Reactores Continuos: CSTR e PFR

Vista previa del material en texto

Facultad de Ingeniería Química
REACTORES CONTINUOS
Mg. Pablo Díaz Bravo
Maestría en Ingeniería 
Química
Reactores Continuos
El flujo de reactantes y productos se mantienen constantes. Operan en 
estado estacionario. Pueden ser: reactor tanque agitado CSTR y reactor 
tubular PFR.
REACTOR TANQUE AGITADO (Continuos Stirred Tank Reactor)
Su composición en cada 
instante es la misma en todo el 
tanque y es igual a la salida
Alim.
Prod.
Reactor de Mezclado completo 
o perfectamente agitada 
Ecuaciones de Diseño
1.- Balance de materia: 𝐹𝑗𝑜 − 𝐹𝑗 + 
𝑣
𝑟𝑗𝑑𝑉 = 0
Para mezclado perfecto 
𝑣
𝑟𝑗𝑑𝑉 = 𝑟𝑗𝑉
(1)
http://upload.wikimedia.org/wikipedia/commons/e/e2/ReactorFedBatch.PNG
Reemplazando en el B. M. 𝐹𝑗𝑜 − 𝐹𝑗 + 𝑟𝑗𝑉 = 0
Para j = A 𝑉 =
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴
−𝑟𝐴
(2)
Donde: 𝐹𝐴𝑜 = 𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜
𝐹𝐴 = 𝐶𝐴𝑣
Caudal de alimentación
Caudal de salida
Tiempo espacial
Es el tiempo necesario para tratar un volumen de alimentación igual al 
volumen del reactor en condiciones determinadas (P, T, estado). Así un 
tiempo espacial de 3 minutos significa que cada 3 minutos se trata en 
el reactor un volumen de alimentación igual al volumen del reactor.
(𝜏)
Velocidad espacial (s)
Es el numero de volumen de alimentación en condiciones 
determinadas que pueden tratarse en unidad de tiempo medidos en 
volumen de reactor. Así una velocidad espacial de 5 h-1 significa que el 
volumen de alimentación que se trata en el reactor cada hora, es 5 
veces el volumen del reactor.
Luego: 𝑆 =
1
𝜏
𝜏 =
1
𝑆
=
1
 
