Exercicios OpUni 1 (1)

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Operações Unitárias 
 
Giovani L. Zabot 
Antes das questões... 
Operações unitárias: 
 
- São etapas de processos industriais; 
- Consistem em: 
- Diversas transformações físicas que podem ocorrer na 
obtenção do produto desejado; 
- Aplicação de Fenômenos de Transporte e Termodinâmica. 
 
- Todas as operações unitárias possuem o mesmo princípio: 
separar um componente de interesse de outro, que não é. 
 
 
Objetivo Operação 
Separar sólido de líquido 
(suspensão) 
Filtração/lixiviação/secagem 
Separar substância dissolvida de 
líquido 
Evaporação/cristalização 
Separar líquido de líquido Destilação/adsorção/extração 
Separar vapor de vapor Condensação/absorção 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
mols de produto desejado formado mols etileno
Seletividade 4 mols etileno / mols me tan o
mols de produto indesejado formado mols me tano
  
Há 125 kmol/h de metano no efluente; 
Logo, há 500 kmol/h de etileno no efluente; 
Balanceando a equação (1) tem-se: 
2 6 2 4 2500 C H 500 C H 500 H 
Balanceando a equação (2) tem-se: 
2 6 2 4
125 125
C H H 125 CH
2 2
 
500 mols etileno
Ren dimento
562,5 mols e tan o

Ren dimento 0,9
Alternativa D 
TRANSPETRO 
 
 
Engenheiro de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Alternativa C 
 
 
Engenheiro de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Alternativa B 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
Objetivo: encontrar xA 
Como é uma solução ternária, 
sabemos que é xA expresso por: 
A
A
A
CA B
A B C
C
M
x
CC C
M M M

 
A
C
A
A A A
C C C
4 C
M
x
4 C 4 C 4 C
M M M


  
 
 
 
A
C
A
A
C
C
4
M
x
C
4 4 4
M


  
A
4
x 0,33
12
 
Alternativa C 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
https://www.youtube.com/
watch?v=VQ-x5LOsE6Y 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
Razão mínima de refluxo se dá quando 
a linha de operação na seção de 
enriquecimento encontra a curva de 
equilíbrio e a seção de alimentação. 
1 1
1 1
DxRy x
R R
  
 
A inclinação da linha vermelha é 
R/(R+1). 
O termo xD/(R+1) representa o 
coeficiente linear da reta. 
Assim: 
0,3
1
Dx
R


Logo: 0,9
1 1
0,3 0,3
DxR    
2R  Alternativa B 
 
 
SUAPE 
Engenheiro de Processamento - 2011 
 
 
SUAPE 
Engenheiro de Processamento - 2011 
I - O reagente em excesso na reação foi o oxigênio? 
A análise do efluente do reator, em base molar, indicou: 
 
HCOH = 30%; CO2 = 3%; CH4 = 27%; H2O = 36%; O2 = 4% 
O metano (CH4) está em excesso na reação, pois existe maior % dele no fim da reação. 
30 CH4 + 30 O2 ---> 30 HCOH + 30 H2O (reação catalítica) 
3 CH4 + 6 O2 ------> 3 CO2 + 6 H2O (reação de combustão) 
II - A conversão de metano foi de 55%? 
Com os dados do efluente tem-se o balanceamento das reações 
CH4 + O2  HCOH + H2O 
CH4 + 2O2  CO2 + 2H2O 
A análise do efluente mostra que HCOH = 30% e CO2 = 3%, em base molar, então: 
- Mols de metano entram no reator é de 60 mols (CH4). 
- 33 mols de metano que reagiram. 
- 27 mols de metano medidos pela análise do efluente. 
 
 
SUAPE 
Engenheiro de Processamento - 2011 
- Mols de oxigênio entram no reator é de 40 mols (O2). 
- 36 mols de oxigênio que reagiram. 
- 4 mols de oxigênio medidos pela análise do efluente. 
III - A conversão de oxigênio foi de 90%? 
IV – A seletividade do aldeído fórmico, em relação ao dióxido de carbono foi 30/1? 
mols de oxigênio que entram mols de oxigênio que saem
X
mols de oxigênio que entram


40 4
40
mols de oxigênio que entram mols de oxigênio que saem
X
mols de oxigênio que entram


Itens II e III são verdadeiros 
Alternativa C 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
Alternativa E 
 
