Balanço de massa com reação

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7 – BALANÇOS EM PROCESSOS COM REAÇÃO 
 
7.1 Introdução 
 A diferença fundamental dos balanços nos processos com reação, daqueles vistos até 
aqui, é o aparecimento de um novo termo na equação de balanço de componente, relativo ao 
desaparecimento ou aparecimento dos componentes em função da reação química. A 
estequiometria da reação imporá restrições ao processo, na medida em que não se pode a 
partir de uma reação do tipo A→B, partir-se de 1 mol de A e no final ter 1,10 mol de A. 
 Alguns novos conceitos serão vistos: 
a) Reagente com proporção estequiométrica - quando a relação molar é igual a razão 
estequiométrica. Para a reação: 2SO2 + O2 → 2SO3 A proporção estequiométrica do SO2 
e O2 é nSO2/nO2 = 2/1 presentes na alimentação do reator (por exemplo: 200 mol de SO2 e100 
mol de O2) 
b) Reagente limitante - quando os reagentes não são alimentados na proporção 
estequiométrica, aquele reagente que desaparece primeiro é chamado de reagente limitante. 
Os demais são chamados de reagentes em excesso. Um reagente é limitante se estiver presente 
em menor quantidade do que a estabelecida pela proporção estequiométrica, em relação a 
todos os outros. 
 Uma forma prática de se determinar o reagente limitante é fazer a razão alimentação / 
coeficiente estequiométrico para todos os reagentes. O que apresentar menor razão, é o 
reagente limitante. 
c) Porcentagem em excesso - suponha que n mols de um reagente em excesso esteja presente, 
e que ns deveria ser o número de mols correspondente a proporção estequiométrica. Então 
n – ns é a quantidade que excede a quantidade necessária para reagir completamente, se a 
reação é completa. Então a porcentagem em excesso é dada por: 
fração de excesso = 100x
n
nn
s
s 


 − 
Consideremos por exemplo a reação H2 + Br2 → 2 HBr, e suponha que 25 mol de H2/h e 20 
mol de Br2/h são alimentados ao reator. O reator limitante é o Br2. Para o H2 estar em 
proporção estequiométrica, deveria ser alimentado a razão de 20 mol H2/h. Logo: 
excesso em %25
20
2025100 2H=

 − 
a) Conversão – as reações químicas não ocorrem instantaneamente. Ao contrário, 
freqüentemente desenvolvem-se muito lentamente. Nestes casos, não é prático 
projetarmos o reator para tal conversão completa do reagente limitante. Então o efluente 
do reator conterá ainda reagentes não convertidos, que serão separados dos produtos e 
reciclados para a alimentação (se for economicamente viável, para isso, deve-se fazer os 
cálculos da viabilidade econômica). A conversão de um reagente é a razão entre o número 
de mols que reage e o número de mols alimentado do reagente limitante: 
entra
saientra
A n
nn
mols
molsX −==
salimentadoA 
sconvertidoA 
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A fração de A não convertida é então, 1-XA. Se 100 mol de A são alimentados e 90 deles 
reagem, a conversão será de 90%. 
e) Rendimento e Seletividade – Consideremos a reação de produção de eteno a partir da 
desidrogenação do etano: C2H6 → C2H4 + H2. A partir do momento que H2 é produzido ele 
pode reagir com C2H6 formando metano: C2H6 + H2 → 2 CH4 
Além disso, o próprio eteno pode reagir com etano para produzir propileno e metano, pela 
reação: C2H4 + C2H6 → C3H6 + CH4 
 
Desde que o objetivo do processo é produzir eteno, somente a primeira destas reações, 
chamadas de reações múltiplas (reações em série e em paralelo), é desejada. As demais 
reações e conseqüentemente demais produtos, são indesejáveis. O projeto de engenharia do 
reator e as considerações de operação devem levar em consideração não somente como 
maximizar a produção do produto desejado (eteno), como minimizar a produção de sub-
produtos indesejáveis (CH4 e C3H6). 
 
