Lista Solução Líquido Vapor

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1 
Faculdade de Engenharia Química 
Operações Unitárias 2 – 1ª Lista – Carlos H. Ataíde (maio de 2015) 
 
1ª questão1ª questão1ª questão1ª questão 
Suposição mistura IDEAL: A = n-hexano e B= n-octano 
�
( )+ − =
�����
A B
v v
A A AB
p p
P x P 1 x 101,325 kPa (1) , =
≡
v
A A
A
P x
y
P 101,325 kPa
 (2) 
+ =A Bx x 1, 0 (3) e + =A By y 1, 0 (4) 
 
Tabela 1: Pressão de vapor do n-hexano e n-octano (101,325 kPa) 
Temperatura 
ºC 
Pressão de vapor, Kpa 
n-hexano n-octano 
Ax 
Eq.(1) 
Bx 
Eq. (3) 
Ay 
Eq. (2) 
By 
Eq.(4) 
68,7 101,3 16,1 ≈1,000 ≈0,000 ≈1,000 ≈0,000 
79,4 136,7 23,1 0,686 0,314 0,929 0,071 
93,3 197,3 37,1 0,400 0,599 0,780 0,219 
107,2 284 57,9 0,192 0,807 0,538 0,461 
125,7 456 101,3 ≈0,000 ≈1,000 ≈0,000 ≈1,000 
0.0 0.1 0.2 0.3 0.4 0.5 0.6 0.7 0.8 0.9 1.0
xA e yA 
50
60
70
80
90
100
110
120
130
140
T
e
m
p
e
ra
tu
ra
, 
o
C
 
 
 2 
2ª questão2ª questão2ª questão2ª questão 
Mistura binária: A= isopropanol e B=água 
a) Temperatura de ebulição (boiling) do isopropanol puro a 380 mmHg: 
b
BT 66,5 ºC= 
b) b) A temperatura de ebulição (boiling) da água pura a 380 mmHg: 
b
AT 81,8 ºC= 
 
c) Qual a temperatura de bolha (bubble) da mistura com 20 % (molar) de 
isopropanol e 80 % (molar) água a 380 mmHg; bubbleT 65,3 ºC= 
d) Qual a composição de vapor em equilíbrio com o líquido a essa temperatura 
(ponto de bolha); Ay 0,57= e By 0,43= 
c) Qual a temperatura do ponto de orvalho (dew), com 20 % molar de 
isopropanol na mistura; dewT 76,5 ºC= 
d) Qual a ou faixa de composição do líquido em equilíbrio com o vapor no 
azeótropo; A0,63 x 0,803≤ ≤ 
 
Figura 1- Diagrama T versus xy para isopropanol-água a 380 mmHg. 
 
3ª questão3ª questão3ª questão3ª questão 
−

−
n pen tan o(A) : 60 moles
100 moles
n heptan o(B) : 40 moles
 
Linha de Operação de uma unidade IDEAL de destilação (Tambor Flash) 
−
− + F
x1 fy= x
f f
 (1) 
f= nº de moles vaporizado (f= 0,40) 
Fx = composição da alimentação ( =Fx 0,6 ) 
 3 
Substituindo os valores, teremos: −− + = − +1 0, 4 0,6y= x ou y 1,5x 1,5
0, 4 0, 4
 
Composição do vapor e líquido que deixam o estágio; =x 0, 423 e =y 0,852 
 
 
4ª questão4ª questão4ª questão4ª questão 
Exercício de Análise de Desempenho 1: 
Dados: 
1. acetona à entrada da coluna: =by 0,25 
2. acetona no óleo à entrada da coluna: =ax 0, 015 
3. acetona no líquido efluente: =bx 0, 08 
4. acetona absorvida (recuperação): 90% 
5. Linha de equilíbrio: =*y 1,9x 
6. suposição clássica: desconsiderar a solubilidade do ar no óleo não volátil 
Suposição ou base de cálculo: 

= 

b
75 moles ar
25 moles acet
V 100 moles
ona
 
Acetona absorvida: × =0,90 25 22,5 moles , conseqüentemente: 2,5 moles de 
acetona não foram absorvidos 
 4 
( )
= = =
+ −
a
a
a
moles de acetona em V 2,5y 0, 0323
V acetona ar 100 22,5
 
