APOSTILA - Termodinânica metalúrgica

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GERDAU 
ESCOLA DE ENGENHARIA'DA UFMG 
DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA METALÚRGICA 
E DE MATERIAIS 
. TERMODINÂMICAM~ETALÚRGICA . 
Luiz Fernando Andrade de Castro 
. Ronaldo Santos Sampaio 
Roberto Parreiras Tavares 
Novembro/2004 
.. . . . 
SUMÁRIO 
1 - CONCEITOS FUNDAMENTAIS----------------------------
1.1. Mol------------------------------------------
1.2. Lei do gás ideal-----------------------------
1.3. Estequiometria de reações químicas-----------
1.4. Balanços de massa-----------~----------------
1.5. Aplicação de balanços de massa a processos in 
dustriais-------------------~----------------
1.5.1. Balanço de massa aplicado ao alto-for-
no------------------------------------
1'.5.2. Balanço de massa aplicado ao conversor 
L.D.----------------------------------
2 - PRIMEIRA LEI DA TERMODINÂMICA----------~----------
2.1. Definição e utilização de entalpia-----------
2.1.1. Entalpia de aquecimento---------------
2.1.2. Entalpia de transforrnação-------------
2.1.3. Entalpia de transformação em temperatu 
ras diferentes da temperatura normal 
de transformação----------------------
2.1.4. Entalpia de reações químicas----------
2.l~5. Entalpia de dissolução----------------
2.2. Primeira lei da termodinâmica----------------
2.2.1. Balanço térrnico-----------------------
2.2.2. Balanço térmico aplicado a processos 
industriais---------------------------
3 - SEGUNDA E TERCEIRA LEIS DA TERMODINÂMICA----------
3.1. Entropia--------------------:---------~------
3.1.1. Entropia e probabilidade--------------
3.1.2. Segunda lei da terrnodinâmica----------
3.1.3. Avaliação de entropia~----------------
3.1.4. Ap~i~ação da segunda lei da termodinâ-
mica----------------------------------
Página 
1 
1 
8 
17 
23 
34 
34 
40 
54 
54 
54 
61 
67 
90 
102 
115 
ll5 
179 
179 
181 
185 
186 
202 
• • • • :. '. • • I. 
• • • • • • • • • • • • • • • .' • .' .' • • • • • • •• .' , ' .' .' .: .: 
• • • • • .' • • • 
3.2. Energia li vre-------·---------------------------
3.2.1. Energia livre em equilíbrios gasosos---
3.2.2. Princípio de Le Chatelier---------~----
3.2.3. Energia livre e equilíbrio gasoso entre 
fases condensadas e gases---------~----
3.2.4. Mod€.üo físico para a energia li vre-----
3. 3. Potencial de oxigênio---·----------------------
3.3.1. Energia" livre padrão de formação de óxi 
dos---~--------------------------------
3.3.2. llplicação do conceito de potencial" de ~ 
xig~nio--------------------------------
4 - -ªpI.UÇÕES METALORGICl\.S------------·-·-------------,.;-----
'-, -4. 1. Solução: de'fj.nição-------------------------'-..:.-
4.2. Solução ideal: lei de Raoult------------------
4.3. Solucões não ideais---------------------------." " 
43.1. Coeficiente de atividade---------------
4.3.2. Variacão da atividade e coeficiente de . " 
atividade com a temperatura------·------
4.3.3. Determinação da atividade de tun compo-
nente ?. p~·tir da atividade do outro 
componente da solução------------------
4.3.4. Soluções diluídas: le,i de Henry--------
4.3.5. Soluções :c:egu1ares---------------------
4.3.6. Estados~padrão a1ternativos------------
4.3.7. Soluções à.lluída.s com vários componen-
tes: coeficientes de interação-----~---
4.3.8. Atividades de óxidos em escórias---~---
AP:t:NDICE l-----------·~--·-·---------_·--------------------
208 
226 
253 
257 
280 
282 
285 
295 
326 
326 
335 
344 
351 
361 
358 
389 
402 
409 
437 
456 
480 
• • • • '. • • • • • • • • • • • • •• • • • • • •• • • .• ' .1 
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e. • •• •• .. ~ . • '. • 
... 
CAPITULO 1 
CONCEITOS FUNDAMENTAIS 
1. 1 
, 
, 
1. CONCEITOS FUNDAMENTAIS 
A termodinâmica metalúrgica busca responder duas perguntas bá 
sicas: 
- qual é o balanço energético de um dado process9; 
- qual é a condição de equi11brio d~uma dada reaçao, ou, sob 
determinadas 'condiçç;es se uma certa' reação é ou não viável 
termodinamicamente. 
. ; 
, 
A primeira pergunta e respondida pela primeira lei datermodi 
~ 
namica. Entretanto, para se estabelecer pba1anço de energia 
para um dad'à processo, .a1guns pré-requisitos' devem ser atendi 
dos: ! i 
- conhecimerito adequado do balanço de massa. do sistema; 
: ! 
- conhecimento dos.diversos tipos de calores envolvidos e sa 
ber avaliá-los • 
. , , 
;Para o desenvolvimento de balanços de massa,é necessário li 
, : dar com alguns conceitOs fundamentais:.· 
, 
numero de; ,moles; 
equação do gás ideal'; 
estequiometria de reações qulmicas. 
;1.1. Mol 
A unidade fundamental .em·cálculos da terrriodinâmica metalúrgica. 
é o átomo ou a molécula. Desse modo, torna-se de grande impor-
, tância saber medir e expressar o número de moléculas e áto,~os 
I . 
~ ': .' " '.;' ,. , ..... ,. 
. ri A'i!" :,,: ;'" ,~~i, 
1 
presentes em um determinado sistema metalúrgico'.: Entretanto, 
mesmo em sistemas muito pequenos, esse número é extremamente 
elevado o que torna·.·incômoda a sua utilização. Para contornar 
esse inconveniente foi definida uma nova quantidade: o moI. 
Sua definição precisa é: 
"O número de átomos de carbono contido em exatamente 12 g de 
12 " ( 23 C e chamado o numero de Avogadro, N .N = 6,023 x 10 ). 
Um moI é a quantidade de material que contém o número de 
Avogadro de particulas." 
Assim, os valores de massa atômica e massa molecular que se:· 
encontram tabelados na literatura são referentes à massa de 
um mOl(ou 6,023 x 1023 ) de átomos ou moléculas. É óbvio que 
esses valores vão diferir de átomo para átomo e molécula pa 
ra molécula. 
Outra relação importante é que a massa molecular de um deteE 
minado composto pode ser determinada somando-se as massas a-
tômicas dos átomos que o compõem. 
Os "Dados Termódinâmicos para Metalurgistas" fornecem os va-
lores de massas atômicas e I\lQleCulares para . elementos e molécu 
las de interesse na metalurgia, a partir da página 9 até a 
página 57. 
I· -Para tomar contato com essas tabe.las, serao resolvidos ?lJ:~ 
guns ex.emplo s . 
/ 
I 
2 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' .: 
• • • • • • • .. 
• • • • • • • • .' • • • 
Exemplo - Determinar as massas moleculares dos seguintes com 
postos: Fe 203 , Si02 , A1 203 , C~O, MgO, MnO e FeO,95o .. 
Resolver de duas maneiras: tomando diretamente o valor da ta 
bela e somando as massas atômicas dos elementos que compõem 
a molécula. 
Solução: Determinaç,ão das massas moleculares: 
- Fe ° " 2 3" 
Diretamente'da tabela, página 29: 159,7 
Soma das massas atômicas: 1 moI de Fe
2
0
3 
é constituido de 2 
moles de Fe e 3 moles de O. Assim tem-se: 
2 x P.A. Fe + 3 x P.A. ° = 2 x 55,85 + 3 x 16 = 159,7 
Através de procedimento análogo, pode-se resolver o exemplo 
para os outros compostos. 
Diretarnente'da tabela, página 49: 60,09 
(observação: a sílica, Si0
2
, se apresenta sob três formas: 
,quartzo, cristobalita e tridimita, sendo que a massa molecu-
lar é idêntica para todas elas). 
,Soma: P.A.Si + 2. P.A.O = 28,09 + a * 16 = 60~09 
- A1
2
0
3
: 
, 
Tabela: pagina 12: 101,95 
Soma: 2 x P.A.Al + 3 x P.A.O = 2 x 26,98 + 3 x 16 = 101,96 
- CaO: 
Tabela: página 20: 56,08 I, 
Soma: P.A.Ca + P.A.O = 40,08 + 16 = 56,08 
/ 
I 
3 
MgO: 
, . 
Tabela: paglna 36: 40,32 
Soma: P.A.Mg + P.A.O = 24,32 + 16 = 40,32 
- MnO: 
Tabela: página 38: 70,94 
Soma: P.A.Mn + P.A.O = 54,94 + 16 = 70,94 
- FeO,950: 
Tabela: página 29: tr8~ 63) 06 . 
Soma: 0,95 P.A.Fe + P.A.O = 0,95 x 55,85 + 16 = 69,06 
(Observação: ° FeO,950 é um composto não estequiométrico; ou 
seja, não existe uma p!'oporç?'o ber: definida entre os átomos 
de ferro e oxigênio. É comum também se adotar a seguinte no-
tação: FeOl ,05 e denominar esse compostode wustita. A pro--porçao de Fe e ° varia com a temperatura e pode ser determi-
nada em um diagrama de equi11brio Fe-O). 
° cálculo de número de moles de um elemento ou composto pre 
sente em um determinado sistema é bastante simples e envolve 
o conhecimento da massa do elemento ou composto e de sua mas 
sa atômica ou molecular. Desse modo, através de uma pesagem 
pode-se determinar o nÚmero de moles. Tem-se a seguinte rela 
ção genérica para esse cálculo: 
, 
numero de moles = 
massa (g) 
massa atômica ou molecular (g/mol) 
o número determifiado·acifua também pode ser. denominado àtomos-
grama ou molécula-grama. 
/ 
/ 
4 
• • • • • ~. 
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,e 
• • • • • • .' • • • • • • .: 
• • 
Exemlo: Calc'ular o número de moles contido em uma tonelada 
dos seguintes compostos: Fe
2
0
3
, Si0
2
, A1
2
0
3
, CaO, MgO e MnO. 
Solução: Usando os resultados do ~xemplo anterior: 
1 t~ -..- 1o;ú ~~}' --7 
n 
A1
2
0
3 
- CaO: 
= 
= 
, 6 
. 10 g 
-~~...!=!-_- = 6.261,74 
159,7 g/mol 
106g 
--~~~- = 16.641,70 moles 
60,09 g/mol 
106g 
= --~~--- = 9.807,77 moles 
101,96 g/mol 
106g = -~~~-- = 17~831,67 moles 
56,08 g/mol 
- MgO: = 
= 24.801,59 moles 
40,32 g/mol 
. \ 
/ 
I 
iC 
I· 
5 
- MnO: 
= = 14.096,42 moles 
70,94 glmol 
, 
Exemplo: a- Calcular o numero de moles de Fe, C, Si, Mn e P, 
contido em uma tonelada de .. ferro' gusa com a seguinte compos! 
-çao: 
Fe = 94,5% C = 4,5% Si = 0,6% Mn = 0,3% P = 0,1% 
, 
-b- Calcular o numero de moles de CaO, Si0
2
, A1
2
0
3
, MgO con 
tido em 180 kg de'uma escória com a composição abaixo: 
CaO = 40,92% Si0
2 
= 43,08% MgO = 7,79% 
Solução: a- Os nÚmeros de moles de cada elemento são determi 
nados pela relação entre sua massa e as massas atômicas. 
n = 
Fe 
n = 
C 
n = 
Si 
n = 
Mn 
n = 
p 
6 
94,5 x 10 
100 x 55,85 
4,5 x 106 
100 x 12 
0,6 x 106 
100 x 28,09 
0,3 x 106 
100 x 54,94 
0,1 x 106 
100 x 30,97 
= 16.920,32 moles 
= 3.750 moles 
= 2l3,60moles 
= 54,61 moles 
, ' 
= 32,29 moles 
/ 
/ 
6 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • •• • •• • • • • • • • • .' • • • • • • • • • • • • • • • 
b- Por procedimento análogo ao do i tem II ali, tem-se: 
~go= 
40,92 x 180 x 103 
100 x 56,08 
43,08 x 180 x 103 
100 x 60,09 
3 
7,79 x 180 x 10 
100 x 40,32 
, 
= 1313,41 moles 
= 1290,46 moles 
= 347,77 moles 
Exemplo: Calcular o numero de moles contido em uma tonelada 
dos seguintes gases: 02 ' N2 ' H20, CO, c020 
Solução: Por cálculos análogos aos desenvolvidos anteriormen 
te, tem-se: 1 t -'~- /1 QOD'~}-' -7 JL 
A K q --... '7 Jjl!:tO C'l! 
