TRABALHO - COMBUSTÃO COMPLETA DO ETANO COM DISSOCIAÇÃO DO CO2 - UNICAMP

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EM884 - R SISTEMAS FLUIDOTÉRMICOS II 
PROFESSOR WALDYR GALLO 
 
LEONARDO TRAVAGINI DELBONI 172102 
TATIANE KEMECHIAN 177371 
 
TAREFA 1 
 
Considere a queima de um combustível em uma câmara de combustão operando de 
forma adiabática, a pressão constante e em regime permanente. O combustível é suprido a 
25 °C e 100 kPa, sendo queimado com 400% de oxigênio teórico fornecido a 400 K e 100 
kPa. 
 
a) Para uma queima completa, determine a composição volumétrica e a temperatura dos 
produtos na seção de descarga da câmara. 
 
b) Admitindo agora uma reação de dissociação nos produtos envolvendo CO2, CO e O2, 
determine novamente a composição de equilíbrio dos produtos e a temperatura na seção de 
descarga da câmara. 
 
c) Avalie novamente a composição e temperatura na descarga para uma queima com 200% 
de ar teórico além de uma reação de dissociação dos produtos envolvendo CO2, CO e O2. 
 
RESOLUÇÃO 
 
O combustível a ser utilizado pelo grupo será o etano, C​2​H​6(g)​. 
 
a) Considerando primeiramente uma combustão completa com 100% de ​oxigênio 
teórico ( ), ou seja, todo o O​2(g)​ inicial dos reagentes será consumido assimλ = 1 
como todo o combustível, temos então a seguinte equação: 
 
C​2​H​6(g) ​+ O​2(g) CO​2(g) ​+ H​2​O​(g)α β→ γ 
 
Encontrando os coeficientes , e , por meio de um balanço atômico dosα β γ 
reagentes para com o produto: 
 
● Balanço de C: =2;β 
● Balanço de H: =3;γ 
● Balanço de O: =3,5;α 
 
A equação final obtida é: 
 
C​2​H​6(g) ​+ O​2(g) CO​2(g) ​+ 3 H​2​O​(g),3 5 2→ 
 
Repetindo o mesmo processo, porém dessa vez para a combustão completa com 
300% de excesso de oxigênio teórico, ou seja, 400% de oxigênio teórico ( ):λ = 4 
 
C​2​H​6(g) ​+ O​2(g) CO​2(g) ​+ H​2​O​(g) ​+ O​2(g)αλ β→ γ δ 
 
O excesso de dióxido gasoso reagente não interfere nos outros produtos além do 
próprio dióxido gasoso, pois eles necessitam de carbono e hidrogênio, dois elementos que 
não sofreram aumento nos reagentes. Dessa maneira, não se pode ignorar o oxigênio não 
reagido pois ao sofrer variação de temperatura, ele passa a ser fundamental na aplicação 
da primeira lei da termodinâmica. 
 
Encontrando os coeficientes , , e :α β γ δ 
 
● Balanço de C: =2;β 
● Balanço de H: =3;γ 
● Balanço de O: =3,5 =10,5;α → δ 
 
Dessa forma, a equação final será: 
 
C​2​H​6(g) ​+14O​2(g) CO​2(g) ​+ H​2​O​(g) ​+ O​2(g)→ 2 3 0,1 5 
 
Tabelando as informações iniciais desses componentes envolvidos: 
 
Componente 
Peso Molecular 
(kg/kmol) Kmoles 
Massa 
(kg) % EM MASSA TIPO REAGIU? Massa total (kg) 
C​2​H​6(g) 30,07 1 30,07 0,06289873868 Reagente SIM 478,07 
O​2(g) 32 14 448 0,9371012613 Reagente PARCIAL 478,08 
CO​2(g) 44,01 2 88,02 0,1841114458 Produto SIM 
H​2​O​(g) 18,02 3 54,06 0,1130773092 Produto SIM 
O​2(g) 32 10,5 336 0,702811245 Produto NÃO 
 