Como encontrar aL ??? → Balanço material para o soluto (acetona) na fase 
líquida: 
� � �
( ) ( )a a b b a b
acetonaacetona acetona
absorvidaa entrada a saída
L x 22,5 L x ou L 0,015 22,5 L 0,08+ = + = (1) 
Balanço material global para a fase líquida: b aL L 22,5= + (2) 
Substituindo a Eq. (2) na Eq. (1): ( ) ( )+ = +a aL 0,015 22,5 L 22,5 0,08 ou 
=aL 318,5 moles (óleo+acetona) 
Quantidade de acetona que entra com óleo: = × =a aL x 318,5 0, 015 4,778 
moles de acetona 
Sistema NÃO diluído (LO não linear): Balanço materiais para o soluto 
(acetona) como o objetivo de obter pontos intermediários da Linha de 
Operação: ≤ ≤2,5 V y 25 
1ª estimativa: Quando 5 moles de acetona são absorvidos ou transferidos 
para o óleo: = +n nL x 4,778 5, 0 
+
= =
+n
4,778 5x 0, 0302
318,5 5
 
Balanço material para o soluto no volume de controle: 
+ + + = + +n 1 n 1V y 4,778 4,778 5, 0 2,5 ou 
+ + =n 1 n 1V y 7,5 moles de acetona em +n 1V 
+ = =+n 1
7,5y 0, 0909
75 7,5
 
2ª estimativa: Quando 10 moles de acetona são absorvidos ou transferidos 
para o óleo 
+
= =
+n
4,778 10x 0, 0450
318,5 10
 
Balanço material para o soluto no volume de controle: 
+ + + = + +n 1 n 1V y 4,778 4,778 10 2,5 ou 
+ + =n 1 n 1V y 12,5 moles de acetona em +n 1V 
 5 
+ = =+n 1
12,5y 0,1428
75 12,5
 
3ª estimativa: Quando 15 moles de acetona são absorvidos ou transferidos 
para o óleo 
+
= =
+n
4,778 15x 0,593
318,5 15
 
Balanço material para o soluto no volume de controle: 
+ + + = + +n 1 n 1V y 4,778 4,778 15 2,5 ou 
+ + =n 1 n 1V y 17,5 moles de acetona 
+ = =+n 1
17,5y 0, 0189
75 17,5
 
Pontos terminais da LO: ( )= =a ax 0,015;y 0,0323 e ( )= =b bx 0,08;y 0,25 
 
Número IDEAL de estágios para a separação: N = 5,1 (figura abaixo) 
 
 6 
5ª questão5ª questão5ª questão5ª questão 
Dado novo da questão ax 0, 005= (óleo NÃO PURO) 
Dados que podemos aproveitar do Exemplo 1 (resolvido em sala de aula) 
y* 1,9x= ; by 0,30= ; bx 0,10= e Recuperação (%) = 97 (mesma do Exemplo 1) 
Solução: 
*
a ay 1,9x 1,9 0, 005 0, 095= = × = 
ay 0, 0127= (mesma do Exemplo 1, porque a Recuperação não modificou) 
força motriz (driving force) no topo: *a ay y 0, 0127 0,095 0, 0032− = − = 
força motriz (Exemplo 1 com óleo puro) no topo: *a ay y 0, 0127 0 0, 0127− = − = 
Força motriz da questão 5, no topo da coluna é cerca de 4 vezes MENOR que a 
driving force do Exemplo 1: ( )0, 0127 / 0, 0032 3,97≅ . Essa informação serve 
para que????. Força motriz MENOR Número de estágio MAIOR. 
Deveremos encontrar um número de estágios MAIOR que Exemplo 1, que foi N 
= 4,3. 
Base de cálculo: 100 moles de gás com 30% molar de acetona 
Recuperação de 97% (molar), ou seja, 3% molar de acetona NÃO é absorvida: 
a acetona que deixa a coluna = = (1 - 0,97)x30 = 0,9 moles (Exemplo 1) 
nº de moles de acetona absorvida = 30 – 0,9 = 29,1 moles 
Balanço material para a acetona (soluto) na fase líquida: 
ab0,10 L 0, 005 L 29,1× = × + (1) 
Balanço material global para a fase líquida: 
abL L 29,1= + (2) 
Resolvendo simultaneamente as Eqs. (1) e (2), teremos: 
bL 304,7 moles= e aL 275,6 moles= 
Quantidade (nº moles) de acetona que entra com o óleo: 
a0,005 L 1,38 moles× = 
Balanços materiais para acetona na coluna, para obter coordenadas de pontos 
intermediários da Linha de Operação: n 1 n 10,90 y V 30 moles+ +< < 
Suposição: se 10 moles de acetona entram com o gás VC (volume de controle), 
então: 
n 1
10y 0,125
10 70+
= =
+
 (igual Exemplo 1) 
( )
= =
+ −n
10,48x 0,0368
10, 48 275,6 1,38
 (a acetona que entra com o óleo é a 
mesma à saída da coluna) 
Como já é tarde e estamos sem saco apresentaremos a solução gráfica com a 
LO com apenas um ponto intermediário. ( )0, 0368; 0,125 
 7 
 
1
2
N 5, 0 5,7= + ≅ℓ
ℓ
 
 
Considerações finais: Curvatura da LO muito suave, o que vale dizer, que a 
solução admitindo LO linear (Kremser) o resultado não deve ser muito 
diferente de N = 5,7. 
 