I, d''/ (j 
1L = 1Qb d-' = = 31!,250 moles 
32 g/mol 
n = 
106 g = 35.714,29 moles 
N
2 28 g/mol 
n = 
106g = 55.555,56 moles 
H
2
0 18 g/mol 
n = 
106 g = 35.714,29 moles 
CO 28 g/mol 
/ 
I 
7 
= = 22.727,27 moles 
44 glmol 
Todos os cálculos ·de número de moles efetuados até agora en-
volveram a massa.do elemento ou composto, cujo número de mo-
les se desejava avaliar. Esse tipo de cálculo é adequado p~ 
ra compostos ou elementos sólidos ou liquidos, que são facil 
mente pesados. Entretanto, para gases não é usual ter-se a 
massa (como no exemplo anterior). Normalmente, a quantidade 
, , 
de um gas e medida em termos de volume. Dessemodo~ torna-se 
, 
impqrtante desenvolver uma maneira de calcular o numero de 
moles de um gás.a partir de seu volume. Para tal é'necessá-
rio conhecer a lei do gás ideal. 
Em geral, Q_V:Qj.J,;lIne~.!L.Q.~.a:J..qu~~ .... ma:te:r::i,.a:J...,_ .. _~_óJ,.:LJ!QJ li,.guido ou 
gasoso, é determinado pela "t:.e.lm~.e_~ª.:tq_:r.-ª __ e_QrEt~J)ão_ª-q,~_~~_stá 
S~jEÜ t<? .Ex~s_t~ __ ~.ªJ_el.ª-ç-ªS>_I!l_ªj;_~Bl_ª~;i.S;.9- entre o volume de umEl, 
dada.._ .qu8.Dt.,i_c:la_q~_ (te._l!l.ªj:;_!3..~.t.~.J. __ ~_._o_s __ y.ª!-º}:·_e Ê __ çia __ 2..r~ s ~-ªS>-L da te!!! 
peraturai e_::;t.~ __ .r_~~_~ç_i.2 __ !!la~em~j;J_9_ª_.~ chamada de e9...uaçj~g __ <!e 
.~staào ... No cas.9 ___ 9:~_J.1CLl:lic1.Q_~_Q~_§_2.~.!~i.2.~J_.i!-S eG.~a9_~eJ?_de~.ÊJ!_?:-
8 
do pod~m ser algebric~~nt~~~~~2 cO~Rliçadas e p-~~em diferir 
de uma suPstâtlç .. i_a_p_ª~a.-º.Y..tr~. 
Entretanto, pa:r:a ... o_~ .. ga.~.~_s __ a._,~_9...'-:l.ªÇã9 __ 9-_e_~stado é ~ me1?..!!?:a. Is-
so ~~e~~_ç!º._?-9._f_ª-"t-º-9~_qu~_~g_,e.sta.dC)g.as(),~(), as mol,éç_ul:.as são 
~ssencialmente inq~p~l1,d-ªr,i_t_~,s ,:tJIIla.~. __ d.ª;:;_o.~~.~~s e ~Eor isso 
, l N 
.?: .... !!.ª!:)lr_~.ª __ ~.a.~_,J.I:I:.9J._~_C_qJ. .. ªr~:i,n.g~ais._;nao afeta o comportamef! 
to dO....-K..~lLC9.!!l.9_1:J.m tOdQ( E'ssa independência caracteriza o cha 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • .' • • • • • • • • • • • • 
" -mado gas ideal e ela e real para gases a baixas pressoes e 
altas temperatura~(que é normalmente ocaso da metalurgia).A 
baixas temperaturas e altas pressões começam a ocorrer des -' 
vios do comportamento ideal. 
Demonstrou-se experimentalmente que,sob temperatura constan-
te, PV é umá constante e sob ~ressão constante, V é proporei 
onal a T. Essas relações podem ser reunidas em uma única ': ~ 
quação que expresse o comportamento dos gases. A expressão 
que resulta é: 
'Ipv~ 
onde: 
P - (atmosferas) = pressao 
V = volume do 
, 
(litros) gas 
, , 
n = numero de moles do gas 
R = constante universal dos gases 
T = temperatura (K) 
ro.-' _, 
A equaçao acima e chamada equaçao do gas ideal. Observa-se 
que ela é uma expressão genérica que independe do gás consi-
derado. 
- , , 
A equaçao do gas ideal ainda mostra que; o volume do gas de 
pende da pressão e da temperatura. Desse modo quando se for-
nece o volume do gás é fundamental especificar as condições 
em que ele foi medido. 
I. 
Uma condição de temperatura e pressão particularmente impor-
tante é a chamada condição normal de temperatura e pressão. 
/ 
Para ela, tem-se: 
I 
9 
-- pressao: 1 atmosfera 
- temperatura: OºC ou 273 K 
o volume de um gás medido nas condiçges 
, 
normais e norma1men 
te precedido pela letra "N". Assim 1 Nm3 significa 1 m3 de 
gás medido nas condições de 1 atm e 02C. 
, 
Exemplo: Calcular o volume ocupado por 1 moI de gas nas con-
j 1· {10 ~)''''1~ IJ dições normais. C.J.- (')(i :.z. lU C (}-I ,:.. I ~ I\, 
Solução: Usando a equação do gás ideal e substituindo valo -
res, tem-se: 
P =·1 atm 
T = 273 K 
n = 1 moI 
-1 1 R = 0,082054 atm I moI K-
v = nRT 
P 
= 
1 x 0,082054 x 273 
1 
= 22,40 I ou Nl 
° volume acima é também denominado volume molar e indicado 
por V~ 
, 
Pode-se usar o volume acima para calcular o numero de moles 
contido em um dado volume de gás·. 
Exemplo: Calcular o número de moles contido em 10ÓONm3 de 0-, 
10 
(...\. ..!I-
'> ie./ln l"'nO).Q. ) .~ ... ,\O_ .Á-
~ 0'- . xigênio. 
l(\..9\\0..."> r,,9') QJ:l)-{c)t' ~t')'l tID'j·'I(lOh 
Solução: Usando o volume molar calculado &nteriormente, tem-
I· 
se: 
/ 
I 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' .' • • • • • • .: 
• • • • • • • • • • • • • 
1000 x 1000 
no 
2 22,4 
= 44.641,38 moles 
G ) I if OQO "ill"li.' --7 ,\,/ 
I'i'l = ._1~_ .1, ::. ~r~ b-Z/ 1/1 IlY',sy'" J [\ GJ~ 
() ') .U n / í" \/ -=- 'I~ "--' 
'o, "') 'I J/" f' ! / 
\4"\ l} '-' , , 
Outra maneira de calcular esse numero de moles e us'ando dire 
tamente a equação do gás ideal: 
= 
R.T 
1 x 1000 x 1000 
0,082054 x 273 
= 44.641,38 moles 
, 
Exemplo: Calcular o numero de moles de N
2
, contido em 1000 m3 
. O 
desse gás, medido a 1,2 atm de pressão e 100QC. 
Solução: Usando-se a lei do gás ideal, obtem-se: 
= = 
R.T. 
1,2 x 1000 x 1000 
0,082054 x 373 
39.207,82 moles 
, 
Um,ponto importante que deve ser destacado e que 
.; 'l_{l
3 
-''"" 1 OúO ./: "o 
;} -v· .' 
'1.' 
Ij 
(, O J r ~ ;,.) -,\. 
volumes 
iguais de gases, medidos nas mesmas condições, contém o mes-
mO'número de moles. 
Até agora lidou-se apenas com gases puros, entretanto, é bas 
tante comum ter-se, misturas de gases, como o ar, por exemplo. 
° estado ou a condição de uma misturade vários gases depen-
de não apenas da pres,são, volume e temperatura, mas também da 
composição da mistura. Consequentemente, deve-se desenvolver 
um método para expressar essa composição. 
I· 
Uma das maneiras d~ expressar a concentração é através da 
~ I _ 
fraçao molar. , As /f'~açoes molares, 
cada um dos numiros de moles pelo 
x., são obtidas dividindo 
~ 
número total de moles de 
11 
todas as substâncf.as presentes. 
assim 
x. = n./n
t l. l. 
+ .~ ••••••••• 
A soma das fraçges molares de todas as substâncias de uma mis 
tura é unitária. 
= 1 
Em virtude dessa relaç~o, a composição da mistura é descrita 
quando as frações molares de todas as substâncias' menos uma 
é especificada. 
Para gases, a fração molar se relaciona com a porcentagem em 
volume da seguinte maneira: 
x. = %i/lOO 
l. , 
, 
Para mistura de gases, a lei dos gases ideais e correta na 
seguinte forma: 
onde: 
, 
nt = numero total de moles de todos os gases no volume V. 
, 
Para simplificar, o estado de uma mistura gasosa sera descri 
to em termos dos estados de gases puros não misturados. Será 
considerada, então, uma mistura de três gases descrita pelos 
núm~,ros de moles n
l
, n
2 
e n
3
, num recipiente de volume V 
temperatura T. Se n
T 
= n
l 
+ ~2 + n
3
, então a pressao exerci-
~ pela mistura é dada por: 
... 
a 
• (. I. (. 
12 (e '. (e '. '. I • I. l. I. i. I. (. 
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• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • • • •• •• . ' 
• • • • • • • •• • 
P = 
RT 
, 
Define-se a pressao parcial de um gas numa mistura como a 
- , pressao que o gas exerceria se sozinho ocupasse o volume V 
na temperatura T. Então as pressões parciais PI' P2 e P
3 
são 
dadas por: 
RT 
PI = n l V 
RT 
V 
Somando'as equações acima, tem-se: 
RT 
PI + P2 + P3 = nt V = P 
RT 
V 
- , ou seja, a pressao total exercida por uma mistura gasosa e 
igual à soma das press~es parciais dos constituintes. 
As pressões parciais são relacionadas de ~OdO simples ~om as 
frações molares dos gases. Tem-se: 
P. = x .• P 
~ ~ 
Exemplo: Calcular os números de moles de oxigênio e nitrogê-
nio em 1 Nm3 de ar seco. 
Solução: 
% °2 = 21 
% N2 = 79 
·I.·()O ..',',. ~ 
Assim: 
Xo = 21/100 = 0,21 
2 
xN = 79/100 = 0,79 2 
/ 
I 
13 
n ...-V I \" .J\ - , ',0·-1 J I... • . ,( ~ ' .. ,".' j" ':\')' j'1 .li'.· ~.', ..... ". ...J • I j"- J)'-" ~ -
~ O f' 
I J. ~ rjt.i . ' 
Consequentemente: 
Po = 0,21 x 1 = 0,21 atm 
2 
P
N 
= 0,79 x 1 = 0,79 atm 
2 
Usando as relações desenvolvidas anteriormente, tem-se: 
Po .V 2 0,21 x 1000 9,375 moles nO = = = 
2 R.T 0;0820.54x273 
PN 
.v 
2 0,79 x 1000 35,267 moles n
N = = = 2 R,.T 0,082054 x 273 
Exemplo: Calcular os números de moles de oXigênio, nitrogê -
nio e vapor d'água contido em lNm3 de ar com 25 g de umidade. 
Solução: Inicialmente, determina-se o número de moles de va-
por d'água. Como foi dada a sua massa, tem-se: 
25 g 25 = = 1,389 moles 
18 
Determina-se, então, a pressão exercida pelo vapor d'água: 
Mas; 
RT = 1,389 x 0,082054.'x 273 = 0,0311 atm 
V 1000 
= 1 - PH ° 
2 
= 1 - 0,0311 = 0,9689 atm 
Como já foi visto anteriormente, a relação entre as pressões 
de oxigênio e nitrogênio no ar é: 
14 
• • • • • • .' • • • ." • • • .' .' e: .' • •• . ' 
'.' '. e, .' .' e' .' .' •• ••• • • •• , ' .: . ',' " 
•• • .,. .,,' .,:' ." e 
• • • • • ." 
/ 
I 
15 
A.L Po~, 
I I 1_. 
21 
P'J • r l. 
= 
J . Ptv" -t ... 
p O;!,: 
Logo/empregando as duas relações anteriores, tem-se: 
0,9689 
= = 0,7654 atm 
1 + 21/79 
0,9689 
= 0,2035 atm 
1 + 7~/21 
Finalmente: 
Po . V 
2 0,2035 . 1000 9,,083 moles nO = = = 
2 R.T 0,082054 x 273 
P
N 
• V 
2 0,7654 x 1000 
34,171 moles n N = = = 
2 R.T,' 0,082054 x 273 
, , 
O volume parcial de um gas numa mistura e definido como o vo 
lume que o gás ocupruria se estivesse sozinho num recipiente à 
temperatura T -e pressao P. Assim, para uma mistura de três 
gases: 
V = RT RT V
3 
RT 
n
l 
V
2 = n 2 = n 3 1 
P P P 
-,Somando as equaçoes acim~, obtem-se: 
'v + V + V = n RT = V 
1 2 3 t P 
ou equacionando em termos de volume parcial 
V, = x • V 
~ i 
, 
Finalmente, deve-se dizer que o conceito de volume parcial e 
puramente matemático e não tem significado flsico. 
Exemplo: Repetir o exemplo anterior usando os conceitos de 
volume parcial e volume molar. 
Solução: ° número de moles de H
2
0 é calculado da mesma forma 
que foi feita no exemplo anterior: 
25 
18 ~ 1,389 moles 
16 
• I. i. í. '. I. 