𝐹𝐴𝑜
𝐶𝐴𝑜𝑉
=
𝐶𝐴𝑜𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
𝑉
𝑣𝑜
=
𝑚𝑜𝑙𝑒𝑠 𝐴 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑎𝑛
𝑝𝑜𝑟 𝑣𝑜𝑙𝑢𝑚𝑒𝑛 𝑑𝑒 𝑎𝑙𝑖𝑚𝑒𝑛𝑡𝑎𝑐𝑖𝑜𝑛
𝑉 𝑑𝑒 𝑟𝑒𝑎𝑐𝑡𝑜𝑟
𝑀𝑜𝑙𝑒𝑠 𝐴 𝑞𝑢𝑒 𝑖𝑛𝑔𝑟𝑒𝑠𝑎𝑛 𝑝𝑜𝑟 𝑢𝑛𝑖𝑑𝑎𝑑 𝑑𝑒 𝑡𝑖𝑒𝑚𝑝𝑜
Tiempo de residencia y tiempo de espacial 
CASO I
Para sistemas en fase liquida, el tiempo de permanencia y el tiempo espacial son 
idénticos debido a que los líquidos no sufren expansión.
 𝑡 = 𝜏
CASO II
Para reacciones en fase gaseosa, debido a la estequiometria podría sufrir expansión o 
contracción, luego. 𝑡 ≠ 𝜏
CASO III
Para reactor PFR (flujo pistón) como la expansión no ocurre inmediatamente a la 
entrada, ni a la salida, sino lo hace progresivamente, entonces:
 𝑡 ≅ 𝜏
𝜏 =
𝑉
𝑣𝑜
Conclusiones 
 El tiempo de permanencia se determina de acuerdo a la cinética 
particular del sistema.
 Para el diseño de reactores continuos, se usara el tiempo espacial, 
mientras que para sistemas discontinuos el tiempo de reacción.
En términos de concentración (volumen constante)
Para reactores CSTR
Reemplazando en la ecuación (2)
𝑉
𝑣𝑜
= 𝜏 =
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴
−𝑟𝐴𝑣𝑜
(3)
𝜏 =
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴
−𝑟𝐴𝑣𝑜
=
𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴
−𝑟𝐴
(4)
Representación grafica
1
−𝑟𝐴
𝐶𝐴 𝐶𝐴𝑜
𝐴𝑟𝑒𝑎 = 𝜏
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜 1 − 𝑋𝐴
En términos de conversión 
(5)
𝜏 =
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴
−𝑟𝐴𝑣𝑜
=
𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 − 𝐶𝐴𝑣𝑜
−𝑟𝐴 𝑣𝑜
=
𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
−𝑟𝐴
Representación grafica
1
−𝑟𝐴
𝑋𝐴
𝐴𝑟𝑒𝑎 =
𝜏
𝐶𝐴𝑜
𝜏 =
𝐶𝐴𝑜𝑋𝐴)
−𝑟𝐴
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
𝑋𝐴
−𝑟𝐴
0
Para sistemas isotérmicas 
en fase gaseosa 
𝐶𝐴 =
𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
𝑉𝑜 1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
=
𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
Para sistemas No 
isotérmicas en fase 
gaseosa 
𝐶𝐴 =
𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
𝑉𝑜 1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
𝑇
𝑇𝑜
=
𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
𝑇
𝑇𝑜
(6)
(7)
Se requiere el balance de energía:
Para Reactores Continuos No Isotérmicos 
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
+ 𝑄 = 0 (8)
(9)
Las expresiones de diseño relacionan XA, -rA, V y FAo. Conociendo 3 
de estas variables se obtiene la otra.
Para reactor Adiabático:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= 0
Para reactor Adiabático con multireacciones:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 + 
𝑗=1
𝑚
𝑟𝑖𝑗 ∆𝐻𝑅 𝑇 𝑖𝑗 + Q = 0
Ejemplo 1
REACTOR CSTR: Proceso Isotérmico 
La conversión de se efectúa en fase gaseosa. Las
mediciones de laboratorio muestran la velocidad de reacción en
función de la concentración en la tabla adjunta. La temperatura fue
de 406.5 K y la presión total de 10 atm. La carga inicial fue de una
mezcla equimolar de componentes A e Inertes con una alimentación
volumétrica de 5 L/s. Calcule:
a) Los volúmenes necesarios para alcanzar conversiones de 60 y 80
% en un reactor CSTR.
b) Grafique las áreas que darían los volúmenes para las
conversiones solicitadas.
𝐴 
𝑘
𝑅
Ejemplo 2
𝐴
𝑘1
𝐵
𝑘2
𝐶
Una corriente de alimentación CAo ingresa con un caudal Vo a un 
reactor CSTR de volumen constante. La sustancia A reacciona 
consecutivamente mediante una reacción de primer orden según:
Determine la concentración de C en condiciones estacionarias para 
una concentración máxima de B en el producto, si : k1 = 5.8x10
-2 min-1
y k2 = 1.0x10
-2 min-1. CAo = 10 mol/L
𝑪𝑨 (
𝒎𝒐𝒍
𝑳
) −𝒓𝑨
𝑳
𝒎𝒐𝒍
𝒔−𝟏
0.15 0.0053
0.135 0.0052
0.120 0.0050
0.105 0.0045
0.09 0.0040
0.075 0.0033
0.060 0.0025
0.045 0.0018
0.030 0.00125
0.0225 0.0010
Tabla de datos experimentales
Un reactante liquido se convierte al 50% en un reactor continuo de 
mezcla perfecta. Se decide cambiar al reactor por otro también de 
mezcla perfecta con un volumen 2 veces mayor que el original. Si se 
mantiene constante la composición de alimentación, la temperatura, 
y el caudal de alimentación. Determine la nueva conversión cuando la 
reacción sea:
Ejercicio 1
𝑨 𝑹
Determine la concentración de C en condiciones estacionarias para 
una concentración máxima de B en el producto, si : k1 = 0,5 min
-1 , k2
= 0,1 min-1, y k3 = 0,05 min-1 , y CAo = 10 mol/L
𝑨 𝑹
𝑨 𝑹
a)
b)
c)
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
 1 2
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
2
La siguiente reacción consecutiva ocurre en un reactor continuo CSTR 
y es de primer orden:
Ejercicio 2
𝑨
𝒌𝟏
𝑩
𝒌𝟐
𝑪
𝒌𝟑
𝑫
La descomposición reversible en fase gaseosa del reactante A ocurre a 
temperatura y presión constantes según:
Ejercicio 3
𝑨
𝒌𝟏
⇌
𝒌𝟐
𝟐𝑹
Calcule la conversión de A para un reactor CSTR de volumen constante con: 
La alimentación consiste de componente A puro a 373 ºC y 5 atm. La constante de 
equilibrio a esta temperatura es de 1 mol/dm3. 
𝝉 = 𝟓 𝒔 𝒌𝟏 = 𝟏 𝒔
−𝟏
Ejercicio 4
La cinética de la reacción en fase gaseosa: es:𝑨 + 𝟑𝑩 𝑹
−𝑟𝐴 = 0,8𝑒
−10000
𝑅𝑇 𝑃𝐴
1,25𝑃𝐵
0,3
El proceso se realizara en un reactor de mezcla completa a la presión de 33.9 
atm y 227 ºC. Se dispone de una corriente de alimentación molar de B/A = 5. Se 
requiere producir 200 toneladas mol de C cada 250 días, con una operación de 
24 horas diarias y conversión de 85%. ¿Cual será el volumen del reactor?
Para el volumen calculado anteriormente, ¿Cual será la temperatura que 
deberá operar el reactor para obtener una conversión de 99,9%?.
La conversión de se efectúa en fase gaseosa. Las mediciones de
laboratorio muestran la velocidad de reacción en función de la concentración
en la tabla adjunta. La temperatura fue de 406.5 K y la presión total de 10 atm.
La carga inicial fue de una mezcla equimolar de componentes A e Inertes con
una alimentación volumétrica de 5 L/s. Calcule:
a) Los volúmenes necesarios para alcanzar conversiones de 60 y 80 % en un
reactor CSTR.
b) Grafique las áreas que darían los volúmenes para las conversiones
solicitadas.
𝐴 
𝑘
𝑅
Ejemplo 1
Tabla de datos experimentales
𝑪𝑨 (
𝒎𝒐𝒍
𝑳
) −𝒓𝑨
𝑳
𝒎𝒐𝒍
𝒔−𝟏
0.15 0.0053
0.135 0.0052
0.120 0.0050
0.105 0.0045
0.09 0.0040
0.075 0.0033
0.060 0.0025
0.045 0.0018
0.030 0.00125
0.0225 0.0010
Solución
Reactor CSTR, fase gaseosa, isotérmico
1.- Ecuación estequiometrica
𝑨 
𝒌
𝑹
𝑡 = 0 𝑛𝐴𝑜
𝑡 > 0 𝑛𝐴𝑜𝑋 𝑛𝐴𝑜𝑋
𝑡 = 𝑡 𝑛𝐴 𝑛𝑅
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝛿𝐴 =
1 − 1
1
= 0 𝜀𝐴 = 0
Luego, volumen constante
Se requiere de X, y 1/-rA, luego:
2.- Ecuación de diseño
𝑋 =
𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴
𝐶𝐴𝑜
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴 + 𝑟𝐴𝑉 = 0
𝐶𝐴𝑜 =
𝑦𝐴𝑜𝑃
𝑅𝑇
=
0,5(10)
0,082(406,5)= 0,15 mol/L
𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 − 𝐶𝐴𝑣𝑜 = −𝑟𝐴𝑉
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
𝑋
−𝑟𝐴
(1) CA X -rA 1/-rA
0.15 0 0.0053 188.679245
0.135 0.1 0.0052 192.307692
0.12 0.2 0.005 200
0.105 0.3 0.0045 222.222222
0.09 0.4 0.004 250
0.075 0.5 0.0033 303.030303
0.06 0.6 0.0025 400
0.045 0.7 0.0018 555.555556
0.03 0.8 0.00125 800
0.0225 0.85 0.001 1000
Para X = 0,8
𝐹𝐴𝑜 = 𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 = 0,15 5 = 0,75 mol/s
𝑉 =
𝐹𝐴𝑜𝑋
−𝑟𝐴
= 0,75 0,8 800 = 480 𝐿
Para X = 0,6
𝑉 =
𝐹𝐴𝑜𝑋
−𝑟𝐴
= 0,75 0,6 400 = 180 𝐿
0
100
200
300
400
500
600
700
800
900
0 0 , 1 0 , 2 0 , 3 0 , 4 0 , 5 0 , 6 0 , 7 0 , 8 0 , 9
1
/-
R
A
X
Área = 640
Área = 240
Una corriente de alimentación CAo ingresa con un caudal Vo a un reactor CSTR 
de volumen constante. La sustancia A reacciona consecutivamente mediante 
una reacción de primer orden según:
𝐴
𝑘1
𝐵
𝑘2
𝐶
Determine la concentración de C en condiciones estacionarias para una 
concentración máxima de B en el producto, si : k1 = 5.8x10
-2 min-1 y k2 = 1.0x10
-2
min-1. CAo = 10 mol/L
Ejemplo 2
Solución
Reactor CSTR, fase liquida, isotérmico
1.- Ecuación estequiometrica
𝐴
𝑘1
𝐵
𝑘2
𝐶
2.- Ecuación cinética
−𝑟𝐴= 𝑘1𝐶𝐴 (1)
Para B: 𝑟𝐵 = 𝑘1𝐶𝐴
−𝑟𝐵= 𝑘2𝐶𝐵
𝑟𝐵 = 𝑘1𝐶𝐴 − 𝑘2𝐶𝐵 (2)
3.- Ecuación de diseño
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴 + 𝑟𝐴𝑉 = 0Para A:
𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 − 𝐶𝐴𝑣𝑜 = −𝑟𝐴𝑉 = 𝑘1𝐶𝐴𝑉
𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴 = 𝑘1𝐶𝐴
𝑉
𝑣𝑜
= 𝑘1𝐶𝐴𝜏
𝐶𝐴𝑜 = 𝐶𝐴(1 + 𝑘1𝜏)
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘1𝜏
(3)
La CB será máxima cuando,
𝑈 = 𝜏
Para B:
Identidad
𝐹𝐵𝑜 − 𝐹𝐵 + 𝑟𝐵𝑉 = 0
Derivando (4):
−𝐶𝐵 + 𝑘1𝐶𝐴𝜏 − 𝑘2𝐶𝐵𝜏 = 0
𝐶𝐵 =
𝑘1𝐶𝐴𝜏
1 + 𝑘2𝜏
=
𝑘1𝐶𝐴𝑜𝜏
(1 + 𝑘1𝜏)(1 + 𝑘2𝜏)
𝜕𝐶𝐵
𝜕𝜏
= 0
(4)
−𝐹𝐵 + 𝑘1𝐶𝐴 − 𝑘2𝐶𝐵 𝑉 = 0
𝐶𝐵 1 + 𝑘2𝜏 = 𝑘1𝐶𝐴𝜏
𝑈
𝑉
`
=
𝑈`
𝑉
−
𝑈
𝑉2
𝑉`
Sea:
𝑉 = (1 + 𝑘1𝜏)(1 + 𝑘2𝜏)𝜏
𝜕𝐶𝐵
𝜕𝜏
= 𝑘1𝐶𝐴𝑜
1
(1 + 𝑘1𝜏)(1 + 𝑘2𝜏)
−
𝜏 𝑘1(1 + 𝑘2𝜏 + 𝑘2(1 + 𝑘1𝜏
(1 + 𝑘1𝜏)2(1 + 𝑘2𝜏)2
0 =
1
(1 + 𝑘1𝜏)(1 + 𝑘2𝜏)
−
𝜏 𝑘1(1 + 𝑘2𝜏 + 𝑘2(1 + 𝑘1𝜏
(1 + 𝑘2𝜏)2(1 + 𝑘2𝜏)2
0 =
1 + 𝑘1𝜏 1 + 𝑘2𝜏 − 𝜏𝑘1 − 𝑘1𝑘2𝜏
2 − 𝜏𝑘2 − 𝑘1𝑘2𝜏
2
(1 + 𝑘1𝜏)2(1 + 𝑘2𝜏)2
Luego,
(5)
Reemplazando en (3) y (4)