Considerando agora essa queima completa num volume de controle e assumindo as 
seguintes hipóteses e avisos: 
 
1) Desprezar perdas e efeitos de energia cinética e potencial; 
2) Volume de controle adiabático e em regime permanente; 
3) Todos os componentes, reagentes ou produtos, são gases ideais; 
4) Não ocorre geração de trabalho ou calor (toda a energia é entálpica); 
5) Não ocorrem perdas eletromagnéticas ou reações nucleares (conservação de 
massa); 
6) Reagente teórico em excesso é o oxigênio puro e não o ar tradicional; 
7) Valores tabelados retirados do “Princípios da Termodinâmica” de Moran & Shapiro; 
 
Aplicando a 1ª Lei da Termodinâmica para esse volume de controle: 
 
 Q /n ) (W /n ) Σ n ( h h) Σ n ( h h) ( •vc
 
 
•
f
 
 − 
•
vc
 
 
•
f
 
 = reag e f
o + Δ e − prod f f
o + Δ f 
 
Considerando que = = 0, temos a condição de “temperatura de chamaQ •vc W 
•
vc
 
 
adiabática” (TDCA) em que resume-se a primeira lei como: 
 
 = Σ n ( h h) reag e f
o + Δ e n ( h h) Σ prod f f
o + Δ f 
 
Dessa maneira temos que: 
 
+ = + ( h h) n C2H6(g) f
o + Δ C2H6(g) ( h h) n O2(g) f
o + Δ O2(g) ( h h) n CO2(g f
o + Δ CO2(g)
+ ( h h) n H2O(g) f
o + Δ H2O(g) ( h h) n O2(g) f
o + Δ O2(g) 
 
Tabelando os valores: 
 
TIPO COMPONENTE PRESSÃO INICIAL TEMPERATURA (kJ/kMol) h f
o (kJ/kMol)hΔ 
Reagente C​2​H​6(g) 1 BAR = 100 KPa 25 ºC -84680 0 
Reagente O​2(g) 1 BAR = 100 Kpa 400K = 127ºC 0 11711 
Produto CO​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -393520 ? 
Produto H​2​O​(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -241820 ? 
Produto O​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA 0 ? 
 
Substituindo os valores e desenvolvendo a equação: 
 
+ = + + h ) ( f
o
C2H6(g) 4(Δh) 1 O2(g)reag ( h h) 2 f
o + Δ CO2(g) ( h h) 3 f
o + Δ H2O(g) 0, (Δh) 1 5 O2(g)prod 
 
+ - -3( = 2( +3( + h ) ( f
o
C2H6(g) 4(Δh) 1 O2(g)reag ( h 2 f
o ) CO2(g) h f
o ) H2O(g) h) Δ CO2(g) h) Δ H2O(g)
0, (Δh) 1 5 O2(g)prod 
 
Assim o lado esquerdo da equação deve ser igual ao lado direito. Resolvendo 
primeiramente o esquerdo: 
 
+ - -3( = ​-84680 + 14(11711) -2 (-393520) - h ) ( f
o
C2H6(g) 4(Δh) 1 O2(g)reag ( h 2 f
o ) CO2(g) h f
o ) H2O(g) 
3(-241820)​ = ​1591774 kJ/kMol = 1591,774 MJ/kmol 
 
Logo é necessário um método iterativo para se obter uma temperatura de chama 
adiabática convergente e que respeite as seguintes condições: 
 
2( +3( + = 1591,774 MJ/kmolh) Δ CO2(g) h) Δ H2O(g) 0, (Δh) 1 5 O2(g)prod 
e que T(​CO​2(g)​) = T(H​2​O​(g)​) = ​T(​O​2(g)​) = TCDA 
Para tantos, usando a tabela A-23 do livro: 
 
