EQ201 Cálculos frequentes

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Prof. José Vicente Hallak d’Angelo – DESQ/FEQ/UNICAMP 
 
 
 
Universidade Estadual de Campinas 
Faculdade de Engenharia Química 
EQ201 – Balanços de Massa e Energia 
 
 
EQ 201 
Balanços de Massa e Energia 
 
 
 
 
Cálculos Frequentes em 
Balanços de Massa e Energia 
 
 
 
 
Prof. José Vicente Hallak d’Angelo 
Departamento de Engenharia de Sistemas Químicos 
 
 
 
 
Março/2021 
Campinas – SP 
EQ201 – Balanços de Massa e Energia - Cálculos Frequentes em Balanços de Massa e Energia 1 
 
 
Prof. José Vicente Hallak d’Angelo – DESQ/FEQ/UNICAMP 
 
 
S U M Á R I O 
 
1 - INTRODUÇÃO ________________________________________________________________ 2 
2 - TRANSFORMAÇÃO DE UNIDADES ________________________________________________ 2 
3 - COMPOSIÇÕES MÁSSICA/MOLAR, COMPOSIÇÃO PERCENTUAL E MASSA MOLAR MÉDIA __ 10 
3.1 – Composição molar para composição mássica __________________________________ 10 
3.2 – Composição mássica para composição molar __________________________________ 11 
3.3 – Composição percentual ou centesimal ________________________________________ 12 
3.4 – Massa molar média _______________________________________________________ 13 
4 - EQUAÇÃO DOS GASES IDEAIS, CNTP E NORMAL METRO CÚBICO ______________________ 14 
4.1 – Equação dos gases ideais __________________________________________________ 14 
4.2 – CNTP e normal metro cúbico _______________________________________________ 15 
5 - RESOLUÇÃO DE SISTEMAS DE EQUAÇÕES LINEARES ________________________________ 17 
6 - INTERPOLAÇÃO LINEAR _______________________________________________________ 24 
7 - BASE LIVRE _________________________________________________________________ 27 
8 - BALANÇO ATÔMICO __________________________________________________________ 29 
9 – CÁLCULO DE ENTALPIAS, CP MÉDIO E CP DE MISTURAS _____________________________ 31 
10 – ESTADO DE REFERÊNCIA _____________________________________________________ 42 
11 – DESPREZANDO O EFEITO DA PRESSÃO SOBRE VARIAÇÕES DE ENTALPIA ______________ 48 
12 – CÁLCULOS ENVOLVENDO BALANÇOS DE MASSA COM REAÇÃO QUÍMICA _____________ 56 
12.1 – Grau de avanço _________________________________________________________ 56 
12.1 – Conversão, seletividade, conversão por passe e global __________________________ 58 
12.2 – Rendimento ____________________________________________________________ 62 
 
 
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1 - Introdução 
 
 A disciplina Balanços de Massa e Energia (EQ201), como o próprio nome já diz, aborda 
balanços de massa e energia, em sistemas com e sem reação química, aplicados a diversos processos 
e operações unitárias da indústria química. É uma das disciplinas fundamentais do curso de 
graduação em Engenharia Química, uma vez que os conceitos e cálculos abordados serão utilizados 
em algum momento em praticamente todas as demais disciplinas do curso. 
 
Na realização desses balanços, alguns cálculos são bastante frequentes e por isso é muito 
importante que o futuro profissional da Engenharia Química seja capaz de dominá-los com bastante 
segurança e realizá-los de forma rápida e correta. Este material suplementar da disciplina apresenta 
e discute exemplos que ilustram estes cálculos. 
 
Espera-se que este material seja útil aos alunos do curso não só para o acompanhamento 
e estudo da disciplina EQ201 mas também em outros momentos do curso, para as demais 
disciplinas. Críticas e sugestões no sentido de melhorar o conteúdo deste material serão sempre 
muito bem-vindas! 
 
 
2 - Transformação de unidades 
 
Transformações de unidades estão sempre presentes em cálculos de balanços de massa e 
energia, seja porque os dados vêm de fontes que usam unidades distintas (diagramas, tabelas, etc) 
ou porque são medidos em diferentes unidades, que quando utilizadas, precisam ser coerentes. 
Embora seja um procedimento bastante simples, é muito comum cometer erros de atenção, os 
quais podem comprometer significativamente os resultados dos cálculos. 
 
Para realizar cálculos envolvendo transformações de unidades, lembre-se sempre que o 
objetivo é obter um fator de conversão que seja igual a 1 (um) e então multiplicar a unidade que se 
deseja converter, utilizando de forma conveniente esse fator igual a 1, uma vez que a multiplicação 
por 1 não altera o dado. 
 
Exemplo 2.1: transformar 1 m/s para km/h. Sabendo que 1 km = 1000 m e que 1 h = 3600 s, geramos 
os seguintes fatores de conversão que correspondem a 1. 
 
1 km 3600 s
1 e 1
1000 m 1 h
= = 
 
Multiplicamos agora a unidade que desejamos transformar, utilizando esses fatores, 
lembrando que devemos utilizar esse fator de conversão de forma conveniente a eliminar as 
unidades que queremos converter, fazendo aparecer as unidades desejadas. Assim: 
 
m 1 km 3600 s km
1 3,6
s 1000 m 1 h h
  = 
 
 
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Vamos agora avaliar uma conversão envolvendo massa e quantidade de matéria. Por 
exemplo, alguns fatores de conversão são: 
 
m
m
1 kg 1 lb 1 kg
1 1 1
1000 g 453,592 g 2,20462 lb
= = = 
 
em que lbm significa libra-massa, importante para diferencia de libra-mol, como veremos a seguir. 
 
Exemplo 2.2: transformar 470 g para libra-massa (lbm). A forma mais simples e rápida é: 
 
m
m
1 lb
470 g 1,03617 lb
453,592 g
 = 
 
mas também, apenas como forma de ilustrar que é possível combinar tantos fatores de conversão 
quanto necessários, quando for o caso, desde que estes fatores de conversão representem uma 
multiplicação por 1, poderíamos ter feito essa transformação da seguinte forma: 
 
m
m
1 kg 2,20462 lb
470 g 1,03617 lb
1000 g 1 kg
  = 
 
 Reparem que nesse caso, utilizamos o último fator de conversão invertido em relação ao 
fator apresentado inicialmente (kg/lbm) uma vez que o kg que desejávamos eliminar estava no 
numerador e portanto devemos usar o fator de conversão com o kg aparecendo no denominador. 
Entretanto essa inversão continua gerando um fator igual a 1, já que 1-1 = 1. 
 
Para transformações envolvendo quantidade de matéria (mol, libra-mol, etc), recordemos 
antes a definição de número de mol de uma substância, que é dado pela razão entre a massa desta 
substância (m) e a sua massa molar (M), anteriormente denominada peso molecular, termo esse 
que ficou obsoleto. 
 
As unidades mais comuns do número de mol são: mol ou gmol, kmol ou kgmol e lbmol; 
obtidas da relação entre a massa (m) dada, respectivamente, por g, kg e lbm e a massa molar (M), 
dada por g/mol, kg/kmol e lbm/lbmol. 
 
Exemplo 2.3: tomemos como exemplo a água, H2O, cuja massa molar pode ser dada por 18 g/mol. 
Digamos que desejamos saber quantos mol há em 500 lbm de água. O cálculo poderia, ser feito, por 
exemplo, da seguinte forma: 
 
i) transformar a massa de libra-massa para grama: m
m
453,592 g
500 lb 226796 g
1 lb
 = 
 
ii) calcular o número de mol usando a massa molar da água: 
m 226796 g
n = 12599,78 mol
gM
18
mol
= = 
 
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É muito comum encontrar livros em que a unidade de quantidade de matéria é escrita como 
sendo gmol (grama-mol) ao invés de apenas mol, apenas como uma forma de facilitar a manipulação 
dessa unidade, indicando que foi obtida a partir de uma massa em gramas e para permitir também 
a manipulação de unidades múltiplas. Por exemplo: 5000 gmol = 5 kgmol, assim como 5000 mol = 
5 kmol (o “k” de kilo, indica um fator de 103 em qualquer situação que for utilizado).Assim, podemos observar que se a massa molar da água é 
g
18
mol
 ela também poderá ser 
escrita como sendo igual a 
kg
18
kmol
 (aplicando-se o mesmo fator de conversão no numerador e 
denominador, o valor da massa molar não se altera). Então, por exemplo, quando temos uma massa 
em kg, não precisamos transformar para g, para calcularmos a massa molar, basta usar a massa 
molar nas unidades adequadas. 
 
 
Exemplo 2.4: Qual a massa molar de 72 kg de água? 
 
m 72 kg
n = 4 kmol ou 4 kgmol
kgM
18
kmol
= = 
 
Se alguém primeiro optasse por transformar a massa em gramas, chegaria ao seguinte 
resultado: 
1000 g
m = 72 kg × = 72000 g
1 kg
m 72000 g
n= = = 4000 mol ou 4000 gmol
gM 18
mol
 
 
os quais correspondem aos mesmos 4 kmol obtidos no cálculo anterior e por isso é importante 
entender que mol e gmol são a mesma coisa, só que essa forma de escrever (gmol) pode ser útil 
quando se deseja obter o número de mol a partir de uma massa que não está em gramas. Veja a 
seguir! 
 
Exemplo 2.5: voltemos agora ao Exemplo 2.3, cujo objetivo era obter o número de mols de 500 lbm 
de água. Se usarmos o mesmo raciocínio sobre aplicar a correção da unidade no numerador e no 
denominador, como feito anteriormente com o múltiplo “kilo”, verifica-se que: 
m mol
m m
mol mol
g g
18 =18
mol gmol
453,592 g 453,592 gmol
1, assim como, 1
1 lb 1 lb
portanto
g 1 lb 453,592 gmol lb
18 18
gmol 453,592 g 1 lb lb
= =
  =
 
 
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Assim, partindo de uma massa em libras, no caso 500 lbm, poderíamos simplesmente dividir 
por 18 lbm/lbmol para obter o número de mol em lbmol, ou seja: 
 
m
mol
m
mol
m 500 lb
n= = = 27,7778 lb
lbM 18
lb
 
 
os quais, quando transformados usando o fator de correção, irão fornecer o mesmo valor que havia 
sido calculado anteriormente em mol 
 
mol
mol
453,592 gmol
27,7779 lb 12599,78 gmol ou 12599,78 mol
1 lb
 = 
 
 Em transformações de unidades envolvendo unidades com expoentes, os fatores de 
conversão também devem ser elevados ao mesmo expoente. 
 