0 = 1 + 𝑘1𝜏 + 𝑘2𝜏 + 𝑘1𝑘2𝜏
2 − 𝜏𝑘1 − 𝑘1𝑘2𝜏
2 − 𝜏𝑘2 − 𝑘1𝑘2𝜏
2
𝑘1𝑘2𝜏
2 = 1
𝜏 =
1
𝑘1𝑘2
𝜏 =
104
5,8
= 41,523 𝑚𝑖𝑛.
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘1𝜏
=
10
1 + 5,8𝑥10−2(41,523)
= 2,934 𝑚𝑜𝑙/𝐿
𝐶𝐵 =
5,8𝑥10−2 41,523 10
(1 + 5,8𝑥10−2(41,523))(1 + 1,0𝑥10−2 41,523 )
= 4,9933 𝑚𝑜𝑙/𝐿
𝐶𝐴𝑜 = 𝐶𝐴 + 𝐶𝐵 + 𝐶𝐶
𝐶𝑐 = 𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐵 − 𝐶𝐶
𝐶𝑐 = 10 − 2,934 − 4,9933 = 2,073 𝑚𝑜𝑙/𝐿
Ejemplo 3
En un reactor CSTR de 0,1 Litros, ingresa con caudal constante de 
alimentación un reactante gaseoso puro con concentración de 0,10 mol/L. 
Luego, ocurre la dimerización según:
2𝐴 
𝑘
𝑅
Calcule la ecuación cinética de la reacción a partir de la siguiente información 
obtenida experimentalmente para distintos caudales de alimentación.
Nº experimentos 𝒗𝒐 L/h 𝑪𝑨
1 8.41 0.048
2 4.882 0.0398
3 1.8 0.025
4 0.75 0.0166
5 0.394 0.0125
Solución
Reactor CSTR, fase gaseosa, isotérmico
1.- Ecuación estequiometrica
2𝐴 
𝑘
𝑅
𝑡 = 0 𝑛𝐴𝑜
𝑡 > 0 𝑛𝐴𝑜𝑋
1
2
𝑛𝐴𝑜𝑋
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝐶𝐴 =
𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝜀𝐴 = 𝛿𝐴𝑦𝐴𝑜
𝑦𝐴𝑜 = 1
𝛿𝐴 =
1 − 2
2
= −0,5
Se prepara la siguiente tabla:
2.- Ecuación cinética
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋)
(1 − 0,5𝑋)
𝑋 =
𝐶𝐴𝑜 −𝐶𝐴
𝐶𝐴𝑜 −0,5𝐶𝐴
(1)
(2)
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴 + 𝑟𝐴𝑉 = 0
𝑉 =
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴
−𝑟𝐴
−𝑟𝐴=
𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 − 𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋)𝑣𝑜
𝑉
−𝑟𝐴=
𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜𝑋
𝑉
(3)
2.- Ecuación de diseño
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
𝑛
Aplicando logaritmo
ln(−𝑟𝐴) = 𝑙𝑛𝑘 + 𝑛𝑙𝑛𝐶𝐴
Y = a + mX
(4)
vo Ca X rA ln(rA) ln(A
8.41 0.048 0.68421053 5.75421053 1.74993185 -3.03655427
4.882 0.0398 0.75156055 3.6691186 1.29995147 -3.22388837
1.8 0.025 0.85714286 1.54285714 0.43363599 -3.68887945
0.75 0.0166 0.90948746 0.68211559 -0.38255614 -4.09835258
0.394 0.0125 0.93333333 0.36773333 -1.00039724 -4.38202663
y = 2,0079x + 7,8213
R² = 0,9991
-1,5
-1
-0,5
0
0,5
1
1,5
2
-5 -4 -3 -2 -1 0
ln
(-
rA
)
ln(CA)
recta
recta
Lineal (recta)
Lineal (recta)
𝑦 = 2.0079𝑋 + 7.8213
n= 2.00
𝑙𝑛𝑘 = 7.8213 𝑘 = 2493,15 L/mol h
-1
Reactor CSTR en estado No estacionario
El estado transiente o no estacionario en condiciones isotérmicas no es muy 
frecuente pero si ocurre ocasionalmente en operaciones en marcha (arranque) 
o bien cuando se cambia o interrumpe súbitamente el caudal y/o la 
concentración de entrada al reactor. 
La respuesta del reactor provoca que la concentración a la salida evoluciona 
través de sucesivos estados transitorios hasta alcanzar un nuevo estado 
estacionario.
El balance de moles resulta:
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴 + 𝑟𝐴𝑉 =
𝜕𝑛𝐴
𝜕𝑡
Para reacciones de primer orden y densidad constante (líquidos).
𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 − 𝐶𝐴𝑣𝑜 − (−𝑟𝐴)𝑉 =
𝑉𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡 𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
+
1 + 𝑘𝜏
𝜏
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜
𝜏𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴 − (𝑘𝐶𝐴)𝜏 =
𝜏𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴(1 + 𝑘𝜏) =
𝜏𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
Ec. Diferencial de primer orden, 
cuya solución es.
(1)
(2)
Reemplazando
𝑦𝑒 𝑃 𝑥 𝑑𝑥 = 𝑄 𝑥 𝑒 𝑃 𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑥 + 𝐶
 𝑦 + 𝑃 𝑥 𝑦 = 𝑄(𝑥)
𝑃 𝑥 =
1 + 𝑘𝜏
𝜏
𝑄 𝑥 =
𝐶𝐴𝑜
𝜏
𝐶𝐴𝑒
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡 = 
𝐶𝐴𝑜
𝜏
𝑒
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡𝑑𝑡 + 𝐶
𝐶𝐴𝑒
1+𝑘𝜏
𝜏
𝑡
=
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
𝑒
1+𝑘𝜏
𝜏
𝑡
+ 𝐶
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
+ 𝐶𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡
(3)
(4)
(5)
Condiciones de contorno
𝑡 = 0, 𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑠𝑜
Concentración de 
salida en t = 0
Reemplazando
𝐶 = 𝐶𝐴𝑠𝑜 −
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
Luego,
𝐶𝐴𝑠 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
−
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
− 𝐶𝐴𝑠𝑜 𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡
(6)
Ecuación de la evolución de la concentración 
a la salida del reactor a lo largo del tiempo
Casos:
(7)
(8)
Luego,
1.- Cuando arranque
𝐶𝐴𝑠 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
1 − 𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡
(9)
Suponiendo que el estado estacionario se 
alcanza cuando 𝐶𝐴𝑠 = 0.99𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸
𝐶𝐴𝑠𝑜 = 0
2.- Para alcanzar el estado estacionario
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
𝐶𝐴𝑠 = 𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 1 − 𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡
𝐶𝐴𝑠
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸
= 1 − 𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡
𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡 = 1 −
𝐶𝐴𝑠
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸
−
1 + 𝑘𝜏
𝜏
𝑡 = ln
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 − 𝐶𝐴𝑠
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸
1 + 𝑘𝜏
𝜏
𝑡 = ln
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 − 𝐶𝐴𝑠
Entonces, 1 + 𝑘𝜏
𝜏
𝑡 = ln
1
0.01
𝑡 = ln100
𝜏
1 + 𝑘𝜏
𝑡 =
4.605𝜏
1 + 𝑘𝜏
Tiempo requerido para alcanzar el estado 
estacionario.
(10)
Para reacciones lentas
𝑡 = 4.605𝜏
Para la mayoría de las reacciones de primer orden el estado estacionario se alcanza a 
tiempos iguales o menores de 3 a 4 veces el 𝝉 del reactor.
Para reacciones rápidas
𝑡 =
4.605
𝑘
(11)
Ejemplo:
En un reactor continuo de mezcla perfecta se leva a cabo una reacción de primer 
orden. 𝐴 𝑅
Donde 𝒌 = 𝟎, 𝟓 𝒉−𝟏; 𝝉 = 𝟐 𝒉.
En estado estacionario, al reactor ingresa una alimentación con CAo = 30 mol/m3. 
En un instante dado, la concentración de alimentación disminuye hasta 20 mol/m3 , 
determine:
a) La evolución a la concentración de salida a lo largo del tiempo.
b) La nueva concentración de salida en el estado estacionario.
c) El tiempo en que se alcanza el nuevo estado estacionario.
Solución: 𝑪𝑨𝒐
𝑪𝑨
La concentración de entrada:
𝑪𝑨𝒐 = 𝟑𝟎 mol/m3
La evolución de la concentración de A en la salida es:
𝐶𝐴𝑠 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
1 − 𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏
𝑡
En el estado estacionario
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
𝑡 ∞
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 =
30
1+0,5(2)
= 15 mol/m3
Cuando se inicia el cambio de la concentración de entrada.
Luego,
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 = 15 = 𝐶𝐴𝑠𝑜
𝐶𝐴𝑠 =
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
−
𝐶𝐴𝑜
1 + 𝑘𝜏
− 𝐶𝐴𝑠𝑜 𝑒
−
1+𝑘𝜏
𝜏 𝑡
𝐶𝐴𝑠 =
20
1 + 0,5(2)
−
20
1 + 0,5(2)
− 15 𝑒−𝑡
𝐶𝐴𝑠 =
20
1 + 0,5(2)
−
20
1 + 0,5(2)
− 15 𝑒−𝑡
𝐶𝐴𝑠 = 10 + 5𝑒
−𝑡
b) La nueva concentración de salida en el nuevo estado estacionario. 𝑡 ∞
𝐶𝐴𝑠)𝐸𝐸 = 10 mol/m3
c) El tiempo en que se alcanza el nuevo estado estacionario.
𝑡 =
4.605𝜏
1 + 𝑘𝜏
=
4.605(2)
1 + 0,5(2)
= 4.605 ℎ
En un reactor de mezcla completa de 100 litros se llevaraa cabo la 
reacción en fase liquida según:
REACTOR CSTR: Proceso Adiabático 
2𝐴 
𝑘
𝑅 + 𝑆
Calcule:
a) La conversión para una operación isotérmica.
b) La conversión y la temperatura de salida para una operación adiabática
La concentración de alimentación de A puro a 25 °C es CAo = 0.5 
mol/L y el caudal vo = 5 L/min. La constante cinética de la 
reacción es:
𝑘 = 4.68𝑥1018𝑒−
30500
𝑅𝑇 L/mol min-1
La ecuación cinética es, −𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
2
El calor de reacción a 25 °C es -2500 cal/mol. Las capacidades caloríficas 
independientes de la temperatura son:
Componente Cp (cal/mol K)
A 14
R 10
S 5
Ejemplo 1
Solución Reactantes
Productos
Reactor CSTR, fase liquida.
1.- Ecuación estequiometrica
2𝐴 
𝑘
𝑅 + 𝑆
𝑡 = 0 𝐶𝐴𝑜
𝑡 > 0 𝐶𝐴𝑜𝑋
1
2
𝐶𝐴𝑜𝑋
1
2
𝐶𝐴𝑜𝑋
𝑡 = 𝑡 𝐶𝐴 𝐶𝑅 𝐶𝑆
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋)
2.- Ecuación cinética
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
2
3.- Ecuación de diseño
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴 + 𝑟𝐴𝑉 = 0
𝑉 =
𝐹𝐴𝑜 − 𝐹𝐴
−𝑟𝐴
𝑉
𝑣𝑜
=
𝑋
𝑘𝐶𝐴𝑜 1 − 𝑋 2
(1)
a) Operación isotérmica a 25 ºC
𝑘 = 4.68𝑥1018𝑒
−
30500
1.987(298) = 2𝑥10−4
Reemplazando en (1)
100
5
=
𝑋
2𝑥10−4(0,5) 1 − 𝑋 2
𝑋
1 − 𝑋 2
= 0,002
𝑋 = 0,02
Reactantes
Productos
4.- Balance de energía
∆𝐻𝑅 𝑇 = ∆𝐻𝑅 298 + 
298
𝑇
∆𝐶𝑃𝜕𝑇
b) Operación adiabática
𝑘 = 4.68𝑥1018𝑒
−
30500
1.987(298) = 2𝑥10−4
Analizando los términos:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
+ 𝑄 = 0
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= 0
∆𝐶𝑃 = 
𝑖
𝑣𝑖𝐶𝑃𝑖
∆𝐶𝑃 = 𝐶𝑃𝑅 + 𝐶𝑃𝑠 − 2𝐶𝑃𝐴
∆𝐶𝑃 = 10 + 5 − 2 14 = −13
∆𝐻𝑅 𝑇 = −2500 − 
298
𝑇
13𝜕𝑇
∆𝐻𝑅 𝑇 = 1374 − 13𝑇
∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= 687 − 6,5𝑇
 