• '. '. I.; 
'.', I " • '. (e 
':-
' •. 
{; ,. 
( i • '. '.' (. 
Como nas condições normais, o volume de 1 moI é 22,4 Nl, tem ( ; 
~ o~:{~~~ C~J:: -se: 1,389 x 22,4 = 31,1 Nl 
Assim, obtém-se: 
, .• 
(ht: V ( 1 •• ~. ~ \ ',. ( , 
•• i i 
-
V 
= 1000 - 31,1 = 968,9 Nl 
'. ( . ~ .• - , Como no ar, a proporçao dos volumes.de02 e N2 e: 
21 
= 
79 
Obtem-se: 
= 
968,9 = 203,47 Nl 
1 + 7~/2l 
968,9 = -..;..,;;..~~-
1 + 21/79 
= 765,4.3 Nl 
Dividindo pelo volume molar: 
V 
°2 203,47 
nO = = = 9,083, moles 
2 V 22,4 
°2 
\ ' •• ,(e 
I • 
••••• ri 
\ .• ," . ':. '.'. I ' • .\ .• 
I ' •• . { . •• ( . 
•• I 'I '. I. '. I . • 'ei r. r.i 
.' • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' • '. • '. • • • • • • • • • • • • • .' • • • • .: 
• • • • 
, ' 
= = 
765~43 
22,4 
= 34,171 moles 
, 
As pequenas diferenças nos numeros de moles se devem a erros 
de arredondamento. 
As expressoes obtidas até agora permitem que se formule 
relação genérica para cálculo do número ,de moles de um 
contido num dado volume. Tem-se: 
n. = V(Nm3 ) x 1000 x (%i) x 1 
~. 
'100 22,4 
onde: 
, , 
n. = numero de moles do gas "i"; 
~ 
V = volume de gás (Nm3 ); 
%i = teor do gás "i" na mistura. 
uma 
, 
, gas 
Os processos metalúrgicos, de um modo geral, sempre envolvem, 
reações qulmicas. Desse modo, é importante saber lidar com 
as quantidades envolvidas nessas reações. 
1.3. Estequiometria de reações qulmicas 
Agora será utilizada a definição de moI para abordar alguns 
problemas simples relativos à reações'qulmicas. Para tal, se' 
rá escolhida uma reação qulmica de grande importância na me, 
talurgia: a reação de queima do carbono com~oxigênio' produ -
zindo monóxido de carbono, representada abaizo: 
17 
As letras minúsculas entre parênteses, abaixo dos símbolos qui 
micos dos elementos ou compostos, representam as fases em que 
eles se encontram: 
s sólido 
I liquido 
, 
g gas 
~ -, 
A equaçao para a reaçao quimica pode ser interpretada da se 
guinte maneira: I moI de carbono sólido combina-se com meio 
moI de oxigênio gasoso para produzir I moI de monóxido da 
... , 
-carbono gasoso. Um ponto importante nessas equaçoes e que o 
número de moles de cada elemento deve ser igual em ambos os 
lados do sinal de igualdade. 
... ~ 
A seguir alguns exemplos envolvendo a reaçao acima serao re-
solvidos. 
Exemplo: Deseja-se queimar 1 kg de carbono com p~igênio, pr~ 
duzindo COo Determinar o volume de oxigênio a ser gasto nes-
sa queima e o volume de CO produzido.Caso esse oxigênio este 
ja contido no ar, qual o volume de ar necessário a essa quei-
ma? 
Solução: Inicialmente, determina-se o número de moles de car 
bono a ser queimado. Tem-se: 
= 1 x 1000g = 
12 glmol 
83,33 moles 
... 
Pelas proporçoes envolvidas na reaçao, pOde-se escrever 
relações abaixo: 
as 
18 
• • • • '. • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • .... 
• • • .' • • • • •• • • • • • • • • • • • 
Assim, tem-se: 
= 
831,33 = 41,67 moles; 
2 
nco = 83,33 moles 
, 
Conhecendo os numeros de moles, determina-se os volumes cor~ 
respondentes nas condições normais. Sabe-se que nessas condi 
-çoes cada moI ocupa 22,4 litros, logo: 
V
o = 41,67 x 22,4 = 933,41 Nl = 0,933 Nm
3 
2 
Vco = 83,33 x 22,4 = 1866,59 Nl = 1,867 Nm
3 
Se o oxigênio acima estivesse contido no ar, o volume de 'ar I.co 
pOderia ser calculado, lembrando-se queno ar seco a porcen-
tagem de O
2 
, 
e de 21%. Assim: V o/t.'.:.. Vo J-. '\ coO 
V V
o 
100 = 0,933 x 100 4,443 Nm3 = x = ar seco 21 21 
2 
Exemplo: Deseja-se queimar carbono com 1000 Nm3 de ar seco. 
Calcular a massa de carbono a ser consumida e o volume de CO 
19 
gerado. 
II '76'/1/ J '/c"/VJ 
VCl-L.:- .... I /0 vo;, T TJ /0 ~;L' 
Solução: Utilizando, uma relação deduzida anteriormente, ,ava-
lia-se o número de moles de oxigênio: VOz. =. _~_1 ' V Q.v 
= 1000 x 1000 x ª- x I' = 9375 moles 
100 22,4 
Pela estequiometria da reação, obtem-se: 
nc = nto = 2 . no = 2 x 9375 = 18.750 moles 
2 
,/00 
Vo~ . .:: ,2-1, -!(oJ.Ç.{),..: ?!1!orJ..,,,,?o 
A Q.,g . 
'I) o:!." J. 40,1 ODD :. 9 ~l,:5 
2. 2./ Li (I r8 J.J..~ 
: A massa de carbono é calculada multiplicando seu número :.::de 
moles pela massa atômica. Assim: 
m = n x 12 = 18.750 x~12 = 225.000 g = 225 kg 
C C 
E o volume de CO, nas condições normais: 
V
CO 
= 18.750 x 22,4 = 420.000 Nl = 420 Nm3 
- , Uma outra reaçao de queima do carbono e expressa pela equa-
-çao abaixo: 
()()_: ,,\ /'-00 
'- ,I, : 'i/C).) :? .~'Y'(C!) 
J, l~~'- d 
-Por.:' essa reaçao, 1 moI de carbono reage com 1 moI :de O
2 
formando 1 moI de CO
2
• 
, . 
Exemplo: Calcular o volume de ar necessar10 para reagir com 
1 kg de carbono, sabendo-se que 70% do carbono vai formar CO 
e 30% vai fonmar CO2• 
Solução: Primeiramente, calcula-se o número de moies de car~ 
bono a ser queimado: 
nC = 1 x 1~~0 = 83,33 moles 
O nÚmero de moles de carbono que vai formarCO é dado por; 
CO 
ne = 83,33 x 0,7 = 58,33 moles 
CO
2 
n = 83,33 x 0,3 = 25,0 moles 
C 
O número de 
CO 
nC; 
= = 2 
moles de O
2 
consumido na formação de CO é: 
58,33 
2 
= 29,17 moles 
• • • • • • • • ( • • • ( • • .. .. .. • ~ ,.. 
: • ( •• i • • ( •• .,. . 
• : : : .,: .. .. • • • .. 
• • ( • • • ,. 
• 
, , 
° numero de moles de 02 consumido na formação de CO
2 
e: 
CO
2 
CO
2 
n = n = 25 moles 
'0 C 
2 
I) total de oxigênio a ser consumido é: 
total CO 
CO
2 
29,17 25 ° n = n + n = + = , , 54,17 moles 
:0 
2 °2 °2 
Nãs condições' normais, o. volume de 02 é: 
Vo = 54,17 x 22,4 = 1213,41 Nl = 1,213 Nm
3 
2 
, 
e o volume de ar seco e: 
V 
ar 
100 
= 1,213 x 21 = 5,776 Nm3 
.\ ,. 
,!L /1 ".j (J .=. I ... ;t. 
, 
'100 
, ( 
\j 0.11.. .:.. 190 
I r ' 
\/0,1-
V0'L 
Exemplo::Em processos de redução diretade .minérios de ferro 
-ocorre a seguinte reaçao; 
Fe 203 (S) + 3CO(g) = 2Fe Cs ) + 3C02 (g) 
Deseja-se produzir uma tonelada de ferro através da reação a 
cima .. Calcular o volume de CO consumido no processo e a mas-
sa de Fe
2
0
3 
a ser utilizada. 
Solução: Interpretando a reação, observa-:-se que'l mol ;;' de 
Fe
2
0
3 
reage com 3 moles de CO, produzindo 2 moles de Fe e 3 
moles de CO
2
. 
Determina-se, inicialmente o número de moles de Fe a ser pr~ 
duzido: 
6 = 1 x 10 g, = '17.905,1 moles 
55,85 g/mol 
21 
-Pela estequimetria da reaçao, tem-se: 
2 moles de Fe ----------- 3 moles de CO 
17.905,1 moles de Fe----- x 
Por regra de três: 
3 
nCO = 2 . nFe = 26.857,65 moles 
, 
Logo, o volume de CO e: 
V
CO 
= nCO x 22,4 = 26.857,65 x 22,4 = 601.611,36.Nl = 601,61Nm3 
-Ainda pela estequiometria da reaçaoj 
1 ~ x 17.905,1 ~ 8952,55 moles • n = 
2 Fe 
, 
e a massa e dada por: 
= n
F 
O x P.MF O = 8952,55 x 159, 7 = 1.429.722,24g e'2 3 e 2 3 
= 1429,72 kg 
Exemplo : Em um forno deseja-se fazer 'a reduç;o de 1 tonela 
da de sílica empregando o. carbono. A reação' é: . 
Calcular a massa de carbono necessária ao processo e a massa 
de silício produzido. 
Solução: Pela observação da equação acima, tem-se: 1 mol de 
sílica reage com 2 moles de carbono, produzindo um mol de si 
lício e dois moles de CO. 
Avalia-seo número de moles de Si0
2
: 
• • • • • • • • • • • .. .. 
• • • • • .. 
• .. 
• • • • • • • • • • • • r • • • • • • • , 
• .' • • • • • • 
= 1 x 106g = 
P.M.Si0
2 
= 16.641,70 moles 
60,09 
Pela estequiometria, tem-se: 
n
c
' = n
Si02 
x 2 = 2 x 16.641,70 = 33.283,40 moles 
, 
A massa de carbono e: 
mc = nc x P.A.C, = 33.283,40 x 12 399.400,8 g= 399,4 kg 
o número de moles de silicio ',é: 
n
Si 
= n
Si02 
= 16.641,70 moles jJ" '11; . . I. "1 .., 5' -;l J 1 C == _J. '), c. .:: ..... -':, (J "\ J' h .. (J r.... ...J ~ r- I p ... 
'_~'_""_"'~""'~"". .... I 
e sua massa,: 
Os conceitos vistos até agora serão utilizados no desenvolvi-
mento de balanços de massa. 
1. 4. 'Balanços de massa 
O balanço de massa para qualquer processo metalúrgico está " 
. .. 
baseado na seguinte expressão: i'a matéria não pode ser cria~. 
• ' J 
.da ou destru1da em um dado sistema. Matematicamente, essa ex 
pressão pode ser colocada na segunte forma: 
Entrada de massa = Saida de massa + Acumulação de massa 
23 
De um modo geral, nos processos metalúrgicos, continuas ou 
em bateladas, não existe acumulação de massa. Desse modo, p,9. 
de-se igualar as entradas e saidas de massa. Em ~ processos 
continuos, podem ocorrer acumulações de massa em curtos peri,9. 
dos de tempo (positiva e negativa), de tal modo que a longo 
prazo a acumulação seja nula. Esse caso é visto na figura a-
baixo; 
--- E/llTRAtM 
------ SA/@A 
----~ S _----- --.-." 
7-
I r , r I I I I I 
MJ JA SONDJ 
MESES 
Figura 1 - Balanço de K
2
0 e S no alto-forno de Solmer na 
França. 
Nessa figura observa-se que houve periódos onde ocorreu uma 
acumulação positiva deK
2
0 (entradas superam as saldas) e p~ 
rlodos onde a acumulação foi negativa (saidas maiores que as 
entradas). No caso doenxôfre, durante o tempo estudado o a-
cúmulo foi sempre positivo. Apesar disso, a tendência a lon-
go prazo é de que as acumulações sej am nulas, de tal modo ·.que 
se possa igualar as entradas e saídas de· massa. 
Os dados necessários para o desenvolvimento de um balanço de 
massa sao: pesos e análises q~imicas de todos os 
carregados ou produzidos no sistema. 
materiais 
24 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
As principais causas de erro que impedem o fechamento exato 
de um balanço de massa são: 
- erros de pesagem; 
- erros de análise quimica: amostragem e equipamentos. 
Devido a esses erros, um balanço de massas nunca fecha exata 
mente. 