Exemplo 2.6: transformar 20 g/cm3 em lbm/ft3. 
 
A relação entre as unidades de comprimento centímetro (cm) e pés (ft) é dada por: 
 
30,48 cm
 = 1
1 ft
 
 
assim, para obtermos a relação entre cm3 e ft3 todos os termos dessa relação que representa o fator 
de conversão, deverão ser elevados ao cubo antes de efetuarmos a conversão desejada. 
 
3 3
m m
3 3 3 3
g 1lb 30,48 cm lb
20 × × = 1248,56 
cm 453,592g 1 ft ft
 
 
 Unidades compostas que têm como uma de suas componentes unidades de temperatura, 
merecem uma atenção especial. O motivo é simples: não existe um fator de conversão entre 
temperaturas capaz de gerar um multiplicador igual a 1, como nos casos anteriores. Por exemplo, a 
conversão de graus Celsius para kelvin é feita de acordo com a seguinte equação: 
 
T(K) = T(oC) + 273,15 (2.1) 
 
e a de graus Celsius para Fahrenheit por é dada por 
 
T(oF) = 1,8T(oC) + 32 (2.2) 
 
 Como se vê, é impossível, matematicamente, obter a partir dessas equações, um fator de 
conversão (razão) entre temperaturas, que forneça o valor 1 para uma relação entre as unidades, 
que poderia ser utilizado para fazer uma transformação de unidades nos mesmos moldes 
anteriores. Uma alternativa é usar uma variação (delta, ) de temperaturas para obter um fator de 
correção. 
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Exemplo 2.7: sejam duas temperatura em graus Celsius T1 = 30 oC e T2 = 50 oC. Qual a variação de 
temperatura desse intervalo em oC e em oF? 
 
Aplicando o fator de conversão dado pela Equação (2.2) a estas temperaturas em graus 
Celsius, tem-se que as temperaturas em graus Fahrenheit seriam T1 = 86 oF e T2 = 122 oF. Assim a 
variação () dessas temperaturas seria dada por: 
 
T(oC) = 50 – 30 = 20 oC e T(oF) = 122 – 86 = 36 oF 
 
ou seja, um intervalo de temperatura em graus Fahrenheit é 1,8 vez maior que o mesmo intervalo 
de temperatura em graus Celsius, o que equivale então a dizer que 1,8T(oF) = 1T(oC) e dessa 
relação podemos obter um fator de conversão dado por: 
 
( )
( )
o
o
1,8 ΔT F
=1
1 ΔT C
 
 
o qual só se aplica a uma faixa de temperatura ou para unidades compostas que contêm 
temperatura, o que é diferente de converter simplesmente uma temperatura de uma unidade para 
outra. Os demais fatores de conversão envolvendo outras unidades de temperatura são: 
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
( )
o o o o
o o
1,8 ΔT F 1,8 ΔT R 1 ΔT F 1 ΔT C
 = = = = 1
1 ΔT K 1 ΔT K1 ΔT C 1 ΔT R
 
 
sendo oR = grau Rankine (escala absoluta do sistema inglês). O símbolo oRa também costuma ser 
utilizado, para evitar confusão com o símbolo (R) da constante universal dos gases ideais. A 
equações de transformação de unidades de temperatura envolvendo grau Rankine são: 
 
T(oR) = T(oF) + 459,67 (2.3) 
 
T(oR) = 1,8T(oC) + 491,67 (2.4) 
 
T(oR) = 1,8T(K) (2.5) 
 
Exemplo 2.8: qual a variação em graus Celsius na faixa de 32 oF a 212 oF? 
 
Você poderia responder utilizando duas opções: 
 
i) convertendo cada uma das temperaturas e fazendo a variação entre elas: 
T1(oC) = [T1(oF) – 32]/1,8 = (32 – 32)/1,8 = 0 oC 
T2(oC) = [T2(oF) – 32]/1,8 = (212 – 32)/1,8 = 100 oC 
portanto T(oC) = 100 oC 
ii) usando o fator de conversão para intervalos de temperatura: 
 
o
o o o
o
1Δ C
T( C) = (212 - 32) F =100 C 
1,8Δ F
  
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 Uma aplicação de conversão de uma unidade composta que contém uma grandeza de 
temperatura por exemplo, é o calor específico de uma substância, o qual é muito comum em 
cálculos de balanço de energia. 
 
Exemplo 2.9: Para a água, no estado líquido, o calor específico pode ser considerado como sendo 
aproximadamente igual a 1 cal/(g.oC). Qual o valor do calor específico da água em Btu/(lbm.oF)? 
 
o
o o o
m m
cal 452,53g 0,0039657Btu 1Δ C Btu
1 × × × = 1 
g. C 1 lb 1 cal 1,8Δ F lb . F 
 
e nesse caso é uma feliz (e útil) coincidência que os valores sejam os mesmos em ambas as unidades. 
Para facilitar a compreensão da utilização de fatores de correção de temperaturas em unidades 
compostas, imagine como se os  fossem unidades que se anulam na conversão, uma vez que estão 
tanto no numerador como no denominador. 
 
Sugestão: teste outras conversões de unidades de calor específico e confira suas respostas no 
seguinte site https://online.unitconverterpro.com/es/conversion-de-unidad/conversor-
alpha/specific-heat-capacity.php 
 
Exemplo 2.10: como exemplos de fixação vamos ilustrar agora algumas transformações de unidades 
envolvendo a constante universal dos gases ideais (R) mostrados na Tabela 2.1. 
Tabela 2.1 – Valores da Constante universal dos gases (R). 
1,987 cal/(mol.K) 8,314 (Pa.m3)/(mol.K) 
1,987 Btu/(lbmol. oR) 8,314 J/(mol.K) 
10,73 (psia.ft3)/(lbmol. oR) 8314 (kPa.cm3)/(mol.K) 
0,7302 (atm.ft3)/(lbmol. oR) 83,14 (bar.cm3)/(mol.K) 
1545 (ft.lbf)/(lbmol. oR) 82,06 (atm.cm3)/(mol.K) 
21,9 (inHg.ft3)/(lbmol. oR) 62365,6 (torr.cm3)/(mol.K) 
 
Transformar 1,987 Btu/(lbmol. oR) para J/(mol.K): 
 
o
mol
o
mol
Btu 1055 J 1 lb 1,8 Δ R J
1,987 × × × = 8,3186
lb R 1 Btu 453,6 mol ΔK mol.K
 
 
Transformar 10,73 (psia.ft3)/(lbmol. oR) para(bar.cm3)/(mol.K) 
 
3 3 3 o 3
mol
o 3 3
mol
psia×ft 1 bar 30,48 cm 1 lb 1,8 Δ R bar cm
10,73 × × × × = 83,1297
lb R 14,504 psia 1 ft 453,6 mol ΔK mol.K

 
 
OBS: as pequenas diferenças observadas em relação aos valores da Tabela 2.1 devem-se a 
arredondamentos dos fatores de conversão utilizados. Deixa-se como sugestão para treinar a 
conversão de unidades, a transformação de outros valores presentes na Tabela 2.1. 
https://online.unitconverterpro.com/es/conversion-de-unidad/conversor-alpha/specific-heat-capacity.php
https://online.unitconverterpro.com/es/conversion-de-unidad/conversor-alpha/specific-heat-capacity.php
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 Por fim, um fator de conversão muito utilizado em engenharia em transformações de 
unidade envolvendo massa e força, é o gc. Vamos analisar a aplicação desse fator de conversão. No 
Sistema Internacional a unidade de força é o Newton (N) e sendo a definição de força o produto 
entre a massa e a aceleração, o Newton é definido da seguinte forma: 
 
 
2
m
F = m a 1 N = 1 kg 1 
s
   (2.6) 
 
 Portanto, 1 Newton é a força necessária para acelerar 1 kg de massa de 1 m/s2. uque atua 
sobre uma unidade de massa, sujeita a uma unidade de aceleração. Porém muitas vezes a força 
analisada considera a aceleração da gravidade (9,8 m/s2). Nesse caso, teríamos: 
 
 
2
m
F = m×a 1 kg × 9,8 = 9,8 N
s
 (2.7) 
 
para este caso, foi definida outra grandeza de força, o quilograma-força (kgf) o qual é definido da 
seguinte forma: 
 1 kgf = 9,8 N (2.8) 
 
e no caso da combinação de grandezas do sistema inglês de unidades (também denominado 
Sistema FPS – foot, pound, second de pé, libra, segundo), tem-se as seguintes equações 
equivalentes: 
 
m 2
ft
F = m a 1 pdl = 1 lb 1 
s
   (2.9) 
 
na qual pdl (poundal) é a unidade de força do sistema inglês e que é a força necessária para acelerar 
1 libra-massa de 1 ft/s2. E quando consideramos a aceleração da gravidade em unidades do sistema 
inglês, temos: 
 
 
f m 2
ft
F = m a 1 lb = 1 lb 32,174 
s
   (2.10) 
sendo então a unidade de libra-força (lbf) definida como a força necessária para acelerar 1 lbm de 
32,174 ft/s2 que é o valor da aceleração da gravidade no sistema FPS. 
 
 Assim, as quatro unidades de força descritas anteriormente (N, kgf, pdl e lbf) podem ser 
relacionadas por um fator, gc, que é utilizado sempre que for preciso realizar conversões de unidade 
envolvendo força e massa, de acordo com as seguintes relações: 
 
m m
c 2 2 2 2
f f
kg×m kg×m lb ×ft lb ×ft
g = 1 = 9,8 = 32,174 = 1 
N×s kg ×s lb ×s pdl×s
 (2.11) 
 
e a forma de se utilizar mais facilmente este fator de conversão é introduzi-lo na equação de cálculo 
da força conforme a Equação (2.12): 
 
c
m a
F = 
g

 (2.12) 
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 Vejamos os exemplos a seguir para ilustrar o uso do gc em conversões de unidade. 
 
Exemplo 2.11: calcule a força aplicada a um corpo com massa de 5 kg e aceleração de 20 m/s2 em 
N, kgf, pdl e lbf. Pela definição de força: F = m.a 
 
No caso da força em Newton, essa grandeza já é definida pelo produto de uma massa em kg e pela 
aceleração em m/s2, portanto: 
F = 5 kg x 20 m/s2 = 100 N 
 
se tivéssemos utilizado a Equação (2.12) com o gc adequado, teríamos: 
 
2
c
2
m a 5 kg 20 m s
F = = = 100 N
kg mg 1
N s
 


 
 
Parece ser mais complicado que o primeiro cálculo e de fato não seria necessário usar o gc 
nesse caso, pois a unidade de força em Newton estaria coerente com as unidades utilizadas para 
massa e aceleração. Porém, vejamos o caso se desejássemos calcular a forma em kgf. 
 