 Os termos rendimento e seletividade são usados para descrever o grau em que a reação 
desejada predomina sobre as reações competitivas. 
 
formado indesejado produto de 
formado desejado produto de 
consumido limintante reagente de 
formado desejado produto de molsreagente) de consumo no (dimRe
alimentado limitante reagente do mols
formado desejado produto do molsalim.) na (dimRe
mols
molsdeSeletivida
mols
baseadoenton
baseadoenton
=
=
=
 
 
Quanto maiores os valores de rendimento e seletividade, maior será a produção do 
produto desejado. Seletividade apresenta outras definições, como, por exemplo, quantidade de 
um produto formado pela quantidade de todos os produtos formados (desejados e 
indesejados). 
 
f) Separação dos Produtos e Reciclo – duas definições importantes quando se usa o reciclo 
dos reagentes não consumidos: 
Conversão Global: 
processo do entra reagente 
processo do sai reagente - processo no entra reagente 
Conversão por passe: 
reator no entra reagente
reator do sai reagente -reator no entra reagente 
 
Por exemplo, consideremos o seguinte fluxograma de um processo com reação química 
A→B: 
 
75mol A/h 100mol A/h 25 mol A /h 75 mol B/ h 
 75 mol B /h 
 
 
 
25 mol A / h 
 
 
REATOR 
Unidade de separação 
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A conversão global de A é (75-0)/75 = 100% 
A conversão por passe no reator é: (100-25)/100 = 75% 
 
Este exemplo ilustra o objetivo do reciclo, foi possível atingir-se uma completa 
utilização do reagente, embora 75% do reagente que entra no reator é convertido antes de sair. 
O motivo para que a conversão global seja de 100% está na perfeita separação assumida. Se 
algum A sair com a corrente de produto, a conversão global será menor que 100%, embora ela 
deva ser sempre maior que a conversão por passe. 
 
Exemplo 9: Acrilonitrila (C3H3N) é produzida pela reação de propileno, amônia e oxigênio: 
C3H6 + NH3 + O2 → C3H3N + H2O 
A alimentação molar contém 10% de propileno, 12% de amônia e 78% de ar. 
 
a) Qual é o reagente limitante? 
b) Quais os reagentes em excesso? Qual a porcentagem em excesso? 
c) Calcule os kg-mol de C3H3N produzidos por kg-mol de NH3 alimentado para uma 
conversão de 30% do reagente limitante. 
 
Solução: Tomemos como base de cálculo 100 kg-mol de alimentação. 
 
100 kg-mol H2O 
0,100 kg-mol C3H6 / kg-mol REATOR C3H3N 
0,120 kg-mol NH3 / kg-mol NH3 
0,780 kg-mol ar / kg-mol C3H6 
 0,21 kg-mol O2 / kg-mol ar O2 
 0,79 kg-mol N2 / kg-mol ar N2 
 
Façamos inicialmente a estequiometria da reação: C3H6 + NH3 + 3/2O2 → C3H3N + 3H2O 
 
Pela estequiometria temos: 1kg-mol C3H6 : 1 kg-mol NH3 : 1,5 kg-mol O2 
 
Quantidades iniciais de cada reagente (conforme alimentação): 
100 kg-mol (0,100 kg-mol C3H6 / kg-mol) = 10 kg-mol C3H6 
100 kg-mol (0,120 kg-mol NH3 / kg-mol) = 12 kg-mol NH3 
100 kg-mol (0,780 kg-mol ar / kg-mol) = 78 kg-mol ar 
78 kg-mol ar (0,21 kg-mol O2 / kg-mol ar) = 16,4 kg-mol O2 
78 kg-mol ar(0,79 kg-mol N2 / kg-mol ar) = 61,6 kg-mol N2 
 
Pela proporção estequiométrica, para 10 kg-mol de C3H6, teríamos: 
10kg-mol C3H6 : 10 kg-mol NH3 : 15 kg-mol O2 
 
Como em nossa alimentação temos: 10kg-mol C3H6 : 12 kg-mol NH3 : 16,4 kg-mol O2 
Então o C3H6 é o reagente limitante; NH3 e O2 são os reagentes em excesso. 
 ( ) ( )
( ) excessoxxn
nn
NHexcesso
ricoestequimétNH
tricoestequioméNHentadoaNH %20100
10
1012100)(%
3
33 lim
3 =−=
−
= 
(% excesso)O2 = (16,4 – 15)/15 = 9,33% excesso O2 
 