T(K) X (CO2) Y (H20) Z (02) Total (2X+3Y+10.5Z) Desejado Diferença 
2000 100804 82593 67881 1162137,5 1591774 429636,5 
2500 131290 108868 87057 1503282,5 1591774 88491,5 
2600 137449 114273 90956 1572755 1591774 19019 
2650 140533 116991 90956 1587077 1591774 4697 
2700 143620 119717 94881 1642641,5 1591774 -50867,5 
 
Nota-se que a TDCA encontra-se entre 2650K e 2700K. Usando interpolação linear: 
 
 ​ou seja, 2700 −2650TCDA −2650 = 1591774 − 1587077 1642641,5 − 1587077 DCA 654, 3KT ≈ 2 2 
 
Calculando agora as composições volumétricas de cada produto da reação: 
 
 ρRT ρ /V P .M /R.T V .R.T /P .MP = ⇔ = m = ⇔ = m 
 
Como todos os produtos estão à mesma temperatura e pressão, elas não importam 
no cálculo da porcentagem volumétrica, mas sim a massa, o número de moles e o peso 
molecular. 
 
COMPONENTE 
Massa m 
(kg/kmol de 
etano) 
 (kJ/kmol.K)R T = TDCA (K) P (kPA) 
M
(kg/kmol) 
V (m³) 
VOLUME 
TOTAL 
% VOLUMÉTRICA 
CO​2(g) 88,02 8,314 2654,23 100 44,01 441,30712 3240,13018 12,903226% 
H​2​O​(g) 54,06 8,314 2654,23 100 18,02 661,96068 19,35484% 
O​2(g) 336 8,314 2654,23 100 32 2316,86238 67,741935% 
 
OBS: Não se deve esquecer que a TDCA foi obtida manualmente através do método 
de Newton-Raphson e tabelas do livro “Princípios de Termodinâmica para Engenharia” de 
Moran & Shapiro. Dessa maneira obtivemos que através de uma simplesDCA 654, 3KT ≈ 2 2 
interpolação linear entre os menores limites tabelados obtidos e, portanto, como não foi 
realizada uma simulação mais detalhada para esse item a), deve-se considerar um erro. 
Vamos assumir limites laterais de 10K, ou seja, cujo valorDCA [2644, 3 , 2664, 3]KT = 2 2 
médio é o de 2654,23K obtido na interpolação. 
 
b) Considerando o item a), ou seja, ​considerando agora essa queima completa num 
volume de controle e assumindo as seguintes hipóteses e avisos: 
 
1)Desprezar perdas e efeitos de energia cinética e potencial; 
2)Volume de controle adiabático e em regime permanente; 
3)Todos os componentes, reagentes ou produtos, são gases ideais; 
4)Não ocorre geração de trabalho ou calor (toda a energia é entálpica); 
5)Não ocorrem perdas eletromagnéticas ou reações nucleares (conservação de massa); 
6)Reagente teórico em excesso é o oxigênio puro e não o ar tradicional;7)Valores tabelados retirados do “Princípios da Termodinâmica” de Moran & Shapiro; 
 
Lembrando que a equação estequiométrica obtida já balanceada é: 
 
C​2​H​6(g) ​+14O​2(g) CO​2(g) ​+ H​2​O​(g) ​+ O​2(g)→ 2 3 0,1 5 
 
A diferença é que após a combustão completa com excesso de oxigênio, o CO​2(g) 
sofre uma ​reação de dissociação ​por meio da equação: 
 
O � CO .O C 2(g) (g) + 2
1
2(g) 
 
Isso ocorre pelo fato que componentes como o CO​2(g)​ em dadas condições de 
temperatura e pressão de dissociam em outras substâncias mais instáveis. Nesse caso 
então parte do CO​2(g)​ se tornará e outra parte em enquanto que parteOC (g) O2(g) 
permanecerá como o original. Isso deve respeitar a condição de balanço atômico de 1:1:½. 
 