Nãó é raro atribuir a culpa de desvios de controle de proces 
, -, 
sos a tipos de modelos matemáticos utilizados, quando na ver-• • • 
,.dade qualquer que seja o modelo ele nada mais fará que prop!: 
• • • • • • • • • • • . ' 
• · '~ 
• • • • • • • • • .' • '. 
gar os erros já existentes nas informações fornecidas. Desse 
modo, é de extrema importância minimizar os erros de pesagem 
e análise quimica. Através da técnica de simulação de r·10nte 
CarIo é possivel detetar quais os erros que causam as maiores 
variações na qualidade do produto. Com isso, pode-se focali-
zar a;:,atenção nesse::; erros, buscando reduzi-los. 
, -A seguir, serao resolvidos alguns exemplos simples de balan-
ço de massa, envolvendo os conceitos básicos vistos até ago~ 
ra • 
Exemplo:.Umgás natural analisando 85%CH
4
, IO%C 2H6 , 4,5%N2 e 
O,5%C0 2 é queimado com ar seco. A análise ORSAT (base seca ~ 
do gás produto da combustão é 9',8%C0 2 , 3,8%02 e 86,4%N2 . 
Calcular: a- Nm3 gás natural/Nm3 de gás produto (base seca) 
b":" Nm3 de ar usado/Nm3 de gás natural. 
c- Composição do gás produto, em base úmida. 
Solução: Tomando como base I Nm3 de gás natural, tem-se: 
e 1-\,; l'Z0d-. ~ (0"d- -I- 'J.. i\~9 
(d. +\;) f1b O;; 4> ~e.oJ. -\ 3110-o 
., 
\ 
25 
~ .-
j ~l'l'1 ~ -'I J.·~0'::t 
~ --', Z"", 4 e 
j ~I ~ 22,4e 
= 
1 x 1000 85 x = 37,95 moles 
22,4 100 
1 x 1000 10 
n = x 
C2H6 22,4 100 
= 4,46 moles 
1.x':1000 4,5 
2,01 moles n
N = 
x = 
2 22,4 100 
1 x 1000 0,5 0,22 moles nCO = x = 
2 22,4 100 
l VvvD \ --. 2 2,_4_ 
~;'OO iv\M 3 
Fazendo-se' um balanço de carbono, tem-se: 
carbono no gás natural ~ carbono no gás produto 
, "', 
O numero de moles de carbono no gas natural e dado por: 
nC = n
CH 
+ 2.nc H + n CO = 37,95 + 2 x 4,46 + 0,22 = 47,09 
426 2 
, , '" 
Esse numero demoles .de carbono e igual ao numero de moles de 
carbono no gás produto. ° número de moles de C no gás produto 
é igual ao número de moles de 002 nesse gás. Assim: 
V(Nm3 ) x 1000 ~ = X::2, .4,38. V 
22,4 100 
, , 
onde V e o volume de gas produto (base seca). 
Igualando entradas e saldas de carbono, obtém-se: 
47,09 = 4,38.V 3 V = 10,75 Nm 
Desse modo, a proporção gás natural/gás produto é: 
O,Og3 Nm3 de gás natural/Nm3 de gás produto (base seca). 
• • • • • • • • • '. • '. • • • • • • • • • • .. • • ., 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
Para determinar o volume de ar usado, pode-se desenvolver um 
balanço de nitrogênio. Para esse balanço, tem-se a seguinte 
-equaçao: 
N
2 
no gás natural + N
2 
no ar 
No ar tem-se: 
= 
, 
V (Nm3 ) x 1000 
ar 
~------------- x 
22,4 
No gas produto: 
79 
100 
= 
, 
= N
2 
no gas, produto. 
35,268 . V 
ar 
produto 
n
N 
= 10,75 x 1000 x 86,4 = 414 1643 moles 
2 22,4 100 
Assim, tem-se: 
2,01 + 35,268 • V = 414,643 
ar 
Logo: 
V ,11,70 Nm3 
ar 
Dai: 
11,70 Nm3 de ar usado/Nm3 de gás natural 
Esse volume poderia ter sido calculado também .a·partir de um 
balanço de oxigênio. Nesse caso, ter-se-ia: 
, 
02 contido no gás + 02 contido no = 02 contido no gas 
natural ar produto 
, 
No gas natural, tem-se: 
nO = n
CO 
= 0,22 moles 
2 2 
27 
No ar, obtem-se: 
= 
V(Nm3 ) x 1000 21 
x-= 
22,4 100 
9,375 V ar 
° 02 contido no gás produto é calculado pela seguinte relação: 
produto 
nO = nO + nCO +.nH O 
2 222 
2 
= 
10,75 x 1000 3,8 
x-= 18,237 moles 
22,4 100 
10,75 x 1000 9,8 
x -- = 47,031 moles = 
22,4 100 
, , 
e necessario fazer um. balanço de hidro Para determinar nH O 
2 
gênio. As reações pertinentes são: 
Assim: 
nH ° = 2.nCH + 3.nc H = 2 x 37,95 + 3 x 4,46 = 89,28 moles 
2 4 2 6 
Logo: 
produto 89,28 
nO = 18,237 + 47,031 + 2 = 109,908 moles 
2 
• • • • • • • • • • • '. • • • • • • • • '. • • • ,. 
e 
' . . ,' 
• • • • • • • • • • ." ., 
• .' • • • '. • • • 
Igualando entradas e saldas de oXigênio, tem-se: 
0,22 + 9,375~V = 109,908 moles 
ar 
v = 11,70 Nm3 
ar 
Como já era de se esperar, fazendo~se um balanço de oxigênio 
" ou de nitrogênio b resultado e o mesmo. 
De posse dos resultados obtidos, pode-se calcular a composi-
ção do gás produto (base úmida) 
nH O = 89~28 moles 
2 
nCO = 4,38 x 10,75 = 47,085 moles 
2 
n
N 
= 414,643 moles 
2 
nO = l8,237'moles 
2 
ou em termos de porcentagem base Úmida:': 
CO
2 
= 8,27% . 
N = 72,85% 
2 
O2 = 3,20% 
Exemplo: Um dado combustlvel tem a seguinte análise: 
82%C, 14%H e 4%0 em peso. 
Ele é queimado com 10% de excesso de ar (em relação ao este-
29 
quiométrico).Calcular: 
Nm3 seco usado/kg 
, 
a- de ar de oleo; 
Nm3 de 
, 
b- gas produzido/kg de óleo (base seca) ; 
Nm3 
, 
produzido/kg 
, 
(base úmida) ; c- de gas de oleo 
composição 
, 
(base seca). d- do gas produzido 
Solução: Tomando como base 1 kg de 
, 
- numero de moles de carbono: 
1000 82 
nC = 1 x 12 x 100 = 68,33 moles 
, 
- numero de moles de H
2
: 
1000 14 
nH = 1 x 2 x 100 = 70 moles 
2 
, 
- numero de moles de O
2
: 
1000 
= 1 x 32 
4 
x 100 = 1,25 moles 
, 
oleo, tem-se: . 
A queima do combustível se passa com as seguintes reações: 
Logo, o oxigênio estequiométrico é dado por: 
estequiométrico n 
O ar 
2 
70 = 68,33 + 2 - 1,25 = 
= 102,08 moles 
Com excesso de oxigênio de 10%, tem-se: / / 
• • • • • '. • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' • • • • • .' • • • • • • • • • • 
ar 
nO = 102,08 x 1,1 = 112,29 moles 
2 
Dai, determina-se o número de moles de ar: 
n 
ar 
ar 100 
= nO x 21 
2 
100 
= 112,29 x 21' = 
, 
e o volume de ar e dado por: 
534,71 moles 
V = 534,71 x 22,4 = 11977,6 Nl = 11,98 Nm3 
ar 
. '.', 
Logo, consome-se 11,98 : Nm3 de ar para cada kg de combustivel. 
Os gases produto serao: CO
2
' H
2
0, N2e O~. Desse modo, tem-se: 
n
c02 
= nC = 68,33 moles 
nH 0= 
n
H = 
70 moles 
2 2 
79 79 422,42 moles n
N = 
n x = 534,71 x 100 = 
2 
ar 100 
ar estequiométrico 
= nO - nO = 112,29 - 102,08 = 10,21 moles 
2 2 
, , , ° numero de moles de gas produto,na base seca e: 
n, = n
CO 
+ n + no =68,33 + 422,42 + 10,21 = 500,96 moles 
gas 2 N2 2 
" 
'", 
V, = 11.221,5 Nl = 11,22 Nm3 /kg óleo 
gas 
° número de moles de gás produto, na base úmida é: 
n , ,= 
gas 
= 68,33 + 422,42 + 10,21 + 70 = 
= 570,96 moles 
31 
/ 
/ 
v , = 12.789,5 N1 = 12,79 Nm
3 /kg óleo 
gas 
A composição 
, 
do gas 
, 
na base seca e: 
CO = 13,64% N2 = 2 84,32% °2 = 
2,04% 
Exemplo: Em um reatar carrega-se carbono e 1600 kg de Fe203 • 
Injeta-se também 1600 Nm3 de ar seco. Qual a massa ,de carbo-
no carregada, supondo que todo o óxido de ferro é reduzido a 
ferro metálico e que 65% do carbono é oxidado a COe ores -
tante a CO
2
? 
Solução: Por um balanço de oxigênio pode-se chegar à solução. 
Tem-se: 
Saldas de oxigênio Entradas de oxigênio 
1- Contido no Fe
2
0
3 
1- Combinado 'COm C: CO e CO
2 
2- Contido no ar 
Primeiramente·, avalia-se as entradas de oxigênio. 
1- Contido no Fe
2
0
3 
° número de moles de Fe
2
0
3
;é: 
= 
1600 x 1000 
p.M.Fe
2
0
3 
= 
1600.000 = 10.018,79 moles 
159,7 
° número de moles de 02 contido nesse óxido é: 
3 
n = • 
02 2 
hO .3 
3 
='2 x 10.018,79 = 15.028,19 moles 
/ 
/ 
32 
, ' 
• • • • • • • • • • • • '. • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • •• .' • .: 
• • • • • .' • • • 
2- Contido no ar 
= 
1600 x 1000 -----.;.;;....-.- x 
22,4 
21 
100 
= 15.000 moles 
". -Desse modo, as entradas de oxigenio sao: 
total 
no = 15.028,19 + 15.000 = 30.028,19 moles 
2 
Avalia~se agora as sai das de:, oxigênio: 
1- Combinadó' com o C 
, 
Chamando de M a massa de C em kg, calcula-se o numero de moles 
de carbono: 
:,1 x 1000 M x 1000 = 83,33.M = 
P.A.C· 12 
o nÚmero de moles de CD é: 
nCo = 0,65 .nc = 0,65 x 83,33.M = 54,16.M 
e o de CO : 
2 
nCo = 0,35.nC = 29,17.M , 2 
, , 
O numero de ~oles de O
2 
contido nesses gases e: 
1 
= 2 x 54,16.M + 29,17.M = 56,25 M 
Igualando entradas e sardas de carbono, obtem-se: 
30.028,19= 56,25.M M = 533,83 kg de carbono 
, ' 
k seguir serio resolvidos dois exemplos de balanço de m~~sa, 
aplicados a processos industriais: fabricaçio de gusa e~ al-
to-forno e fabricaçio de aço no conversor L.D. '/ I 
/ 
, 
1.5. Aplicação de balanços de massa a processos industriais 
A aplicação de balanços de massa a processos industriais po-
de ter várias finalidades. Dentre elas pode-se citar: 
- cálculo da carga a ser usada num dado processo. Como, :'por 
exemplo, cálculo de carga para o alto-forno~ 
- cálculo do consumo de insumos: determinação do. volume de o 
xigênio a ser usado na fabricação de aço pelo processo L.D; 
- determinação de per1odos de acumulação positiva ou negati-
va de determinados compostos. Exemplo:. álcalis no alto-for 
no. 
o balanço de massa é também parte fundamental no desenvolvi-
mento de modelos matemáticos para controle de processos. Dai, 
a sua grande importância dentro da metalurgia. 
1.5.1. Balanço de massa aplicado ao alto-forno 
o equacionamento a ser desenvolvido no exemplo a seguir foi 
feito de modo a permitir a sua utilização nó cálculo de car-
ga para altos~fornos empregando programação linear. 
Exemplo.:: A·~tabela a seguir mostra as matérias . primas dispon1 
veis para utilização em um dado aI to-forno. As'. matérias pri 
mas de 1 a 3 são diferentes tipos de minério de ferro, a de 
número 4 é calcáreo, 5 é dolomita, 6 é quartzo"7 é bauxita, 
e 8 é o minério de manganês. O número 9 correspondente as 
cinzas do carvão vegetal. 
/ 
/ 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • "e 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
********************************~************************* 
NATERIA FE MN P CAO. AL203 5102 MGO 
PR !tiA 
1 65.6:3 4':-• 'J .84 .134 1. 27 2.51 .132 ..... 64.05 .07 .08 0.06 :~1. 8'~ 2a63 6.013 .::. 