 Nesse caso não basta novamente multiplicar massa pela aceleração, pois novamente seria 
obtida uma força em Newtons e não em kgf. Como a unidade de kgf refere-se a uma aceleração fixa 
de 9,8 m/s2 é como se tivéssemos que fazer uma correção dessa força verificando o quanto a 
aceleração real se relaciona com 9,8 m/s2. No caso, a aceleração é 2,0408 vezes maior que 9,8 m/s2 
portanto é como se pudéssemos “fatorar” a relação do produto entre massa e aceleração da 
seguinte forma: 
 
F = m.a = 5 kg x 20 m/s2 = (5 x 1) kg x (9,8 x 2,0408) m/s2 
 
F = (1 x 9,8) kg.m/s2 x (5 x 2,0408) 
 
F = 1 kgf x 10,2041 = 10,2041 kgf 
 
Conforme se vê, para o caso do cálculo da força em kgf já fica mais claro o lado prático de 
se utilizar o fator gc pois bastaria fazer o seguinte cálculo: 
 
2
f
c
2
f
m a 5 kg 20 m s
F = = = 10,2041 kg
kg mg 9,8
kg s
 


 
 
No caso de se obter o valor da força em pdl ou lbf a praticidade do gc fica ainda mais clara, 
pois essa transformação é mais trabalhosa se considerarmos que também precisamos converter a 
unidade da massa e da aceleração. Assim: 5 kg = 11,0231 lbm e 20 m/s2 = 65,6168 ft/s2 
 
F = m.a = 11,0231 lbm x 65,6168 ft/s2 = 723,3005 pdl 
 
o produto de uma massa em libra-massa e uma aceleração em ft/s2 resulta em um força em pdl. 
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 O mesmo raciocínio anterior em relação a N e kgf poderia ser aplicado para calcular a força 
em unidade de libra-força a qual é definida para uma aceleração de 32,174 ft/s2 
 
F = m.a = 11,0231 lbm x 65,6168 ft/s2 = (11,0231 x 1) lbm x (32,174 x 2,039436) ft/s2 
 
F = (1 x 32,174) lbm.ft/s2 x (11,0231 x 2,039436) 
 
F = 1 lbf x 22,4809 = 22,4809 lbf 
 
que também poderia ter sido obtido da relação com gc da seguinte forma: 
 
2
m
f
mc
2
f
m×a 11,02311lb × 65,6168 ft s
F = = = 22,4809 kg
lb ×ftg 32,174
lb ×s
 
 
 A alternativa mais simples porém é fazer uso de uma tabela de conversão de unidades de 
força, como a Tabela 2.2 a seguir, que já traz embutidas todas essas transformações de unidades. 
Como sugestão, refaça este exemplo utilizando os fatores da Tabela 2.2. 
 
Tabela 2.2 – Fatores de conversão de unidades de força. 
poundal 
(pdl) 
libra-força 
(lbf) 
newton 
(N) 
quilograma-força 
(kgf) 
1 0,0311 0,1383 0,0141 
32,1740 1 4,4482 0,4536 
 7,2330 0,2248 1 0,1020 
70,9316 2,2046 9,8067 1 
 
 
3 - Composições mássica/molar, composição percentual e massa molar média 
 
Na Engenharia Química os balanços de massa e energia frequentemente lidam com as 
composições de matérias-primas, produtos e correntes de processo, as quais podem ser expressas 
de diferentes formas, tais como composição molar, composição mássica, composição volumétrica, 
etc. Muitas vezes precisamos transformar essas formas de composição umas nas outras, sendo a 
mais frequente a transformação de composição mássica para molar e vice-versa. Para fazer essa 
transformação de composição, precisamos apenas utilizar uma base de cálculo qualquer para obter 
as grandezas necessárias, seja ela uma grandeza do processo ou um valor arbitrário. 
 
3.1 – Composição molar para composição mássica 
 
Exemplo 3.1: considere uma corrente gasosa com a seguinte composição molar: 70% CH4, 20% C2H6 
e 10% C3H8. Qual a composição mássica dessa corrente? Se for dado, por exemplo, um valor de 
vazão molar da corrente, poderíamos usar este valor como base de cálculo, mas como o que se 
busca é um valor também de composição, ou seja, grandezas relativas, oresultado não depende da 
base de cálculo escolhida. Veja os cálculos a seguir. 
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Caso 1: suponha que tivesse sido fornecida uma 
vazão molar para esta corrente gasosa de um 
processo como sendo igual a 7862,4 kmol/h. 
 
CH4 = 7862,4 kmol/h*0,7 = 5503,68 kmol/h 
C2H6 = 7862,4 kmol/h*0,2 = 1572,48 kmol/h 
C3H8 = 7862,4 kmol/h*0,1 = 786,24 kmol/h 
 
Caso 2: é possível também definir uma base de 
cálculo arbitrária, que nesse caso, um valor 
mais prático seria 100 kmol/h. 
 
CH4 = 100 kmol/h*0,7 = 70 kmol/h 
C2H6 = 100 kmol/h*0,2 = 20 kmol/h 
C3H8 = 100 kmol/h*0,1 = 10 kmol/h 
 
Transformando para vazão mássica utilizando o valor da massa molar, tem-se: 
CH4 = 5503,68 kmol/h*16 kg/kmol = 88058,88 kg/h 
C2H6 = 1572,48 kmol/h*30 kg/kmol = 47174,40 kg/h 
C3H8 = 786,24 kmol/h*44 kg/kmol = 34594,56 kg/h 
 
Massa total = 169827,84 kg/h 
CH4 = 70 kmol/h*16 kg/kmol = 1120 kg/h 
C2H6 = 20 kmol/h*30 kg/kmol = 600 kg/h 
C3H8 = 10 kmol/h*44 kg/kmol = 440 kg/h 
 
Massa total = 2160 kg/h 
 
Com base na massa total e na massa de cada componente, obtém-se a composição mássica da corrente 
gasosa 
CH4 = 88058,88 kg/169827,84 kg = 0,5185 
C2H6 = 47174,40 kg/169827,84 kg = 0,2778 
C3H8 = 34594,56 kg/169827,84 kg = 0,2037 
CH4 = 1120 kg/2160 kg = 0,5185 
C2H6 = 600 kg/2160 kg = 0,2778 
C3H8 = 440 kg/2160 kg = 0,2037 
 
Portanto, a composição molar da corrente gasosa será 51,85% CH4, 27,78% C2H6 e 20,37% C3H8, a qual, 
como se pode ver, é a mesma para ambas as bases de cálculo. Porém, no Caso 2 os cálculos foram mais 
simples e podem oferecer menos margem de erro. 
 
3.2 – Composição mássica para composição molar 
 
Essa transformação segue a mesma lógica da transformação anterior, porém partindo de 
uma base de cálculo em massa. 
 
Exemplo 3.2: seja uma solução líquida cuja composição mássica é 90% etanol e 10% água. Qual a 
composição molar dessa solução? 
 
Caso 1: suponha que tivesse sido fornecida uma 
massa para esta solução como sendo igual a 6.780 
kg. 
C2H5OH = 6.780 kg * 0,90 = 6.102 kg 
H2O = 6.780 kg * 0,10 = 678 kg 
Caso 2: é possível também definir uma base de 
cálculo arbitrária, que nesse caso, um valor 
mais prático poderia ser 100 kg. 
C2H5OH = 100 kg * 0,90 = 90 kg 
H2O = 100 kg * 0,10 = 10 kg 
Essas massas são transformadas para número de mol utilizando as massas molares 
C2H5OH = 6.102 kg/(46 kg/kmol) = 132,6522 kmol 
H2O = 678 kg/(18 kg/kmol) = 37,6667 kmol 
 
Quantidade total de mols = 170,3189 kmol 
C2H5OH = 90 kg/(46 kg/kmol) = 1,9565 kmol 
H2O = 10 kg/(18 kg/kmol) = 0,5556 kmol 
 
Quantidade total de mols = 2,5121 kmol 
Com base na quantidade total mols e na quantidade de mol de cada componente, obtém-se a composição 
molar da solução 
C2H5OH = 132,6522 kmol/170,3189 kmol = 0,7788 
H2O = 37,6667 kmol/170,3189 kmol = 0,2212 
 
C2H5OH = 1,9565 kmol/2,5121 kmol = 0,7788 
H2O = 0,5556 kmol/2,5121 kmol = 0,2212 
 
Portanto, a composição molar da solução seria 77,88% C2H5OH e 22,12% H2O a qual, como se pode ver, 
é a mesma independentemente da base de cálculo. 
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3.3 – Composição percentual ou centesimal 
 
A composição percentual ou centesimal (ou também fórmula percentual) é a porcentagem 
em massa de cada elemento (átomo) em um determinado composto (molécula). Também pode ser 
calculada a composição percentual de uma determinada molécula quando se trata de uma molécula 
composta por outras moléculas. A composição percentual é obtida dividindo-se a massa de cada 
elemento existente em 1 mol de composto pela massa molar do composto e em seguida. 
multiplicando-se o valor obtido por 100. 
 
Exemplo 3.3: calcular a composição percentual de hidrogênio e carbono na molécula de metano. 
 
 A molécula de metano, CH4 tem massa molar igual a 16 g/mol. Nessa massa molar, o 
carbono contribui com 12 g/mol e o hidrogênio com 4 g/mol. Portanto a composição percentual da 
molécula de metano corresponderia a: C = 12/16 = 75% e H = 4/16 = 25%. Isso significa que a 
fórmula percentual da molécula de metano pode ser escrita como C0,75H0,25 ou C75%H25%. Assim, se 
tivermos, por exemplo, 200 g de metano, implicaria em termos as seguintes massas de cada 
elemento: C = 0,75*200 = 150 g e H = 0,25*200 = 50 g. 
 
 Se transformarmos essas massas em mol de elemento, teríamos: 
 
 C = 150 g/(12 g/mol) = 12,5 mol e H = 50 g/(1 g/mol) = 50 mol 
 
ou seja a fórmula correspondente a 200 g de metano poderia ser escrita da seguinte forma: C12,5H50 
a qual pode ser reduzida à fórmula mínima que irá indicar o número de mol total da molécula com 
um coeficiente à frente da fórmula mínima: 12,5 CH4 que mostra que em 200 g de metano, temos 
12,5 mol dessa substância (conclusão essa que também podemos chegar dividindo a massa total 
pela massa molar da molécula: 200 g/(16 g/mol) = 12,5 mol). 
 