Para saber a proporção de cada componente dessa dissociação e aplicar na fórmula 
original para então se obter uma temperatura de saída dos produtos (lembrando que todos 
os produtos serão gases ideais na mesma temperatura) é necessário a aplicação dos 
conceitos de constante de equilíbrio K e energia livre de Gibbs, que relaciona entalpia, 
temperatura, pressão e entropia. Tal teoria encontra-se no capítulo 14 do livro. 
 
Adicionando as novas substâncias e realizando todo o balanço estequiométrico: 
 
C​2​H​6(g) ​+14O​2(g) CO​2(g) ​+ (2-X)CO​(g)​ + H​2​O​(g) ​+ O​2(g)→ X 3 (23 )/2)( − X 
 
OBS: Nota-se que os reagentes permanecem como os originais e a água também. 
 
Aplicando a 1ª Lei da Termodinâmica para esse volume de controle: 
 
 Q /n ) (W /n ) Σ n ( h h) Σ n ( h h) ( •vc
 
 
•
f
 
 − 
•
vc
 
 
•
f
 
 = reag e f
o + Δ e − prod f f
o + Δ f 
 
Considerando que = = 0, temos a condição de “temperatura de chamaQ •vc W 
•
vc
 
 
adiabática” (TDCA) em que resume-se a primeira lei como: 
 
 = Σ n ( h h) reag e f
o + Δ e n ( h h) Σ prod f f
o + Δ f 
 
Dessa maneira temos que: 
 
+ = + ( h h) n C2H6(g) f
o + Δ C2H6(g) ( h h) n O2(g) f
o + Δ O2(g) ( h h) n CO2(g f
o + Δ CO2(g)
+ ( h h) n H2O(g) f
o + Δ H2O(g) ( h h) ( h h) n O2(g) f
o + Δ O2(g) + n O2(g) f
o + Δ CO(g) 
 
Tabelando os valores por meio do livro: 
 
 
 
TIPO COMPONENTE PRESSÃO INICIAL TEMPERATURA (kJ/kMol) h f
o (kJ/kMol)hΔ 
Reagente C​2​H​6(g) 1 BAR = 100 KPa 25 ºC -84680 0 
Reagente O​2(g) 1 BAR = 100 Kpa 400K = 127ºC 0 11711 
Produto CO​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -393520 ? 
Produto H​2​O​(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -241820 ? 
Produto O​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA 0 ? 
Produto CO​(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -110530 ? 
 
Substituindo os valores e desenvolvendo a equação: 
 
+ = + + h ) ( f
o
C2H6(g) 4(Δh) 1 O2(g)reag ( h h) X f
o + Δ CO2(g) ( h h) 3 f
o + Δ H2O(g)
(23 )/2)(Δh) 2 )( h h) ( − X O2(g)prod + ( − X f
o + Δ CO(g) 
 
+ - -3( = X( +3( h ) ( f
o
C2H6(g) 4(Δh) 1 O2(g)reag ( h X f
o ) CO2(g) h f
o 2 )( h ) ) H2O(g) − ( − X f
o
CO(g) h) Δ CO2(g)
+h) Δ H2O(g) (23 )/2)(Δh) (2 )( Δh) ( − X O2(g)prod + − X CO(g) 
 
Calculando agora a variável “X”, por meio da energia de Gibbs na qual usa-se a 
função do EES de Gibbs do componente dada pela entalpia do gás ideal a uma dada 
temperatura e subtraindo o produto entre a temperatura de saída da câmara de combustão 
(TDCA ou temperatura dos produtos) e a entropia desse mesmo gás ideal a temperatura e 
pressão de saída. Esse processo deve ser aplicado aos três gases envolvidos na 
dissociação: Dessa maneira obtemos G​CO2(g)​, G​CO(g)​ e G​O2(g)​.O ; CO ; O .C 2(g) (g) 2(g) 
 
Após isso, é necessário calcular o que é o balanço final das três energia GGδ 
obtidas. Recordando a equação de dissociação mostrada anteriormente temos que: 
 
 -G​CO2(g)​ + G​CO(g)​ + (½)G​O2(g)G δ = 
 
Com o obtido, o próximo passo é a sua substituição na equação 14.35, eGδ 
assumindo que P​referência​= P​saída​, logo a razão entre eles é equivalente a 1, que resulta no 
cancelamento do segundo termo da equação. 
 