~ 66.75 15 .) . .83 13.138 .713 1.2.3 13.(1) 
4 3.66 1).013 €l.0ü 51).54 0.130 .44 1. 94 
5 2 .. 27.54 .134 29. ~32 .33 2 •. 5? 1'3.65 
6 .60 8.013 13.130 13.013 . 113 96.39 0.00 
7 2.'37 o.eo 13.oe e.ao 56.67 6.57 e.ee 
':- q qc- 24. 12 13 0.3(1 17.1313 12~00 13.130 v • •• 0...J . 
9 :3.85 .76 1.133 3.3. ~::W 5.213 17.73 5.40 
******~ •• ***********************~************************ 
Fez~se uma carga com as·seguintes massas das diversas matéri 
as primas: 
. I 
Matéria-prima 
1 
3 
4 
5 
6 
Sabendo-se que-
- teor de carbono 
- teor de silício 
- teor de FeO na 
":'eteor de MnO na 
massa" de cinzas 
Calcular: 
no gusa 
no gusa 
, 
escoria = 
escória = 
-do carvao 
= 
= 
"Massa (kg/t.gusa) 
543,16 
873,58 
95,49 
53,38 
61,34 
4,5%; 
0,6%; 
1,5%; 
1,0%; 
vegetal = 30,0 kg/t.gusa. 
- massa e composição de gusa e escória; 
- basicidades 'bin~ria e quatern~ria da escória. 
Solução: Antes de se iniciar 0S cáiculos, deve-se estabelecer 
as suposições a serem feitas. são elas: 
35 
, . -
- o CaD, MgO e A12~3 se incorporam integralmente a escorla, 
- o P é todo incorporado ao gusa; 
, 
- o Fe, !·in e Si se distribuem entre o gusa e escoria (para 
onde vão nas formas de FeO, MnO e Si02 , respectivamente). 
Inicialmente faz-se um balanço de CaO. 
massa de CaO na carga = massa de CaO na escória. 
Tem-se: 
9 
massa de CaO na carga =2 
i=l 
r·L • (%CaO) . /100 
1 1 
onde: 
M. = massa da matéria prima "i" (kg/t.gusa); 
1 
(%CaO). = teor de CaO na matéria prima "i". 
1 
Assim: 
massa de CaO na carga = 73,87 kg/t.gusa 
Por procedimentos análogos, determina-se a massa de A1
2
0
3 
e 
MgO na carga. Obtem-se: 
massa de A1 203 na carga = 14,81 kg/t.gusa 
massa' de M'gO na carga = 14,07 kg/t.gusa 
Para a silica tem-se Q segu.inte balanço:: 
, 
massa de Si02 na carga = massa de Si02 na escoria + massa de 
Si02 reduzida (dá origem ao silicio do gusa). 
Logo: 
massa de sílica na escória = ,massa de Si02 na carga - massa 
de silica reduzida. 
- , Por expressao semelhante a do CaO, obtem-se: 
massa de sílica na carga = 90,61 kg/t.gusa 
A massa de sílica reduzida pode ser determinada lembrando-se 
.... ;. 
-da reaçao abaixo: 
, 
Calcula-se o numero de moles. de Si nogusa: 
gusa 
n
Si 
~: • ; 1 ~ 
m· (kg) x 1000 '.' 
gusa 
x = 
P.A.Si 
.:1. :: '. '. 
= 213,60 moles 
(%Si) 
__ --..::<g_u..;;,s..;..a . = 
100 
Pela esteq~iometria da reaçio, tem-se: 
, 
. , 
e: 
gusa = 213,60 moles n
Si 
i massa de S~p 2 reduzida 
I, 
1000 x 1000 x 0,6 
28,:99 x 100 
= 
= 213,60 x 60,09= l2835,17g = 12,84 kg 
Finalmente: 
massa de sílica na escbria = 90,61 - 12;84 = 77,77kg/t.gusa 
A massa to~al de escbria ~ dada por: 
m ' escoria + mSiO + 
; 2 
Mas pelos dados fornecidos sabe-se que:· 
, 
mFeO + mMnO 
m ' escoria. 
x 100.-:::; (% FeO + % MnO), . = 2,50 escorJ.a 
Substituindo na relação anterior; 
., .... 
... :'; : 
. , 
. ;.: :.", ~": " 
37 
','.,' .. 
• .' " l, :, 
. "'. ~ " ..... :l:~'..,:;..' "'l'~~';l ";o~., :';':':'12~,"~~:~:~,;:'::~Y;i:: 
',"'I 
2,5 x m ,. 
escor~a 
100 
Isolando a massa de escória do lado esquerdo, obtem-se: 
m , = 
escoria 
+ mAl O + mMgO + mSi02 ) 2 3 
(1 2,5) 
100 
= 
(73,87 + 14,81 + 14,07 + 77,77) 
(1 - 0,025) 
E a composição da escória é: 
%CaO = 
73,87 
185,15 
x 100 = 39,90 
%A1
2
0
3 
14,81 
x 100 8,00 = = 
185,15 
%r~gO 
14,07 
x 100 7,60 = = 
185,15 
%Si0
2 
77,77 
x 100 42,0 = = 
185,15 
%FeO - 1,5 
%l\1nO =~l,O 
185,15 kg/t.gusa 
Determina-se agora a composição do gusa. Inicialmente, tem-
se o balanço de ferro, dado pela expressão' 'abaixo: 
massa de ferro na carga = massa de Fe no gusa + massa de Fe' 
na escória (na forma de FeO) 
Tem-se: 
• • • • • • • • • • • • • ,. 
• • • • • • • '. • ,. -• • • • • • • • • • .' • .' • • • • • • • • • • • 
9 
massa de ferro na carga = """ r·i Li 
(%Fe) . 
, ~ 
= 947,35 kg/t.gusa 
i=l 100 
, 
massa de Fe na escoria (%FeO) "m , x x 
escoria 
P.A.Fe 
100 P.M.FeO 
1,5 55,85 = 185,15 x x = 2,16 kg 
100 71,85 
Por diferença, obtem-se: 
massa de Fe no gusa = 945,19 kg/t.gusa 
,., 
Para o manganes, tem-se um balanço semelhantes ao do ferro,. 
Logo: 
9 
massa de Mn na carga =;> Mi 
i=l 
, 
(%Mn) . 
~ 
100 
= 4,43 kg/t.gusa 
massa de Mn na escoria = m , x 
escoria 
(%1.1nO) P .A.Hn 
x = 
100 P .I.JI .MnO 
1,0 54,94 = 185,15 x x = 1,43 kg/t.gusa 
100 70,94 
e dai: 
massa de Mn'no gusa = 4,43 - 1,43 " 3,00 kg/t.gusa 
Para o fósforo, tem-se o seguinte balanço: 
massa de P na carga = massa de P no gusa 
Mas: 
massa de p'na carga 
9 
=)' M 
i 
i=l 
(%p) . 
~ = 0,81 kg/t.gusa 
100 
Como a massa de gusa é 1 tonelada, determina-se sua composi-
-çao: 
39 
%Fe = 945,19 x 100 = 94,52 
1000 
%Mn 
·3, O.· 
x 100 0,3. = 
1000·, 
r~ ... = 0,81 x 100 = 0,08 
1000 
%Si = 0,6 
%C = 4,5 
Finalmente, calcula-se·as basicidades bin&ria e quatern&ria 
da escória: 
. %CaO 
- basicidade bin&ria = = 39,9 == 
42,0 
0,95 . 
_ basicidade quatern&ria = %CaO + %MgO = 39,9 + 7,6 = 0,95 
%Si0
2
+%A1203 42,0 + 8 
1.5.2. Balanço de massa aplicado ao conversor L.D. 
A aplicação de balanços de massa ao conversor L.D. tem, nor-
malmente, como principal finalidade a determinação· do volume 
de oxig~nio necess&rio"ao processo. A massa de cal a ser adi 
cionada e a massa de escória obtida também podem ser calcula 
das através desses balanços. 
Exemplo: A tabela abaixo rrostra as matérias primas disponiveis 
para fabricação do aço e suas respectivas an&lises quimicas. 
40 
• :. 
• '. • • • • • • • • • • e, 
• • • • • • '.' • .' .' .' .' .' .~ .' .1, .' • • • .' • .' • . : •. , 
• • • • • .' • • 
ELEf.1ENTO 
I·1ATÉRIA PRH1A 
C(%) 1,1n(%) Si(%) p(%) Fe(%) 
, , 
Gusa liquido 4,20 0,62 0,58 0,10 94,50 
Gusa sólido 3,80 O,~O 1,80 0,12 93,48 
Fe-Mn sólido 7,90 75,30 2,53 0,32 13,95 
A massa de cada uma dessas matérias primas carregadas no con 
versor L.D. é: 
- gusa liquido: 880 kg/t.aço 
- gusa sólido . 219 kg/t.aço . 
- Fe-f-in sólido: 4 kg/t.aço 
composição do obtido 
, 
e a aço e: 
c = 0,09% Mn = 0,45% P = 0,03% Fe = 99,43% 
Sabendo-se que; 
-- 10 kg de Fe sao projetados para fora do conversor L.D.; 
o carbono é oxidado a CO e CO
2
, na seguinte proporção: 
80%CO e 20%C0
2
; 
, 
- a massa de' cal a ser adicionada e determinada pela seguin-
te relação: 
m = 1,7 (4.mS l.' + 2,72.mp ) CaO 
onde: mS' = massa de silicio na carga (kg); 
l. ' 
mp = massa de fósforo na carga. (kg) • 
calcular: 
a massa de CaO a ser adicionada; 
- a massa e a composição da escória obtida; 
- volume de oxigênio necessário ~o processo. 
41 
Solução: Inicialmente, determina-se a massa de CaO a ser car 
regada. Para tal, avalia-se as massas de Si e P carregadas 
no .. c·onversor. 
Tem-se: 
. 3 
d: 
1.=1 
(%Si) . 
1. 
100 
onde·:' . 
- M = massa de cada matéria prima em kg/t.aço 
i 
- (%Si). = teor de si11cio em cada matéria prima. 
1. 
Usando a relação acima, obtem-se: 
mSi = 9,147 kg/t.aço 
Através ,de relação análoga, calcula-se a massa de fósforo. Ob 
tem-se: 
mp = 1,156 kg/t.aço 
Pela relação fornecida', obtem-se a massa de CaO: 
mCaO = 1,7(4;.x 9,147 + 2;72 x 1,156) = 67,545 kg/t.aço 
Para se calcular a massa e a composição da escória deve-se 
lembrar que ela será composta pelos seguintes óxidos; CaO 
Si02 , MnO, FeO e P205 • Na determinação das massas desses óxi 
dos na escória, deve-se fazer balanços de massa para 0S se-
guintes elementos: Si, Mn,,·Fe e P. 
Observando-se a composição do aço obtido, pode-se estabele -
cer o seguinte balanço para o si11cio: 
massa de si11cio na carga = massa de si11cio na-escória (na 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • e:' .' é: 
•• • • • • • • • • • • • • • • • • • 
LogÇ),:" tem-se: 
= mSi . 
P.A.Si 
60,09 
= 9,147 x 
28,09 
= 19,567 kg 
Para o manganês, tem-se o seguinte r balanço: 
massa de Mn na carga = massa de Mn no aço + maséa de Mn na 
escória (na forma de MnO) 
Logo, ',obtem-se: 
3 carga 
m 
Mn = :2. M. . 1 1. 
1.= 
(%f.1n) . 
1. = 10,22 kg/t.aço 
100 
(%Mn) 
maço = m (kg) x ____ ~a~ç~o = 4,5 kg/t.aço 
Mn aço 100Por diferença; 
, 
escoria 
m Mn 
= mcarga_ .maço = 
Mn Mn 10,22 - 4,5 = 5,72 kg/t&aço 
, 
E a massa de MnO e dada por: 
m MnO 
, 
escoria 
= m
Mn 
x 
P.M.NlnO 
P.A.Mn 
Para o ferro, tem-se: 
70,94 = 5,72 x ~~~ = 7,386 kg/t.aço 
54,94 
massa de Fe na carga = massade Fe no aço + massa de Fe na es 
cória (na forma de FeO) + massa de Fe 
projetado 
Avaliando cada uma das parcelas acima, obtem-se: 
carga mFe 
3 
= > 1\1. 
i=l 1. 
(%Fe) . 
1. = 1036,879 kg/t.aço 
100 
43 
(%Fe) 
= m (kg) x 
aço 
aço = 994,3 kg/t.aço 
100 
-
m~:ojeçao = 10 kg/t.aço 
Por diferença, calcula-se a massa de Fe na escória: 
escória 
m
Fe 
carga aço projeção = mFe - mFe - mFe = 
Logo, a massa de FeO na escória é: 
32,579 kg/t.aço 
escória 
mFeO = mFe x 
P.M.FeO' 71,85 / = 32,579 x --~- = 41,913 kg t.aço 
P.A.~e 55,85 
Finalmente, para o fósforo tem-se: 
, 
massa de P na carga = massa de P no aço + massa de P na esco 
ria (na forma de P
2
0
5
) 
Obtem-se: 
carga 
mp = 1,156 kg/t.aço 
Logo: 
= m (kg) x 
aço 
(%p) 
aço = 
100 
escória 
mp = 0,856 kg/t.aço 
0,3 kg/t.aço 
, 
E a massa de P2~5 e dada por: 
escória 
= mp x 
P .r.1.P 205 
2.P.A.P 
= 0,856 x 141,94 
2 x 30,97 
= 1,962 kg/t.aço 
.' 
