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1.1. BALANÇO MATERIAL NA PRODUÇÃO DE BALANÇO MATERIAL NA PRODUÇÃO DE FERTILIZANTE FOSFATADFERTILIZANTE FOSFATADOO
Em uma fábrica de fertilizante se produz o fertilizante “superfosfato”, tratando fosfatoEm uma fábrica de fertilizante se produz o fertilizante “superfosfato”, tratando fosfato
de cálcio com 92% de pureza pelo ácido sulfúrico concentrado, de acordo com a seguintede cálcio com 92% de pureza pelo ácido sulfúrico concentrado, de acordo com a seguinte
reação:reação:
 + 2 + 2  → 2 → 2 +  + 
Em um teste realizado, foram misturados 500 kg de fosfato de cálcio com 260 kg deEm um teste realizado, foram misturados 500 kg de fosfato de cálcio com 260 kg de
ácido sulfúrico, obtendo-se 280 kg de superfosfato,ácido sulfúrico, obtendo-se 280 kg de superfosfato, . Calcule:. Calcule:
a)a) O reagente limitanteO reagente limitante
Precisamos calcular o número de mols de Precisamos calcular o número de mols de cada reagente.cada reagente.
 ==   ==
 500 × 0,92 500 × 0,92
312,58312,58   = 1,48   = 1,48 
 ==   ==
260260
98,0898,08 = 2,65  = 2,65 
Como a reação é 1:2, observa-se que o ácido sulfúrico é o reagente limitanteComo a reação é 1:2, observa-se que o ácido sulfúrico é o reagente limitante
b)b)  A % em excesso reagente: A % em excesso reagente:
Temos que a quantidade estequiométrica de reagente é 1,325Temos que a quantidade estequiométrica de reagente é 1,325
Logo:Logo:
% = (% = (1,48  1,3251,48  1,3251,3251,325   )× 100%  )× 100%
% = 11,7%% = 11,7%
c)c)  A conversão da reação A conversão da reação
O número de mols gerados é dado por:O número de mols gerados é dado por:
 ==   ==
280280
234,06234,06 = 1,2  = 1,2 
Como a conversão é 2:1, temos que 2,4 kmols do reagente limitante (Como a conversão é 2:1, temos que 2,4 kmols do reagente limitante (   foram foram
consumidos. Logo:consumidos. Logo:
%% = = 2,42,42,652,65 ×× 10100% = 900% = 90,5,5
2. BALANÇO MATERIAL NO PROCESSO DE PRODUÇÃO DE ÓXIDO DE
ETILENO
Óxido de etileno pode ser produzido pela oxidação catalítica de eteno de acordo com a
seguinte reação:
2 +  → 2
A carga do reator contém 100kmol de eteno e 80kmol de oxigênio. Calcule:
a. Quem é o reagente limitante?
O reagente limitante é o eteno, que deveria ser 180 kmol para ser estequiométrico
b.  A % de excesso do reagente em excesso
% = (80  5050   )× 100 = 60%
c.  As quantidades de cada reagente e produto presentes no final da reação e a % de
conversão do eteno, se o grau de conclusão é 50%.
d.  A conversão do eteno, a conversão do oxigênio e o grau de conclusão da reação se
50kmol de O2 estiverem presentes no final da reação.
3. BALANÇO MATERIAL NO PROCESSO DE PRODUÇÃO DE ETENO
Eteno pode ser produzido pela desidrogenação catalítica de etano, onde metano também
é gerado como produto indesejável, de acordo com as seguintes reações:
 →  + 
 +   → 2
A carga é alimentada continuamente no reator na vazão de 100 kmol/h e com a seguinte
composição (yi%): etano = 91,4% e inertes = 8,6%. O produto efluente do reator tem a
vazão de 150 kmol/h e a seguinte composição (y i%): etano = 25,8%, eteno = 33,8%,
hidrogênio = 32,2%, metano = 2,4% e inertes = 5,8%. Calcule:
a.  A % de conversão de etano.
Entram 91,4 kmol/h de etano e saem 38,7 kmol/h.
Ou seja:
% = (91,4  38,791,4   )× 100%
% = 57,66%
b.  A % de rendimento do eteno.
91,4 kmol/h de eteno seriam gerados se apenas a primeira reação ocorresse, de maneira
completa. Entretanto 50,7 kmol/h foram gerados, logo:
% = (50,791,4) × 100%
% = 55,5%
c.  A seletividade do eteno em relação ao metano.
É a razão entre o número de mols gerados de eteno e de metano.