Assim, a equação da Reação de Equilíbrio em sua forma em sua forma exponencial: 
 
 (2 ) qrt((23 ))/2 )/x /(sqrt(x (2 ) 3 ((23 )/2))) exp( delG)/(R_barra produtos) )( − x * s − x * 1 + − x + + − x = − ( * T 
 
‘ Nesse ponto, se tem um sistema linear determinado em que o número de equações 
é igual ao de incógnitas. Assim, um simples comando de pedir as incógnitas basta. Devido à 
complexidade que o exercício está tomando, foi realizado um programa do EES desse item 
cujo código está logo abaixo. 
 
INÍCIO DO CÓDIGO 
 
"Leonardo Travagini Delboni, RA 172102" 
"Tatiane Kemechian, RA 177371" 
 
"item B" 
 
"Equação Estequiométrica de Combustão: 
 
C2H6 + 14O2 ==> x CO2 + (2-x) CO + ((23-x)/2) O2 + 3H20" 
 
 
Tcombust = 298,15 [K] "Temperatura Etano" 
Tcomburent = 400 [K] "Temperatura Oxigênio" 
 
Pentrada = 100 [kPa] "Pressão de Entrada" 
R_barra = 8,3143 [kJ/(kmol*K)] 
 
 
H_R = (ENTHALPY(C2H6;T=Tcombust))+ 14 * (ENTHALPY(O2;T=Tcomburent)) "Entalpia 
dos Reagentes" 
 
H_P = x*(ENTHALPY(CO2;T=Tprodutos)) + 3*(ENTHALPY(H2O;T=Tprodutos)) + 
(2-x)*(ENTHALPY(CO;T=Tprodutos)) + ((23-x)/2)*(ENTHALPY(O2;T=Tprodutos)) "Entalpia 
dos produtos" 
 
 
"Equação de equilíbrio CO2 -><- CO + (1/2) O2" 
g_O2 = (ENTHALPY( O2;T=Tprodutos)) - 
Tprodutos*ENTROPY(O2;T=Tprodutos;P=Pentrada) "Função de Gibbs do Oxigênio, para 
esta temperatura e pressão" 
 
g_CO = (ENTHALPY(CO; T=Tprodutos)) - Tprodutos*ENTROPY(CO; 
T=Tprodutos;P=Pentrada) "Função de Gibbs para o Monóxido de Carbono, para esta 
temperatura e pressão" 
 
g_CO2 = (ENTHALPY(CO2;T=Tprodutos)) - 
Tprodutos*ENTROPY(CO2;T=Tprodutos;P=Pentrada) "Função de Gibbs para o Dióxido de 
Carbono, para esta temperatura e pressão" 
delG = g_CO + (1/2)*g_O2 - g_CO2; "Variação da função de Gibbs para a reação" 
 
( (2-x)*sqrt((23-x))/2 )/x *1/(sqrt(x + (2-x) + 3 + ((23-x)/2))) = exp( 
-(delG)/(R_barra*Tprodutos) ) "Equação da Reação de Equilíbrio, forma exponencial" 
 
"Início dos Calculos Numéricos" 
H_R = H_P 
 
"Resultados finais" 
n_total = x+(2-x)+3+((23-x)/2) 
porcCO2 = 100*(x/n_total) 
porcO2 = 100*(((23-x)/2)/n_total) 
porcCO = 100*((2-x)/n_total) 
porcH20 = 100*(2/n_total) 
 