𝑖=𝐴
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 = 𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴(𝑇𝑜 − 𝑇)
Reemplazando en (2)
(2)
𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇 = (687 − 6,5𝑇)𝐹𝐴𝑜𝑋
14 298 − 𝑇 = (687 − 6,5𝑇) 𝑋
𝑋 =
4172 − 14𝑇
687 − 6,5𝑇
(3)
Reemplazando en (1)
Usando Excel, resulta
𝑇 = 338,63 𝐾
(4)
𝑉
𝑣𝑜
=
𝑋
𝑘𝐶𝐴𝑜 1 − 𝑋
2
100
5
4.68𝑥1018𝑒
−
30500
1.987𝑇 0,5 1 −
4172 − 14𝑇
687 − 6,5𝑇
2
=
4172 − 14𝑇
687 − 6,5𝑇
𝑋 = 0,3756
Ejemplo 2
La siguiente reacción: ocurre en un reactor CSTR en fase liquida. El 
volumen del reactor es de 1 L. La alimentación consiste de CAo = 4,2 y CBO = 21 mol/L 
respectivamente a 20 ºC.
El caudal de alimentación es de 100 cc/min. Las capacidades caloríficas de las 
soluciones son: CPA = 42,5 y CPB = 2,4 cal/mol ºC
La constante de velocidad esta dada por:
𝐴 + 𝐵 𝑃
𝑘 = 2,9𝑥109𝑒
−19500
𝑅𝑇 L/mol min-1
R = 1,987 cal/mol K
El calor de reacción es -21 kcal/mol y se supone constante. El tanque se encuentra 
sumergido en un baño a 77 ºC, el área de contacto de intercambio es 250 cm2 y el 
coeficiente global de transferencia de calor U = 0,1 cal/cm2min ºC.
Determine la conversión y la temperatura en el reactor.
Solución
Reactor CSTR, fase liquida, No isotermico
1.- Ecuación estequiometrica
𝐴 + 𝐵 𝑃
𝑡 = 0 𝐶𝐴𝑜 𝐶𝐵𝑜
𝑡 > 0 𝐶𝐴𝑜𝑋 𝐶𝐴𝑜𝑋 𝐶𝐴𝑜𝑋
𝑡 = 𝑡 𝐶𝐴 𝐶𝐵 𝐶𝑃
𝜃𝐵 =
𝐶𝐵𝑜
𝐶𝐴𝑜
=
21
4,2
= 5
Luego,
2.- Ecuación cinética
𝐹𝐴𝑜 = 𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 =
4,2 100
1000
= 0,42 𝑚𝑜𝑙/𝑚𝑖𝑛
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜 (1 − 𝑋)
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴𝑜 (𝜃𝐵 − 𝑋)
−𝑟𝐴= 𝑘 𝐶𝐴𝐶𝐵
3.- Ecuación de diseño
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
𝑋
−𝑟𝐴
𝑉 =
0,42𝑋
2,9𝑥109𝑒
−19500
𝑅𝑇 4,2 2(1 − 𝑋)(5 − 𝑥)
(2)
(1)
Se requiere el balance de energía
4.- Balance de energía:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
+ 𝑄 = 0
 𝑄 = 𝑈𝐴(𝑇𝑎 − 𝑇)
Desarrollando el termino sumatoria:
(3)
Reemplazando en la ecuación del B.E
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 = 𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇 + 𝐹𝐵𝑜𝐶𝑃𝐵 𝑇𝑜 − 𝑇
293 − 𝑇 𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 + 𝜃𝐵𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐵 − 𝐹𝐴𝑜𝑋 −21 + 𝑈𝐴 350 − 𝑇 = 0
𝐹𝐴𝑜 293 − 𝑇 42,5 + 5(24) + 21000𝐹𝐴𝑜𝑋 + 0,1(250)(350 − 𝑇) = 0
0,42 293 − 𝑇 42,5 + 5(24) + 21000(0,42)𝑋 + 0,1(250)(350 − 𝑇) = 0
19997,25 − 68,25𝑇 + 8820𝑋 + 8750 − 25𝑇 = 0
−93,25𝑇 + 8820𝑋 + 28747,25 = 0
𝑇 = 308,281 + 94,585𝑋
Reemplazando en (2).
51,156𝑥109𝑒
−19500
1.987(308,281+94,585𝑋) 1 − 𝑋 5 − 𝑥 = 0,42𝑋
Resolviendo.
𝑋 = 0,825 𝑇 = 386,31 𝐾
Si fuese isotérmico: 𝑋 = 0,00172
Los reactores químicos son unidades que presentan frecuentemente grandes 
dificultades de control, en particular si las reacciones son rápidas y exotérmicas, 
pudiendo ser peligrosas y potencialmente explosivas. 
Estabilidad estática de un reactor CSTR adiabático
El que el fenómeno sea controlable depende de la velocidad de producción y de 
eliminación de calor. Si la velocidad de producción es superior a la de eliminación 
el reactor se irá calentando, pudiendo llegar a fundir y/o producirse una explosión. 
En consecuencia, se procederá a estudiar como es el calor producido sobre el 
eliminado en cada uno de los posibles puntos estacionarios para determinar su 
estabilidad (diagrama de Van Heerden)
Se observa que el balance de energía es una relación lineal entre T y X (representa 
el calor eliminado o consumido). Esta relación lineal da los infinitos puntos de 
trabajo posibles del reactor CSTR, siendo el punto real de trabajo la solución 
simultanea de la ecuación (3) y el balance de materia (2).
Si incorporamos la ecuación de Arrhenius en el Balance de materia, la relación X 
y T, toma una forma sigmoidal (representa el calor generado)
B.M
B.E (exotérmica)
B.E (endotérmica)
TToTo
X
Para reacciones exotérmicas puede 
predecirse que serán mas probables 
las intersecciones para bajas o altas 
conversiones que para valores 
intermedios. Mientras para reacciones 
endotérmicas la pendiente de la curva 
de consumo cambia de signo y es 
única y la intersección se hace mas 
factible en la zona central como se 
aprecia en la figura.
La representación grafica de ambas ecuaciones y de las soluciones al sistema se 
representan en la figura.
A
B
C
B.M
B.E (exotérmica)
TToTo
X
A
B
C
El punto A es un punto de funcionamiento estable pero de conversión baja. Entre 
A y B el calor producido es inferior al eliminado por lo que el reactor no puede 
funcionar continuamente de forma estable, de manera que evoluciona hacia el 
punto A. En el punto B el calor eliminado es igual al producido, pero sin embargo 
es inestable ya que una pequeña perturbación hará que el sistema evolucione 
hacia A (enfriamiento) o hacia C (calentamiento). Si aumenta la temperatura se 
tiene que Qp > Qe y el sistema se calentará más desplazándose hacia C a través 
del correspondiente estado no estacionario, mientras que si disminuye 
evolucionarà hacia A ya que se enfriarà más al ser Qp <Qe.
Entre B y C el calor producido es superior al 
eliminado por lo que el reactor no puede 
funcionar continuamente de forma estable, 
de manera que evoluciona hacia el punto C. 
Este punto B se denomina de encebamiento o 
ignición ya que es la temperatura mínima a la 
que debe calentarse el reactor durante la 
puesta en marcha para que pueda alcanzar 
por sus propios medios el punto estable C de 
mayor conversión. 
Una reacción homogénea en fase liquida de primer orden se lleva a 
cabo en un reactor CSTR. La concentración inicial del reactante es 3 
mol/m3 y el caudal vo = 60x10
-6 m3/s. La densidad y el calor especifico 
de la mezcla reaccionante son constantes e iguales a 103 kg/m3 y 4.19 
kJ/kg K respectivamente. El volumen del reactor es 18x10-3 m3. La 
corriente de alimentación no contiene productos y el reactor opera 
adiabáticamente. El calor de reacción es -2.09x108 J/mol y la ecuación 
cinética es:
−𝑟𝐴= 4.48𝑥10
6𝑒−
62800
𝑅𝑇 𝐶𝐴 mol/m
3 s-1
La energía de activación esta en SI. Si la corriente de alimentación 
esta a 298 K ¿Cuáles son las conversiones y temperaturas en estado 
estable en la corriente de productos?
Ejemplo 3
Solución
Reactor CSTR, fase liquida, Adiabatico
1.- Ecuación estequiometrica
𝐴 𝑅
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜 (1 − 𝑋)
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
Luego,
2- Ecuación cinética
𝜏 =
𝑉
𝑣𝑜
=
18𝑥10−3
60𝑥10−6
= 3𝑥102𝑠
3.- Ecuación de diseño
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
𝑋−𝑟𝐴
𝜏
𝐶𝐴𝑜
=
𝑋
𝑘𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋)
1 − 𝑋 𝑘𝜏 = 𝑋
𝑋 =
𝑘𝜏
1 + 𝑘𝜏
(1)
𝑋 =
4.48𝑥106𝑒−
62800
𝑅𝑇 (3𝑥102)
1 + 4.48𝑥106𝑒−
62800
𝑅𝑇 (3𝑥102)
𝑋 =
1,34𝑥109𝑒−
62800
𝑅𝑇
1 + 1,34𝑥109𝑒−
62800
𝑅𝑇
(2) Ecuación del B.M
4.- Balance de energía
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= 0
𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇 = 𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
Reemplazando datos:
(3) Ecuación del B.E
𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇 = 𝐹𝐴𝑜𝑋∆𝐻𝑅 𝑇
𝑋 =
𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇
𝐹𝐴𝑜∆𝐻𝑅 𝑇
=
𝑤𝐴𝑜𝐶𝑠𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇
𝐹𝐴𝑜∆𝐻𝑅 𝑇
𝑋 =
𝜌𝑣𝑜𝐶𝑠𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇
𝐹𝐴𝑜∆𝐻𝑅 𝑇
𝑋 =
103 60𝑥10−6 4,19 𝑇𝑜 − 𝑇 1000
3 60𝑥10−6 (−2,09𝑥108)
𝑋 =
4,19106 𝑇𝑜 − 𝑇
−6,27𝑥108)
𝑋 =
𝑇 − 𝑇𝑜
150
𝑋𝐴 =
𝑇 − 𝑇𝑜
150
B.E
𝑋𝐴 =
1.34𝑥109𝑒−
62800
𝑅𝑇
1 + 1.34𝑥109𝑒−
62800
𝑅𝑇
B.M
T XBM XBE
298 0.013 0
313 0.0424 0.1
328 0.1178 0.2
343 0.2677 0.3
358 0.4792 0.4
373 0.6825 0.5
380 0.8246 0.56
403 0.9066 0.7
418 0.95 0.8
433 0.9726 0.9
445 0.9827 0.98 -0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
200 250 300 350 400 450 500
BM BE Polinómica (BM) Lineal (BE)
Los puntos de intercepto son A, B y C. Los puntos A y C son estables. A 
otras temperatura intermedias no puede existir la operación estable. Si 
se opera a temperaturas bajas aproximadamente a 300 K la conversión 
seria de 1,5%. En cambio a Temperaturas superiores a 346 K se obtendrá 
mayor conversión y a 445 K se obtiene una conversión de 98%.
Ejercicio 1
Se desea producir 1000 kg/h de una solución de acido acético al 40% 
(en peso) efectuando la hidrolisis del anhídrido acético en un reactor 
CSTR operando a 50 ºC. Calcule:
a) El volumen del reactor para la conversión de 95%
b) La concentración inicial del anhídrido acético para lograr el 
porcentaje de acido exigido a la salida.
c) Si el reactor opera adiabáticamente, a que temperatura deberá 
alimentarse la solución de anhídrido acético.
Se dispone de los siguientes datos:
𝐶𝐻3𝐶𝑂 2𝑂 + 𝐻2𝑂 2𝐶𝐻2𝐶𝑂𝑂𝐻
𝑀: 102 18 60
𝑙𝑜𝑔𝑘 𝑚𝑖𝑛−1 = 7,551 −
2595,109
𝑇(𝐾)
Para solución de A. acético al 
40% a 50 ºC la densidad es 
1,027 kg/L.
∆𝐻𝑅 (𝑐𝑜𝑛𝑠𝑡𝑎𝑛𝑡𝑒) = −8950
𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙
𝐶𝑒𝑠𝑝 = 0,86 𝑐𝑎𝑙/𝑔º𝐶
En un reactor de mezcla completa de 10 litros de capacidad que 
opera adiabáticamente se lleva a cabo una reacción en fase liquida a 
densidad constante cuya estequiometria es: 
El calor de reacción es constante ∆H = - 4600 cal/mol. 
2𝐴 𝑅
Ejercicio 2
Las condiciones de operación son:
𝑣𝑜 = 0,2 𝐿/𝑠 𝐶𝐴𝑜 = 2𝑚𝑜𝑙/𝐿,
𝑇𝑜 = 25 º𝐶 𝐶𝑃𝐴 = 14
𝑐𝑎𝑙
𝑚𝑜𝑙 − 𝐾
,
La constante cinética es: 𝑘 = 1,8𝑥105𝑒−12000/𝑅𝑇 𝑠−1
Determine la temperatura y conversión a la salida del reactor.
Rpta: 0,933 y T = 451,2 K
Conocido como reactor de flujo pistón o tapón, flujo tubular ideal.
Alim. Prod.
Consiste de un tubo cilíndrico que opera en estado 
estacionario, flujo altamente turbulento y el campo de 
flujo se puede modelar como el flujo pistón.
T1,x1 T2,x2
REACTOR TUBULAR (Plug Flow Reactor)
El modelo de flujo tapón supone que no existe mezclado 
ni difusión en la dirección del flujo e ignora los efectos de 
entrada y salida al reactor. No existe un perfil radial de la 
velocidad lineal, esto es , la velocidad es idéntica en todo 
el elemento de volumen que forma el disco o pistón.
En este reactor, la composición del fluido y la temperatura 
varían en la coordenada de posición en la dirección del 
flujo.
En un subvolumen ∆𝑽,
en estado estacionario, 
𝐹𝑗 𝑉 − 𝐹𝑗 𝑉 + ∆𝑉 + 𝑟𝑗∆𝑉 = 0
Realizando el balance de materia en el subvolumen
 