" 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • • 
45 
.. , 
A massa de escoria e: 
+ mp O = 138,373 kg/t.aço' 
2 5 
e sua composição: 
CaO = 48,81% MnO = 5,34% 
5i02 = 14,14% FeO = 30,29% 
Para calcular o volume de oxig~nio necessário, considera-se as 
reações abaixo: 
Inicialmente, calcula-se o oxigênio consumido nas reações com' 
o 'carbono.- Tem-se o se'gpinte balanço para o carbono: 
massa de C na carga = massa de C no aço + massa de C oxidado 
Avaliando cada uma das parcelas; 
m~arga = 45,598 kg/t.aço 
m~Ço = 0,9 kg/t.aço 
Por .di'ferença: 
m~Xidado = 44,698 kg/t.aço 
° número de moles de C oxidado é: 
oxidado 
nC = 
oxidado x 1.000 mc 
12 
= 44,698 x 1000 = 
12 
3724,83 moles 
Desse .total, 80% é convertido a .CO e 20% a CO 2 ' logo: 
n~O = n~Xidado x 0,8 = 2979,86 moles 
n~02 = n~Xidado x 0,2 =744,97 moles 
Eo riúmero de moles de 02 consumido nessas reaçoes é: 
= 1 
2 
= 2234,90 moles 
Para as outras reações,considera-se os balanço~ já. desenvol-
vidos. 
Para o oxigênio consumido na oxidação do silício, tem-se: 
oxidado n Si = 
escória . 
ms'" .. x. 1.000 
1. " 
28,09" 
= 9',147 x 1000 = 325,63 moles 
28,09 
oxidado = nSi = 325,63 moles 
Para o oxigênio da oxidação do manganês, obtem-se: 
oxidado n
Mn = 
escória 
~" ..... x. 1.000 
54,94 
= 5,72 x 1000 = 
54,94 
104,11 moles 
46 
• • • • • • • • • • • • •• •• • • • e:' 
•• . : .:' 
'e·' 
• •••• e; 
•• • • ••• • • • • • • • • .-., . 
•• •• . ' • • • • • • • • • 
= 
1 
2 
oxidado 
nr-1n = 
104,11 
2 
= 52,06 moles 
Na oxidação do ferro, tem-se: 
escória 
m
Fe 
x 1000 
oxidado 
n
Fe = 
55,85 
= 
32,579 x 1000 
55,85 
= 583,33 moles 
1 oxidado 
= 2· n Fe 
1 
= 2 x 583,33 291,67 moles 
Na oxidação do fósforo, obtem-se: 
escória 
oxidado 
np 
mp x 1000 0,856 x 1000 = 27,64 moles 
= 
5 
4 
= 
30,97 
oxidado 
np = 
5 
4 
= 
x 27,64 
30,97 
= 34,55 moles 
, 
o oxigênio' total consumido no processo e: 
total 
no 
2 
e o volume nas condições normais: 
total 
= nO x 22,4 = 
2 
65.829,34 Nl 
C -/. 
.--1 I 
..... ~ ! 
p 
+ nO = 2938,81 moles 
2 
= 65,83 Nm3 /t.aço. 
rl / C
.., 
" ".,2.' 
I ,; 
.J ~,o: 
I 
.!I:O\ 
47 
CAPíTULO I 
EXERCíCIOS 
1. Determinar as massas moleculares dos seguintes compostos: 
b - CaC03 
e - W0
3 
f - PbS 
c - MgC03 d - MnO 2 
Obter os valores por consulta direta aos "Dados Te'rmodinâmicos 
para Metalurgistas" e pela :;oma dos pesos atômicos dos elemen-
tos. 
2. Calcular o número de moles dos compostos acima, contido em 
uma tonelada de cada um desses materiais. 
3. Calcular o número de. moles de oxigênio (°2), nitrogênio (N2) 
e vapor di á.gua (H20) contido em 1 kg desses· gases. 
4. Calcular o número de moles de Fe, C, Si, Mn, P e S contido 
em uma tonelada dos seguintes materiais: 
ferro-gusa: Fe - 94,34% C = 4,3% Si = 0,52% 
Mn = 0,70% P = 0,102% S = 0,038% 
- aço: Fe = 99,506% C = 0,07% Si = 0,00% 
Mn = 0,38% P = 0,027% S = 0,017% 
5. Calcular o número de moles 'de 'CaO, Si02 , A1 20 3 , MgO, MnO, 
FeO e P20 5 contido em 300 kg d,as seguintes escórias: 
- escória de alto-forno: CaO ~ 41,84% 
A120 3 = 13,56% 
MnO = 0,8% 
Si02 = 36,39% 
MgO = 6,21% 
FeO = 1,20% 
48 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • "-. • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• 
ti 
• • • • • • 
- escória de aciaria L.D.: CaO = 42,00% 
A1
2
0
3 
= 0,00% 
MnO = 4,51% 
P20S = 2,19% 
Si02 = 15,41% 
MgO = 6,52% 
FeO = 29,37% 
6. Calcular o volume ocupado por 1 moI de gás nas seguintes con 
dições: 
a - pressao = 1 atmj temperatura = 100°C 
b - pressao = 1 atmi temperatura = 25°C 
c - pressao = 1,5 atmi temperatura = OOC 
7. Calcular o número de moles de oxigênio contido em 1000 m3 des 
se gás, medidos a 250C e '1 atmosfera de pressao. 
8. Calcular os núnieros de moles de oxigênio, ni trocjêiüo e vapor 
d'água contidos em 1 Nm3 de ar com a seguinte composição: 
% 02 = 20.,55 % N2 = 77,3 
9. Calcular os números de moles de oxigênip, nitrogénio e vapor 
d'água contidos em 1 Nm3 de ar com lSg de umidade. 
10. Quantos quilos de oxigênio são.necessários para oxidar 100kg 
de Fe a FeO?Qual é o valor correspondente em Nm3 de oxigênio? 
11. Quantos: Nm3 de ar sao necessários para queimar 10 kg de car-
bono a CO 2? 
12. Injeta-se 1 Nm3 de ar com 20 g de umidade em um reator. Ocor 
rem as segu,intesreaçoes: 
C(s} + 1/2 02(g} = CO(g} 
Calcular a massa total de carbono consumido e os volumes de CO e 
H2 que são gerados. 
49 
13,. Em um processo de redução direta (HyL) ocorre a seguinte rea 
çao: 
Feo(s) + cO(g) = Fe(s) + cO2 (g) 
Carregou-se 1 tonelada de FeO no reator. Calcular o volume de CO 
consumido no processo e a massa de Fe produzida. 
14. Em um forno deseja-se fazer a redução de 1 tonelada de Mn02 - -empregando o carbono. A reaçao e: 
Mn02 (s) + 2C(s) = Mn(s) + 2CO(g) 
Calcular a massa de carbono necessária ao processo e a,massa de 
-manganes produzido. 
15. Um óleo combustível tem a seguinte análise: 
84% C , 15% H e 1% O em peso. 
Ele é queimado com 20% de excesso de ar (em relação ao estequio-
métrico). Calcular: 
Nm 3 ,de ar seco usado/kg de óleo; a -
b - Nm3 do'gás produzidojkg de óleo (base seca); 
Nm3, de - produzido/kg de óleo (base úmida) ; c - gas 
d - composição do gás produzido (base seca) • 
16. Tem-se um gás com a seguj,nte análise (porcentagem em VOlume): 
co = 16% cO2 = 9,5% , CH4 = 7,5% 
Transformar essa análise para porcentagem em peso. 
50 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • • • .;; 
• • • • • • • • • 
17. Calcular o volume de gás na saída da zona de combustão de 
um alto-forno como função das seguintes informações: 
v - volume de ar (Nm3/t gusa) i 
U - umidade do ar (g/Nm3); 
E - enriquecimento do ar (%)i 
MO = massa de óleo combustível injetado (kg/t gusa) i 
(%C)O = porcentagem de carbono no óleo; 
(%H)O = porcentagem de hidrogênio no óleo. 
Lembrar que: 
- os gases que saem da zona de combustão sao: CO, H2 e N2 
- um enriquecimento do ar em 1% equivale a elevar o teor de 02 
no ar seco para 22% e reduzir o de nitrogênio para 78%. 
Q ,~,,-
o óleo 'combustí vel sofre craqueamento', decompondo-se em carbo 
no e hidrogênio (H 2). 
Testar o equacionamento desenvolvido com os seguintes dados: 
v = 1200 Nm3';t gusa 
U = 20 g/Nm3 
E = 2% 
MO = 50 kg/t gusa 
(%C)O = 86% 
(%H)O = 14% 
18. Um alto-forno produz gusa com a seguinte .composição: 
Fe = 93,55% C = 3,8% Si = 2% P = 0,15% 
A análise química do minério de ferro é a seguinte: 
Fe = 64,57% Si02 = 3,91% 
!VIgO = 1, O 7 % 
P 20 5 = 0,33% 
Umidade = 5% 
Mn = 0,51% 
Mn = 0,4% 
A relação CaO/Si02 desejada na escória é 1,1 e a composição do 
calcáreo é: 
51 
CaC0 3 = 96% MgC0 3 = 2% Si02 = 2% 
°consumo de coque e de 56b kg por tonelada de gusa e sua análi 
se é: 
c = 88% 5i02 = 9% 
Os gases do topo possuem relação cO/C02 igual a 0,86. 
Considere que 99,5% do ferro é reduzido e o restante vai para a 
escória. Calcular (por tonelada de gusa produzido) : 
a - peso de minério carregado; 
b - o peso e composição da escória; 
c - o volume de ar necessário; 
d - o volume e composição do g~s de topo. 
19. Abaixo sao fornecidas informações sobre a produção de uma t~ 
nelada de aço pelo processo LD. Na análise dos gases de exaus 
tão está incluido o ar infiltrado. 
Calcular o balanço de massa para o processo, determinando: 
a - massas de todos os materiais'carregados por tonelada de aço; 
b - massas de todos os materiais produzidos por tonelada de aço. 
Matérias primas: 
- gusa líquido: - massa: 750 kg 
- composição: C = 4,1% Si = 1,5% Fe = 94,4% 
- sucata de aço: - composição: C = 0,646% . Fe = 99, 354 % 
-. cal: - composição: 100% CaO 
- 02 puro 
- ar infiltrado 
52 
• • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
Produtos: 
- aço: - massa: 1000 kg 
- composição: C = 0,05% Fe = 99,95% 
-'escória: - composição: FeO = 35,1% CaO = 50,0% 
- gases de exaustão: - composição: CO2 = '34,4% 
(em volume) 
02 = 3,1% 
N2 = 62,5% 
53 
Si02 = 14,9% 
CAPÍTULO 2 
A 
PRIMEIRA LEI DA TERMODINAMICA 
• • • • • • • • • • • • .. 
• • • • • • • • '. • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
2. PRH:IEIRA LEI DA TEru.lODINÂlUCA 
Em todo processamento metalúrgico, a energia está presente e 
é necessário que se saiba contabilizar os gastos energéticos 
desses processos. Para tal é fl.mdamental dominar a utiliza-
ção da função entalpia. 
2.1. Definiç.ão e utilização de entalpia 
Em termodinaIDica, a palavra em::alpia tem sido utilizada para 
designar quatro tipos de calor~ 
calor contido: para designar. o calor fornecido· a uma .sub~ 
tância para aquecê-la até uma certa temperatura; 
- calor de transformação (calor de fusão, cal'or de evapora-. 
ção): para designar a quantidade de calor cedida a uma subs 
tância para provocar sua mudança de fase ~urante o perlodo 
em que a temperatura permanece constante; 
- calor de reação: designando o calor envolvido durante 
reação quimica, onde reagentes desaparecem e produtos 
formados; 
uma 
-sao 
- calor de dissolução: designando o efeito térmico ao se di-
luir um metal em outro. 
, 
A seguir cada um desses tipos de calor sera estudado separa-
damente. 
2.1.1. Entalpia de aquecimento 
, 
Esse termo e utilizado simplesmente: para designar o calor con 
tido em uma substância em uma determinada temperatura. 
54 
Normalmente, avalia-se o calor contido num elemento ou compo~ 
to a partir de uma dada temperatura de referência. 
Geralmente, a temperatura ambiente clássica de 25 QC ou 298K é 
escolhida. Com esta escolha, o calor contido em qualque.r 
substância a 2S QC é igual a zero. Assim, quando se fala em en 
talpia do ferro s6lido a 800K, quer se dizer na ~ealidade ca-
lor contido no ferro a 800K, ou que para aquecer o ferró ,,:::de 
298 a 800K consumiu-se um certo númerO de calorias. 
A função entalpia é designada pela letra "H" e a entalpia de 
, 
aquecimento para o caso acima e representada da seguinte ma-: 
neira: 
(H800 - H298 )Fe 
onde os indices colocados tem o significado abaixo. 