50,7
3,6  = 14,1
4. BALANÇO MATERIAL NA COMBUSTÃO DE UM ÓLEO COMBUSTÍVEL
Um óleo combustível obtido a partir de um petróleo contendo elevado teor de enxofre
é queimado em um forno industrial, usando 30% de excesso de ar. A análise elementar
(base mássica) do óleo combustível indicou: C = 85,5%, H = 9,7%, S = 4,8%. Calcule
a composição do gás de chaminé (GC) e a do gás seco (G) considerando a combustão
completa do óleo combustível.
 +  → 
4 +  → 2
 +  → 
Tomaremos por base 100kg de alimentação:
Alimentação (kg) kmol O2 necessário
C 85,5 7,12 7,12
H 9,7 9,6 2,4
S 4,8 0,15 0,15
Total 100 9,67
Como foi utilizado 30% de excesso de ar, na alimentação temos 12,571 kmol de O 2
(2,901 em excesso) e 47,29 kmol de N2.
 No gás de chaminé e na saída do resfriador teremos:
Gás de chaminé Composição (%) Gás seco Composição (%)
CO2 7,12 11,43 7,12 12.39
H2O 4,8 7,71 --- ---
SO2 0,15 0,24 0,15 0,26
O2 2,901 4,66 2,901 5,05
 N2 47,29 75,96 47,29 82,4
Total 62,261 100 57,46 100
5. BALANÇO MATERIAL EM PROCESSO COM DUAS COLUNAS DE
DESTILAÇÃO
Deseja-se separar por destilação uma mistura de 3 componentes em 3 produtos
enriquecidos cada um em um dos 3 componentes, conforme o esquema abaixo. A
mistura a ser separada (carga global do processo) contém: a = 50%, b = 30% e c = 20%
(xi%). Na primeira coluna deverá ser recuperado, no destilado D 1, 88% do componente
a. Na segunda coluna, deverá ser recuperado 80% do componente b do destilado D2 e
75% do componente c no resíduo B2 (recuperações expressas em relação à carga
global do processo). O destilado D1  da primeira coluna deverá ter a seguinte
composição (xi%): a = 94,3%, b = 4,2% e c = 1,5%. O destilado D2 da segunda coluna
deverá corresponder a 60% da carga B 1 da segunda coluna. Calcule:
a.  A composição das correntes efluentes do processo global (D1 , D2 e B2 )
Tomando por base uma alimentação F de 100kmol:
F D1 % B1 % D2 % B2 %
a 50 44 94,3 6 11,25 3,7 10,6 2,3 10,8
 b 30 1,96 4,2 28,04 52,57 24 75 4,04 18,9
c 20 0,7 1,5 19,3 36,18 4,3 13,4 15 70,3
Total 100 46,66 100 53,34 100 32 100 21,34 100
Obs: para encontrarmos as vazões do componente a em D2; D2/B1 = 0,6
b.  A recuperação de b em D2 e c em B2 em relação a carga B1
85,6% e 77,7%
6. BALANÇO MATERIAL EM PROCESSO E CONDENSAÇÃO PARCIAL
Um ar atmosférico na temperatura de 30ºC e pressão barométrica de 98520 Pa está
com a umidade relativa de 60%. Calcule
a. A umidade molar e o ponto de orvalho do ar;
A 30ºC a pressão de vapor da água é 4241,5 Pa. Sendo então:
% = ∗ × 100%
 = 0,6∗ = 0,6 × 4241,5
A pressão de vapor real é então:
 = 2544,9 
A umidade molar é então:
 =   
 =   2544,998520  2544,9 = 0,0265
  
   
 Na pressão de vapor de 2544,9 , a temperatura de saturação (orvalho) é de 21,4ºC
b. A umidade molar do ar, se a temperatura for reduzida para 10ºC e a pressão for
elevada para 250 kPa, ocorrendo a condensação de parte da água.
 No processo de compressão e resfriamento, o vapor d’água se satura (Ur  = 100%) e
condensa parcialmente. Logo, na condição final, 10ºC e 250 kPa, vem:
 = ∗10º = 1227,1 
Portanto, a umidade molar final é:
 =   
 =   1227,1250000  1227,1 = 4,9 × 10−
  
   
c.  A porcentagem de água condensada no item b
Através das umidades antes e depois do processo, é possível, utilizando certa base
de calcular, calcular a porcentagem de água condensada.
Tomando por base uma alimentação de 100kmol de AR SECO
F A P
Ar seco 100 --- 100
Água 2,65 2,16 0,49
Total 102,65 2,16 100,49
Logo, a porcentagem de água condensada foi:
% = 2,162,65 × 100% = 81,51%
d. A % de redução de volume do ar úmido, ao ocorrer a condensação do item b.