∆𝑣
𝑟𝑗𝑑𝑉 = 𝑟𝑗∆𝑉
(1)
Para obtener la ecuación de diseño del reactor se dividirá en 
varios sub volúmenes ∆𝑽, La velocidad de reacción se puede 
considerar espacialmente uniforme.
𝑟𝑗 =
𝐹𝑗 𝑉+∆𝑉 −𝐹𝑗(𝑉)
∆𝑉
Para j = A
𝑟𝐴 =
𝐹𝐴 𝑉+∆𝑉 −𝐹𝐴(𝑉)
∆𝑉
lim
∆𝑉 0
𝑟𝐴 =
𝑑𝐹𝐴
𝑑𝑉
𝑟𝐴 =
𝑑𝐹𝐴
𝑑𝑉
Xj(V) Xj(V+ΔV)
Fj(V) Fj(V+ΔV)
Reactantes Productos
En términos de concentración (volumen constante)
𝑑𝑉 =
𝑣𝑜𝑑𝐶𝐴
𝑟𝐴
Integrando
 
𝑉
𝑑𝑉 = 
𝐶𝐴𝑜
𝐶𝐴 𝑣𝑜𝑑𝐶𝐴
𝑟𝐴
𝑉
𝑣𝑜
= 𝜏 = − 
𝐶𝐴𝑜
𝐶𝐴 𝑑𝐶𝐴
(−𝑟𝐴)
(2)
Representación grafica 1
−𝑟𝐴
𝐶𝐴 𝐶𝐴𝑜
𝐴𝑟𝑒𝑎 = 𝜏
En términos de conversión 
(3)
Representación grafica
1
−𝑟𝐴
𝑋𝐴
𝐴𝑟𝑒𝑎 =
𝑉
𝐹𝐴𝑜
0
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜 1 − 𝑋𝐴
Reemplazando en (2) 𝑉
𝑣𝑜
= 𝜏 = − 
𝐶𝐴𝑜
𝐶𝐴 𝐶𝐴𝑜𝑑𝑋𝐴
(−𝑟𝐴)
𝑉
𝑣𝑜𝐶𝐴𝑜
=
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋𝐴 𝑑𝑋𝐴
(−𝑟𝐴)
La ecuación de diseño permite calcular el tamaño del reactor 
conociendo el caudal, la conversión y la cinética de reacción.
Si la alimentación ingresa parcialmente convertida , 
entonces.
𝜏
𝐶𝐴𝑜
=
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
𝑋𝐴𝑜
𝑋𝐴 𝑑𝑋𝐴
(−𝑟𝐴)
(4)
Para sistemas isotérmicas en fase gaseosa 
𝐶𝐴 =
𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
𝑉𝑜 1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
=
𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
Para sistemas No isotérmicas en fase gaseosa: se requiere el 
Balance de Energía 
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋𝐴)
1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
𝑇
𝑇𝑜
V = 𝑉𝑜 1 + 𝜀𝐴𝑋𝐴
𝑇
𝑇𝑜
REACTOR TUBULAR: Proceso Isotérmico 
𝐴 
𝑘
3𝑅
Calcule el tiempo espacial para lograr una conversión de 80% a 
partir de una alimentación equimolar de reactante A e Inertes en 
un reactor de flujo pistón que opera a 10 atm y 227 °C.
La ecuación cinética es : −𝑟𝐴 = 0.012𝐶𝐴
1/2
Ejemplo: 1
solución: 1
Reactor PFR, fase gaseosa, isotérmico
1.- Ecuación estequiometrica
𝐴 
𝑘
3𝑅
𝑡 = 0 𝑛𝐴𝑜
𝑡 > 0 𝑛𝐴𝑜𝑋
𝑡 = 𝑡 𝑛𝐴
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
Reactante Producto
𝐶𝐴 =
𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋)
(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝜀𝐴 = 𝛿𝐴𝑦𝐴𝑜
𝛿𝐴 =
3 − 1
1
= 2
𝑦𝐴𝑜 = 0,5
Para la reacción en fase gaseosa homogénea a 227 ºC
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
 1 2
La integral puede evaluarse gráficamente, numéricamente y/o analíticamente.
2- Ecuación cinética
3.- Ecuación de diseño
𝜏
𝐶𝐴𝑜
= 
𝑜
𝑋 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
(1)
Método grafico
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴𝑜
 1 2 1−𝑋
1+𝑋
 1 2
𝜏 =
𝐶𝐴𝑜
 1 2
𝑘
 
𝑜
𝑋 1 + 𝑋
1 − 𝑋
1/2
𝜕𝑋
Se confecciona la siguiente tabla:
X
0 1 1
0.2 1.5 1.227
0.4 2.3 1.528
0.6 4 2
0.8 9 3
(1+ 𝑋)
(1− 𝑋)
1+𝑋
1−𝑋
1/2
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
f(
x)
X
grafico
1,7
Área = 1,7(0,8) = 1,36
 
𝑜
𝑋 1 + 𝜀𝐴𝑋
1 − 𝑋
1/2
𝜕𝑋 = 1,36
Se recurre a la regla de Simpson. Para 5 puntos:
Método numérico
X
0 1 1
0.2 1.5 1.227
0.4 2.3 1.528
0.6 4 2
0.8 9 3
(1+ 𝑋)
(1− 𝑋)
1+𝑋
1−𝑋
1/2
0
0,5
1
1,5
2
2,5
3
3,5
0 0,1 0,2 0,3 0,4 0,5 0,6 0,7 0,8 0,9
f(
x)
X
grafico
 
𝑜
𝑋
𝑓(𝑥)𝜕𝑋 =
ℎ
3
𝑓𝑜 + 4𝑓1 + 2𝑓2 + 4𝑓3 + 𝑓4
ℎ =
0,8 − 0
4
= 0,2
𝑓𝑜
𝑓1
𝑓2
𝑓3
𝑓4
 
𝑜
𝑋
𝑓(𝑥)𝜕𝑋 =
0,2
3
1 + 4(1.227) + 2(1.528) + 4(2) + 3
 
𝑜
𝑋
𝑓(𝑥)𝜕𝑋 = 1,331
Método analítico
 
𝑜
𝑋 1 + 𝑋
1 − 𝑋
1/2
1 + 𝑋
1 + 𝑋
1/2
𝜕𝑋
 
𝑜
𝑋 1 + 𝑋
1 − 𝑋
𝑥
1 + 𝑋
1 + 𝑋
1/2
𝜕𝑋 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋
Realizando expansión en serie,
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 
𝑜
𝑋 𝜕𝑋
1 − 𝑋2
+ 
𝑜
𝑋 𝑋𝜕𝑋
1 − 𝑋2
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑋 − 1 − 𝑋2
𝑎𝑟𝑐 𝑠𝑒𝑛𝑋 = 𝑋 +
1 ∗ 𝑋3
2(3)
+
1 ∗ 3 ∗ 𝑋5
2 4 5
+⋯
Luego,
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 𝑋 +
1 ∗ 𝑋3
2(3)
+
1 ∗ 3 ∗ 𝑋5
2 4 5
− 1 − 𝑋2
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 𝑋 +
1 ∗ 𝑋3
2(3)
+
1 ∗ 3 ∗ 𝑋5
2 4 5
− 1 − 𝑋2
Tomando limites,
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 𝑋 +
1 ∗ 𝑋3
2(3)
+
1 ∗ 3 ∗ 𝑋5
2 4 5
+ 1 − 1 − 𝑋2
Para X = 0,8,
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 0,8 +
0,83
6
+
3 ∗ 0,85
40
+ 1 − 1 − 0,82
Luego,
 
𝑜
𝑋 (1 + 𝑋)
1 − 𝑋2
𝜕𝑋 = 1,31
𝐶𝐴𝑜 =
𝑦𝐴𝑜𝑃
𝑅𝑇
=
0,5(10)
0,082(500)
= 0,122
𝜏 =
0,1220.5
0,012
∗ 1,31 = 38,13 𝑠
Para los mismos datos ejemplo 1 (reactor CSTR) determine el volumen 
requerido para alcanzar conversiones de 80 y 60 %.
La siguiente reacción en fase gaseosa ocurre en un reactor PFR.
𝐴 
𝑘
𝑅
𝐹𝐴𝑜 = 𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 = 0.15 5 = 0.75 𝑚𝑜𝑙/𝐿
Ejemplo: 2
Reactor PFR, fase gaseosa, isotérmico
Solución
1.- Ecuación estequiometrica
𝑨 
𝒌
𝑹
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝛿𝐴 =
1 − 1
1
= 0
𝜀𝐴 = 0
Luego, volumen constante
Se requiere de X, y 1/-rA, luego:
2.- Ecuación de diseño
𝑋 =
𝐶𝐴𝑜 − 𝐶𝐴
𝐶𝐴𝑜
𝐶𝐴𝑜 =
𝑦𝐴𝑜𝑃
𝑅𝑇
=
0,5(10)
0,082(406,5)
= 0,15 mol/L
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
0,8 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
(1)
CA X -rA 1/-rA
0.15 0 0.0053 188.679245
0.135 0.1 0.0052 192.307692
0.12 0.2 0.005 200
0.105 0.3 0.0045 222.222222
0.09 0.4 0.004 250
0.075 0.5 0.0033 303.030303
0.06 0.6 0.0025 400
0.045 0.7 0.0018 555.555556
0.03 0.8 0.00125 800
0.0225 0.85 0.001 1000
Para X = 0,8
𝐹𝐴𝑜 = 𝐶𝐴𝑜𝑣𝑜 = 0,15 5 = 0,75 mol/s
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
ℎ
3
𝑓𝑜 + 4𝑓1 + 2𝑓2 + 4𝑓3 + 𝑓4
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
0,2
3
188,67 + 4 200 + 2 250 + 4 400 + 800
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 259,245
𝑉 = 𝐹𝐴𝑜 259,245 = 194,43 𝐿.
𝑓𝑜
𝑓1
𝑓2
𝑓3
𝑓4
Se requiere de X, y 1/-rA, luego:
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
0,6 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
CA X -rA 1/-rA
0.15 0 0.0053 188.679245
0.135 0.1 0.0052 192.307692
0.12 0.2 0.005 200
0.105 0.3 0.0045 222.222222
0.09 0.4 0.004 250
0.075 0.5 0.0033 303.030303
0.06 0.6 0.0025 400
0.045 0.7 0.0018 555.555556
0.03 0.8 0.00125 800
0.0225 0.85 0.001 1000
Para X = 0,6
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
3ℎ
8
𝑓𝑜 + 3𝑓1 + 3𝑓2 + 𝑓3
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
3(0,2)
8
188,67 + 3 200 + 3 250 + 400
𝑉 = 𝐹𝐴𝑜 145,4 = 109,1 𝐿.
𝑓𝑜
𝑓1
𝑓2
𝑓3
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 145,4
En un reactor PFR se alimenta el reactante A en fase gas con un 
caudal de 1.5 L/s. Si la reacción de descomposición es de 2do 
orden con una constante .
𝑘 = 0.2
𝐿
𝑚𝑜𝑙
𝑠−1
La concentración inicial es de 0.75 mol/L. Para una sección 
transversal del tubo de 0.1 m2 determine la longitud del reactor para 
lograr una conversión de 80% en los siguientes casos:
𝐴 
𝑘
𝑅
𝐴 
𝑘
𝑅+S
𝐴 
𝑘
2𝑅 + 𝑆
Ejemplo: 3
a)
b)
c)
Solución
Reactor PFR, fase gaseosa, isotérmico
Reactante Producto
1.- Ecuación estequiometrica
𝐴 
𝑘
𝑅
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜
1 − 𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
Identidades:
2.- Ecuación cinética
−𝑟𝐴 = 𝑘𝐶𝐴
2 = 𝑘𝐶𝐴𝑜
2 1 − 𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
2
3.- Ecuación de diseño
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
= 
0
𝑋 𝜕𝑋
𝑘𝐶𝐴𝑜
2 1 − 𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
2 =
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
2 
0
𝑋 1 + 𝜀𝐴𝑋
2𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
𝜏 =
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
 