- 800: temperatura até onde foi feito o aquecimento (K); 
- 298: temperatura a partir da qual se fez o aquecimento (K); 
.Fe : simbolo quimico do elemento ou composto que foi aqueci 
do. 
, 
Genericamente, a entalpia de aquecimento e expressa da segui~ 
te maneira; 
, 
onde T e uma temperatura qualquer (K). 
A entalpia de aquecimento é calculada usando o calor especi-
fico da substância. O calor especifico é a quantidade de. ca 
lor necessário para aquecer a unidade de massa da substância 
55 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • '. • • ~, 
• • • • • • • •• • • • • • • • • •• • • • • • • • 
de uma unidade de temperatura. Assim, a entalpia de aquecime~ 
to pode ser. determinada pela segu~nte relação: 
. dT 
onde: 
·i 
çp = calor especifico da subst~ncia que está sendo aquecida 
(cal/mol.K) • 
(H
t 
- H
298
)i = entalpia de aquecimento da substância IIi" 
(cal/moI). 
N6rmalmente, os valores dO' calor especific9 r .Cp ' são dados por 
relações do tipo: 
2 
Cp = A + 2.B.T - C/T-
onde: 
A, B e C = constantes caracterlsticas de cada material. 
A expressão para cálculo de IICpll mostra que essa propriedade 
so'fre variá9ões com a temperatura. É importante dizer também 
que o calor especifico é alterado quando a substância mu 
da de fase, sendo modificadas as constantes A, B e C. 
Substituindo a expressão para "C II na relação para cálculo p 
da entalpiade aquecimento, obtem-se: 
T 
2 
(A + 2.B.T - C/T) • dT 
298 
56 
Integrando, tem-se: 
2 2 
(H
T 
- H
298
)= A.T + B.T + C/T - A.298 + B.(298) + C/298 
Como A, B e C são constantes e 298 éum.valor numérico bem de 
terminado, o termo entre colchetes é uma constante e a expre~ 
são acima pode ser colocada na segunte forma: 
2 
(HT - H298 ) = A.T + B.T + C/T - D 
onde: 
D ~A.298 + B. (298)2 + C}"298 (cal/moI) 
Os "Dados Termodinâmicos para Metalurgistas" fornecem da pá-
gina 59 até 98, os valores das constantes A, B, C eD para 
di versas.'; substâncias, bem como as faixas de temperatura on 
de essas constantes são válidas. Da página 99 até 188 são for. 
necidas tabelas com valores de entalpia de aquecimento de 
100 em 100K. 
A seguir serão resolvidos alguns exemplos de aplicação das 
tabelas acima para cálculo de entalpia de aquecimento .. 
Exemplo: Qual é a entalpia de aquecimento do ferro sólido de 
25 até 700 2 C? Fornecer o resultado em cal/mol~ 
Solução: Tem-se que: 
25 2 C = 298 K e 700 2 C = 973 K 
Logo, na realidade deseja-se determinar o valor de (H
973 
-
H298 ) para o ferro. 
• • • • • • • • • • • .' • ., 
• • • • • • • '. • • • • • • • • • • • • . ' 
• • .' • • • • • • • • • • • 
Pode-se resolver o problema de duas maneiras: 
a- Utilizando a tabela da página 132 dos liDados Termodinâmi-
cos para Metalurgistas". 
Pela tabela 340, obtem-se: 
Através de uma interpolaç~o. linear, tem-se: 
100 K -------------- 5900 - 4695 
73 K -------------- x 
x = 879,65 cal/moI 
Desse modo: 
(H973 - H29S )Fe = 4695 + 879,65 = 5574,65 ~cal/mol = 5575 cal/moI 
Como a função (H
T 
- H
298
) não é linear em relação' à tempera~ 
tura, a interpolação linear levará a um pequeno erro no va 
lor calculado acima . 
, .. 
b- Nem sempre e conveniente recorrer-se as tabelas de dados 
termodinâmicos para obter-se os valores de HT - H
298
j Por 
ex~mplo, quando é utilizado o computador em cálculos termodi 
nâmicos é mais interessante integrar as equações do calor es 
peclfico, utilizando as tabelas que fornecem os valores de ~ 
B, C e D. 
58 
Na página 74 tem-se os valores de A, B, C e D para o ferro 
, 
na faixa de 298 a 1033 K, que e a pertinente ao problema. 
Tem-se: / =1-3 
I -3 2 5 
(HT - H298 ) Fe = 3,04.T + 3,79 x 10 .T - 0,6 x 10 /T - 1042 
-Substituindo o valor de T na expressao acima, obtem-se: 
(H973 - H298 )Fe = 5.442,36 cal/mol 
A diferença entre os valores obtidos se deve à imprecisão na 
interpolação linear. 
Exemplo: Para o CO, tem-se a segtlÚlte expressão .. para o cálculo 
de calor especifico: 
-3 5 2 
Cp = 6,79 + 0,98 x 10 .T - 0,11 x 10 /T (cal/mol.K) 
Determinar uma relação para cálculo de (H
T 
- H
298
)CO. Confe-
rir o resultado com os valores da tabela da página 68. 
Solução: Obtem-se a expressão para a entalpia de aquecimento 
integrando a expressao para ;"C
p 
": 
T 
(HT-H298 )CO= J (6,79 + 0,98 x 10-3. T - 0,11 x 105/T2)dT 
298 
Obtem-se: 
-3 2 5 (HT-H298 )CO= 6,79.T + 0,49 x 10 .T + 0,11 x 10 /T _ 
6,79 x 298 + 0,49 x 10-3 x (298)2 + 0,11 x 105 / 
298 -3 2 5 = 6,19.T + 0,49 x 10 .T + 0,11 x 10 /T _ 
- 2104,89 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .','" • • • • • • • • • • • • • •• • . ' , , 
• • • • • • • • • • 
, - , 
Na pagina 68, a expressao fornecida e: 
~3 2 5 
(HT~H298)CO= 6,79.T + 0,49 x 10 .T + O,llx 10 /T ~ 2105 
Exemplo: Calcular o cal,or ne'cess~rio para aquecer uma tonela~ 
da de ferro liquido de 1900 a 2200 K 
Solução: Usando a, expressão da página 74, válida para o fer~ 
ro liquido na'faixa de temperatUra de 1812 a 3000 K, tem~se 
~3 2 
(H
T
-H
298
)Fe =9,77.T + 0,20 x 10 .T - 670 cal/moI 
Substi tuindo para as temperaturas de 1900 e 2200 K, obtem-se: 
Mas: 
Logo: 
(H H ) - 21.792 - 18.615 = 3.1,77 cal/moI 2200- 1900 Fe -
Como deseja-se calcular o calor para aquecer 1 tonelada de 
ferro, deve-se' determinar o número de moles de ferro '~nessa 
tonelada:, 
= 17.905,1 moles 
55,85 
, 
E o calor total, Q, sera: 
60 
Q = n
Fe 
• (H
2200 
- H1900 )Fe = 17.905,1 x 3~177 = 56.884.503 cal 
= 56.884,5 kcal/t.Fe 
É óbvio que o mesmo cálculo poderia ter sido feito utilizan~ 
do as tabelas da página 132. 
2.1.2. Entalpia de transformação 
, 
Esse termo e util.izado para designar a quantidade' de calor 
.cedido à substânciapB;ra pz:-ovocar sua mudança de fase, duran 
te o período em que a temperatura permanece constante. 
Quando existe a transfdrmação de fase é introduzido nos cál-
culos o calor de transformação. Esses calores (fusão, evapo-
ração, sublimação e mudança de fase cristalina) são listados 
da página 9 até 57 dos liDados Termodinâmicos para Metalurgi~ 
tas" • 
-A seguir serao resolvidos alguns exemIillos envolvendo·calores 
de transformação. 
Exemplo: Calcular o calor de fusão do ferro, em kcal/kg de 
ferro. 
Solução: Na página 28, obtem-se a entalpia de fusão do ferro 
designada da seguinte maneira: 
H
Fe 
â f = 3,3 kcal/mol.Fe 
61 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' .' , , e_ 
• • • • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • 
, 
Em 1 kg de ferro, tem-se o seguinte numero de moles: 
n 
, Fe = = 17,905 moles 
P.A.Fe 55,85 
:E o calor Q, necesário para fundir uma tonelada de ferro, é 
dado por: 
Q = n ~HFe = 17,905 x 3,3 Fe· f 59,087 kcal/kg.Fe 
Exemplo: Determinar o calor necessário para fundir 1 tonela 
da dos seguintes óxidos: CaO, Si0
2
(cristobalita) e A1
2
0
3
• 
Solução :" COI1sul tando os dado::ltermodiilâ.-nicoz, obtem-se os ", 
seguntes valores:· 
, 
Óxido (g/mol) fusão(kcal/mol) Pagina Peso molecular Calor de 
20 CaO 56,08 19,0 
49 Si0
2 
60,09 3,6 
12 A1
2
0
3 
101,95 28,3 
Genericamente, tem-se que o calor para fundir uma tonelada de 
cada um desses materiais é dado por: 
, 
Inicialmente, calcula-se' os numeros de moles: 
= = 17.831,67 moles 
P.M.CaO 56,08 
62 
10
6 
10
6 
16," 641,70 moles = = = n Si0
2 P.M.Si0
2 
60,09 
10
6 
10
6 
9.808,73 moles n = = = A1
2
0
3 P.H.A1
2
0
3 
101,95 
e os calores para fusão de 1 tonelada são: 
QCaO = n
Cao 
• 6H~ao = 17.831,67 x 19 = 338.801,73 kcal/t.CaO 
A1
2
0
3 
Si0
2 
6Hf 
= 16.641,70 x 3,6 = 59.910,12 kcal/t.Si0
2 
A1
2
0
3 
6H
f 
= 9.808,73 x 28,3 = 277.587,06 kca/t. 
A figura 1 mostra um gráfico de (H
T
-H
298
) para o aluminio de 
298 até 1300 K. Observa-se que na temperatura de fusão (932K) 
fornece-se calor ao aluminio sem alterar a temperatura: o ca 
lor é usado para fundir o aluminio. 
Quando se deseja calcular o calor contido em uma substância 
no estado liquido, utiliza-se a seguinte relação genérica~ 
Ti T 
f 
f i J = CP' dT + 6 Hf + Cp' dT 
298 (s) T
f 
(1) 
Interpretando a relação acima tem-se: integra-se, inicialmen 
te, o calor especifico do sólido de 298K até a temperatura de 
63 
• t . :. ,t. 
I ; ,e 
.. (. 
( . 
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•••••••••••••••••••••••••••••••••••••• -••••••••••• 
7.S00:-
(H
T
-H
29S
) 
AWMIt.UO 
5.000 
2.500 
(H - H
29S
) 
T AL(e) 
(H - H ) 
T 2SSAL - -- (U 
AL 
~ H f = 2/>7 !tc.aI/moI 
01./ I I ! I ! ! I 
: 298 400 eoo SOO 700 eoo 900 T
f 
1000 11000 120.0 1300 
TEMPERATURA (K) 
Figura I - Calor de aquecimento do alumínio 
cn 
"'" 
fusão, soma-se o valor do calor de fusão e adiciona-se o va-
lor da integral do calor especifico do liquido da temperatu-
ra de fusão até uma temperatura T qualquer. Um procedimento 
análogo seria adotado no caso de uma substância gasosa: soma 
-se o calor de vaporização e integra-se o calor especifico 
, 
do gas. 
A mesma técnica seria válida no caso de transformações de 
fase cristalina. 
Nas tabelas que iniciam na página 59, quando se toma". uma re 
lação de' (HT-H298 ) para uma substância liquida, o calor de 
fusão já está incorporado à expressão. 
-Exemplo: Conhecendo os dados que serao fornecidos abaixo, ob 
ter uma expressão para cálculo·:de (H
T
-H298 ) para o aluminio 
liquidO, válida para temperaturas entre 932 e 2700K. Compa -
rar a expressão obtida com a que é fornecida na pagina 61 
dos "Dados Termodinâmiéos para Metalurgistas.~·. 
Dados: Temperatura de fusão do aluminio: 932K 
CAl 4,94 + -3 = 2,96 x 10 .T 
p(s) 
L\HAl = 2.570 cal/moI f 
CAl = 7 cal/mol.K 
P(l) 
( cal/mol.K) 
Solução: Utiliza-se a relação desenvolvida anteriormente. Ob 
tem-se: 
65 
• • • • • • • • •• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
932 T 
(H -H ) = + 2,96 x la .T).dT + 2.570 + -3 J 7.dT T .. .' 298 Al(l) J (4,94 
298 932 
(H -H ) 
T 298 Al(l) 
-3 
= 4,94.(932-298) + 2,96xlO 
2 
+ 2.570 + 7.(T-932) = 7.T + 331.22 cal/mol. 
A expressao fornecida na página 61 é:-
.. ' .,'"" .... "-
Exemplo: Determinar o calor necessário para aquecer o ferro 
de 298 K até 1800ºC. Fornecer o resultado em cal/mol. 
Solução: Novamente, existem duas maneiras de resolver o pro-
blema. 