Considerando o comportamento de gás ideal:
 =  ( )
  =  ( )
Logo:
%.  = (1  ) × 100%
%.  = [1  ( ) (
 
)] × 100%
%.  = (1  100,49 × 283,15250000 ×
  98520
102,65 × 303,15) × 100%
%.  = 63,97%7. BALANÇO MATERIAL EM UM SECADOR COM RECICLO DE AR QUENTE
Um sólido contendo 20% (f i%) de água é alimentado continuamente em um secador a
ar com a vazão de 1000kg/h para reduzir o teor de água a um máximo de 4%. O ar fresco
tem a umidade de 0,83 kg de água(v)/100kg de ar seco e o ar efluente do secador deve
ser limitado a 22,2 kg de água(v)/100kg de ar seco. A corrente e ar recirculado é
regulada para que a umidade do ar na entrada do secador não ultrapasse 4,4 kg de
água(v)/100kg de ar seco. Calcule as vazões mássicas de ar fresco e ar de reciclo.
Solução:
Fazendo um balanço no subsistema de ar:
Tabela Global, tomando por base 100kg de ar seco
A f iA% W f iW% Au f iAu%
Ar 100 99,2 --- --- 100 81,83
H2O 0,83 0,8 21,37 100 22,22 18,17
Total 100,83 100 21,37 100 122,2 100
Tabela Parcial no combinador; pré secador, tomando por base 1000kg de ar seco na
alimentação A, lembrando que as frações do reciclo são iguais a Au.
A f iA% R f iR % M f iM%
Ar 100 99,2 81,83 95,8
H2O 0,83 0,8 18,17 4,2
Total 100,83 100 100 100
Balanço componente para a água:
  =  +  
0,042 = 0,1817 + 0,83
Sendo que, o balanço global é dado por:
 =  + 
Assim:
0,042 + 100,83 = 0,1817 + 0,83
 = 24,37 
Então:
A f iA% R f iR % M f iAu%
Ar 100 99,2 19,94 81,83 119,94 95,8
H2O 0,83 0,8 4,43 18,17 5,26 4,2
Total 100,83 100 24,37 100 125,2 100
Se fizermos um balanço global envolvendo o sólido, teremos, para 1000 kg/h:
Entrada Saída Evaporado (W)
Sólido 800 800 ---
H2O 200 33,33 166,67
Total 1000 833,33 166,67
Água que sobra no sólido:

800 +  = 0,04
 = 32 + 0,04
 = 320,96 = 33,33
Então, com a seguinte multiplicador de mudança de base:
166,67
21,37  = 7,8
Temos: Ar de reciclo = 190 k/h e Ar fresco = 786,5 kg/h
Poderíamos também ter calculado a vazão de reciclo da seguinte maneira:
Sendo  a vazão de ar seco no reciclo, temos que os balanços componentes no somador
são dados por (base: 100kg/h ar seco de alimentação A):
Ar seco:
  +   = 
′ + 100 = ′
Água:
  +   = 
(22,2100 ) ′ + 0,83 = (
4,4
100) ′
Substituindo:
0,222′ + 0,83 = 0,044′ + 100
0,178 = 3,57
 = 20,056 kg de ar seco
Então, a quantidade de água no reciclo é 4,452 kg
Assim a quantidade total do reciclo é:
 = 24,5 
Valor muito próximo dos 24,37 calculados anteriormente.
8. BALANÇO MATERIAL EM UM PROCESSO COM RECICLO
Considere o esquema simplificado de um processo químico com reciclo em que ocorre
a reação química   →  + . Calcule a conversão global e por passe.
Conversão global:
 = 1    = 1 = 100%
Conversão por passe.
 = ( 1  í)  = 1 
80
180
 = 0,556 = 55,6%
A conversão será sempre maior que a conversão por passe do reator.
9. BALANÇO MATERIAL NO PROCESSO DE PRODUÇÃO DO PROPENO
Propeno pode ser produzido por desidrogenarão catalítica de propano de acordo com a
reação química:
 →  + 
A conversão de propano por passe no reator é de 40%. Se o produto efluente do processo
contém 4% de propano, calcule:
a. A conversão global de propano
Tendo as relações estequiométricas e considerando, temos de maneira global (base
de cálculo = 100mols de P).
Como 4 mols de propano sobram na saída, 96 mols de produtos saem com a relação
estequiométrica 1:1, conforme a equação da reação.
P
 4
 48
 48
Total 100
Ora, analisando a reação, para 48 mols de cada produto serem formados, 48 mols de
 propano devem ser consumidos. Logo, podemos dizer que na carga F teríamos 48 +
4 mols de propano, ou seja, 52 mols.