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Se a conversão do C3H6 é 30%, então: 
( ) ( )reagidoentadoa
reagido
entadoa HCmolskgHCmolskg
HCmolskgHCmolskg 63
lim63
63
lim63 3
)(3,0
)(10 −=



−
−− 
 A quantidade de acritronitrila formada é: 
 
( ) ( )( ) ( )NHCmolskgHCmolkg
NHCmolkg
HCmolskg
reagido
formado
reagido 33
63
33
63 31
1
3 −=



−
−− 
 
Exemplo 10 – As reações : C2H6 → C2H4 + H2 e C2H6 + H2 → 2 CH4 
se desenvolvem em um reator contínuo em estado estacionário. A vazão molar de alimentação 
é 100,0 kg-mol/h. A composição dos gases é dada pela tabela a seguir: 
 
 C2H6 C2H4 H2 CH4 inertes 
Alimentação (% molar) 85,0 15,0 
Produto (% molar) 30,3 28,6 26,8 3,6 10,7 
 
Calcule a conversão do etano, os rendimentos do eteno, baseados na alimentação e no 
consumo de reagente. Calcule também a seletividade a eteno relativa ao metano e relativa a 
todos os produtos. 
 
Solução: Base de cálculo: vazões fornecidas 
 
100 kg-mol / h Q2 kg-mol/h 
0,85 kg-mol C2H6 / kg-mol 0,303 kg-mol C2H6 / kg-mol 
0,15 kg-mol inerte / kg- mol 0,286 kg-mol C2H4 / kg-mol 
 0,268 kg-mol H2 / kg-mol 
 0,036 kg-mol CH4 / kg-mol 
 0,107 kg-mol inerte / kg-mol 
 
Cálculo da vazão de saída: 
Fazendo balanço de massa para os inertes (não participam da reação: ENTRA = SAI) 
0,15 (100) = 0,107 (Q2) ⇒ Q2 = 140 kg-mol / h 
 
Balanço de massa para etano: ENTRA – SAI = REAGE 
Entra: Q(C2H6)alimentação = 0,85(100) = 85 kg-mol C2H6 / h 
Sai: Q(C2H6)produzido = 0,303 (140) = 42,4 kg-mol C2H6 / h 
Reage (consumido) = 85 – 42,4 = 42,6 kg-mol C2H6 consumido/ h 
 
Conversão: 
salimentado 
consumidos 501,0h / alimentado C 0,85
h / consumido C 6,42
62
62
62 mols
mols
Hmolskg
HmolskgX HC =−
−= 
 
Balanço de massa para metano e eteno: ENTRA=0 ⇒ SAI= GERADO 
h
HmolsCkg
molkg
HmolsCkg
h
molkgQ produzidoHC 4242 0,40286,0
140)(
42
−=



−
−−= 
 
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h
molsCHkg
molkg
molsCHkg
h
molkgQ produzidoCH 44 0,5036,0
140)(
4
−=



−
−−= 
 
Rendimento de eteno baseado na alimentação: 
entadoaHmolsCkg
produzidoHmolsCkg
hentadoaHmolsCkg
hproduzidoHmolsCkg
lim
470,0
/lim0,85
/0,40
62
42
62
42
−
−=−
− 
 
Rendimento de eteno baseado no consumo: 
consumidoHmolsCkg
produzidoHmolsCkg
hconsumidoHmolsCkg
hproduzidoHmolsCkg
62
42
62
42 939,0
/6,42
/0,40
−
−=−
− 
 
Seletividade de eteno relativa ao metano: 
produzidomolsCHkg
produzidoHmolsCkg
hproduzidomolsCHkg
hproduzidoHmolsCkg
4
42
4
42 0,8
/0,5
/0,40
−
−=−
− 
 
Seletividade de eteno relativa a todos os produtos: 
Para se calcular a seletividade relativa a todos os componentes, é necessário conhecermos o 
número de mol de todos os produtos. Restam ainda calcular para H2 e para os inertes: 
 
n (inertes) = 0,107(140) = 15 kg-mol/h 
n (H2) = 0,268 (140) = 37,5 kg-mol/h 
SC2H4 = 40,0 / ( 40 + 15 + 37,5 + 5,0 + 42,4) = 0,286 
 