0
𝑋 (1 + 2𝜀𝐴𝑋 +𝜀𝐴
2𝑋2)𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
 
0
𝑋 𝜕𝑥
𝑎𝑥 + 𝑏 2
= −
1
𝑎
1
𝑎𝑥 + 𝑏
 
0
𝑋 𝑥𝜕𝑥
𝑎𝑥 + 𝑏 2
=
𝑏
𝑎2
1
𝑎𝑥 + 𝑏
+
1
𝑎2
𝑙𝑛 𝑎𝑥 + 𝑏
 
0
𝑋 𝑥2𝜕𝑥
𝑎𝑥 + 𝑏 2
=
𝑎𝑥 + 𝑏
𝑎3
−
𝑏2
𝑎3
1
𝑎𝑥 + 𝑏
−
2𝑏
𝑎3
𝑙𝑛 𝑎𝑥 + 𝑏
 
0
𝑋 𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
=
1
1 − 𝑋
 
0
𝑋 𝑋𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
=
1
1 − 𝑋
+ ln(1 − 𝑋)
 
0
𝑋 𝑋2𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
= − 1 − 𝑋 +
1
1 − 𝑋
+ 2ln(1 − 𝑋)
𝑎 = −1
𝑏 = 1
2𝜀𝐴
𝜀𝐴
2
Agrupando y factorizando
𝜏 =
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
(1 + 𝜀𝐴)
2
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 − 𝜀𝐴
2(1 − 𝑋)
Luego,
1 + 2𝜀𝐴 + 𝜀𝐴
2
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 − 𝜀𝐴
2(1 − 𝑋)
Tomando el limite cuando X = 0,
𝜏 =
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
(1 + 𝜀𝐴)
2𝑋
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 + 𝜀𝐴
2𝑋
(1)
𝑉
𝑣𝑜
=
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
𝐿 =
𝑣𝑜
𝑘𝐶𝐴𝑜𝐴
𝐿 =
1,5
0,2 0,75 0,1
𝑥
1000
1002
𝐿 = 10 𝑐𝑚
(1 + 𝜀𝐴)
2𝑋
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 + 𝜀𝐴
2𝑋 (2)
Caso a) 𝐴 
𝑘
𝑅
𝛿𝐴 =
1 − 1
1
= 0
𝜀𝐴 = 0𝐿 = 10 𝑐𝑚
0,8
0,2
+ 0 + 0
𝐿 = 40 𝑐𝑚
𝐿 = 10 𝑐𝑚
(2)2𝑋
1 − 𝑋
+ 2 2 ln 1 − 𝑋 + 𝑋
Caso b)
𝛿𝐴 =
1 + 1 − 1
1
= 1
𝐴 
𝑘
𝑅+S
𝑦𝐴𝑜 = 1 𝜀𝐴 = 1
Luego,
𝐿 = 10 𝑐𝑚
4(0,8)
0,2
+ 4 ln 0,2 + 0,8
𝐿 = 103,62 𝑐𝑚
Similarmente,
Caso c) 𝐴 𝑘
2𝑅+S
𝐿 = 198,87 𝑐𝑚
𝑘 = 1.747𝑥10−3
𝑚𝑜𝑙
𝐿 − 𝑎𝑡𝑚 − 𝑠
En un reactor PFR isotérmico ocurre la siguiente reacción en fase 
gaseosa a 250 °C.
𝐴
𝑘2
𝑘1
𝐵 + 3𝐶
𝑦𝐴𝑜 = 1
La ecuación cinética es: −𝑟𝐴 = 𝑘 𝑃𝐴 −
𝑃𝐵𝑃𝐶
3
𝑘𝑃
𝑘𝑃 = 3.561 𝑎𝑡𝑚
3
Para un caudal de 120 L/s y P = 1 atm. Calcule el volumen del reactor para 
una conversión de 90% de la fracción de conversión en el equilibrio en las 
siguientes condiciones:
𝑦𝐴𝑜 = 0.5 ; 𝑦𝐼𝑜 = 0.5
Ejemplo: 4
Solución
Reactor PFR, fase gaseosa, isotérmico
1.- Ecuación estequiometrica
𝐴
𝑘2
𝑘1
𝐵 + 3𝐶
𝑡 = 0 𝑛𝐴𝑜
𝑡 > 0 𝑛𝐴𝑜𝑋 𝑛𝐴𝑜𝑋 3𝑛𝐴𝑜𝑋
𝑡 = 𝑡 𝑛𝐴 𝑛𝐵 𝑛𝐶
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜 (1 − 𝑋)
𝑛𝐵 = 𝑛𝐴𝑜𝑋)
𝑛𝐶 = 3𝑛𝐴𝑜𝑋)
𝑉 = 𝑉𝑜 (1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝑃𝐴 = 𝐶𝐴𝑅𝑇
Reemplazando
2.- Ecuación cinética
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜
1 − 𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
−𝑟𝐴= 𝑘 𝑃𝐴 −
𝑃𝐵𝑃𝐶
3
𝐾𝑃
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴𝑜
𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
𝐶𝐶 = 3 𝐶𝐴𝑜
𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
−𝑟𝐴= 𝑘 𝐶𝐴𝑅𝑇 −
𝐶𝐵𝑅𝑇 (𝐶𝐶𝑅𝑇)
3
𝐾𝑃
−𝑟𝐴= 𝑘𝑅𝑇 𝐶𝐴 −
𝐶𝐵 (𝐶𝐶)
3
 
𝐾𝑃
(𝑅𝑇)3
−𝑟𝐴= 𝑘
` 𝐶𝐴 −
𝐶𝐵 (𝐶𝐶)
3
𝐾𝑐
𝑘` = 𝑘𝑅𝑇 𝐾𝑐 = 
𝐾𝑃
(𝑅𝑇)3
(1)
En términos de conversión
−𝑟𝐴= 𝑘
`𝐶𝐴𝑜
1 − 𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
−
𝑋
𝐾𝑐(1 + 𝜀𝐴𝑋)
3𝐶𝐴𝑜X
3
1 + 𝜀𝐴𝑋 3
𝑘` = 1,747𝑥10−3 0,082 523 = 0,075 𝑠−1
𝛿𝐴 =
1 + 3 − 1
1
= 3
(2)
𝐾𝑐 =
3,561
(0,082𝑥523)3
= 4,5𝑥10−5
𝑚𝑜𝑙
𝐿
3
−𝑟𝐴= 𝑘
`𝐶𝐴𝑜
1 − 𝑋
1 + 3𝑋
−
27𝐶𝐴𝑜
3𝑋4
𝐾𝑐(1 + 3𝑋)4
𝑦𝐴𝑜 = 1
𝜀𝐴 = 3
En equilibrio:
1 − 𝑋 −
27𝐶𝐴𝑜
3𝑋4
4,5𝑥10−5(1 + 3𝑋)3
−𝑟𝐴= 0 𝐶𝐴𝑜 =
𝑦𝐴𝑜𝑃
𝑅𝑇
=
1
0,082(523)
= 0,0233
𝑋𝑒 = 0,9015
Para X = 0,9 Xe 𝑋 = 0,811
3.- Ecuación de diseño 𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
(3)
Resolviendo numéricamente,
𝑉
𝐹𝐴𝑜
=
1
𝑘`𝐶𝐴𝑜
 
0
𝑋 𝜕𝑋
1 − 𝑋
1 + 3𝑋 −
27𝐶𝐴𝑜
3𝑋4
𝐾𝑐(1 + 3𝑋)
4
𝜏 =
1
𝑘`
 
0
𝑋 (1 + 3𝑋)𝜕𝑋
1 − 𝑋 −
27(0,0233)3𝑋4
4,5𝑥10−5(1 + 3𝑋)3
X F(x)
0 1
0,20275 2,0250
0,4055 3,8502
0,60825 8,1710
0,811 31,8073
 
0
0,811
𝑓 𝑥 𝜕𝑋 =
ℎ
3
𝑓𝑜 + 4𝑓1 + 2𝑓2 + 4𝑓3 + 𝑓4
 
0
0,811
𝑓 𝑥 𝜕𝑋 =
0,20275
3
1 + 4 2,025 + 2 3,8502 + 4(8,171) + 31,8073
 
0
0,811
𝑓 𝑥 𝜕𝑋 = 5,494
Luego, 𝜏 =
5,494
0,075
= 73,25 𝑠 𝑉 = 120 73,25 8,79 m
3
Resolviendo para :
 