Conversão global:
% = 4852 × 100% = 92,3%
b. A razão molar de reciclo R/F
Organizando uma tabela com todos os dados conhecidos até aqui:
F R % P
 52 84 4
 -- 16 48
 -- --- 48
Total 52 100
Sabe-se que a conversão, por passe, no reator é de 40%. Como sabemos que o
Hidrogênio sai apenas na corrente P, temos que:
 +  = 
 = 0
Assim:
 = 
Ou seja, o hidrogênio gerado no reator é igual a 48 mols.
Sendo a conversão por passe igual a 40%, temos que:
 =  
  =
 =
48
0,4 = 120 
Então o propano que entra pelo reciclo é igual a 68 mols, visto que a contribuição
da alimentação F é de 52 mols.
Assim, temos a seguinte tabela geral, lembrando que 48mols de propano são
consumidos no reator, gerando 48 mols de cada produto, que devem ser somados
com a fração que entra no reator.
F R % Fc M P
 52 68 84 120 72 4
 -- 12,95 16 12,95 60,95 48
 -- --- --- --- 48 48
Total 52 80,95 132,95 180,95 100
A razão de reciclo R/F é então:

 =
 80,95
52   = 1,56
10. BALANÇO MATERIAL EM PROCESSO COM RECICLO E PURGA
Em um processo de obtenção de etanol hidratado pela hidrólise do eteno, o gás eteno e
o vapor d’agua presentes no gás de carga contém 1% de gases inertes (gases que não participam
da reação). Antes de entrar no reator, o gás de carga é misturado com uma corrente de gás de
reciclo em quantidade de matéria reciclo/carga fresca = 2,5. O gás efluente do reator vai para
um separador onde o etanol hidratado é removido e o gás restante é dividido em duas correntes:
uma de reciclo e uma de purga. Calcule a razão molar purga/reciclo para que o teor de inertes
na entrada do reator não ultrapasse 2,5% em quantidade de matéria.
Como não há acumulo no processo, todo inerte que entrar pela alimentação F, terá que sair
na Purga P. Assim, tomando como base 100 kmol de alimentação, temos que 1 kmol será
 purgado em  P . Montando uma tabela com os dados já conhecidos, onde podemos calcular,
através da razão de reciclo, a vazão na entrada do reator
F R Fc % M P S
Inertes 1 7,75 8,75 2,5% 8,75 1 ---
Total 100 250 350 32,258
Como a composição do reciclo é igual a da purga, temos que:
% = 7,75250 × 100% = 3,1%
Logo, a quantidade de matéria na Purga é:
 = 10,021 = 32,258
Assim, a razão Purga/Reciclo é:

 =
 32,258
250   = 0,129
11. BALANÇO MATERIAL NO PROCESSO DE PRODUÇÃO DE AMÔNIA
 No processo de obtenção de amônia, a carga é uma mistura gasosa de N 2 + H2 na relação
estequiométrica e contém 0,2 kmol de argônio (Ar) por 100 kmol da mistura N 2 + H2. A
conversão por passe no reator é de 25%. A amônia formada é separada por condensação e parte
dos gases não convertidos é reciclada para o reator e o restante é purgado. O teor máximo de
argônio na entrada do reator é de 5 kmol de argônio por 100 kmol da mistura N 2 + H2. Calcule:
a. A razão molar de reciclo (R/F)
b. A razão molar de Purga (P/R)
 + 3 = 2
Tomando por base 100kmol da mistura N2/H2 na entrada do reator, sendo a conversão
 por passe igual a 25%:
Fc M M’ R P S
 25 18,75 18,75 ---
 75 56,25 56,25 ---
Inertes 5 5 5 ---
Amônia --- 12,5 --- --- --- 12,5
Total 105 92,5 80 12,5
Analisando o processo global, tem-se no reciclo uma razão de 6,25 kmol de ar/ kmol
 N2/H2. Assim, efetuando um balanço para o inerte no envoltório 2 (somador):
5
75  +
0,2
100  =
5
100 Fc
1
15  +
0,2
100  = 5
Balanço para a mistura N2 + H2
 +  = 100
 = 100  ′
Substituindo:
1
15  + 0,2  0,002′ = 5
 = 74,23   + 
Assim:
 = 25,77   + 
A tabela global então fica:
F Fc M M’ R P S
 6,44 25 18,75 18,75 18,56 0,19 ---
 19,33 75 56,25 56,25 55,67 0,58 ---
Inertes 0,05 5 5 5 4,95 0,05 ---
Amônia --- --- 12,5 --- --- --- 12,5
Total 25,82 105 92,5 80 79,18 0,82 12,5
A razão de reciclo R/F é então 3,05
A razão de purga P/R é então 0,0104