Exemplo 11 – Propano é desidrogenado para formar propeno em um reator catalítico: 
C3H8 → C3H6 + H2. O processo é projetado para uma conversão global de 95% do propano. 
Os produtos de reação são separados em duas correntes: a primeira contém H2, C3H6 e 0,555% 
do propano que deixa o reator é assumida como produto; a Segunda, que contém o restante do 
propano não reagido e 5%de propeno que sai na corrente de produto, é reciclado no reator. 
Calcule a composição do produto, a relação (mol reciclado/mol da alimentação nova), e a 
conversão por passe. 
Solução: base de cálculo 100 mol de alimentação nova: 
 
Alimentação nova 
100mol C3H8 P1 mol C3H8 Produto 
 P2 mol C3H6 Q1 mol C3H8 
 100+Qr1 mol C3H8 P3 mol H2 Q2 mol C3H6 
 Qr2 mol C3H6 Q3 mol H2 
 
Qr1 mol C3H8 
 Qr2 mol C3H6 
 
Note que ao batizarmos as correntes implicitamente, já realizamos balanço de propano 
e propeno em torno da junção das duas correntes que formam a alimentação do reator. 
 As composições da corrente de produto serão dadas por: 
etc
QQQ
Qy HC ,
321
1
83 ++= 
A razão de reciclo será dada por: (Qr1+Qr2)/100 
reator Unidade de processo 
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60
Conversão de C3H8 por passe: 
( )
)100(
100
1
11
r
r
Q
PQ
+
−+ 
Precisamos calcular portanto, Q1, Q2, Q3, Qr1, Qr2, P1. 
 
Lembremos que a conversão global é de 95%. Então: 
831
83
183 5Q 95,0
100
100 HmolsC
HmolsC
QHmolsC =⇒=− 
 
Balanço global de propano: SAI = ENTRA – CONSUMIDO 
5 mol C3H8 = 100 mol C3H8 – consumido C3H8 ⇒ consumido = 95 mol C3H8 
 
Balanço global de propeno: SAI = GERADO 
formadoHmolsC
reagidoHmolC
formadoHmolCreagidoHmolsCQ 63
83
63
832 951
195 =


= 
Balanço global de H2: SAI = GERADO 
formadomolsH
reagidoHmolC
formadomolHreagidoHmolsCQ 2
83
2
833 951
195 =


= 
Cálculo da fração molar de saída: 
 
%6,2
95955
5
321
1
83
=++=++= QQQ
Qy HC 
yC3H6 = 48,7% 
yH2 = 48,7% 
 
Para determinar-se Qr1, Qr2, P2 é necessário saber lembrar que Q1 = 0,00555 P1 e 
Qr2 = 0,05 P2. 
 Balanço em torno da unidade de separação. Como não há reação: ENTRA = SAI 
 
Balanço do C3H8: P1 = Q1 + Qr1 ⇒ Qr1 = 895 mol C3H8 
Balanço de C3H6: P2 = Q2 + Qr2. Como Q2 é conhecido, temos um sistema com duas 
equações e duas incógnitas: esta equação e a equação Qr2 = 0,05 P2. Resolvendo esse sistema 
linear de equações, chegamos a: 
P2 = 100 mol C3H6 Qr2 = 5 mol C3H6 
 
Portanto razão de reciclo =
nova oalimentaça 
reciclo moles00,9
100
5895
100
21
moles
QQ rr =

 +=

 + 
 
Conversão por passe: ( ) %6,9%100
895100
900)895100(%100
100
100
1
11 =+
−+=+
−+ xx
Q
PQ
r
r 
 
7.2 Balanços para espécies atômicas e moleculares 
 
 Um fluxograma da desidrogenação de etano num reator contínuo, em estado 
estacionário é representado por: 
 
 
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61
 100 mol C2H6/min 
 q1 mol C2H6 /min 
 q2 mol C2H4 / min 
 40 mol H2 /min 
Reação química: C2H6 → C2H4 + H2 
 Diferentes balanços podem ser escritos para esse balanço, incluindo o balanço global 
de massa, e para cada um dos 3 componentes. Entretanto, os balanços materiais podem 
também ser escritos para o carbono e o hidrogênio atômico. 
 Nas circunstâncias do processo em questão, balanços em espécies atômicas são 
escritos como: ENTRA = SAI, já que nenhum átomo pode ser criado nem destruído através 
de reações químicas. 
 Quando se fala em balanço para o H2, pode significar duas coisas bem diferentes: um 
balanço para o H2 molecular, existindo como espécie independente, ou um balanço para o 
hidrogênio total (ligado ou não ligado) expresso em termos de moléculas de H2, ao contrário 
de átomos de H. Para evitar tal confusão, usa-se os termos “balanço de H livre” ou balanço 
para o H2 total”, respectivamente para indicar estes dois tipos de balanços. 
 No caso em questão, teremos: 
 