Cálculos envolvendo composições percentuais são especialmente frequentes quando 
tratamos de matrizes sólidas, como minérios, por exemplo. Veja o exemplo a seguir: 
 
Exemplo 3.4: calcule quantos quilogramas de sulfato de cobre e quantos quilogramas de água 
existem em 200 kg de sulfato de cobre penta-hidratado (CuSO4.5H2O)? 
 
 Para saber quantos quilogramas temos de cada molécula que compõe o sal penta-
hidratado, precisamos verificar a composição mássica desse sal. Para isso utilizaremos as massas 
molares de cada átomo (aqui expressas em kg/kmol): Cu = 63,5 S = 32 O = 16 e H = 1. 
 
Assim, o sulfato de cobre possui a seguinte massa molar: CuSO4 = 63,5 + 32 + (4x16) = 159,5 
kg/kmol e o restante, 5H2O = 5 x [(2x1) + (16)] = 90 kg/kgmol. A massa molar total do sal penta-
hidratado será então: 159,5 + 90 = 249,5 kg/kmol. A porcentagem mássica de cada constituinte da 
molécula composta será então: CuSO4 = 159,5/249,5 = 0,6393 ou 63,93% e 5H2O = 90/249,5 = 
0,3607 ou 36,07%. 
 
Então, em 200 kg de sulfato de cobre teremos CuSO4 = 200 x 0,6393 = 127,86 kg e a 
quantidade de água será 5H2O = 200 x 0,3607 = 72,14 kg. 
 
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Exemplo 3.5: um minério é composto de duas matrizes. A matriz [1] é constituída de piritas (FeS2) 
+ ganga e a matriz [2] contém minério sulfetado (ZnS) + inertes, sendo que a matriz [1] corresponde 
a 75% do minério tem uma composição 92% FeS2 e 8% ganga e a matriz [2] corresponde a 25% do 
minério e tem composição 68% de ZnS e 32% de inertes. Qual a massa de enxofre contida em 100 
kg desse minério? 
 
Tomando a base de cálculo de 100 kg de minério, tem-se então: 
 
Matriz [1] = 100*0,75 = 75 kg, dos quais FeS2 = 0,92*75 = 69 kg 
 
Matriz [2] = 100*0,25 = 25 kg, dos quais ZnS = 0,68*25 = 17 kg 
 
 Para se obter a quantidade de enxofre temos duas opções: obter a quantidade de mol de 
cada molécula, em seguida os mols de cada componente e por afim a massa de cada componente 
ou utilizar a composição percentual da molécula e assim obter a massa de cada elemento. Vamos 
analisar ambas as opções. 
 
i) obter a quantidade de mol de cada molécula, em seguida do enxofre e então sua massa: 
 
 Matriz [1], 69 kg de FeS2  massa molar do FeS2 = (55,85 + 2x32) = 119,85 kg/kmol 
 número de mol = 69/119,85 = 0,5757 kmol de FeS2 
 então como na molécula de FeS2 temos 2 kmol de S, teríamos que 
S = 2*0,5757 = 1,1514 kmol, que equivalem a 1,1514*32 = 36,8461 kg de S 
 
 Matriz [2], 17 kg de ZnS  massa molar do ZnS = (65,38 + 32) = 97,38 kg/kmol 
 númerode mol = 17/97,38 = 0,1746 kmol de ZnS 
 então como na molécula de ZnS temos 1 kmol de S, teríamos que 
S = 1*0,1746 = 0,1746 kmol, que equivalem a 0,1746*32 = 5,5864 kg de S 
 
Assim, a massa total de enxofre contida em 100 kg desse minério seria: 42,4324 kg de S 
 
ii) utilizando a composição percentual das moléculas: 
 
 Na molécula de FeS2, cuja massa molar é 119,85 kg/kmol, a porcentagem mássica do S é 
igual a (2 x 32)/119,85 = 0,5340 ou 53,40%. Na molécula de ZnS, cuja massa molar é 97,38 kg/kmol, 
a porcentagem mássica do S é igual a (1 x 32)/97,38 = 0,3286 ou 32,86%. 
 
 Portanto a massa total de enxofre no minério seria: 
 
(0,5340 x 69 kg) + (0,3286 x 17 kg) = 42,4324 kg de S 
 
3.4 – Massa molar média 
 
Um cálculo também bastante frequente e útil é obter a massa molar média de uma mistura 
de diversos componentes, a qual pode ser utilizada diretamente para se calcular, por exemplo, a 
massa total dessa mistura, sem a necessidade de fazer a transformação de uma composição para a 
outra, como visto anteriormente. 
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A massa molar média é obtida por uma média ponderada das massas molares, dada por: 
1
n
i i
i
M x M
=
= (3.1) 
 
na qual xi é a fração molar do componente i na mistura de n componentes e Mi é a massa molar do 
componente i. 
 
Exemplo 3.6: calcular a massa molar média da corrente gasosa apresentada no item 3.1. A 
composição dessa corrente é 70% CH4, 20% C2H6 e 10% C3H8, assim utilizando a Equação (3.1), a 
massa molar média dessa mistura gasosa seria: 
 
M = 0,7*16 + 0,2*30 + 0,1*44 = 21,6 g/mol ou 21,6 kg/kmol 
 
tendo sido dada a vazão molar da corrente, igual a 7862,4 kmol/h então a vazão mássica é 
facilmente obtida multiplicando essa vazão molar pela massa molar média. Assim: 
 
kmol kg kg
 = 7862,4 × 21,6 = 169827,84
h kmol h
m 
 
que é o mesmo valor obtido para a vazão mássica total calculada anteriormente, porém obtida de 
forma mais rápida, sem a necessidade de calcular a vazão mássica de cada componente 
individualmente. 
 
Exemplo 3.7: calcular a massa molar média do ar atmosférico. 
 
 Este é um cálculo que ocorre frequentemente em processos de combustão, quando 
precisamos, po exemplo, achar a vazão mássica de uma corrente de ar, sendo que a vazão molar já 
foi estabelecida em função do tipo de combustível e da quantidade de ar em excesso desejada. 
 
 Em cálculos de engenharia é comum considerar o ar atmosférico com a seguinte 
composição molar: 79% N2 e 21% O2 (em alguns casos considera-se também uma presença pequena 
de argônio, 1%, nesse caso, o nitrogênio passa a ser considerado como tendo 28%). 
 
 A massa molar média do ar será: (0,79 x 28 g/mol) + (0,21 x 32 g/mol) = 28,84 g/mol. 
 
 
4 - Equação dos gases ideais, CNTP e normal metro cúbico 
 
4.1 – Equação dos gases ideais 
 
Na disciplina EQ201, pelo fato de ser uma disciplina de início de curso e ter seu foco nos 
balanços de massa e energia, todos os componentes e correntes de processo no estado gasoso são 
considerados como sendo gases ideais e por isso a equação de estado do gás ideal (ou também lei 
dos gases ideais ou equação de Clapeyron) é utilizada frequentemente. Esta equação é dada por: 
 
EQ201 – Balanços de Massa e Energia - Cálculos Frequentes em Balanços de Massa e Energia 15 
 
 
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(4.1) 
 
 
na qual P = pressão absoluta do sistema; V = volume do sistema; v = V/n o volume molar do sistema, 
T é a temperatura absoluta do sistema e R é a constante universal do gases. Diversos valores para 
R já foram apresentados na Tabela 2.1 desta apostila. 
 
 4.2 – CNTP e normal metro cúbico 
 
As CNTP – Condições Normais de Temperatura e Pressão são definidas para diversos tipos 
de sistemas de unidades de acordo com os valores apresentados na Tabela 4.1. 
 
 
Tabela 4.1 – Valores das grandezas nas CNTP para diferentes sistemas de unidades. 
Sistema Temperatura Pressão Volume No de mols 
S.I.* 273,15 K 105 Pa 22,710 m3 1 kmol 
C.G.S. 273,15 K 1 atm 22,415 litros 1 mol 
S.A.E. 491,67 oR 1 atm 359,05 ft3 1 lbmol 
 
 
* A IUPAC recomenda que os antigos valores das CNTP, 1 atm para a pressão (101325 Pa) e volume 
de 22,4 L/mol sejam substituídos respectivamente por 100000 Pa e 22,71 m3/kmol (equivalente a 
22,71 L/mol), para ficar em acordo com as unidades básicas do S.I. O valor recomendado para a 
temperatura foi mantido em 273,15 K. 
 
 
ATENÇÃO: não confundir condições normais com condições padrão, que são 25 oC e 1 atm 
 
 
 Em cálculos de balanços envolvendo correntes gasosas, não se pode trabalhar com uma 
vazão volumétrica sem serem definidas as condições de temperatura e pressão dessa corrente, pois, 
como se pode ver pela equação dos gases ideais, para um mesmo valor de volume, diferentes 
condições de temperatura e pressão indicariam também diferentes valores de números de moles. 
Portanto, para se definir a quantidade de matéria associada a uma determinada vazão volumétrica 
ou volume, é preciso definir também, claramente, as condições de temperatura e pressão. 
 
 Por exemplo, considere que uma empresa A vende metano de alta pureza (> 99,9%) em 
cilindros de 1 m3 a um custo de R$ X e a empresa B também vende este gás, com teor de pureza 
idêntico e também em cilindros de 1 m3, porém a um custo de R$ 10X. De qual empresa você 
compraria esse produto? Sem saber as condições de pressão e temperatura de armazenamento 
desse gás nos cilindros, uma vez que os gases são compressíveis, você poderá cometer um erro 
considerável se optar pela empresa A, só porque ela tem o preço mais baixo por metro cúbico. 
 
 
PV = nRT ou Pv = RT 
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Exemplo 4.1: duas empresas fornecedoras de gases especiais (alto teor de pureza) vendem o 
mesmo cilindro de 1,2 m3 de metano 99,9999% de pureza, a preços diferentes. A empresa Gás Legal 
vende o cilindro a R$ 1600,00, enquanto a empresa Metpure vende o cilindro a R$ 1400,00. Seu 
gerente pede que você realize a compra de 10 cilindros desse gás. De qual empresa você compraria? 
 