 
Engenheiro de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa C Próximo slide 
Absorção é usada quando se 
deseja remover de uma 
mistura gasosa um ou mais 
componentes, através do 
contato direto com um líquido 
ou uma solução líquida que 
tem afinidade por estes 
componentes e não tem com 
os demais. 
PETROBRÁS 
Engenheiro de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Engenheiro de Petróleo Jr. – 2011 
A
A,I A,I
P
y x
P
 
 A G AG AIN k P P  
 *A x AG AIN K x x  
Fase líquida e fase gasosa em equilíbrio 
com a fase líquida 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
As análises dimensionais de pressão (P) e velocidade (v) são de: 
Substituindo na expressão da cavitação de bombas, temos: 
]].[[
][
][
][
.
][
][
][
].[
2222 TL
M
T
L
L
M
L
aM
A
F
P 
][
][
T
L
s
m
v 
Xv
pp
Ca v
.).2/1( 2


X
T
L
TL
M
.
][
][
).2/1(
]].[[
][
1
2
2
2
 ]].[[
][
][ 3
3
 LM
L
M
X
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
Alternativa A 
PETROBRÁS 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Razão mínima de refluxo: 
1 1
1 1
DxRy x
R R
  
 
Assim: 
0,54
1


Dx
R
Logo: 
0,9
1 1
0,54 0,54
   D
x
R 0,67R
Razão operacional de refluxo: 
0,4
1


Dx
R
0,9
1 1
0,4 0,4
   D
x
R
1,25R
Alternativa A 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa C 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
Como a seletividade do óxido de etileno em relação ao CO2 é de 18,5:1, ou 37:2, temos 
que para cada 2 mols de CO2 formados, tem-se 37 mols de óxido de etileno gerados. 
2 4 2 2 4
37
37 37
2
C H O C H O 
Fazendo o balanço de massa, para ocorrer a reação são necessários 38 mols de eteno. 
Essa reação ocorre para uma conversão global de 95% de eteno. 
Assim, a quantidade de eteno utilizado na reação é de: 
38 mols de eteno  95% 
x mols de eteno  100% x = 40 mols de eteno (entram) 
37mols(óxido de etileno)
Ren dimento (%) .100 92,5%
40mols(eteno)
 Alternativa B 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa C 
EVAPORADOR MISTURADOR 
Suco 
xS = 0,12 
10000 kg/h 
Suco 
xS = 0,6 
 
MS 
Suco 
xS = 0,42 
MF 
Suco 
xS = 0,12 
F 
Objetivo: achar a quantidade de suco fresco adicionada no misturador e a quantidade de suco 
produzido 
Fazendo o balanço no evaporador: 
S,e e S,s sx M x M  
Água 
xS = 0 
s
kg
0,12 10000 0,6 M
h
  s
kg
M 2000
h

Fazendo o balanço no misturador: 
F SM M F 
S,MF F S,MS S S,Fx M x M x F    
(1) 
(2) 
Combinando (1) e (2): 
 S,MF S S,MS S S,Fx M F x M x F     
 
kg kg
0,42 2000 F 0,6 2000 0,12 F
h h
     
kg
F 1200
h

F
kg
M 3200
h

Logo: 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
TORTA 
FILTRO 
 
 
Engenheiro de Equipamentos Pleno – Mecânica – 2005 
PETROBRÁS 
Alternativa B 
 S Eˆ ˆq m H H 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Alternativa B 
 
 
TRANSPETRO 
Químico de Petróleo Jr. - 2011 
 
 
TRANSPETRO 
Químico de Petróleo Jr. - 2011 
– Ácido sulfúrico é produzido a partir do enxofre (S), então temos que: 
50% de zinco ------------- 32% de enxofre 
1000 kg de zinco ------------- X kg de enxofre 
X = 640 kg de enxofre 
32 g de enxofre (S) ------------- 98 g de ácido sulfúrico (H2SO4) 
640 kg de enxofre ------------- Y kg de ácido sulfúrico 
Y = 1960 kg de ácido sulfúrico 
A pureza final de ácido sulfúrico é de 98%. Ou seja, a massa final deve possuir 1960 kg 
ácido sulfúrico (calculados) mais a porcentagem de 2% de impurezas. 
1960 kg ácido sulfúrico ------------- 98% 
Z kg ácido sulfúrico ------------- 100% 
Z = 2000 kg de ácido sulfúrico 
Massa molar Massa molar 
Alternativa E 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa B 
https://www.youtube.com/
watch?v=nCaiPcoa58s 
 