Balanço para o H2 livre: SAI H2 = GERADO H2: 40 mol H2/min = gerado (mol H2/min) 
 
Balanço para o etano: SAI C2H6 = ENTRA C2H6 + REAGE C2H6 
( ) 

−+

=


minmin
100
min
626262
1
HmolsCconsumidoHmolsCHmolsCq 
 
Para o eteno: SAI C2H4 = REAGE C2H4 


=


minmin
42
42
42
2
HmolsCHgeradoCHmolsCq 
 
Balanço atômico para o carbono: ENTRA C = SAI C 



+


=





42
42
262
62
1
62
62
1
2
min1
2
min1
2
min
100
HmolC
molsCHmolsCq
HmolC
molsCHmolsCq
HmolC
molsCHmolsC 
⇒ 100 = q1+q2 
 
Balanço total de H2 ENTRA H2 = SAI H2 



+


+=



42
2
422
62
2
6212
62
2
62 1
2
1
340
1
3100
HmolC
molsHHmolsCq
HmolC
molsHHmolsCqmolsH
HmolC
molsHHmolsC
Daí: 300 = 40 + 3q1 + 2q2 
 
Há duas maneiras de se determinar q1 e q2, ou diretamente através de dois balanços atômicos: 
q1 + q2 = 100 ⇒q1 = 60 mol C2H6 / min 
300= 40 + 3q1 + 2 q2 q2 = 40 mol C2H4 / min 
 
Outra maneira é usando-se os balanços moleculares para as 3 espécies (as 3 primeiras 
equações) em conjunto com a equação estequiométrica da reação. 
 
 reator 
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62
min/40
consumido 1
 1
6262
62
2 HmolsCconsumidoHC
HmolC
geradomolH =⇒ 
daí, q1 = 100 - 40 = 60 mol C2H6 / min 
 
min/40
produzido 1
gerado 1
422
62
42 HmolsCq
HmolC
HmolC =⇒ 
 
Exemplo 12 – Metano é queimado com oxigênio formando CO2 e H2O. 150 kg-mol/h de uma 
corrente de alimentação composta de 20% de CH4, 60% de O2 e 20% de CO2 são alimentadas 
ao reator, no qual se obtém uma conversão de 90% do reagente limitante. Calcule a 
composição molar da corrente de produto. 
Base de cálculo: vazão molar fornecida 
Reação estequiométrica: CH4 + O2 → CO2 + H2O 
 
150 kg-mol/h qCH4 = kg-mol CH4/h 
30kg-mol CH4/h qO2 = kg-mol O2/h 
90kg-mol O2/h qCO2 = kg-mol CO2/h 
30kg-mol CO2/h qH2O = kg-mol H2O/h 
 
Como a relação estequiométrica mol O2/mol CH4 é 2:1 e a relação de alimentação é 
3:1, então O2 está em excesso e o CH4 é o reagente limitante (situação comum em reações de 
combustão). 
 
Partindo-se da conversão de 90% de reagente limitante, vem: 
9,0
lim 
 
4
4 =−
−
entadoamolsCHkg
reagidomolsCHkg 
kg-mol CH4 reagido = 0,9x30 = 27 kg-mol de CH4 reagido 
 
logo, a partir do balanço do metano temos: 
ENTRA CH4 = SAI CH4 - REAGE ( - CONSUMIDO) CH4 
30 = qch4 + 27 ⇒ qch4 = 3 kg/mol CH4 / h 
 
Como o carbono está presente na forma de CH4 e CO2 e já conhecemos qCH4, um 
balanço atômico de C nos dará facilmente qco2. 
 