FIM DO CÓDIGO 
 
Usando o comando Shift+Windows+S é possível printar os valores obtidos após a 
execução do solve no EES. Tais resultados encontram-se abaixo: 
c) Considerando primeiramente uma combustão completa com 100% de ​ar​ teórico ( ),λ = 1 
ou seja, todo o O​2(g)​ inicial dos reagentes será consumido assim como todo o combustível, 
porém o N​2(g) ​, por ser gás inerte, não reage, sendo somente aquecido no processo da 
combustão e, portanto, deve ser levado em consideração no balanço entálpico e 
estequiométrico.Temos então a seguinte equação: 
 
C​2​H​6(g) ​+ (O​2(g)​+ 3,76N​2(g)​)​ CO​2(g) ​+ H​2​O​(g)​ + N​2(g)α β→ γ ε 
 
Encontrando os coeficientes , , e por meio de um balanço atômico dosα β γ ε 
reagentes para com o produto: 
 
● Balanço de C: =2;β 
● Balanço de H: =3;γ 
● Balanço de O: =3,5α 
● Balanço de N: =13,16ε 
 
A equação final obtida é: 
 
C​2​H​6(g) ​+ (O​2(g)​+ 3,76N​2(g)​)​ CO​2(g) ​+ H​2​O​(g)​ + N​2(g),3 5 2→ 3 3, 61 1 
Repetindo o mesmo processo, porém dessa vez para a combustão completa com 
100% de excesso de ar teórico, ou seja, 200% de ar teórico ( ):λ = 2 
 
C​2​H​6(g) ​+ (O​2(g)​+ 3,76N​2(g)​)​ CO​2(g) ​+ H​2​O​(g)​ + O​2(g)​ + N​2(g)λ α β→ γ δ ε 
 
O excesso de dióxido gasoso reagente não interfere nos outros produtos além do 
próprio dióxido gasoso, da mesma forma que o reagente nitrogênio gasoso, que visto que 
por ser gás inerte, não participa da reação, sofrendo somente aquecimento. Dessa maneira, 
não se pode ignorar o oxigênio nem o nitrogênio não reagidos pois ao sofrer variação de 
temperatura, ele passa a ser fundamental na aplicação da primeira lei da termodinâmica. 
 
Encontrando os coeficientes, , , , e :α β γ δ ε 
 
● Balanço de C: =2;β 
● Balanço de H: =3;γ 
● Balanço de O: = estequiométrico​=3,5 =3,5;α α → δ 
● Balanço de N: =26,32;;ε 
 
Dessa forma, a equação final será: 
 
C​2​H​6(g) ​+7(O​2(g)​+ 3,76N​2(g)​)​ CO​2(g) ​+ H​2​O​(g)​ +3,5O​2(g)​ + N​2(g)2→ 3 6, 22 3 
 
Considerando agora essa queima completa num volume de controle e assumindo as 
seguintes hipóteses e avisos: 
 
● Desprezar perdas e efeitos de energia cinética e potencial; 
● Volume de controle adiabático e em regime permanente; 
● Todos os componentes, reagentes ou produtos, são gases ideais; 
● Não ocorre geração de trabalho ou calor (toda a energia é entálpica); 
● Não ocorrem perdas eletromagnéticas ou reações nucleares (conservação de 
massa); 
● Reagente teórico em excesso é o oxigênio puro e não o ar tradicional; 
● Valores tabelados retirados do “Princípios da Termodinâmica” de Moran & Shapiro; 
● Diferente dos itens a) e b), o item c) considera nos reagentes ar e não somente 
oxigênio como comburente (leva em consideração o nitrogênio); 
● Também outra diferença é o excesso de 100% (ar teórico de 200%); 
● Ocorre dissociação assim como no item b) após a combustão completa da equação 
deduzida acima; 
 
Após a combustão completa com excesso de ar, o CO​2(g) ​sofre uma ​reação de 
dissociação ​por meio da equação: 
 
O � CO .O C 2(g) (g) + 2
1
2(g) 
 
Assim como explicado no item b), isso ocorre pelo fato que componentes como o 
CO​2(g)​ em dadas condições de temperatura e pressão de dissociam em outras substâncias 
mais instáveis. Nesse caso então parte do CO​2(g)​ se tornará e outra parte em OC (g) O2(g)
enquanto que parte permanecerá como o original. Isso deve respeitar a condição de 
balanço atômico de 1:1:½. 
 