 
Engenharia Mecânica – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa D 
A + 2B  C CA/CB = 0,25 
REATOR 
VR/QE = 0,75 min 
VR = 150 L 
Conversão de A = 80 % 
Objetivo: achar a conversão de B e a vazão volumétrica na saída do reator 
Para cada 1 mol de A que entra no reator, entram tb 4 mols de B. Portanto, de acordo com 
a reação, a conversão de B é a metade de A: 40 % 
Para a vazão: 
R
E
V
Q
0,75 min
 E
150 L
Q
0,75 min

E
L
Q 200
min

Considerando que não há acúmulo de massa total no reator: 
S
L
Q 200
min

 
 
Engenheiro de Equipamentos Jr. Elétrica – 2010 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Equipamentos Jr. Elétrica – 2010 
PETROBRÁS 
2D
Q v
4
 
 
Com a velocidade e o diâmetro 
vamos calcular a vazão: 
2 2m 3,14 0,2 m 3.600 s
Q 0,8
s 4 1 h

  
3m
Q 90
h

Assim, a família de bombas mais adequada é a que consegue superar a altura de 
recalque e a perda de carga. 
Por isso a família de bombas K é a mais apropriada. 
Alternativa E 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
Alternativa B 
I – Correto: o gradiente de concentração 
formado entre a membrana (região mais 
concentrada) e o seio da solução (região 
mais diluída) provoca a difusão de solutos 
no sentido da membrana para a solução 
(devido à diferença de concentração nesta 
camada), que é o sentido oposto ao fluxo 
de permeado. 
II – Errado: a formação de uma camada 
secundária sobre a membrana diminui o 
fluxo permeado, pois funciona como uma 
barreira adicional (efeito de fouling). 
III – Errado: o fluxo de permeado é 
controlado pela diferença de pressão no 
fluxo e pela barreira física formada pelo 
acúmulo de soluto na superfície da 
membrana. 
IV – Correto: a camada de solutos sobre a 
membrana pode se tornar tão densa a 
ponto de reter partículas/moléculas que a 
membrana “limpa” não reteria. 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
TRANSPETRO 
Secador 
Polímero + 
tolueno 
Ar puro 
Ar saturado 
com tolueno 
Dados: 
Pressão no secador (P) = 1 × 105 Pa 
Fração molar de tolueno na saída (xA) = 0,11 
Objetivo: encontrar a pressão de vapor do tolueno 
Pela Lei de Dalton: 
Vap
A AP x P 
Logo: 
Vap 5
AP 0,11 1 10 Pa  
Vap 5
AP 0,11 10 Pa 
Alternativa B 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
Alternativa C 
Errado. O consumo de energia é 
baixo, pois possuem mecânica 
simples. 
Errado. Decantadores realizam 
separação sólido-líquido 
Correto. 
Errado. Mesmo princípio físico 
Errado. Absorção é para remoção de 
componentes em gases 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2011 
PETROBRÁS 
Vazão molar dos componentes na entrada: 
Gás Carbônico: 200 kmol/h * 95% (0,95)= 190 kmol/h 
Álcool etílico: 200 kmol/h * 5% (0,05)= 10 kmol/h 
 
Com a recuperação de 95% do álcool etílico da corrente gasosa, então a vazão de 
álcool etílico na corrente líquida é de: 
 
Vazão (álcool etílico) = 10 kmol/h * 0,95 = 9,5 kmol/h 
A vazão molar dos componentes na fase líquida é dada por: 
Vtotal= Vágua+ Válcool 
Vtotal= 120 kmol/h + 9,5 kmol/h 
Vtotal= 129,5 kmol/h 
Logo, a composição molar do álcool etílico na corrente líquida é de: 
XÁlcool = Válcool/ Vtotal 
XÁlcool = (9,5/ 129,5) 
Xálcool= 7,34.10
-2 
Alternativa C 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
Alternativa E 
 
 
Engenheiro de Processamento – Biocombustível - 2010 
PETROBRÁS 
Combustível Ponto de Fulgor 
Etanol (70%) 16.6 °C 
Gasolina -42,8 °C 
Diesel >38 °C 
Querosene de Aviação >60 °C 
Querosene (Óleo de 
parafina) 
>38°–72 °C 
Óleo vegetal (canola) 327 °C 
Biodiesel >130 °C Alternativa A 
 