 
 
 
 
 8 
6ª questão6ª questão6ª questão6ª questão 
Coluna stripping para remoção de um hidrocarboneto de uma solução aquosa 
Dados: N = 8 (número de estágios ideais) 
Solução: 
a) Cálculo do fator de stripping (S) para uma recuperação de 98% 
Suposições (angústia clássica.... quando é que eu sei que devo fazer alguma 
consideração??? OP2 não é exercício de adivinhação, a aluna deve ser safa e 
saber fazer as aproximações corretas e/ou pertinentes, e isso, como tudo na 
vida, envolve riscos (a vida é assim mesmo). 
i) Suposição 1: sistema diluído a b
a
x xRe c 0,98
x
−
= = ou abx 0,02x= (1) 
ii) Suposição 2: Ar entra puro no fundo da coluna: by 0= (2)Não temos o valor de S (S > 1 ou 0 < S <1), então não sabemos qual expressão 
de Kremser utilizar??? Resumindo estamos ferrados???? 
Fator de stripping: mV L mS ou
L V S
= = (3) e * bb
yx 0
m
= = (4) 
Para S > 1 (usualmente as condições operacionais são ajustadas para fornecer 
S >1,0): 
( )
( )
*
a a
*
b b
x x
ln
x x
N
lnS
 −
 
 −  = (5) 
Balanço material global na coluna para o soluto (hidrocarboneto): 
( ) ( ) aL x V y V y∆ = ∆ = ou ( )a
Ly x
V
= ∆ (6) 
Reescrevendo a Eq. (1), temos: a abx x x 0,98x∆ = − = (1) 
Substituindo as Eqs. (1) e (3) na Eq. (6), teremos: 
a a a
L my 0,98x 0,98x
V S
= = (7) 
Como resolver a Eq. (7) ?????? (Não temos m e nem S, estamos “lascados”) 
Procedimento iterativo (tentativo e erro), também pode ser resolvido de 
outra forma: Estimativa inicial, S = 1,5 
a a a
my 0,98x 0,6533mx
1,5
= = (8) e * aa a
0,6533mx
x 0,6533x
m
= = (9) 
Substituindo a Eqs (1), (4) e (9) na Eq. (5), temos: 
 9 
( )
( )
( )
( )
( )
*
a a
a a a*
b b a a
x x
x 0,6533x x 1 0,6533ln ln lnx x 0,02x 0 0,02x
N 7, 04
lnS ln1,5 ln1,5
 −
   −  −
     − −      = = = = 
Para S =1,5 N = 7,04 (N deverá ser igual a 8). Na segunda estimativa S 
deverá ser MENOR que 1,5. Segunda estimativa S =1,4. 
a a a
my 0,98x 0,70mx
1, 4
= = (8’) e * aa a
0,6533mx
x 0,6533x
m
= = (9’) 
Substituindo os resultados anteriores na Eq. (5), teremos: 
( )
( )
( )
( )
( )
*
a a
a a a*
b b a a
x x
x 0,7 x x 1 0,70ln ln lnx x 0, 02x 0 0, 02x
N 8, 05
lnS ln1, 4 ln1, 4
 −
   −  −
     − −      = = = = OK 
Avaliação final: com S =1,4 e N = 8, teremos uma recuperação de 98% 
 
b) Que percentual de remoção será alcançado se o fator de stripping (S) for 
igual a 2,0 
Dados: N = 8,0 e S = 2,0 e *bx 0= (item a) (1a) e abx 0, 01x= (2a) 
Solução: 
( )
( )
*
a a
*
b b
x x
ln
x x
N
lnS
 −
 
 −  = (5) (Novamente estou “lascado”) tenho poucas informações. 
Recorreremos a um procedimento ITERATIVO. Uma perguntinha básica: 
Aumentar S (operação de stripping) a recuperação aumentará? 
mVS
L
↑
↑ = . Sim aumentado S a recuperação deverá ser MAIOR. O que vale 
dizer que para S =2,0 a recuperação será maior de 98% (item a). Você pode 
utilizar outro procedimento de resolução, se preferir. 
 