0
0,85167
𝑓 𝑥 𝜕𝑋 = 4,106
𝑉 = 6,569 m3
𝑦𝐴𝑜 = 0,5
𝑋𝑒 = 0,9463
𝑋 = 0,85167
𝑘 = 1.72
𝐿
𝑚𝑜𝑙 − 𝑠
La descomposición en fase gaseosa del acetaldehído procede 
de acuerdo con la siguiente reacción:
𝐶𝐻3𝐶𝐻𝑂 𝐶𝐻4 + 𝐶𝑂
Determine el volumen del reactor para una alimentación de 
acetaldehído puro y conversión de 80% operando en:
Se desea producir 0.257 kg/día de metano a 518 °C y 1 atm. La 
constante cinética es,
a) Reactor BATCH, con tiempo muerto de 3 horas aproximadamente
b) Reactor CSTR
c) Reactor PFR.
a) 300 L
b) 2214.46 L
c) 354 L.
Respuestas:
Ejercicio: 1
𝑘 = 0.25
𝐿
𝑚𝑜𝑙 −𝑚𝑖𝑛
Se desea realizar la siguiente reacción irreversible en fase 
liquida: 𝐴 + 3𝐵 2𝑅
Para una producción de 100 kmol/dia de producto R y 
conversión de 90% del reactivo limitante determine:
En un reactor batch a 1 atm de presión y 60 °C constantes. La 
reacción es de primer orden respecto a cada reactivo con un 
valor de la constante cinética,
a) Volumen del reactor batch si el tiempo muerto es de 900 
segundos aproximadamente
b) El volumen del reactor su opera en forma continua
c) El volumen de un reactor tubular para el mismo propósito.
a) 1835.18 L
b) 5247.65 L
c) 967.12 L.
Respuestas:
𝐶𝐴𝑜 = 1
𝑚𝑜𝑙
𝐿
𝑦 𝐶𝐵𝑜 = 2 𝑚𝑜𝑙/𝐿
Ejercicio: 2
Se desea realizar la siguiente reacción irreversible en fase liquida:
𝐴 𝑅
El orden de reacción no se conoce, por lo que se ha decidido estudiar la
cinética de reacción en un reactor batch, obteniéndose los siguientes datos
experimentales de concentración y velocidad a 30 ºC.,
a) El tiempo de reacción para 
disminuir la concentración hasta 
0,3 mol/L.
b) El volumen de un reactor CSTR 
para lograr una conversión de 75% 
con una alimentación de 1000 
mola/h. 
c) El volumen de un reactor tubular 
para el mismo propósito de b.
a) 12,72 min.
b) 25 L.
c) 158,2 L.
Respuestas:
Ejercicio: 3
CA (mol/L) -rA (mol/L min)
0,1 0,1
0,3 0,5
0,5 0,5
0,7 0,1
0,9 0,06
1,1 0,0478
1,3 0,045
2,0 0,042
Calcule para una concentración inicial 
de A, CAo = 1,3 mol/L.
Considere la siguiente reacción en fase gaseosa en un reactor tubular continuo.
REACTOR PFR: Proceso Adiabático 
𝐴 + 𝐵 
𝑘
𝑅
Determine :
a) El tiempo espacial para convertir 10 % de los reactivos, si la operación se 
realiza isotérmicamente
b) El tiempo espacialy la temperatura si la operación es adiabática.
Se dispone como alimentación una mezcla equimolar de reactivos A y B a 
500 °C y 1 atm de presión.
𝑘 = 107.5𝑒−
27500
𝑅𝑇 L/mol s-1Se dispone de los siguientes datos:
Componente Cp (cal/mol K)
A 36,8
B 20,2
R 59,5
∆𝐻𝑅 25 °𝐶 = −30 000 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙
Las capacidades caloríficas en fase gas pueden suponerse constantes 
en el rango de temperaturas utilizadas.
R en cal/mol K
Ejemplo 5
Reactor PFR, fase gaseosa
𝐴 + 𝐵 
𝑘
𝑅
Solución
1.- Ecuación estequiometrica
𝑡 = 0 𝑛𝐴𝑜 𝑛𝐵𝑜
𝑡 > 0 𝑛𝐴𝑜𝑋 𝑛𝐴𝑜𝑋 𝑛𝐴𝑜𝑋
𝑡 = 𝑡 𝑛𝐴 𝑛𝐵 𝑛𝑅
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜 (1 − 𝑋)
𝑛𝐵 = 𝑛𝐵𝑜 − 𝑛𝐴𝑜𝑋
𝑛𝐴𝑜 = 𝑛𝐵𝑜
𝑛𝐵 = 𝑛𝐴𝑜 (1 − 𝑋) 𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝑇
𝑇𝑜
2.- Ecuación cinética
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴𝐶𝐵 = 𝑘
𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉
𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑉
−𝑟𝐴= 𝑘
𝐶𝐴𝑜
2 (1 − 𝑋)2
(1 + 𝜀𝐴𝑋) 2
𝑇𝑜
𝑇
2
𝐶𝐴𝑜 =
𝑦𝐴𝑜𝑃
𝑅𝑇
=
0,5(1)
0,082(723)
= 8,43𝑥10−3mol/L
3.- Ecuación de diseño
𝑇𝑜 = 450 + 273 = 723 𝐾
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋 𝜕𝑋
𝑘
𝐶𝐴𝑜
2 (1 − 𝑋)2
(1 + 𝜀𝐴𝑋)
2
𝑇𝑜
𝑇
2
𝜏 =
1
𝐶𝐴𝑜𝑇𝑜
2 
0
0,1𝑇2 (1 + 𝜀𝐴𝑋)
2𝜕𝑋
𝑘 (1 − 𝑋) 2
(1)
a) Operación isotérmica
𝑘 = 107.5𝑒
−
27500
1,987(723) =0,153 L/mol s-1
Luego,
𝜏 =
1
𝐶𝐴𝑜𝑘
 
0
0,1 (1 + 𝜀𝐴𝑋)
2𝜕𝑋
(1 − 𝑋) 2
Pero, el termino integral es:
(1 + 𝜀𝐴)
2𝑋
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 + 𝜀𝐴
2𝑋
𝜀𝐴 = −0,5
(2)
Luego,
𝜏 =
1
𝐶𝐴𝑜𝑘
(1 + 𝜀𝐴)
2𝑋
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 + 𝜀𝐴
2𝑋
𝛿𝐴 =
1 − 2
1
= −1
𝜏 =
1
8,43𝑥10−3(0,153)
(0,5)20,1
0,9
− 0,5 ln 0,9 + 0,52(0,1)
𝜏 = 775,19 0,10545 = 81,76 s
𝜏 = 81,76 s
b) Operación adiabática
4.- Balance de energía:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
+ 𝑄 = 0 (3)
(2)
Evaluando los términos:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 = 𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇 + 𝐹𝐵𝑜𝐶𝑃𝐵 𝑇𝑜 − 𝑇
= 𝐹𝐴𝑜 (𝐶𝑃𝐴+𝐶𝑃𝐵) 𝑇𝑜 − 𝑇
= 𝐹𝐴𝑜 (36,8 + 20,2) 723 − 𝑇
∆𝐻𝑅 𝑇 = ∆𝐻𝑅 298 + 
298
𝑇
∆𝐶𝑃𝑑𝑇
∆𝐶𝑃 = 
𝑖
𝑣𝑖𝐶𝑃𝑖 = 59,5 − 36,8 − 20,2 = 2,5
∆𝐻𝑅 𝑇 = −30000 + 
298
𝑇
2,5𝑑𝑇
∆𝐻𝑅 𝑇 = −30000 + 2,5(𝑇 − 298)
∆𝐻𝑅 𝑇 = −30745 + 2,5𝑇
Reemplazando en el balance de energía (3)
𝐹𝐴𝑜 57 723 − 𝑇 = −30745 + 2,5𝑇 𝑋𝐹𝐴𝑜
(4)
Reemplazando en el balance de materia (1)
41211 − 57𝑇 = −30745𝑋 + 2,5𝑇𝑋
41211 = −30745𝑋 + 57 + 2,5𝑋 𝑇
𝑇 =
41211 + 30745𝑋
57 + 2,5𝑋
𝜏 =
1
𝐶𝐴𝑜107.5𝑇𝑜
2 
0
0,1 𝑒
27500
1,987𝑇𝑇2𝜕𝑋
1 − 𝑋
1 + 𝜀𝐴𝑋
2
𝜏 =
1
(107.5)8,43𝑥10−3(723)2
 
0
0,1 𝑒
27500
1,987𝑇𝑇2𝜕𝑋
1 − 𝑋
1 − 0,5𝑋
2
(5)
Integrando numéricamente mediante la regla de Simpson
 