Balanço de carbono: (entra = sai): 




−
−

 −+



−
−

 −
=



−
−

 −+



−
−

 −
2
2
4
4
2
2
4
4
1
1
1
13
1
130
1
130
2 molCOkg
molCkg
h
molsCOkgq
molCHkg
molCkg
h
molsCHkg
molCOkg
molCkg
h
molsCOkg
molCHkg
molCkg
h
molsCHkg
CO
 
⇒ 30 + 30 = 3 + qCO2 ⇒ qCO2 = 57 kg-mol CO2/h 
 
Também poderia ser feito um balanço de CO2. Aí apareceria o termo relativo a reação. 
 
Balanço de massa para o H: 
reator 
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63




−
−+



−
−=



−
−

 −
OmolHkg
molsHkgq
molCHkg
molsHkgq
molCHkg
molsHkg
h
molsCHkg
OHCH
244
4
1
2
1
4
1
430
24
 
30(4)=3(4) + 2qH2O ⇒ qH2O = 54 kg-mol / h 
 
O mesmo balanço pode ser feito para a água ou para H2. 
 
Para determinação de qO2 vamos fazer um balanço para o O2 livre (poderia-se fazer 
também para O2 total e O). 
ENTRA = SAI - REAGE ( - CONSUMIDO) O2 livre 




−
−

 −+=

 −
reagido 1
reagido 2reagido 2790
4
242
2 molCHkg
molsOkg
h
molsCHkgq
h
molsOkg
O 
90 = qO2 + 2(27) ⇒ qO2 = 36 kg-mol/h 
 
 Como a somatória do número de mol na saída = 150 kg-mol, a composição molar da 
corrente de produto será portanto: 
yCH4 = 3 / 150 = 0,02 kg-mol CH4/ kg-mol 
yO2 = 36 / 150 = 0,24 kg-mol O2 / kg-mol 
yCO2 = 57 / 150 = 0,38 kg-mol CO2 / kg-mol 
yH2O = 54 / 150 = 0,36 kg-mol H2O / kg-mol 
 
 
8 – BALANÇO DE MATERIAL EM REATORES DE COMBUSTÃO 
 
81. Combustão 
 
 A combustão é um processo industrial em que um combustível, normalmente um 
derivado de petróleo, é queimado com um comburente, normalmente ar (em excesso em 
relação ao combustível), geando uma mistura gasosa conhecida como gás de combustão ou 
gás de chaminé (pois é eliminado pelas chaminés). O combustível industrial é normalmente 
formado por uma mistura de hidrocarbonetos, uma vez que são oriundos do petróleo, com 
possíveis contaminações de derivados sulfurados. Independentemente de possíveis 
mecanismos de reação, pode-se escrever as equações a seguir: 
C + O2 → CO2 
4H + O2 → 2 H2O 
S + O2 → SO2 
Assim, o gás de combustão será constituído normalmente de CO2 e H2O (produtos das 
reações), O2 (reagente em excesso), N2 (inerte proveniente do ar). O Co poderá aparecer nos 
gases de combustão, se a combustão ocorrer com baixo excesso de ar (combustão 
incompleta). Quando o combustível é contaminado com compostos sulfurados, os gases de 
combustão conterão também SO2. 
 
Combustíveis principais: - carvão (C, S, etc.) 
 - óleo combustível (hidrocarbonetos pesados, S) 
- gases combustíveis (gás natural, GLP (gás liqüefeito de petróleo), 
- gás de cozinha (propano e butano) e principalmente CH4 
 
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64
Se houver a formação de CO2, a partir de um hidrocarboneto (CxHy) dizemos 
combustão (oxidação) completa. Se CO for formado, dizemos em combustão parcial ou 
incompleta do hidrocarboneto. 
 