1ª Estimativa: Rec =99% 
abx 0, 01x= (1b) a abx x x 0,99x∆ = − = 
a a a a
L my 0,99x 0,99x 0, 495mx
V 2
= = = (7b) 
* a
a a
0, 495mx
x 0, 495x
m
= = (9b) 
 10 
Substituindo, teremos: 
( )a
a
x 1 0, 495
ln
0, 01x
N 5,63
ln2
− 
 
 = = (não serve! pois N deve 
ser igual a 8) 
 
2ª Estimativa: Rec =99,7% 
abx 0, 003x= (1c) e a abx x x 0,997x∆ = − = 
a a a a
L my 0,997 x 0,997x 0, 4985mx
V 2
= = = (7c) 
* a
a a
0, 4985mx
x 0, 4985x
m
= = (9c) 
Substituindo, teremos: 
( )a
a
x 1 0, 4985
ln
0,003x
N 7,39
ln2
− 
 
 = = (não serve!, pois N 
deve ser igual a 8) 
 
3ª Estimativa: Rec =99,8% 
abx 0, 002x= (1c) e a abx x x 0,998x∆ = − = 
a a a a
L my 0,997 x 0,998x 0, 499mx
V 2
= = = (7c) 
* a
a a
0, 499mx
x 0, 499x
m
= = (9c) 
Substituindo, teremos: 
( )a
a
x 1 0, 499
ln
0, 002x
N 7,97
ln2
− 
 
 = = OK (está bom) 
Avaliação final: com S = 2 e N = 8, teremos uma recuperação de 99,8% 
 
7ª questão7ª questão7ª questão7ª questão 
Exercício de análise de desempenho 2: 
 
a) Uma redução na temperatura de operação da coluna de dessorção altera a 
relação de equilíbrio para = =*ey y 0,6x , mantendo as demais condições de 
operação inalteradas: N, L/V, yb e xa 
Dados do Exemplo 3 (m = 0,8) resolvido em sala de aula: 
N = 5,02; =V / L 1,5 ; =by 0 e m = 0,6 
Cálculo do fator de Dessorção: = = × =mVS 0,6 1,5 0,9
L
 (valor não é USUAL). 
Normalmente as condições de operação são ajustadas para fornecer S > 1,0 
 11 
Balanço material para amônia/soluto (NH3), considerando sistema diluído (L e 
V constantes) 
( ) ( )− = − =a ab b bL x x V y y V y para =by 0 (1) 
f ou Rec = fração de NH3 removida da água pelo ar 
1-f ou 1- Rec= fração de NH3 não removida da água pelo ar 
( )= − abx 1 f x (2) Substituindo (2) em (1), teremos: 
( ) ( ) = − = − − a a a ab
L 1y x x x 1 f x
V 1,5
 ou = aa
fx
y
1,5
 (3) 
Da relação de equilíbrio =* AA
yx
m
 (4) 
Substituindo (3) em (4), 
( )
= =* AA A
fx
x 1,111fx
1,5 0,6
 e =*bx 0 (pois =by 0 ) 
Correlação de Kremser para stripping para S < 1,0 (LO e Linha de Equilíbrio 
CONVERGENTES) 
( )
( ) ( )( )
 −
   − −
   − −   = = =
 
 
 
*
b b
a*
a a a a
x x
1 f) x 0ln lnx x x 1,111fx
N 5, 021 1ln lnS 0,9
 
ou 
( )
( )
−
=
−
a
a
1 f x
1,6970
1 1,111f x
 =f 0,787 ou 78,7% da NH3 é removida 
 
b) Redução da relação entre as taxas molares V/L de 1,5 para 1,25, mantendo 
as demais condições de operação inalteradas: N, yb e xa 
Dados: 
=N 5,02 ; =V 1,25
L
 ; =by 0, 0 ( =
*
bx 0,0 ) ; =ax 0, 015 e m = 0,8 
Fator de dessorção: = = × =mVS 0,8 1,25 1, 0
L
 (LO e CE paralelas ou a força 
motriz é constante) 
− −
= =
− −
a ab b
* *
a a b b
x x x x
N
x x x x
, sabe-se que ( ) ( )− = − − ≡ =a b a a ax x x 1 Re c f x Rec x 
então: 
( )
( )
= =
−
a
a
Rec x
N 5,02
1 Rec x
 ; = =5, 02Re c 0,834
6, 02
 ou Rec = 83, 4 % 
Composição de saída das correntes de líquido (L) e de gás (V) 
= − =a abx x (1 0,834) 0,166x 
 12 
( )
= = =aa a a
Rec x 0,834y x 0,667 x
V / L 1,25
 