0
0,1
𝑓 𝑋 𝑑𝑋 =
ℎ
3
𝑓𝑜 + 4𝑓1 + 2𝑓2 + 4𝑓3 + 𝑓4
X T exp() f(x)
0 723 205798126 1.07577E+14
0.025 735.677985 147970575 8.21516E+13
0.05 748.328228 107661699 6.35049E+13
0.075 760.95082 79218393.8 4.96658E+13
0.1 773.545852 58913622.9 3.92781E+13
Integral= 6.67612E+12
𝜏 =
6.67612𝑥1012
(107.5)8,43𝑥10−3(723)2
= 47,909 s
720
730
740
750
760
770
780
0 0,02 0,04 0,06 0,08 0,1 0,12
T 
(K
)
X
T vs X
Para la reacción elemental en fase liquida, 
a) Grafique la conversión de equilibrio en función de la temperatura.
b) Determine la temperatura adiabática de equilibrio y la conversión cuando se 
alimenta A puro a un reactor PFR a 300 K.
𝐴
𝑘2
𝑘1
𝐵
Datos:
 𝐻𝐴 298 𝐾 = −40 000 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙
 𝐻𝐵 298 𝐾 = −60 000 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙
𝐶𝑃𝐴 = 50 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙 K 𝐶𝑃𝐵 = 50 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙 K
𝐾𝑐 (298) = 100 000
Ejemplo 6
Solución
Reactor PFR, fase gaseosa
1.- Ecuación estequiometrica
𝐶𝐴 = 𝐶𝐴𝑜 (1 − 𝑋)
𝐶𝐵 = 𝐶𝐴𝑜𝑋
𝐴
𝑘2
𝑘1
𝐵 2.- Ecuación cinética 
−𝑟𝐴= 𝑘1𝐶𝐴 − 𝑘2𝐶𝐵
−𝑟𝐴= 𝑘1𝐶𝐴𝑜 1 − 𝑋 −
𝑋
𝑘𝑐
En el equilibrio:
Pero,
∆𝐻𝑅= 𝑖 𝑣𝑖 𝐻𝑓(𝑖) = −60 − −40 = −20 kcal/ml
Luego,
−𝑟𝐴= 0
−𝑟𝐴= 𝑘1𝐶𝐴𝑜 1 − 1 −
1
𝑘𝑐
𝑋
1 −
1
𝑘𝑐
𝑋𝑒 = 1
𝑋𝑒 =
𝑘𝑐
1 + 𝑘𝑐
(1)
(2)
𝑘𝑐(𝑇) = 𝑘𝑐 298 𝑒
−
∆𝐻
𝑅
1
𝑇−
1
298
𝑘𝑐(𝑇) = 100000𝑒
20000
𝑅
1
𝑇−
1
298
Reemplazando en (2),
𝑋𝑒 =
100000𝑒
20000
𝑅
1
𝑇−
1
298
1 + 100000𝑒
20000
𝑅
1
𝑇−
1
298
(3)
Se elabora la siguiente tabla
(4)
3.- Balance de energía 
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= 0
𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 𝑇𝑜 − 𝑇 = 𝐹𝐴𝑜𝑋(−20000)
50 𝑇 − 300 = 20000𝑋
𝑋𝑒 =
50 𝑇 − 300
20000
T XBM XBE
298 1 -0.005
300 1 0
320 1 0.05
340 1 0.1
360 0.99665 0.15
380 0.9856 0.2
400 0.9478 0.25
420 0.8457 0.3
440 0.6484 0.35
460 0.4055 0.4
480 0.21517 0.45
500 0.1059 0.5
-0,2
0
0,2
0,4
0,6
0,8
1
1,2
280 330 380 430 480
XBM
XBE
Polinómica (XBM)
Lineal (XBE)
XA = 0.41 y T = 465 K
Se desea realizar la siguiente reacción en fase gaseosa:
Al reactor ingresa una alimentación de una mezcla que contiene 20% molar de A y 80% 
molar de inertes a 227 ºC y 2 atm de presión. Para una conversión de 90% calcule:
a) El tiempo espacial para un reactor PFR isotérmico
b) El tiempo espacial y la temperatura de salida para un reactor PFR adiabático
c) El tiempo de reacción y la temperatura final para un reactor batch de volumen 
constante.
4𝐴 𝑅 + 2𝑆
∆𝐻(298)= −15000 cal/mol
Ejemplo 7
Solución
Datos:
1.- Ecuación estequiometrica
𝐶𝐴 =
𝑛𝐴
𝑉
= 𝐶𝐴𝑜
(1 − 𝑋)
(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝑇𝑜
𝑇
𝑛𝐴 = 𝑛𝐴𝑜(1 − 𝑋)
𝑘 = 5𝑥106𝑒−
9000
𝑇 L/mol min-1
Las capacidades caloríficas de los gases se suponen constantes en el rango de 
temperaturas usadas:
Componente A Inertes R S
CP (cal/molK) 3 5 4 2
Reactor PFR, fase gaseosa:
4𝐴 𝑅 + 2𝑆
𝑉 = 𝑉𝑜(1 + 𝜀𝐴𝑋)
𝑇
𝑇𝑜
Para PFR Isotérmico
2.- Ecuación cinética
−𝑟𝐴= 𝑘𝐶𝐴
2
Resolviendo la integración:
3.- Ecuación de diseño
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋 𝜕𝑋
−𝑟𝐴
𝑉
𝐹𝐴𝑜
= 
0
𝑋 1 + 𝜀𝐴𝑋
2𝜕𝑋
𝑘𝐶𝐴𝑜
2 1 − 𝑋 2
𝜏 =
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
 
0
𝑋 1 + 𝜀𝐴𝑋
2𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
𝜏 =
1
𝑘𝐶𝐴𝑜
(1 + 𝜀𝐴)
2𝑋
1 − 𝑋
+ 2𝜀𝐴 1 + 𝜀𝐴 ln 1 − 𝑋 + 𝜀𝐴
2𝑋
A 500 K,
𝑘 = 5𝑥106𝑒−
9000
500 = 0,07615 L/mol min-1
𝐶𝐴𝑜 =
𝑦𝐴𝑜𝑃
𝑅𝑇
=
0,2(2)
0,082(500)
= 9,756𝑥10−3mol/L
(1)
(2)
𝛿𝐴 =
3 − 4
4
= −1/4
Reemplazando valores:
𝜏 =
1
0,07615(9,756𝑥10−3)
(1 − 0,05)20,9
0,1
− 0,1 0,95 ln 0,1 + 0,052(0,9)
𝑦𝐴𝑜 = 0,2 𝜀𝐴 = −0,05
𝜏 = 11230,7 min
𝜏 = 187,178 h
Para PFR Adiabático
𝜏 =
1
𝐶𝐴𝑜𝑇𝑜
2 
0
𝑋𝑇2 1 + 𝜀𝐴𝑋
2𝜕𝑋
𝑘 1 − 𝑋 2
𝜏 =
1
𝐶𝐴𝑜𝑇𝑜
25𝑥106
 
0
𝑋𝑇2𝑒
9000
𝑇 1 + 𝜀𝐴𝑋
2𝜕𝑋
1 − 𝑋 2
(3)
4.- Balance de energía:
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 −
𝐹𝐴𝑜𝑋𝐴∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= 0
(4)
(4)
∆𝐻𝑅 𝑇 = ∆𝐻𝑅 298 + 
298
𝑇
∆𝐶𝑃𝑑𝑇
∆𝐶𝑃 = 
𝑖
𝑣𝑖𝐶𝑃𝑖 = 4 + 4 − 4 3 = −4
∆𝐻𝑅 𝑇 = −15000 − 4(𝑇 − 298)
∆𝐻𝑅 𝑇 = −13808 − 4𝑇
∆𝐻𝑅 𝑇
𝑎
= −3452 − 𝑇
Luego,
 
𝑖=1
𝑚
𝐹𝑖𝑜 
𝑇
𝑇𝑜
𝐶𝑝𝑖𝑑𝑇 = (𝐹𝐴𝑜𝐶𝑃𝐴 + 𝐹𝐼𝑜𝐶𝑃𝐼)(500 − 𝑇)
𝐹𝐴𝑜 𝐶𝑃𝐴 + 𝜃𝐼𝑜𝐶𝑃𝐼 500 − 𝑇 = −3452 − 𝑇 𝑋𝐹𝐴𝑜
3 + 4(5) 500 − 𝑇 = −3452 − 𝑇 𝑋
𝑇 =
23 500 + 3452𝑋
23 − 𝑋
Integrando numéricamente usando la regla de Simpson
X T exp() f(x)
0 500 65659969.1 1.6415E+13
0.3 552.2290749 11966055.4 7.22547E+12
0.6 605.8571429 2827736.23 6.10384E+12
0.9 660.9411765 819906.454 3.26661E+13
integral 1.00203E+13
𝜏 =
1,00203𝑥1013
5𝑥106(0,07615) 9,756𝑥10−3 5002
= 821,67 min
𝜏 = 821,67 min
𝜏 = 13,69 h
Para reactor batch adiabático: Volumen constante
−𝑟𝐴= −
𝜕𝐶𝐴
𝜕𝑡
= 𝑘𝐶𝐴
2
Ecuación cinética
𝑑𝑡 =
𝜕𝑋
𝑘𝐶𝐴𝑜(1 − 𝑋)2
𝑡 =
1
5𝑥106𝐶𝐴𝑜
 
0
0,9
𝑒
9000
𝑇
𝜕𝑋
(1 − 𝑋)2
(5)
Balance de energía: 𝑛𝐴𝑜∆𝐻𝑅
𝑎
𝜕𝑋
𝜕𝑡
+ 
𝑖
𝑛𝑖𝑜 + 𝑣𝑖
𝑛𝐴𝑜
𝑎
𝑋 𝐶𝑃𝑖
𝜕𝑇
𝜕𝑡
= 0
Desarrollando cada termino
𝑙𝑛
3
3 − 𝑋
= 𝑙𝑛
3452 + 𝑇
3952
Reemplazando en la ecuación del balance de energía
 
𝑖
𝑛𝑖𝑜
𝑛𝐴𝑜
+
𝑣𝑖
𝑎
𝑋 𝐶𝑃𝑖 = 1 − 𝑋 𝐶𝑃𝐴 +
𝑋
4
𝐶𝑃𝑅 + 2
𝑋
4
𝐶𝑃𝑠
1 − 𝑋 3 +
𝑋
4
4 + 2
𝑋
4
2 = 3 − X
(3 − X)𝜕𝑇 =
(−13808 − 4T)
4
𝜕𝑋
3 − X 𝜕𝑇 = (−3452 − 𝑇)𝜕𝑋
𝜕𝑋
3 − 𝑋
=
𝜕𝑇
−3452 − 𝑇
Integrando
 
0
𝑋 𝜕𝑋
3 − 𝑋
= 
500
𝑇 𝜕𝑇
−3452 − 𝑇
3
3 − 𝑋
=
3452 + 𝑇
3952
𝑇 =
3(3952)
3 − 𝑋
− 3452 (6)
Resolviendola integral numéricamente (ecuación 5)
X T exp() f(x)
0 500 65659969.1 65659969.1
0.3 939.111111 14523.6048 29640.0099
0.6 1488 423.429528 2646.43455
0.9 2193.71429 60.4992455 6049.92455
Integral 7398323.82
𝑡 =
7398323.82
5𝑥106(9,756𝑥10−3)
= 151,667 min
𝑡 = 2,527 h
Reemplazando en (5)
En un reactor tubular adiabático, se lleva a cabo la reacción en fase 
gaseosa:
𝐴 
𝑘
2𝑅 + 𝑆
Determine :
El volumen del reactor y la temperatura de salida para lograr una 
conversión de 70%.
Se alimenta una corriente de 120 L/min que contiene 20% molar de 
A y 80% molar de un gas inerte a 300 °C y 3 atm de presión.
𝑘 = 7𝑥106𝑒−
10000
𝑇 L/mol min-1
Se dispone de los siguientes datos:
Componente Cp (cal/mol K)
A 3,2
R 4,2
S 1,5
I 2,3
∆𝐻𝑅 300 °𝐶 = −13500 𝑐𝑎𝑙/𝑚𝑜𝑙
Las capacidades caloríficas en fase gas pueden suponerse constantes 
en el rango de temperaturas utilizadas.
R en cal/mol K
Ejercicio 4
Si en el ejercicio 2 de reactor CSTR se reemplazara por un 
reactor tubular. Determine el volumen del reactor para 
obtener la misma conversión y temperatura de salida.
Ejercicio 5
Respuesta: Aproximadamente 8,97 Ls