Adicionando as novas substâncias e realizando todo o balanço estequiométrico: 
 
C​2​H​6(g) ​+7O​2(g)​+ 26,32N​2(g) CO​2(g) ​+ H​2​O​(g)​ + (2-X)CO​(g)​ + (4,5-X/2)O​2(g)​ + N​2(g)X→ 3 6, 22 3 
 
OBS: Nota-se que os reagentes permanecem como os originais e a água também. 
 
Aplicando a 1ª Lei da Termodinâmica para esse volume de controle: 
 
 Q /n ) (W /n ) Σ n ( h h) Σ n ( h h) ( •vc
 
 
•
f
 
 − 
•
vc
 
 
•
f
 
 = reag e f
o + Δ e − prod f f
o + Δ f 
 
Considerando que = = 0, temos a condição de “temperatura de chamaQ •vc W 
•
vc
 
 
adiabática” (TDCA) em que resume-se a primeira lei como: 
 
 = Σ n ( h h) reag e f
o + Δ e n ( h h) Σ prod f f
o + Δ f 
 
Dessa maneira temos que: 
 
+ + = ( h h) n C2H6(g) f
o + Δ C2H6(g) ( h h) n O2(g) f
o + Δ O2(g) ( h h) n N2(g) f
o + Δ N2(g) ( h h) n CO2(g f
o + Δ CO2(g)
+ + + ( h h) n H2O(g) f
o + Δ H2O(g) ( h h) ( h h) n O2(g) f
o + Δ O2(g) + n O2(g) f
o + Δ CO(g) ( h h) n N2(g) f
o + Δ N2(g) 
 
Tabelando: 
 
TIPO COMPONENTE PRESSÃO INICIAL TEMPERATURA (kJ/kMol) h f
o (kJ/kMol)hΔ 
Reagente C​2​H​6(g) 1 BAR = 100 KPa 25 ºC -84680 0 
Reagente O​2(g) 1 BAR = 100 Kpa 400K = 127ºC 0 11711 
Reagente N​2(g) 1 BAR = 100 Kpa 400K = 127ºC 0 11640 
Produto CO​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -393520 ? 
Produto H​2​O​(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -241820 ? 
Produto O​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA 0 ? 
Produto CO​(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA -110530 ? 
Produto N​2(g) 1 BAR = 100 Kpa TDCA 0 ? 
 
Substituindo os valores e desenvolvendo a equação: 
 
+ + = + + h ) ( f
o
C2H6(g) (Δh) 7 O2(g) 6, 2(Δh) 2 3 N2(g) ( h h) X f
o + Δ CO2(g) ( h h) 3 f
o + Δ H2O(g)
+4, /2)(Δh) 2 )( h h) ( 5 − X O2(g) + ( − X f
o + Δ CO(g) 6, 2(Δh) 2 3 N2(g) 
 
Assim como no item anterior, repetiremos os mesmos passos para calcular a 
variável “X”, por meio da energia de Gibbs na qual usa-se a função do EES de Gibbs. Esse 
processo deve ser aplicado aos três gases envolvidos na dissociação: 
 Dessa maneira obtemos G​CO2(g)​, G​CO(g)​ e G​O2(g)​.O ; CO ; O .C 2(g) (g) 2(g) 
 
Após isso, é necessário calcular o que é o balanço final das três energia GGδ 
obtidas. Recordando a equação de dissociação mostrada anteriormente temos que: 
 