 
8ª questão8ª questão8ª questão8ª questão: 
Dados: 
Recuperação= 90% ; =by 0, 01 
*
A A y = 2,53 x =ax 0,0 (água pura) 
=b
kmolesV 30,0 
h
 e =a
kmolesL 90,0 
h
 
(a) Determinação do número teórico de estágios (N) graficamente através de 
procedimento de McCabe-Thiele: 
 
Base de cálculo = 1 hora de operação 
× =

× =
b
b
b
30 0,01 0,3 moles de acetona em V
V
30 0,99 29,7 moles de ar em V
 
Rec=90% 
 × =

× =
b
a
0,3 0,9 0,27 kmoles de acetona absorvida (em L ) 
0,3 0,1 0,03 kmoles de nao acetona absorvida (em V )
 
= =
+a
0,03y 0, 001
0, 03 29,7
 e = ≅
+b
0,27x 0,003
0,27 90
 
Pontos terminais da LO: ( ) ( )a a b bx ;y e x ;y ou ( ) ( )0; 0, 001 e 0, 003; 0, 01 
Pontos intermediários da LO ≤ ≤n n0,0 L x 0,27 
1ª Suposição: =n nL x 0,05 
−= ≅
+
4
n
0,05x 5,552 10
0,05 90
 e 
( )+
+
= =
+ +n 1
0, 05 0, 03y 0, 002686
0, 05 0,03 29,7
 
2ª Suposição: =n nL x 0,10 
= ≅
+n
0,10x 0, 001109
0,10 90
 e ( )
( )+
+
= =
+ +n 1
0,10 0,03
y 0, 00435
0,10 0,03 29,7
 
 13 
 
 
3ª Suposição: =n nL x 0,15 
= ≅
+n
0,15x 0,001664
0,15 90
 e ( )
( )
+
= =
+ +a
0,15 0, 03
y 0, 006024
0,15 0, 03 29,7
 
4ª Suposição: =n nL x 0,20 
= ≅
+b
0,20x 0, 002217
0,20 90
 e ( )
( )+
+
= =
+ +n 1
0,20 0, 03
y 0,00768
0,20 0, 03 29,7
 
5ª Suposição: =n nL x 0,25 
= ≅
+n
0,25x 0,00277
0,25 90
 e ( )
( )+
+
= =
+ +n 1
0,25 0, 03
y 0, 009339
0,25 0, 03 29,7
 
(b) Determinação do número teórico de estágios (N) analiticamente; 
correlações de Kremser: 
=b
kmolesV 30,0 
h
 (constante) e =a
kmolesL 90,0 
h
 (constante) 
Fator de absorção: ≡ LA
mV
 = >
×
90 1,1848 1, 0
2,53 30
 (CE e LO divergentes) 
Pontos terminais da LO: ( ) ( )a a b bx ;y e x ;y ou ( ) ( )0; 0, 001 e 0, 003; 0, 01=ax 0,0 então , =
*
ay 0, 0 e = = × =
*
b by 2,53x 2,53 0, 003 0, 00759 
( )
( )
 −
 
 −  = =
*
b b
*
a a
y y
ln
y y
N
ln A
( )
( )
 −
 −  =
0, 01 0, 00759
ln
0, 001 0
ln 1,1848
5,187 
Comentário final: Como LO praticamente LINEAR, então os valores obtidos 
para N, graficamente e analiticamente foram muito próximos. 
 14 
 
Número ideal de estágios McCabe-Thiele : N = 5,4 parte (a) 
9ª questão9ª questão9ª questão9ª questão: 
Na solução da questão apresentaremos um procedimento alternativo que não 
está proposto no livro de McCabe. Nesse desenvolvimento utilizaremos a base 
isenta de soluto (CO2) para o cálculo das taxas molares das correntes e 
também das frações molares. 
Dados: 
=by 0,10 ; =ax 0,0 (água pura) ; =b
lb molesV 1, 0
h
 e Rec = 92% 
A constante de Henry para o sistema nessas condições (P = 10,0 atm e T = 5,0 
°C) é igual a H=876 atm ou 
2
atm876 
fraçao molar de CO no liquido
 e a relação 
de equilíbrio é: = Hy x
P
 ou, = 2
atm876
fraçao molar de CO no liquido
y x
10 atm
 