,. 
. Usando a tabela da pagina 132, tem-se: 
(H2200 - H298 )Fe = 21.790 cal/mol 
Interpolando linearmente, obtem-se: 
(2200 - 2000) --------------- (21.790 - 19665) 
(2073 - 2000)---------------- x 
x = 775,63 cal/mol 
Logo: 
66 
(H H) = 19.665 + 775,63 = 20.440,63 cal/mol.Fe 
2073 - 298 Fe(l) 
, ~ 
Outra maneira·lde resolver o problema e usar a expressao for-o 
necida na página 74. A expressão adequada é para o ferro li-
quido, válida para temperaturas entre 1812 e 3000K. A relação 
, 
e: 
= 9,77.T + 0,20 x 10-3.~2 - 670 cal/mol.Fe 
Para T = 2073K (1800ºC), obtem-se: 
(H
2073 
- H
298
) = 20.442,68 cal/mol.Fe 
A diferença está associada ao erro na interpolação. 
2.1.3.' Entalpia de transformação em'temperaturas diferentes 
da temperatura normal de transformação. 
Algumas vezes, uma substãncia é fundida em temperaturas dife 
rentes daquelas que são encontradas nas tabelas. Isso ocorre 
quando se tem misturas de diversas substâncias, como é o ca-
so do gusa, aço e escórias. Nessa situação, pode ser interes 
sante estimar o calor dessa transformação na nova temperatu-
ra. Para se determinar esse calor, usa-se uma importante, pro 
, ,-
priedade da entalpiae de,todas as funções chamadastermodi-
nâmicas. A variação de entalpia entre dois estados quaisquer 
só depende desses dois estados e não do caminho percorrido 
para se sair de um estado e atingir o outro. Essa proprieda-
de caracteriza as chamadas funções de estado. 
Esse caso será tratado através de um exemplo. 
67 
. ( , ' , .• 
. :. 
~'. ~ .• 
'( .. , 
., .• 
'~. " \. 
'( 
\ .• 
'{~ . 
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'L. 
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J. 
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f ' -. 'I 
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I 
: .i 
'I 
" 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • i., 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
Exemplo: Calcular o calor de fusio do ferro a l200 2 C. 
Solução: A temperatura de fusio normal do ferro é l539 2 C (pá 
gina 28 dos "Dados Termodinâmicos para Metalurgistas ll ). Logo 
T
f 
= 1812 K. 
-Para resolver o problema pode-se lançar mao do seguinte es-
quema: 
I 
I 
Mudança de fase 
H 
1812 
t:;.. f 
t:;.H 1473 
f 
j 
No cálculo aser desenvolvido, tem-se: 
estado inicial: Fe sólido a 1473 K 
- estado final Fe liquido a 1473 K. 
Temperatura (K) 
1812 
1473 
Pode-se partir do mesmo estado inicial e atingir o estado fi 
nal de duas maneiras: 
- fazendo a fusão do ferro a 1473; 
- aquecendo o ferro sólido de 1473 a 1812 K, fazendo a sua 
fusão a 1812 K e resfriando o ferro liquido a 1812 a 1473K, 
Como a entalpia é uma funç~o de estado, os valores de ental-
pia associados aos dois processos ou caminhos acima são idên 
ticos. 
Desse modo, pode-se escrever a seguinte relação: 
68 
B 
1473 1812 
• - (H - H ) + I:lH - (H - H ) 
U f - 1812 1473 Fe(s) f 1812 1473 Fe(l) 
-Para determinar as parcelas da equaçao anterior, usa-se os 
dados abaixo (liDados Termodinâmicos para Meta1urgistas", pá-
gina 74): 
(H
T 
- H ) = 5,80.T + 0,99 x 10-
3 .T2 
298 Fe(s) 
" (HT 
- H ) = 6,74.T + 0,80 x 10-
3 .T2 
298 Fe(s) 
(Hi " 
- H ' ) = 9,77.T + 0;20 x 10-
3 cT 2 
298 Fe(s) 
Tem-se: 
(H
1812 
- H
298
)F = 14.014,56 cal/m01.Fe 
e (s} 
Assim, obtem-se: 
(H18l2 - H1473 )F e(s) 
Validade (K) 
+ 49 1183-1673 
- 825 1673-1812 
- 670 1812-3000. 
· 69 . 
,.( 
= 14.014,56 - 10.740,43 = 3.274,13 cal/moI .( 
o calor de fusão do ferro a 1812 K é: 
I:l H;18l2 = 3 ~ 300 cal/moI ~ Fe 
Finalmente, deve-se calcular o valor de (H
18l2 
- H
1473 
) para 
, \ 
• • • • • • • • • • • •• • • • • • • • • • -.' .. • • .' • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
o ferro liquido. Como a faixa de validade para a expressão do 
ferro liqui,d'o é de 1812 a 3000 K, faz--se uma aproximação de 
extrapolar a faixa de validade da equaçao para temp.E3l:'aturas 
na faixa de 1473 a 1812. Isso leva a uma imprecisão nos cái-
cu10s, mas é a única maneira de abordar o problema devido 
absoluta falta de dados. 
Assim: 
(H1473 -.H298 )Fe = 14.155,16 cal/mol.Fe 
(1 ) 
e: 
, 
a 
= 17.689,91 - 14.155,16' = 3.534,75 cal/mol.Fe 
Finalmente, obtem-se: 
6 Hf1473 = 3.274,13 + 3.300 - 3.534,75 = 3.039,38 cal/mo1.Fe 
Observa-se que a diferença entre os calores de fusão do ferro 
a 1812 e 1473 K é pequena. Como o cálculo desenvolvido é bas-
-tante trabalhoso e sempre envolve algumas aproximaçoes, a va-
riação da enta1pia de fusão com a temperatura é muitas vezes 
desprezada. 
A seguir serão vistos exemplos de cálculo de calor contido p~ 
ra misturas de elementos e compostos, como no caso do ferro 
, 
gusa e escorias. 
70 
, 
Exemplo: Calcular o calor necessario para aquecer 1 tonelada 
Solução: A maneira mais correta de resolver este problema en 
volveria as segui.ntes etapas: 
- determinação da temperatura "liquidus" para o ferro gusa 
com a composição dada; 
- cálculo do calor consumido no aquecimento dos diversos ele 
mentos sólidos de 298 K até a temperatura "liquidus"; 
- cálculo dos calores de fusão dos diversos elementos, na 
temperatura "liquidus"; 
- cálculo do calor consumido no aquecimento dos elementos li 
quidos da temperatura "liquidus" até l400 2 C. 
A adoção do procedimento descrito acima esbarra em uma série 
de dificuldades: 
- determinação da temperatura "liquidus" de um gusa com com 
posição complexa; 
- os diversos.elementos que aparecem no gusa apresentam tem 
peraturas de fusão diferentes quando puros. Alguns deles a 
l400 2 C ainda são sólidos e outros se fundem abaixo de l400 2 C; 
- obtenção de dados termodinâmicos adequados. Na mai.oria dos 
casos, tem-se que e~trapolar a faixa de validade das expres 
pressões para cálculo de (H
T 
- H
29S
). 
Para contornar alguns desses inconvenientes, pode-se desenvol 
ver um cálculo mais simples e que fornece resultados razoá-
veis. Esse cálculo envolve as seguinte etapas: 
• • • •• • • • • • • • • • • • • • • 
. -• '. • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • .' • 
- cálculo do calor consumido no aquecimento dos diversos ele 
mentos de 25 até l400 9 C, inclúindo a entalpia de fusão, ca 
so o elemento puro esteja liquido à essa temperatura; 
- avaliação do calor de fusão dqs elementos que, quando pu-
ros, estejam sólidos a l400 9 C ~ Esse calor de fus.ãQ é deter-
minado na temperatura normal de fusão do elemento . 
Pode-se, então, desenvolver os cálculos .' s.~gundo esquematiz~ 
do acima. Inici~lmente: avalia-se os números de moles de ca-
da elemento. 
Tem-se: 
10
6 
· %Fe 10
6 
x 94,38 16.898,84 moles n
Fe = = = 
P.A.Fe.100 55,85 x 100 
10
6 
· %C 10
6 x 4,5 
3.750·mo1es nc = = = 
P.A.C. 100 12 x 100 
10
6 
· %8i 10
6 x 0,5 
178 moles n
8i = = 
P.A.8ixlOO 28,09xlOO 
10
6 
· %Mn 10
6 
x 0,5 91,01 moles n
Mn = = = P.A.MnxlOO 54,94xlOO 
10
6 
· %p 10
6 
x 0,1 
32,29 moles np = = = 
P.A.PxlOO 30,97xlOO 
10
6 
· %S d. 10
6 x 0,02 
6,24 moles . nS = .... = 
P.A.SxlOO 32,07xlOO 
A seguir calcula-se os calores de aquecimento.. e fusão dos di 
, 72 
. ·1 
'''" . ,-
- Aquecimento do ferro 
o ferro puro se funde a 1812K. Nesse caso, aquece-se o ferro 
sólido até 1673K (1400 2 C) e soma-se o calor de fusão. 
Tem-se na página 74: 
Substituindo o valor de temperatura: 
(H H) = 12.690,16 cal/mol 
1673 - 298 Fe(s) 
o calor de fusão é: 
~H Fe = 3.300 cal/mal (página 28) 
f 
Logo: 
(H
1673 
H) = (H H) + AH Fe = 
298 Fe(l) 1673 - ·298 Fe(s) f 
+ 3.300 = 15.990,16 cal/mal 
, 
E o calor total para aquecer o ferro e: 
1673-1812K 
12.690,16 + 
= n Fe • (H1673 - H) = 16.898,84 x 15.990,16 = 298 Fe(l) 
- Aquecimento do carbono 
= 270.215~155 cal = 
= 270.215,16 kcal 
o carbono puro se funde a 4073K (página 18). Nesse caso, se-
gue-se um procedimento análogo ao do ferro. 
Na página 67, tem-se: 
. 73 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • 
-3 2 = 4,03.T + 0,57 x 10 .T + 2,04 x 105/T - 1936 
298-2500K 
Para T = l673K, obtem-se: 
(H
1673 
- H
298
)C = 6.523,52 cal/moI 
Entretanto, não se tem o valor do calor de fusão de carbono. 
, 
Nesse caso, esse calor e desprezado por absoluta falta de da . 
dos. Se esse valor fosse conhecido, ele 'deveria ser somado ao 
calor de aquecimento acima. 
, 
Assim, o calor total para aquecer o carbono e: 
( H .... H ) 3.75iJ'·x'·"6o~23,52 = 24.463.200 cal 
1673 - 298 C = 
= 24.463,2 kcal 
- Aquecimento do silicio 
o silicio se funde a 1683 K (pagina 48). Se~ue-se, então, um 
procedimento análogo ao caso do ferro. 
Na página 91, tem-se: 
-3 25 
(H LI) = 5,70.T + 0,35 x 10 .T + 1,04 x 10 /T - 2079 
T - '298 Si(s) 
Para T = l673K.: 
( H - H) = 8.498,89 cal/moI 
1673 298 Si(s) 
E o calor de fusão é (página 48): 
6H Si = l2.lQO cal/moI 
f 
298-l685K 
. 74 
Assim: 
C ) = (H H) ~H Si = H1673 - H298 Si (1) 1673 - 298 Si (s) + f 
= 8.498,89 + 12.100 = 20.598,89 cal/moI 
E o calor total para aquecer o silicio é: 
QSi = nSi . (H1673 - H298)SiCl)= 178 x 20.598,89 :: 3.660.602 cal 
:: 3.660,60 kcal 
... 
- Aquecimento do manganes: 
... ° manganes se':funde a 1517K. Nesse caso, basta aquecer o ma.g 
ganês até 1673K e o calor de fusão já estará incorporado. 
Na página 82, tem-se: 
(HT - H298 )M = 11.T - 1220 n(l) 
1517-2300K 
Para T = 1673K, tem-se: 
,. , 
E o calor total para aquecer o manganes e:' 
Q :: n (H - H) = 91,01 x 17.183 = 1.563.825 cal 
Mn Mn· 1673 298 Mn(l) 
75 
• r. 
I 'e: I. (. 
(e 
i e ". (e (. 
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(e r. 
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le '. (e (. 
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f : • (. (,. 
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(e (. (. 
( . • 
• • • • • • • • • • • • • • • • • • • • • ". • • • • • .' • • • • • • • • • • • • .' • • • • • • • • 
= 1.563,82 kcal 
- Aquecimento do fósforo 
o fósforo se funde e vaporiza em temperaturas baixas, até 600!!C 
(página 43) e não se tem os va~ores dos calores de fusão. Nes-
se caso, usa-se a relação de (B
T
-H
298
) para o fósforo vermelho 
e extrapola-se a sua faixa de valiqade até 1673K. ·Novamente, 
isso é feito por falta de dados. 
Assim, tem-se na página 75: 
. -3 2 
= 4,74.T + 1,95 x 10 .T - 1587 298-800K 
Para T== 1673K, obtem-se: 
E o calor total para aquecer o fósforo é: 
Qp = np •