 Se você tiver a informação que ambos os cilindros contêm gás com o mesmo grau de pureza 
e que são entregues à mesma pressão, certamente você escolheria a empresa Metpure por 
apresentar o menor custo. Porém digamos que você ao conversar com os fornecedores, descobre 
que o cilindro da empresa Gás Legal é entregue a uma pressão de 180 bar manométrico enquanto 
que a empresa Metpure entrega o cilindro com uma pressão de 150 bar manométrico. Nesse caso, 
quando você transformar essas informações em quantidade de material, poderia obter o custo 
específico (molar ou mássico) do gás e ter uma comparação em uma base mais palpável. Supondo 
que a equação dos gases ideais seja válida para esses cilindros de gás e que as pressões informadas 
se refiram ao cilindro sujeito a uma temperatura ambiente de 25 oC: 
 
Empresa Gás Legal 
Volume do cilindro: 1,2 m3 
Pressão manométrica: 180 bar 
Pressão atmosférica: 1 bar 
Pressão absoluta: 181 bar 
Temperatura: 25 oC 
Temperatura absoluta: 298,15 K 
Empresa Metpure 
Volume do cilindro: 1,2 m3 
Pressão manométrica: 150 bar 
Pressão atmosférica: 1 bar 
Pressão absoluta: 151 bar 
Temperatura: 25 oC 
Temperatura absoluta: 298,15 K 
 
Na Tabela 2.1 escolhemos um valor de R que envolva a maior quantidade de unidades coerentes 
com as existentes, para reduzir as conversões de unidade nos cálculos, por exemplo, podemos 
escolher 83,14 (bar.cm3)/(mol.K) e utilizando a equação dos gases ideais, calcular a quantidade 
dematéria contida no cilindro de gás de cada uma das empresas. 
 
 
3 6 3
3 3
181 bar × 1,2 m 10 cm
×
bar.cm 1m
83,14 ×298,15 K
mol.K
8762,24 mol
PV
n
RT
n
= =
=
 
 
 
3 6 3
3 3
151 bar × 1,2 m 10 cm
×
bar.cm 1m
83,14 ×298,15 K
mol.K
7309,93 mol
PV
n
RT
n
= =
=
 
 
 
como nesse caso apenas a pressão variou, seria fácil relacionar a proporção das quantidades em 
mol com a proporção entre as pressões absolutas (181/151 = 8762,24/7309,93) 
 
Custo específico: R$ 1600,00/8762,24 mol 
 
Custo específico = 0,1826 R$/mol 
 
ou em termos de massa 
 
Custo específico = 0,0114 R$/g 
Custo específico: R$ 1400,00/7309,93 mol 
 
Custo específico = 0,1915 R$/mol 
 
ou em termos de massa 
 
Custo específico = 0,0120 R$/g 
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Pelos dados obtidos, concluímos que embora o custo por cilindro da empresa Gás Legal seja 
em torno de 14% maior que o cilindro da Metpure, o custo específico do metano é 
aproximadamente 5% menor e por isso é importante atentar para comparar valores em uma mesma 
base. Lembrando sempre que quando pensamos em processo em escala industrial, pequenas 
diferenças já são muito significativas. 
 
Nas indústrias em geral, as vazões volumétricas de correntes gasosas são medidas em Nm3 
(normal metro cúbico) por unidade de tempo, ou seja, uma vazão considerada nas condições 
normais (CNTP). Isso não quer dizer que o gás esteja escoando de fato nessas condições, mas sim 
que o equipamento que mede a vazão foi calibrado de tal forma a fornecer uma vazão nessas 
condições, permitindo assim obter a vazão mássica ou molar a partir da vazão volumétrica. 
 
 
Exemplo 4.2: uma corrente gasosa de metano, com uma vazão de 200 Nm3/h é alimentada em um 
trocador de calor. Qual a vazão mássica dessa corrente em kg/h? 
 
i) determinar a vazão molar dessa corrente utilizando a equação dos gases ideais nas condições 
normais de temperatura e pressão (serão utilizadas as unidades do S.I.): 
 
3
5
3
m
10 Pa 200
h 8806,8129 mol
Pa.m
8,314 273,15 K
mol.K
PV
n
RT

= = =

 
 
 
ii) determinar a vazão mássica dessa corrente utilizando a massa molar do metano 
 
mol g g
 = 8806,8129 16 140909 
h mol h
m n M =  = 
 
 
iii) finalmente, atentar para o que foi pedido, vazão em kg/h, portanto: 140,91 kg/h. 
 
Obs: o ponto “.” acima das variáveis V, n e m nas equações indicam uma grandeza medida no tempo, 
no caso, vazões volumétrica, molar e mássica, respectivamente. 
 
 
5 - Resolução de sistemas de equações lineares 
 
 
Para os casos mais simples de balanços de massa, em estado estacionário, em processos 
onde não ocorrem reações químicas, frequentemente ocorre uma situação na qual o balanço de 
massa pode ser representado por um sistema de equações lineares. Nesses casos, a equação geral 
de balanço pode ser escrita da seguinte forma simplificada ENTRA – SAI = 0 válida para balanço total 
e também para balanço por componente. 
 
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Exemplo 5.1: um processo deverá produzir 300 kg/h de ácido de bateria que é uma solução 20% em 
massa de H2SO4, em uma operação contínua feita em um misturador, no qual são alimentadas três 
correntes: (1) solução 75% em massa de H2SO4; (2) solução 5% em massa de H2SO4 e (3) água pura. 
Sabendo-se que a vazão da corrente [3] é de 52 kg/h, determine quais as vazões das demais 
correntes do processo. A Figura 5.1 ilustra o processo de mistura na qual a corrente [4] é o produto 
final desejado. 
 
 
Figura 5.1 – Esquema do tanque de mistura. 
 
 O sistema considerado no balanço será o tanque de mistura, para o qual podemos escrever 
as seguintes equações de balanço: 
 
Balanço total  m1 + m2 + m3 = m4 
Balanço ácido  x1m1 + x2m2 + x3m3 = x4m4 
Balanço água  y1m1 + y2m2 + y3m3 = y4m4 
 
 Tomando como base de cálculo a produção desejada de ácido na corrente [4] e 
substituindo os valores dados no enunciado do problema, tem-se as seguintes equações: 
 
Balanço total  m1 + m2 = 248 
Balanço ácido  0,75m1 + 0,05m2 = 60 
Balanço água  0,25m1 + 0,95m2 = 188 
 
 Dessas três equações, apenas duas são independentes, então podemos escolher qualquer 
combinação de duas dessas três equações para resolver o sistema e obter os valores das duas 
incógnitas, que são: m1 = 68 kg/h e m2 = 180 kg/h (as quais somadas à corrente [3] de água darão 
a corrente de produto desejado (300 kg/h de ácido 20%). 
 
Exemplo 5.2: considere o processo apresentado na Figura 5.2, no qual duas correntes (A e B), ambas 
contendo ácido acético (CH3COOH) e água (H2O), são misturadas para se obter uma corrente de 
produto (C). De acordo com a figura, estão determinadas apenas as concentrações mássicas das 
correntes B e C. A vazão da corrente A, bem como sua composição, não são mostradas no esquema 
do processo. Considerando que temos duas espécies químicas (ácido e água), podem ser escritas no 
máximo 2 equações de balanço independentes. Temos 4 incógnitas (as vazões mássicas de cada 
corrente e uma composição da corrente A, a outra é obtida por diferença). Assim o problema tem 
mais incógnitas que equações e teríamos dois graus de liberdade ainda que devem ser definidos 
para que seja possível resolver as equações de balanço. 
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Figura 5.2 – Tanque de mistura (Fonte: https://youtu.be/LFhHnvCXkmE - University of Colorado Boulder). 
 
 
Consideremos então que seja dada a vazão mássica da corrente A, 200 kg/h e que ela 
contenha 15% em massa de ácido acético (então consequentemente irá conter 85% de água). 
Definidos então os graus de liberdade necessários para resolver as equações de balanço e 
considerando que o processo de mistura está ocorrendo em estado estacionário sem reação 
química: 
ENTRA = SAI (5.1) 
 
Utilizando essa equação geral, podemos sempre escrever dois tipos de equações de 
balanço de massa: balanço total e balanço por componente. 
 
Balanço total: A B Cm m m+ = (o “ponto” acima da variável m indica uma taxa, ou seja vazão) 
 
Balanço por componente: nesse caso, temos os componentes água (AG) e ácido acético (AA) 
AG: 0,85 0,5 0,65A B Cm m m+ = 
AA: 0,15 0,5 0,35A B Cm m m+ = 
 
 Temos, portanto, três equações e apenas duas incógnitas (mB e mC) já que mA é conhecida 
e como iremos utilizá-la, ela passará a ser considerada nossa base de cálculo. Porém, das três 
equações, apenas duas são independentes, isso significa que é possível fazer uma combinação linear 
de duas equações quaisquer dessas três e a partir dessa combinação, obter a terceira equação. Por 
exemplo: balanço total – balanço AG = balanço AA. Portanto, uma vez que temos então 2 equações 
independentes e 2 incógnitas, os graus de liberdade do sistema (GL), dado pela diferença entre o 
número de incógnitas e o número de equações independentes, é ZERO! Quando GL = 0, o sistema 
tem uma solução única. 
 
 Podemos então escolher duas equações quaisquer de balanço, dentre as três possíveis para 
este caso, a fim de construir um sistema de equações para determinar as incógnitas. Digamos que 
as equações escolhidas sejam as de balanço total e balanço de ácido acético. Assim: 
 
https://youtu.be/LFhHnvCXkmE
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Balanço total: A B Cm m m+ = 
Balanço AA: 0,15 0,5 0,35A B Cm m m+ = 
 
que substituindoo valor conhecido da vazão da corrente A e reorganizando as equações leva a: 
 
200C Bm m− = 
0,35 0,5 30C Bm m− = 
 
 Este sistema de equações pode ser facilmente resolvido escolhendo-se uma das variáveis 
para ser isolada em uma das equações e em seguida substituindo-a na outra equação, obtendo-se 
assim os seguintes resultados: mC = 466,67 kg/h e mB = 266,67 kg/h. 
 
 Porém, como engenheiros, temos sempre que procurar desenvolver uma forma genérica 
de resolver problemas de tal maneira que nos seja possível, uma vez equacionado o problema para 
um conjunto de dados de entrada, alterar facilmente estes dados de entrada para que um novo 
conjunto de dados de saída seja obtido, permitindo assim realizar uma análise da influência de 
algumas variáveis do processo sobre as demais. Nesse sentido, é muito importante fazer uso de 
ferramentas computacionais. 
 