= =
−
x moles de solutoX
1 x moles de inerte liquido 
 e = =
−
y moles de solutoY
1 y moles de inerte gasoso
 
 
Obs: Para soluções diluídas (fase líquida) → ≅x zero então ≅X x 
y*=87,6x (sistema de baixa solubilidade ou m muito grande) 
 15 
x y*= 87,6x =
−
xX
1 x
 =
−
y
Y
1 y
 
0 0 0 0 
0,0001 0,00876 0,0001 0,00884 
0,0004 0,0350 0,0004 0,0363 
0,0006 0,0526 0,0006 0,0555 
0,0008 0,0701 0,0008 0,0654 
0,0010 0,0876 0,0010 0,0960 
0,0012 0,10512 0,0012 0,1175 
Composições terminais da Linha de Operação: +
−
= + a ai ii nn 1
i i
V Y L XLY X
V V
 
= = =
− −
b
b
b
y 0,10Y 0,1111
1 y 1 0,10
 
Base de cálculo: =b
lb molesde gas
V 1, 0
h
 
ou ( ) ( )= − = × − = 2i b b
moles de N
V V 1 y 1 1 0,10 0,90 
h
 
Taxa de soluto no gás efluente: a aV y 
( )× − =2 2moles de CO moles de CO0,10 1 0,92 0, 008 
h h
 
= = =2a
2
moles de CO 0, 008Y 0,008888
moles de N 0,9
 
água pura então: =aX 0, 0 assim: �
 
 
 
 
�����
a aX Y
0, 0 ; 0, 008888 e 
 
 
  
 
���
b
b
Y
X ; 0,1111 
Da figura a seguir temos: 
  −
= =  − 
i
i min
L 0,1111 0,008888 90, 46
V 0, 00113 0
 
   
= × = × =   
   
i i
i iop. min .
L L1,5 1,5 90, 46 135,70
V V
 
Balaço material global na coluna para o soluto, em base isenta de soluto (CO2): 
( ) ( )− = −a ai ib bV Y Y L X X como =aX 0, 0 então: 
( ) ( ) ( )
= − = −ab b
i i op.
1 1X Y Y 0,1111 0, 008888
L /V 135,70
= 0,000753 
 16 
Outra forma de cálculo de 
 
 
 
i
i min
L
V
???? 
( ) ( )− = −a ai ib bV Y Y L X X para um dado valor de iV ; ( )i min.L é obtido para 
*
b bX X≡ em equilíbrio com bY 
= = =* bb
y 0,1x 0, 0011415
87,6 87,6
 e = = =
−−
*
* b
b *
b
x 0,0011415X 0, 0011428
1 0, 00114151 x
 
  −
= =  − 
i
i min
L 0,1111 0,008888 89, 44
V 0, 0011428 0
 
 
Número de estágios ideais: N ≈ 3,9 
Como a solubilidade é baixa: ≅ ×i iL 90 V para recuperar 92% de CO2 
Outra solução para essa questão: admitindo que os dados de equilíbrio têm um 
ajuste LINEAR do tipo: = =2Y 97,52X (r 0,98) 
Correlação de Kremser: 
Fator de absorção: ≡ LA
mV
 = = >135,70 1,3915 1,0
97,52
 (CE e LO divergentes) 
= × =*bY 97,52 0, 000753 0,07343 
( )
( )
 −
 
 −  = =
*
b b
*
a a
Y Y
ln
Y Y
N
ln A
( )
( )
 −
 −  =
0,1111 0, 07343
ln
0, 008888 0
4,37
ln 1,3915
 
 17 
10ª questão10ª questão10ª questão10ª questão:::: 
Fluxograma de uma planta para tratamento de gás (a) 
 
Fluxograma de uma planta para tratamento de gás (b) 
 
 
11ª questão11ª questão11ª questão11ª questão: 
Resgatando dados do Exemplo 1(resolvido em sala de aula): 
=by 0,30 e =bx 0,10 

= 

b
70 moles ar
V 100 moles
30 moles acetona
 e 

= 

a
70 moles ar
V 70,9 moles
0,9 moles acetona
 
Fração de acetona absorvida: 97% ou 
× =30 0,97 29,1 moles de acetona absorvida 
=aL 261,9 moles (óleo puro) ; =ax 0 e 
= =b
b
29,1x 0,10
L
 ou 

= 

b
261,9 moles de óleo
L 291 moles
29,1 moles acetona
 
 18 
relação de equilíbrio: =y* 1,9x e = =
+a
0,90y 0, 01269
0,90 70
 
 
Estágio 1 (ideal): = = =11
y 0,01296x 0, 00668
m 1,9
 e 
=1
1
acetona removida no estágio 1 
x
L
 