C3H8 + 3,5 O2 → 3 CO + 4 H2O combustão parcial (incompleta) do propano 
C3H8 + 5 O2 → 3 CO2 + 4 H2O combustão completa do propano 
CS2 + 3 O2 → CO2 + 2 SO2 completa combustão do carbono 
 
Por razões econômicas óbvias, o ar é fonte de oxigênio. Sua composição molar é de 
79% de N2 e 21% de O2. A composição mássica é de 23,2% de O2 e 76,8% de N2. O peso 
molecular médio do ar é 28,84 u.m.a. 
O gás de combustão é normalmente analisado em equipamentos industriais, como os 
fornos de processos e as caldeiras (para geração de vapor d´água), para o controle do processo 
de combustão. Esta análise normalmente é feita em um equipamento conhecido como 
aparelho de Orsat. Como o gás de combustão é previamente resfriado até a temperatura 
ambiente, para permitir a condensação da maior parte do vapor d´água, a análise é dita ser em 
base seca (dry-basis) 
Composição em base úmida (wet-basis) é usada para indicar as frações molares de um 
gás contendo água. Composição em base seca, significa que a fração molar do mesmo gás é 
sem água. Exemplo: 33,3% CO molar, 33,3% N2 e 33,3% H2O (base úmida). 50%CO, 50%N2 
(base seca). Para se saber a composição em base úmida, basta conhecer a composição em 
base seca e a umidade da mistura em que está sendo analisada (medida normalmente através 
de um outro equipamento chamado psicrômetro). 
 
Exemplo 13: Os fumos de combustão de um processo fornecem a seguinte composição 
molar: 60,0% N2; 15,0% CO2; 10,0% O2 e o restante de água. Calcular a composição molar 
em base seca. 
 
Base de cálculo: 100 g-mol de gás úmido: 
60,0 g-mol de N2 
15,0 g-mol de CO2 ⇒ 85 ,0g-mol total 
10,0 g-mol de O2 
 
y(N2) = 60,0 / 85,0 = 0,706 mol N2 / mol gás seco 
y(CO2) = 0,176 mol CO2 / mol gás seco 
y(O2) = 0,118 mol O2 / mol gás seco 
 
Exemplo 14: Uma análise de Orsat (técnica comum para analisar os gases de combustão) 
fornece a seguinte composição em base seca: N2 = 65,0%; CO2 = 14,0%; CO = 11,0% e 
restante O2. Um medidor de umidade indica que a fração molar de água nos gases é de 0,07. 
Calcule a composição do ar em base úmida. 
Base de cálculo: 100 g-mol de gás seco: 
 
secoar 
0753,0úmido gás mols-g / seco gás 93,0
úmidoar /07,0 22
molg
OmolHg
molsg
molsgOmolsHg
−
−=−
−− 
OmolsHg
molg
Omolsg 22 53,7seco gás 
H mol-g 0,0753 seco gás 100 −=



−− 
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65
e da mesma forma: 65,0 g-mol N2 
 14,0 g-mol CO2 
 11,0 g-mol CO 
 10,0 g-mol O2 
⇒ temos 107,53 g-mol gás úmido. Composição molar úmida: 
yN2 = 65,0 / 107,53 = 0,604 
yH2O = 7,53 / 107,53 = 0,0700 
e assim sucessivamente. 
 
8.2 Ar teórico e ar em excesso 
 
 Se dois reagentes participarem de uma reação, um é consideravelmente mais caro que 
o outro, uma prática habitual é alimentarmos o mais barato em excesso com relação ao outro. 
Nos processos de combustão, o reagente mais barato é o ar, daí sempre preferencialmente se 
trabalhar com ar em excesso. 
 
8.3 Terminologia 
 
 Oxigênio teórico: os mol ou vazão molar de O2 necessários para a combustão 
completa de todo o combustível do reator, assumindo-se que todo C se converta a CO2 e todo 
H se converta a H2O. 
 Ar teórico: a quantidade de ar que contém o oxigênio teórico. 
 Excesso de ar: a quantidade de ar alimentado que excede a quantidade teórica. ( ) ( )
( ) 


 −=
teórico
teóricoentaçaoa
mols
mols
excesso
ar 
ar ar mols
100% ar % lim 
 
 Conhecendo-se a estequiometria de reação completa, determina-se o O2 teórico. 
Se 50% de excesso de ar for alimentado no reator, então (mol ar)alimentado = 1,5 (mol ar)teórico 
 
Exemplo 15 100 mol/h de butano (C4H10) e 5000 mol/h de ar são alimentados a um reator de 
combustão. Calcular a porcentagem de ar em excesso. 
 