 -G​CO2(g)​ + G​CO(g)​ + (½)G​O2(g)G δ = 
 
Com o obtido, o próximo passo é a sua substituição na equação 14.35.Assim, aGδ 
equação da Reação de Equilíbrio em sua forma em sua forma exponencial: 
 
exp( -( )/(R_barra*Tprodutos) ) =Gδ 
((2-x)*sqrt(4,5-x/2))/x*(1/sqrt(x+(2-x)+3+26,32+(4,5-x/2))) 
 
‘ Nesse ponto, se tem um sistema linear determinado em que o número de equações 
é igual ao de incógnitas. Devido à complexidade que o exercício está tomando, foi realizado 
um programa do EES desse item cujo código está logo abaixo. 
 
INÍCIO DO PROGRAMA 
 
"Leonardo Travagini Delboni 172102" 
"Tatiane Kemechian 177371" 
 
"item C" 
"Equações de Estequiometria 
 
C2H6 + 7 O2 + 26,32 N2 = 2 CO2 + 3 H2O + 26,32 N2 + 3,5 O2 
C2H6 + 7 O2 + 26,32 N2 = x CO2 + (2-x) CO + 3H2O + 26,32 N2 + (4,5-x/2) O2" 
 
 
Tcombust = 298,15 [K] "Temperatura Etano" 
Tcomburent = 400 [K] "Temperatura do Ar" 
Pentrada = 100 [kPa] "Pressão de Entrada" 
R_barra = 8,3143 [kJ/kmol-K] 
 
"Entalpia dos Reagentes" 
H_R = ENTHALPY(C2H6;T=Tcombust)+ 7*ENTHALPY(O2;T=Tcomburent)+ 
26,32*ENTHALPY(N2;T=Tcomburent) 
 
"Entalpia dos Produtos" 
H_P = x*ENTHALPY(CO2;T=Tprodutos) + (2-x)*ENTHALPY(CO;T=Tprodutos) + 
(4,5-x/2)*ENTHALPY(O2;T=Tprodutos) + 3*ENTHALPY(H2O;T=Tprodutos) + 26,32 * 
ENTHALPY(N2;T=Tprodutos) 
 
"CO2 -><- CO + (1/2) O2" 
 
 
g_O2 = (ENTHALPY( O2;T=Tprodutos)) - 
Tprodutos*ENTROPY(O2;T=Tprodutos;P=Pentrada) "Função de Gibbs do Oxigênio, para 
esta temperatura e pressão" 
g_CO = (ENTHALPY(CO; T=Tprodutos)) - Tprodutos*ENTROPY(CO; 
T=Tprodutos;P=Pentrada) "Função de Gibbs do Monóxido de Carbono, para esta 
temperatura e pressão" 
g_CO2 = (ENTHALPY(CO2;T=Tprodutos)) - 
Tprodutos*ENTROPY(CO2;T=Tprodutos;P=Pentrada) "Função de Gibbs do Dióxido de 
Carbono, para esta temperatura e pressão" 
 
delG = g_CO + (1/2)*g_O2 - g_CO2; "Variação da função de Gibbs para a reação" 
 
exp( -(delG)/(R_barra*Tprodutos) ) = 
((2-x)*sqrt(4,5-x/2))/x*(1/sqrt(x+(2-x)+3+26,32+(4,5-x/2))) 
 
"Início dos Cálculos Numéricos" 
h_R = h_P 
 
"Resultados" 
n_total = x+(2-x)+3+((9-x)/2)+26,32 
p_CO2 = 100*(x/n_total) 
p_CO = 100*((2-x)/n_total) 
p_H20 = 100*(2/n_total) 
p_O2 = 100*(((9-x)/2)/n_total) 
p_N2 = 100*(26,32/n_total) 
 
FIM DO PROGRAMA 
 
Usando o comando Shift+Windows+S é possível printar os valores obtidos após a 
execução do solve no EES. Tais resultados encontram-se abaixo: