50\times C'_A(s)=50\times sC'_A(s)

C'_{A0}(s)-9C'_A(s)=10 sC'_A(s)

\mathbf{\frac{C'_{A}(s)}{C'_{A0}(s)}=\frac{1}{10s+9}}\space\space\space\space\space\textbf{... (5)}

Describiendo la perturbación

C'_{A0}(t)=C_{A0}-C_{A0s}= \begin{cases} 1 - 1 &\text{si } t < 0 \\ 2 - 1 \space\ mol/L &\text{si } t>0\\ \end{cases}

C'_{A0}(t)= \begin{cases} 0 &\text{si } t < 0 \\ 1 \space\ mol/L &\text{si } t>0\\ \end{cases}

C'_{A0}(t)= 1\space u(t)

Entonces su transforma da de Laplace es

C'_{A0}(s)= \frac{1}{s}

Reemplazando en la ecuación (5)

C'_{A}(s)=C'_{A0}\frac{1}{10s+9}

C'_{A}(s)=\frac{1}{s(10s+9)}

Reordenando para obtener la antitransformada (Recuerde que tambien puede obtener la antitransformada directamente de tablas)

C'_{A}(s)=\frac{9}{9s(10s+9)}=\frac{9+10s-10s}{9s(10s+9)}

C'_{A}(s)=\frac{9+10s}{9s(10s+9)}-\frac{10s}{9s(10s+9)}

C'_{A}(s)=\frac{1}{9s}-\frac{10}{9(10s+9)}

C'_{A}(s)=\frac{1}{9s}-\frac{1}{9(s+9/10)}

Antitransformando

C'_A(t) = \frac{1}{9}-\frac{1}{9}e^{-9t/10}

Hallando la concentración cuando t = 1 min

C_A(t=1) = C'_A(t=1)+C_{As}

C_A(t=1)=\frac{1}{9}(1-e^{-9/10})+0.2

\mathbf{C_A(t=1\textbf{ min})=0.2659\textbf{ mol/L}}

Para hallar la nueva concentración en el estado estacionario hacemos que el tiempo tienda a infinito ( $t\to\infty$ )

C_A(t\to\infty)=\lim_{t\to\infty}\left(\frac{1}{9}(1-e^{-9t/10})+0.2\right)

\mathbf{C_A(t\to\infty)=\textbf{ 0.3111 mol/L}}

Referencias

Coughanowr, D. R.; LeBlanc, S. E. (2009). Process Systems Analysis and Control (3rd edition). McGraw-Hill. ISBN 978-0-07-339789-4.