C4H10 + 13/2 O2 → 4 CO2 + 5 H2O 
( )
h
molsO
HmolC
mols
h
HmolsCO teórico
2
104
2104
2
650snecessário O 5,6100 == 
( )
h
molsmol
h
molsOar teórico
ar 3094
O mol 0,21
ar 1650
2
2 == 
( ) ( )
( ) % 61,6 3094
3094-5000 x100
ar
ar % lim ==−=
teórico
teóricoentadoa ararexcesso 
 
8.4 Procedimento para realização de balanço de massa em reatores de combustão 
 Para a realização de balanços de massa em reatores de combustão, o procedimento é o 
mesmo. Lembre-se que: 
1) quando desenhar o fluxograma não esquecer de incluir o N2 na entrada e na saída. Na 
saída não se esqueça do combustível e do O2 não reagido, além dos produtos de 
combustão (CO, CO2, H2O). 
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66
2) se é dada uma porcentagem em excesso de ar, o O2 realmente alimentado pode ser 
calculado multiplicando-se o O2 teórico (determinado a partir da vazão de combustível e 
estequiometria da reação) por (1 + fração de excesso de ar). O N2 alimentado pode então 
ser calculado como 3,76 x O2 alimentado, e o ar total com 4,76 x O2 alimentado. 
Observação: 79/21 = 3,76 
 
3) Se somente uma reação é envolvida, é indiferente balanço atômico ou molecular. Se mais 
de uma reação está envolvida, o balanço atômico é mais aconselhável. Para evitar 
confusão, observemos que: 
a) ar teórico requerido para queimar uma determinada quantidade de combustível 
independe de quando é realmente queimado. O combustível pode não reagir 
completamente e formar CO e CO2, mas o ar teórico é calculado como sendo a 
quantidade necessária para queimar todo o combustível e formar exclusivamente CO2. 
b) O valor da porcentagem excesso de ar depende somente do ar teórico e do ar 
alimentado, e não do quanto do O2 é consumido no reator, ou se a combustão é 
completa ou parcial. 
 
 
Exemplo 16 Etano é queimado com 50% excesso de ar. A conversão é de 90%. Do etano 
queimado, 25% reagem para formar CO e o restante para formar CO2. Calcule a composição 
do gás de combustão e a relação mol H2O / mol gás de combustão seco. 
Solução: Base de cálculo: 100 mol/h de etano alimentado. 
 
 
100 mol/h C2H6 C q1 mol C2H6 
 Câmara de q2 mol O2 
50% excesso ar combustão q3 mol N2 
Q mol O2 q4 mol CO 
3,76 mol N2 q5 mol CO2 
 q6 mol H2O 
 
Estequiometria: 
C2H6 + 7/2 O2 → 2 CO2 + 3 H2O 
C2H6 + 5/2 O2 → 2 CO + 3 H2O 
( ) 2
62
2
622 350
5,3100: molsO
HmolC
molsOHmolsCO Teórico =



 
( ) ( )( ) ( ) entadoaentadoa OmolesQO lim2lim2 5253505,1 === 
 
N2 alimentado (inerte) = 79/21 x 525 = 1974 mol N2 = q3 
 
C2H6 reagido: (0,9) 100 = 90 mol C2H6 reagido 
 
Balanço de C2H6: (sai = entra + reage(-consumido) ) ⇒ q1 = 100 – 90 = 10 mol C2H6 
 
Balanço de CO: (sai = reage (gerado) ): 
molsCO
HmolC
molsCOHmolsCq 45
1
2)90(25,0
62
624 =


= 
 
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Balanço total de C (sai = entra) 
25541
62
62 135q 1121
2100 molsCOqqq
HmolC
molsCHmolsC =⇒++=



 
 
Balanço total de H2 (entra = sai) 
 
 
OmolsH
OmolH
molHOq
HmolC
molsHHmolsC
HmolC
molsHHmolsC
26
2
2
26
62
2
62
62
2
62
270q 
 
1
1H mols 
1
310
1
3100
=⇒



+


=



 
 
Balanço total de O2: (entra = sai) 
22
2
2
2
2
2
2
2
2
5,252
2
1270
1
1135
2
145525
molsOq
OmolsH
molOOmolsH
molCO
molOmolsCO
molCO
molOmolsCOq
=⇒



+


+

+=
 
 
Então, q1 + q2 + q3 + q4 + q5 = 2396 mol gás seco 
 + 270 mol água 
 temos: 2666 mol gás úmido