 Outra forma de resolver este sistema de equações lineares é escrevendo-o na forma de 
notação matricial e resolver utilizando o conceito de matriz inversa. A notação matricial tem a 
seguinte forma geral: A.x = B na qual A é a matriz dos coeficientes do sistema, x é o vetor das 
incógnitas e B é o vetor dos termos independentes. Utilizando a matriz inversa de A, dada por A-1, 
o vetor das incógnitas pode ser obtido por meio de x = A-1.B. Assim: 
 
Matriz A dos coeficientes = 
1 -1
0,35 -0,5
 
 
 
 
 
 
Vetor x das incógnitas (x) = C
B
m
m
 
 
 
 
 
 
Vetor B dos termos independentes = 
200
 30
 
 
 
 
 
 
A matriz inversa A-1 dos coeficientes é dada por = 
3,33333 -6,66667
2,33333 -6,66667
 
 
 
 
 
 
e a operação A-1.B resultará em 
466,6667
266,6667
 
 
 
 ou seja, mc = 466,6667 kg/h e mB = 266,6667 kg/h 
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Uma ferramenta bastante prática e fácil para resolução de sistemas de equações lineares, 
é uma planilha eletrônica, como o Microsoft Excel© por exemplo. Por meio dessa planilha podemos 
elaborar um procedimento que nos permita avaliar os resultados para diferentes dados de entrada. 
 
Exemplo 5.3: construa uma planilha no Microsoft Excel© que contenha células de uma matriz para 
informar os coeficientes do sistema linear associado a um sistema de equações de balanço de massa 
e um vetor para informar os termos independentes. A partir desses dados, siga os passos abaixo 
para obter o vetor correspondente aos valores das incógnitas. 
 
Para obter a matriz inversa no Excel®, utilize os seguintes passos: 
 
1) alimente a matriz quadrada (m x m) dos coeficientes do sistema; 
2) marque na planilha uma área do mesmo tamanho da matriz dos coeficientes; 
3) digitar dentro dessa área =matriz.inverso() e sem acionar a tecla ENTER, posicione o cursor 
dentro dos parênteses desse comando; 
4) usando o mouse, selecione toda a matriz dos coeficientes; 
5) acione as teclas CTRL + SHIFT + ENTER simultaneamente. 
 
Para obter o vetor das incógnitas, é preciso realizar a multiplicação A-1 x B, na qual B é o vetor dos 
termos independentes. Isso é feito de acordo com os seguintes passos: 
1) selecione uma área do mesmo tamanho do vetor dos termos independentes; 
2) digitar dentro dessa área =matriz.mult() e sem acionar ENTER, posicione o cursor dentro dos 
parênteses desse comando; 
3) usando o mouse, selecione toda a matriz inversa e em seguida coloque “;” e ainda dentro dos 
parênteses selecione com o mouse todo o vetor dos termos independentes; 
4) acione as teclas CTRL + SHIFT + ENTER simultaneamente e os valores das incógnitas irão aparecer 
na área selecionada. 
 
 A Figura 5.3 apresenta uma tela que contém esses passos já com os resultados do problema 
apresentado no Exemplo 5.2. Uma vez implementada essa planilha, os cálculos estarão 
automatizados e diferentes dados de entrada podem ser alimentados, verificando-se sua influência 
sobre as variáveis de saída. 
 
 
Sugestão: assista ao vídeo https://youtu.be/VWPAIUHkCXA sobre resolução de sistemas lineares 
em um balanço de massa, usando notação matricial. 
 
 
https://youtu.be/VWPAIUHkCXAs
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Figura 5.3 – Tela do Microsoft Excel® com a implementação da resolução do problema utilizando 
matriz inversa (amarelo = células com dados de entrada e laranja = células com dados de saída). 
 
Exemplo 5.4: no Exemplo 5.3 foi apresentada a resolução do balanço de massa utilizando a 
abordagem matricial. Outra forma de resolver sistemas de equações lineares (e também não 
lineares) é utilizar a ferramenta SOLVER do Microsoft Excel©. Para utilizar o SOLVER, ele precisará 
estar previamente ativado na planilha eletrônica. 
 
 
 
 
 
 
 
As equações que serão utilizadas são: 
 
Balanço total: A B Cm m m+ = 
Balanço AA: 0,15 0,5 0,35A B Cm m m+ = 
 
que substituindo o valor conhecido da vazão da corrente A e reorganizando as equações leva a: 
 
200C Bm m− = 
0,35 0,5 30C Bm m− = 
 
 Estas equações serão programadas em células do Excel® porém reescritas de forma que o 
resultado seja zero, ou seja: 
 
200 0C Bm m− − = 
0,35 0,5 30 0C Bm m− − = 
 
 No Excel® devemos reservar duas células para as equações e duas células que irão conter 
os valores das incógnitas (para mais equações e incógnitas reservadas mais células, de forma 
proporcional). Assim, uma tela do Excel® que representa a alimentação desses dados é: 
Para informações detalhadas sobre como ativar e utilizar o SOLVER, 
consulte o “Tutorial do Excel®: solver, atingir meta, macros e ajuste de 
dados” disponibilizado no Moodle. 
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Nesse exemplo, a célula escolhida para conter a Equação 1 (balanço total) foi a B2 e a célula para 
conter a Equação 2 (balanço de ácido acético) foi a B3. As células B4 e B5 foram reservadas para as 
incógnitas (mC e mB). Quando o SOLVER for acionado, as respostas obtidas irão surgir nas respectivas 
células. 
 
Antes de acionarmos o SOLVER informamos os dados de entrada necessários: 
 
 
 
Em seguida, ao clicar em “Resolver”, o SOLVER irá gerar uma resposta (valor das incógnitas) 
que satisfazem simultaneamente as equações, ou seja, as raízes da equação. A tela a seguir mostra 
o resultado visualizado na planilha. 
 
 
 
 Conforme se vê, são os mesmos valores obtidos utilizando-se a notação matricial. Nas 
células das equações, vê-se que o valor desejado (zero) foi alcançado (2E-6 é praticamente zero!!). 
 
No campo “Definir 
Objetivo” foi informada 
a célula que contém a 
Equação 1 e no campo 
“Para” foi informado o 
valor desejado para a 
Equação 1, no caso, 
zero. 
 
No campo “Alterando 
Células Variáveis” foram 
informadas as células 
que contêm as 
incógnitas. No caso, vê-
se que foram informadas 
como um intervalo 
$B$4:$B$5, pois na 
planilha são células 
vizinhas. 
No campo “Sujeito às 
Restrições”, informamos 
as demais restrições do 
problema. No caso, a 
Equação 2 é a outra 
restrição, a qual precisa 
ser zero também. 
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6 - Interpolação linear 
 
Na realização de balanços de massa e energia muitas vezes são utilizados dados físico-
químicos e termodinâmicos de componentes puros e de misturas, provenientes de tabelas e 
diagramas, os quais nem sempre contêm exatamente o dado no valor que necessitamos, sendo 
preciso realizar um procedimento muito comum,denominado interpolação, para se obter o dado 
desejado a partir de dados tabelados. 
 
Exemplo 6.1: considere uma seção de uma tabela de vapor d’água apresentada na Figura 6.1. 
 
 
 
Figura 6.1 – Propriedades (v, u, h, s) do vapor d’água a 0,01 MPa em função da temperatura. 
 
 Se desejarmos obter o valor do volume específico (v em m3/kg) do vapor d’água a uma 
pressão de 0,01 MPa e a 100 oC, basta fazer uma leitura direta na tabela, obtendo 17,196 m3/kg. 
Porém, se desejássemos saber o valor do volume específico a uma temperatura de 85 oC, já não 
seria mais possível uma leitura direta na tabela e uma opção seria realizar uma interpolação linear 
deste esse valor, considerando os limites inferior e superior mais próximos dessa temperatura, no 
caso, os valores disponíveis na tabela são 50 oC e 100 oC. 
 
 A interpolação linear é um método no qual um valor desconhecido é obtido a partir de um 
conjunto de valores conhecidos, considerando que no intervalo que envolve este conjunto de 
valores, a função que os relaciona tem um comportamento linear, e, como tal, possui um coeficiente 
angular constante. 
Observando-se a Figura 6.2 que representa uma reta no plano xy, sabe-se que o coeficiente 
angular 
y
x


 é o mesmo em toda a extensão da reta que vai de (xo , yo) a (x1 , y1). 
 
 
Figura 6.2 – Função linear representada no plano xy intervalo de (xo , yo) a (x1 , y1). 
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Considerando então um ponto intermediário x entre xo e x1 o valor de y correspondente a 
este valor de x pode ser obtido utilizando o fato de que o coeficiente angular é o mesmo em toda a 
extensão da reta que vai de xo a x1, ou seja: 
 
( )
( )
( )
( )
( )
( )
1 1
1 1
o o
o o
y y y y y y
x x x x x x
− − −
= =
− − − (6.1) 
 
 Assim, podemos combinar o primeiro termo da Equação (6.1), o qual contém os dois pares 
de valores conhecidos, com qualquer um dos outros dois termos (que contém o valor desconhecido 
y), para obter uma equação que permita obter o valor de y correspondente ao valor de x, a partir 
de um conjunto de dois pares de valores conhecidos (xo,yo) e (x1,y1) desde que o valor de x esteja 
entre os valores de xo e x1. 
 
 A equação anterior pode ser então reescrita, isolando-se o valor de y da seguinte forma: 
 
( ) ( )( )
1
1 1
1
o
o
y y
y y x x
x x
−
= − −
− (6.2) 
 
ou 
 
 ( )
( )
( )
1
1
o
o o
o
y y
y y x x
x x
−
= + −
− (6.3) 
 
 No caso do nosso exemplo: 
 
Temperatura 
(oC) 
Volume específico 
(m3/kg) 
50 (xo) 14,869 (yo) 
85 (x) y 
100 (x1) 17,196 (y1) 
 
que por meio de qualquer uma das equações anteriores, fornece v = 16,4979 m3/kg para T = 85 oC 
a uma pressão de 0,01 MPa. 
 
 IMPORTANTE: se o valor desejado estiver equidistante dos limites inferior e superior 
disponível, ou seja, se ele representa exatamente a média entre esses dois limites, não é necessário 
realizar o cálculo por interpolação, bastaria fazer também uma média aritmética simples dos valores 
disponíveis. Como sugestão deixa-se o cálculo do volume específico a 75 oC utilizando a equação da 
interpolação linear e comparando-se com o valor médio dos volumes nos limites de 50 oC e 100 oC. 
 
 Há casos também em que pode ser necessária uma dupla interpolação para obter um dado 
desejado. Por exemplo, consideremos novamente um novo trecho de uma tabela de vapor 
mostrado na Figura 6.3. 
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Figura 6.3 – Tabela de vapor d’água superaquecido (Smith, J.M.; Van Ness, H.C.; Abbott, M.M.; “Introdução à 
Termodinâmica da Engenharia Química”, 7a edição, LTC Editora, Rio de Janeiro, 2007) 
 
Exemplo 6.2: qual é o valor do volume específico (v) a 17 kPa e 130 oC? 
 