= +1L 261,09 acetona removida no estágio 1 
Definindo AR1E = acetona removida no 1º estágio 
= =
+1
AR1E x 0, 00668
261,09 AR1E
 ou 
( )
( )
( )
( )
= = =
− −
1
1
x 261,9 0, 00668 261,9
AR1E 1,76 moles
1 x 1 0, 00668
 
= + =1L 261,9 1,76 263,66 moles 
Acetona na corrente 2V : 0,9 + 1,76 = 2,66 
=2
2
2,66y
V
 e = +2V 70 2, 66 assim: = =+2
2,66y 0, 03661
70 2,66
 
Estágio 2 (ideal): = = =22
y 0, 03661x 0, 01927
m 1,9
 
+
= =2
2 2
acetona removida nos estágios 1 e 2 1,76 AR2Ex
L L 
+
=
+ +2
1,76 AR2Ex
261,9 1,76 AR2E
 
( )
( )
( )
( )
+ − + −
= = =
− −
2
2
x 261,9 1,76 1,76 0, 01927 261,9 1,76 1,76
AR2E 3,386 moles
1 x 1 0, 01927
 
Acetona na corrente 3V : 0,9 + 1,76 + 3,386 = 6,046 moles 
 19 
=3
3
6, 046y
V
 e = +3V 70 6, 046 e assim: = =+3
6, 046y 0, 0795
70 6, 046
 
Estágio 3 (ideal): = = =33
y 0, 0795x 0, 04184
m 1,9
 
+ +
= =3
3 3
acetona removida nos estágios 1, 2 e 3 1,76 3,386 AR3Ex
L L 
+ + +
= =
+ + + + +3
1,76 3,386 AR3E 5,146 AR3Ex
261,9 1,76 3,386 AR3E 261,9 5,146 AR3E 
( )
( )
+ −
= =
−
0, 04184 261,9 5,146 5,146
AR3E 6,29 moles
1 0,04184
 
Acetona na corrente 4V : 0,9 + 1,76 + 3,386 + 6,29 = 12,336 moles 
=4
4
12,336y
V
 e = +4V 70 12,336 e assim: = =+4
12,336y 0,1498
70 12,336
 
Estágio 4 (ideal): = = =44
y 0,1498x 0, 0788
m 1,9
 
+ + +
= =4
4 4
acetona removida nos estágios 1, 2, 3 e 4 1,76 3,386 6,29 AR4Ex
L L 
+ + + +
= =
+ + + + + +4
1,76 3,386 6,19 AR4E 11, 436 AR4Ex
261,9 1,76 3,386 6,19 AR4E 261,9 11, 436 AR4E 
( )
( )
+ −
= =
−
0, 0788 261,9 11, 436 11, 436
AR4E 10,967 moles
1 0,0788
 
Acetona na corrente 5V : 0,9 + 1,76 + 3,386 + 6,29 +10,967 = 23,303 moles 
=5
5
23,303y
V
 e = +5V 70 23,303 e assim: = =+5
23,303y 0,2497
70 23,303
 
Estágio 5 (ideal): = = =55
y 0,2497x 0,1314
m 1,9
 
+ + + +
= =5
5 5
acetona removida est. 1, 2, 3, 4 e 5 1,76 3,386 6,29 10,967 AR5Ex
L L
+ + + + +
= =
+ + + + + + +5
1,76 3,386 6,19 10,967 AR5E 22,303 AR5Ex
261,9 1,76 3,386 6,19 10,967 AR5E 261,9 22,303 AR5E 
( )
( )
+ −
= =
−
0,1314 261,9 22,303 22,303
AR4E 17,316 moles
1 0,1314 
Acetona na corrente 6V : 0,9 + 1,76 + 3,386 + 6,29 + 10,967 + 17,316 = 40,619 
moles 
Conclusão: Como a taxa molar de acetona à entrada é de apenas 30 moles: 4 
(quatro) estágios é POUCO e 5 (cinco) é MUITO. 
Obs: O solução gráfica foi obtida em sala de aula 
 20 
12ª questão12ª questão12ª questão12ª questão 
Solução: 
Dados: 
Consideração 1: Sistema diluído (valores das frações molares) 
N = 4,0 (1) ; L 1,2
V
= ; by 0,01= (2) ; ay 0,0027= (3) e 
*
a ax 0 (água pura) y 0= → = (4) 
Suposição: A > 1,0. 
Balanço material p/ o soluto na coluna: ( ) ( )a ab bV y y L x x− = − ou ( )ab b
Vx y y
L
= − (5) 
Substituindo os dados na Eq. (1), teremos: 
( ) ( )ab b
V 1x y y 0,01 0,0027 0,00608
L 1,2
= − = − = assim: *b by mx 0,00608 m= = (6) 
Fator de Absorção: L 1,2A
mV m
≡ = (7) 
( )
( )
 −
 