 Nesse caso, como na tabela não existe nem a pressão de 17 kPa já pronta e nem a 
temperatura de 130 oC, será preciso fazer uma dupla interpolação, criando-se inicialmente uma 
nova linha (no caso, a de valores a 17 kPa) ou uma nova coluna (valores a 130 oC) utilizando-se os 
valores conhecidos. A ordem dos fatores não irá alterar o resultado da interpolação. 
 
Opção 1: criar primeiro a linha de 17 kPa. Nesse caso então iremos utilizar os valores de 10 e 20 
kPa existentes na tabela e os valores de 125 e 150 oC que são as temperaturas logo abaixo e logo 
acima de 130 oC disponíveis na tabela. 
 
Pressão (kPa) v (cm3/g) a 125 oC v (cm3/g) a 150 oC 
10 (xo) 18350 (yo) 19510 (yo) 
17 (x) ? (y) ? y 
20 (x1) 9167,1 (y1) 9748 (y1) 
 *na tabela da Fig. 6.3 o volume está em cm3/g. 
 
 Procedendo com a interpolação utilizando as equações apresentadas anteriormente, 
obtemos os seguintes resultados: 
 
Pressão (kPa) v (cm3/g) a 125 oC v (cm3/g) a 150 oC 
10 (xo) 18350 (yo) 19510 (yo) 
17 11921,97 12676,60 
20 (x1) 9167,1 (y1) 9748 (y1) 
 
 De posse dos valores dos volumes a 17 kPa e para as temperaturas de 125 oC e 150 oC 
fazemos uma última interpolação para achar o valor a 130 oC, onde agora as temperaturas são os 
valores da variável “x” e os volumes os valores de “y”. 
 
 
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Pressão (kPa) v (cm3/g) a 125 oC 
(xo) 
v (cm3/g) a 130 oC 
(x) 
v (cm3/g) a 150 oC 
(x1) 
10 18350 19510 
17 11921,97 (yo) ? (y) 12676,60 (y1) 
20 9167,1 9748 
 
obtendo-se finalmente y = 12072,9 cm3/g que é o valor do volume específico do vapor de água 
superaquecido nas condições de 17 kPa e 130 oC. 
 
Opção 2: criar primeiro a coluna de 130 oC. Nesse caso então iremos utilizar os valores de 125 oC e 
150 oC existentes na tabela e os valores de 10 kPa e 20 kPa que são as pressões logo abaixo e logo 
acima de 17 kPa disponíveis na tabela. Deixa-se essa opção como treino para verificação da 
reprodução do mesmo valor obtido na Opção 1, porém obtendo-se primeiro os valores do volume 
em função da pressão para temperaturas fixas. 
 
7 - Base livre 
 
 O termo “base livre” se refere a uma forma de se expressar a concentração de uma 
determinada mistura ou corrente de processo, geralmente em termos de porcentagem, na qual se 
reconsidera uma redistribuição da porcentagem dos constituintes, excluindo-se um componente 
específico, para o qual então se diz que a porcentagem dada é em base livre deste componente. 
Vejamos um exemplo. 
 
Exemplo 7.1: uma corrente gasosa de um processo contém 70% SO3, 20% SO2 e 10% O2 (base molar). 
Qual a concentração dessa corrente em base livre de oxigênio? 
 
 Como não foi mencionado nenhum dado sobre vazão ou mesmo temperatura e pressão 
dessa corrente gasosa, apenas sua composição, vamos adotar uma base de cálculo para a corrente, 
digamos, 100 mol, para facilitar os cálculos. Assim, nesse caso, teríamos 70 mol de SO3, 20 mol de 
SO2 e 10 mol de O2. Em uma base livre de oxigênio simplesmente retira-se o oxigênio e recalculam-
se as porcentagens. Dessa forma, em base livre de oxigênio: SO3 = 70/90 = 0,7778 ou 77,8% e SO2 
= 20/90 = 0,2222 ou 22,2%. 
 
 Em processos de combustão, muitas vezes toma-se uma composição da corrente dos 
produtos gasosos da reação de combustão em base livre de água, a qual, frequentemente é também 
denominada base seca (assim como quando a água é incluída, disse-se base úmida). Vejamos um 
exemplo. 
 
Exemplo 7.2: 50 mol/h de metano (CH4) são queimados com uma corrente de ar atmosférico na 
fornalha de uma caldeira. Sabendo-se que essa corrente de ar atmosférico com duas vezes mais 
oxigênio quea quantidade estequiométrica para queimar o metano e considerando que todo o 
metano é queimado, calcule a composição molar da corrente gasosa dos gases de combustão em 
base úmida e em base seca. 
 
 Para resolver este problema devemos assumimos que o ar atmosférico é composto 
somente por O2 e N2, com a seguinte composição molar: 21% e 79%, respectivamente. 
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 Em seguida, recordemos a reação de combustão total do metano: 
CH4(g) + 2O2 (g) → CO2(g) + 2H2O(g) 
 De acordo com a estequiometria da reação vê-se que são necessários 2 mol de O2 para 
cada mol de metano que será queimado. Portanto, para queimar 50 mol/h de CH4 seriam 
necessários 100 mol/h de O2. Entretanto, o oxigênio alimentado na fornalha contém duas vezes 
mais que o oxigênio estequiométrico, ou seja, 200 mol/h. A partir disso, calcula-se a quantidade de 
nitrogênio que é alimentada junto com o oxigênio na fornalha, utilizando-se a composição do ar 
atmosférico. 
200 mol/h – 21% 
 N2 – 79% então N2 = 752,38 mol/h. 
 
 Seguindo a estequiometria da reação, com a queima de 50 mol/h de metano, serão 
produzidos 50 mol/h de CO2 e 100 mol/h de H2O. Vamos agora construir uma tabela com esses 
dados e calcular a composição dos gases efluentes do processo de combustão, tanto em base úmida 
como em base seca. 
 
Componente Alimentação Saída 
Composição 
(%) 
Base Úmida 
Excluindo 
a água 
Composição (%) 
Base Seca 
CH4 50 0 0,00 0 0,00 
O2 200 100 9,98 100 11,08 
N2 752,38 752,38 75,06 752,38 83,38 
CO2 0 50 4,99 50 5,54 
H2O 0 100 9,98 0 0,00 
Total 1002,38 1002,38 100,00 902,38 100,00 
 
Exemplo 7.2: nesse exemplo veremos como partir de uma composição em base seca e daí obter a 
composição em base úmida. Considere um gás com a seguinte composição molar em base seca: 
70% N2, 5% CO, 15% CO2 e 10% O2. Sabe-se também que este gás contém 6% em mol de água. Qual 
a composição do gás em base úmida? 
 
 Começamos escolhendo uma base de cálculo para o gás em base úmida, digamos 100 mol. 
Nesse caso, teríamos então 6 mol de água e 94 mol dos demais gases, ou seja, 94 mol em base seca. 
Assim, basta aplicarmos a composição em base seca a esta quantidade de gás, para obter a 
quantidade de cada um deles e depois recalcular a composição em base úmida. 
 
Componente 
Base de 
cálculo 
Composição 
(%) 
Base Seca 
Quantidade 
(mol) aplicando 
essa % 
Incluindo a 
água 
Composição (%) 
Base Úmida 
O2 
 
94 
10 9,4 9,4 9,4 
N2 70 65,8 65,8 65,8 
CO2 15 14,1 14,1 14,1 
CO 5 4,7 4,7 4,7 
H2O 6 0 - 6,0 6,0 
Total 100 100,00 94 100 100,00 
Obs: na transformação de base seca → base úmida, a redistribuição de %  e de úmida → seca, % . 
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8 - Balanço atômico 
 
 Além das equações de balanço total e balanço por componente, também podemos utilizar 
equações de balanço atômico, analisando individualmente cada um dos átomos presentes em um 
determinado processo. A vantagem de se utilizar um balanço atômico é que a equação de balanço 
ENTRA = SAI sempre será válida, em um processo estacionário, independentemente se ocorrer ou 
não reações químicas, já que os átomos irão manter sua identidade (não são criados e nem 
destruídos), diferentemente das moléculas, que em um processo com reação química, poderão ser 
consumidas ou geradas. 
 
 Por exemplo, se um processo contém os seguintes componentes: H2O, CO2, CO, N2 e 
CH3OH, podemos optar por fazer um balanço atômico considerando: H2, O2, C e N2 ou simplesmente 
H, O, C e N. Lembrando que o estado de agregação mais estável dos átomos F, Cl, Br, I, N, O, H é o 
de uma molécula biatômica, então no balanço atômico, pode-se considerar tanto este estado, como 
apenas o átomo isolado. 
 
 O balanço atômico muitas vezes pode ser utilizado para checar dados de um processo, 
mesmo quando não se sabe o que ocorre exatamente no interior desse processo, bastando para 
isso realizar um balanço atômico e conferir as entradas e saída. Portanto ele é mais útil em sistemas 
nos quais ocorrem reações químicas que naqueles onde não ocorrem, uma vez que nesse caso 
podemos acompanhar as moléculas individualmente, sem maiores problemas, pois elas serão 
conservadas. Vejamos o exemplo a seguir. 
 
Exemplo 8.1: etano (C2H6) é alimentado em um reator onde será decomposto em eteno (C2H4) e 
hidrogênio (H2). Sabendo-se que são alimentados 100 mol de etano puro na entrada do reator e que 
na saída há 40 mol de H2 qual a composição molar da corrente de saída? 
 
 Pelo balanço atômico, para uma entrada de 100 mol de C2H6 (base de cálculo) temos as 
seguintes quantidades de átomos na entrada: 
 
C = 2 x 100 = 200 mol e 
 
H = 6 x 100 = 600 mol (ou se optarmos por um balanço H2, teríamos H2 = 100 x 3 = 300 mol). 
 
 Na saída sabe-se que existem 40 mol de H2 ou 80 mol de H. Então pelo balanço de 
hidrogênio, sabe-se que os restantes 520 mol de H estariam combinados com o carbono. A questão 
agora é definir se todo o etano foi consumido ou se ainda resta uma certa quantidade desse 
componente. 
 
 Se todo o etano tiver sido consumido, os 520 mol de H estariam então na molécula de C2H4, 
nesse caso, numa proporção de 2 mol de H para cada mol de C. Assim, se 520 mol de H estiverem 
na molécula de C2H4 então teríamos 260 mol de C. Porém foram alimentados 200 mol de C no reator 
e assim o balanço de C não estaria fechando. Daí concluímos que parte do etano não foi consumido 
e agora precisamos determinar como o C se distribuiu entre as moléculas de etano e eteno. 
 