 −  =
*
b b*
a a
y y
ln
y y
N
ln A
 ou 
( )
( )
( )
*
b b
*
a a
y y
exp N lnA
y y
−
= ×
−
 (8) 
Substituindo as Eqs. (1), (2), (3), (4), (6) e (7) na Eq. (8), teremos: 
( )
( )
ba
0,01 0,00608 1,2exp 4,0 ln
0,002 m7 0
m−  = × ⇒ −  ��������������������
 (9) Expressão implícita em m??? 
Como resolver a Eq. 9??? Procedimento iterativo. 
Estimativa m a b Comentário 
1,2 1,00148 1,00 A = 1,0 fere a suposição de A >1,0 
1,3 0,7762 0,0726 Não 
1,4 0,5511 0,540 Não 
1,5 0,3259 0,4096 Não 
1,415 0,5173 = 0,5172 = OK! 
m 1,415= 
Obs: Deve-se trocar a suposição inicial de A >1,0 (mais usual). Refazendo o procedimento 
de cálculo para A < 1,0 chega-se a um valor para (m) também de 1,415 
 
 
 
 
 21 
13ª questão 
Solução: 
a) Para >S 1,0 , tem-se a seguinte expressão: 
( )
( )
 −
 
 −
 =
*
a a
*
b b
x x
ln
x x
N
lnS
 (1) e = =mVS 1,8
L
 ou =L m
V 1,8
 (2) 
ar puro: =by 0 então: =
*
bx 0 (3) 
Recuperação: 
−
= a b
a
x x
0,99
x
, assim ( )= − abx 1 0,99 x (4) 
Balanço material na coluna de stripping: 
( )− =a abL x x Vy (5) uma vez que =by 0 , Substituindo a Eq. (4) na Eq (5), teremos: 
( )= − −  a a a
Ly x 1 0,99 x
V
 (6) 
Da relação de equilíbrio temos: =* aa
y
x
m
 (7) 
Substituindo as Eqs. (2) e (6) na Eq. (7), teremos: 
( )− −  
=
a a
*
a
m x 1 0,99 x
1,8x
m
 ou 
( )= − − =  
* a
a a
xx 1 1 0,99 0,55x
1,8
 (8) 
Substituindo as Eqs. (3), (6) e (8) na Eq. (1), teremos: 
( )
( )
 −  
   − −    = = =
a a a
a a
x 0,55x 0,45xln ln
1 0,99)x 0 0,01x
N 6,47
ln1,8 ln1,8
 
 
b) Assumindo N = 6,47 
O fator stripping (S) é diretamente proporcional a constante de equilíbrio m: 
Se = ×1m 2 m , então: = = × =
1
1
m V
S 2 1,8 3,6
L
 ou =L m
V 3,6
 (1) 
ar puro: =by 0 então: =
*
bx 0 (2) 
Para >S 1,0 , tem-se a seguinte expressão:
( )
( )
 −
 
 −
 =
*
a a
*
b b
x x
ln
x x
N
lnS
 (3) 
Recuperação: 
−
= a b
a
x x
Rec
x
, assim ( )= − abx 1 Rec x (4) 
Balanço material na coluna de stripping: 
( )− =a abL x x Vy (5) uma vez que =by 0 , Substituindo a Eq. (4) na Eq (5), teremos: 
( )= − −  a a a
Ly x 1 Rec x
V
 (5) 
Da relação de equilíbrio temos: =* aa
y
x
m
 (6) 
 22 
Substituindo as Eqs. (1) e (5) na Eq. (6), teremos: 
( )− −  
=
a a
*
a
m x 1 Rec x
3,6x
m
 ou 
( )= − − =  
* a
a a
x Recx 1 1 Rec x
3,6 3,6
 (7) 
Substituindo as Eqs. (3), (6) e (8) na Eq. (1), teremos: 
( ) ( )
    − −        − − −       = = =
aa a
aa
RecRec x 1x x 3,63,6 lnln 1 Rec x1 Rec x 0
N 6,47
ln3,6 ln3,6
 ou 
−
= × =  −
Rec1
3,6 exp 6,47 ln3,6 3974,45
1 Rec
 
ou Rec = 99,98%