 
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Entrada: 100 mol de C2H6 (C = 200 mol, H = 600 mol) 
 
Saída: 80 mol de H, x mol de C2H6, y mol de C2H4 
 
 Então: Balanço de H: 600 = 80 + 6x + 4y  520 = 6x + 4y 
 Balanço de C: 200 = 2x + 2y 
 
 Resolvendo o sistema de duas equações e duas incógnitas, tem-se: x = 60 e y = 40 
 
 Então na saída do reator tem-se: 40 mol de H2, 60 mol de C2H6 e 40 mol de C2H4 o que 
nos dá uma composição molar de 28,57% H2, 42,86% C2H6 e 28,57% C2H4 sendo que essa 
composição foi calculada sem nem precisarmos considerar qual a reação química que ocorre no 
interior do reator. 
 
 Interessante é que também sempre é possível checar as respostas obtidas por meio de um 
balanço de massa, considerando o total das entradas e saídas. No caso: 
 
 Entrada = 100 mol de C2H6 = 100 mol x (30 g/mol) = 3000 g 
 
 Saída = 40 mol de H2, 60 mol de C2H6 e 40 mol de C2H4 
= (40 x 2) + (60 x 30) + (40 x 28) = 3000 g 
 
 Exemplo 8.2: ácido sulfúrico pode ser preparado pela absorção de SO3 em água. Em uma coluna de 
absorção são alimentadas três correntes: [1] corrente de água pura; [2] corrente de solução aquosa 
fraca de H2SO4 20% (%molar) e [3] corrente gasosa de SO3 puro, as quais se misturam para produzir 
uma corrente de saída [4] que contém uma solução forte H2SO4 50% (molar). Quais as vazões 
molares das correntes [1], [2] e [3] necessárias para se produzir 100 mol/h da corrente [4]? 
 
 Pode novamente utilizar um balanço atômico para determinar as vazões molares 
solicitadas, sem precisar considerar a reação química que ocorre no processo, que no caso seria 
dada por: SO3(g) + H2O(líq) → H2SO4(líq). 
 
 Base de cálculo = 100 mol/h de [4]. 
 
 Entradas: [1] = H2O, 100% [2] = H2SO4, 20% e H2O, 80% [3] = SO3, 100% 
 Saídas: [4] = H2SO4, 50% e H2O, 50% 
 
 Aplicando a base de cálculo de 100 mol/h de [4] tem-se então na corrente de saída: 50 
mol/h de H2SO4 e50 mol/h de H2O. 
 
 Balanço atômico: 
 
Saída: S = 50 mol/h H = (2x50) + (2x50) = 200 mol/h O = (4x50) + (1x50) = 250 mo/h 
 
Entrada: S = 0n1 + 0,2n2 + n3 
 H = 2n1 + (2x0,2 + 2x0,8)n2 + 0n3 
 O = n1 + (4x0,2 + 1x0,8)n2 + 3n3 
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ENTRA = SAI 
 
Balanço de S: 0,2n2 + n3 = 50 
Balanço de H: 2n1 + 2n2 = 200 
Balanço de O: n1 + 1,6n2 + 3n3 = 250 
 
 Temos então um sistema com 3 equações e 3 incógnitas, o qual uma vez resolvido irá 
fornecer os seguintes resultados: n1 = 46,08 mol/h; n2 = 53,92 mol/h; n3 = 39,22 mol/h. 
 
Vamos checar o balanço de massa como o resultado obtido? 
 
Corrente 
Vazão 
(mol/h) 
H2SO4 H2O SO3 Vazão 
(g/h) % mol/h g/h % mol/h g/h % mol/h g/h 
1 46,08 0 0 0 100 46,08 829,4 0 0 0 829,4 
2 53,92 20 10,78 1056,8 80 43,14 776,4 0 0 0 1833,2 
3 39,22 0 0 0 0 0 0 100 39,22 3137,6 3137,6 
4 100 50 50 4900,0 50 50 900,0 0 0 0 5800,0 
 
Entradas: [1] + [2] + [3] = 5800,2 g 
Saídas: [4] = 5800,0 g 
 
(a pequena diferença de 0,2 g deve-se a arredondamentos nos números apresentados). 
 
9 – Cálculo de entalpias, Cp médio e Cp de misturas 
 
 Um dos principais efeitos térmicos que encontramos frequentemente em cálculos 
envolvendo balanços de energia é o efeito associado com a variação de temperatura (aumento ou 
diminuição) à pressão constante, definido como entalpia sensível (também denominado muitas 
vezes de calor sensível, porém esta denominação não é mais considerada apropriada). 
 
A entalpia é uma grandeza de estado e como tal, possui uma diferencial exata. Para uma 
substância pura ela pode ser expressa em função apenas da temperatura e pressão: h = h(T,P). Então 
considerando as variáveis independentes, a derivada total da entalpia é dada por: 
 
P T
h h
dh dT dP
T P
    = +       
 (9.1) 
P
h
T


 
 
 
= CP = capacidade calorífica a pressão constante, 
T
h
P


 
 
 
= desprezível a pressões moderadas; 
portanto 
 
2 2
2 1
1 1
Pdh h h h C dT= − =  =  (9.2) 
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que é a equação que permite calcular a variação de entalpia sensível de uma determinada 
substância, ou seja, quando ocorre apenas mudança de temperatura do sistema à pressão 
constante. 
 
 Cabe aqui também discutir a diferença entre capacidade calorífica e calor específico. 
Capacidade calorífica ou capacidade térmica é uma medida física quantitativa que especifica a 
quantidade de calor que deve ser fornecido a uma determinada massa de um material qualquer 
para elevar a sua temperatura em 1 grau (Unidade = J/K). É uma grandeza extensiva da matéria, ou 
seja, proporcional ao tamanho do sistema. 
 
O conceito de capacidade calorífica pode ser aplicado a qualquer quantidade do material, 
mas comumente é baseado em 1 mol ou em uma unidade de massa da substância. Nesses casos, 
tem-se uma capacidade calorífica específica, também denominada calor específico, que é a 
capacidade calorífica dividida pela massa da substância ou calor específico molar, se for por unidade 
de mol. 
 
Então calor específico é uma grandeza que não depende da massa (uma capacidade 
calorífica específica) e é definido como a energia requerida para elevar a temperatura de uma 
unidade de massa de uma substância de um grau. As unidades de calor específico são 
(energia)/(temperatura)(massa ou mol) sendo as mais comumente encontradas em cálculos de 
engenharia: J/(mol.K); cal/(mol.oC); cal/(g.oC) e Btu/(lbmol.oF) 
 
O calor específico a pressão constante é função apenas da temperatura e é frequentemente 
expresso na forma polinomial (Cp = a + bT + cT2 + dT3 ), sendo os valores de a, b, c e d obtidos de 
dados tabelados, que por sua vez foram obtidos ajustando-se esses parâmetros a dados 
experimentais. 
 
Como o cálculo de variações de entalpia sensível dependem essencialmente do calor 
específico é importante sabe onde obter e manipular esses dados de forma adequada. Dados de 
calor específico a pressão constante podem ser obtidos principalmente das seguintes formas: 
 
I) Tabelas: existem tabelas que fornecem constantes de uma equação da forma polinomial, que 
relaciona Cp como uma função da temperatura. Ao utilizar estas tabelas deve-se atentar para: 
• as unidades de Cp e T; 
• a faixa válida de temperatura para a qual as constantes de Cp estão disponíveis; 
• a forma da equação que deve ser utilizada. Normalmente existem duas formas: 
 
Em geral, para o caso de gases, consideram-se expressões polinomiais que são aplicáveis 
para uma faixa de temperatura e pressão na qual eles podem ser considerados gases ideais. Não 
se deve utilizar a forma polinomial fora da faixa de temperatura para a qual os coeficientes foram 
ajustados. É preciso estar atento às referências utilizadas para obter as expressões dos Cp’s, pois 
existem muitas formas diferentes de expressá-los. 
 
 As Tabelas 9.1 e 9.2 apresentam exemplos de tabelas de calor específico obtidas de 
diferentes fontes. 
 
 
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Tabela 9.1 – Capacidades caloríficas de gases no estado de gás ideal (adaptado de Smith, Van Ness e 
Abbott – “Introduction to Chemical Engineering Thermodynamics”, 6ª. edição, McGraw-Hill, 2001) 
 
 
 
 
 
Tabela 9.2 – Capacidades caloríficas de substâncias puras (Felder, Rousseau, Bullard – “Elementary 
Principles of Chemical Processes”, 4ª. edição, Wiley, 2016).
 
 
 
 Tomemos o ar como exemplo. No caso da referência da Tabela 9.1, a expressão de Cp do 
ar é dada por: 
 
Cp = R(3,355 + 0,575.10-3T – 0,016.105T-2) (9.3) 
 
Deve-se atentar para duas questões importantes: a primeira é para a unidade de Cp, que 
no caso dessa equação é definida a partir do valor escolhido para R. No caso de balanços de energia, 
o valor mais usado é 8,314 J/(mol.K) ou J/(mol.oC), lembrando que a temperatura alimentada na 
equação deverá estar expressa em kelvin. A segunda questão é observar que os coeficientes estão 
multiplicados por um fator, por exemplo, 103.B, portanto, o valor real de B será o que consta na 
tabela, dividido pelo fator, ou seja, inverte-se o sinal do expoente. 
 
No caso da Tabela 9.2, a expressão de Cp do ar é dada por: 
 
Cp = 28,09.10-3 + 0,1965.10-5T + 0,4799.10-8T2 + 1,965.10-12T3 (9.4) 
 
e no caso dessa referência, está explícita a unidade de Cp kJ/(mol.K) ou kJ/(mol.oC) e também há 
duas expressões, uma para o caso de se alimentar a temperatura em graus Celsius e outra para 
temperatura em kelvin. 
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 Vejamos exemplos de aplicações dessas equações tabeladas de Cp na forma polinomial 
para o cálculo de variações de entalpia. 
 
Exemplo 9.1: qual a quantidade de calor que deverá ser fornecida para aquecer 150 mol de ar de 
25 oC a 200 oC ? 
 
 
 Trata-se de um exemplo onde o único efeito térmico envolvido é a variação de 
temperatura, portanto, entalpia sensível, a qual é calculada pela Equação 9.2: 
 
 
 
o200 C
_
o25 C
P arh C dT =  (9.5) 
 
 
a quantidade de calor total é obtida multiplicando-se esta expressão da entalpia específica