 
Engenheiro de Processamento - 2011 
TRANSPETRO 
 
 
Engenheiro de Processamento - 2011 
TRANSPETRO 
O processo químico recebe alimentação de 100 kmol/h de um reagente A e certa quantidade de 
inerte I. Da corrente com todo o A e todo o I que saem de S, 50% são reciclados para a entrada 
do reator. Os outros 50% são purgados para evitar o acúmulo do inerte I. 
No reator: 
– São alimentados 125 kmol/h de A no reator 
– Conversão por passe é de 60%. 
No processo: 
– Como 50,0 kmol/h de A saem do separador S, 25 kmol/h são purgados e 25 kmol/h são 
reciclados para a entrada do reator, logo a conversão global do processo é calculada por: 
 
Alternativa C 
 
 
Engenharia de Equipamentos Jr. – Mecânica – 2012 
PETROBRÁS 
Alternativa D 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
A expressão usada para calcular a razão entre a vazão molar de solvente e a vazão 
molar ar é dada por: 
Xsup= composição de soluto na fase líquida (estágio de alimentação). 
Xinf= composição de soluto na fase líquida (estágio de saída). 
Yinf= composição de soluto na fase vapor (estágio de alimentação). 
Ysup= composição de soluto na fase vapor (estágio de saída). 
L= vazão molar da corrente líquida. 
V= vazão molar da corrente gasosa ou vapor. 
inf sup
inf sup
Y YL
V X X



Obs.: Na maioria dos casos utilizam-se frações mássicas, mas 
no caso da absorção com amônia podem ser utilizadas frações 
molares. L/V = razão entre a vazão 
molar de solvente e a 
vazão molar de ar 
Sendo, portanto, necessário calcular as composições do soluto na fase 
líquida e vapor, na alimentação e na saída. y
y
Yx


1
x
x
X x


1
Yinf= 8,0/92,0 = 0,087 mol NH3/mol ar 
Ysup= 0,032 mol NH3/mol ar 
Xsup= 0,01 mol NH3/mol H2O 
Xinf= ?? 
Usamos o gráfico da curva de equilíbrio, disponível na 
questão, para encontrarmos o valor de Xinf e, 
consequentemente, calcularmos o valor de L/V 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
0,087 0,032
1,83 1,80
0,04 0,01
L
V

  

Xinf 
Yinf 
Ysup 
Xsup 
Processo ocorre em um único 
estágio 
Assim temos que Xinf é 
igual a 0,04. Então, a 
razão L/V é dada por: 
Alternativa D 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
Alternativa B 
Errado. O método considera fluxo 
constante. 
Correto. 
Errado. Quanto maior a razão 
de refluxo, menor o número de 
pratos. 
Errado. Não há variação de H 
Errado. Menor será o número de 
pratos 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁSQuímico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
A massa de água na massa inicial do sólido úmido é calculada por: 
20,99
50
H OM

Logo, a massa inicial de sólido seco é de 0,5 kg. 
2
. .
H O
b u
total
M
U
M

2
49,5 kg de águaH OM 
Como esse sólido passa pelo processo de secagem, obtendo um valor de 98 % de 
umidade, o novo valor de água no sólido é dado por: 
2
2
. .
H O
b u
sólido H O
M
U
M M


2
2
0,98
0,5
H O
H O
M
M


2 2
2
0,98 0,49
0,49
24,5 kg de água
0,02
H O H O
H O
M M
M
 
 
Logo, a massa total de sólido é: 
2
24,5 0,5 25 kgtotal sólido H OM M M    
Alternativa D 
 
 
Engenheiro de Processamento Jr. Biocombustíveis – 2010 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento Jr. Biocombustíveis – 2010 
PETROBRÁS 
Fase estrato apresenta alta concentração de solvente. 
Fase rafinado apresenta alta concentração de diluente 
(água na maioria dos casos). 
1 2 
A composição no ponto F é de: 
Acetaldeído: 26% 
Água: 40% 
Solvente: 34% 
Na linha de amarração que se encontra o ponto F 
temos dois pontos, que se encontram os limites 
da curva de imiscibilidade, que representam as 
regiões da fase estrato e rafinado. 
1 – Região rica em solvente (fase 
estrato). 2 – Região rica em diluente 
(fase rafinado). 
1 – Região rica em solvente. 
Composição da fase estrato: 
Solvente: 70% 
Acetaldeído: 28% 
Água: 2% 
2 – Região rica em diluente. 
Composição da fase rafinado: 
Solvente: 2% 
Acetaldeído: 24% 
Água: 74% Alternativa D 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
Reação: 
xCH4 + yC3H6 + zO2  wH2O + kCO2 
Metano Propeno Oxigênio em excesso 
 
Dados: 
NTOTAL = 100 mols (M+P) 
xC3H6 = 0,84 (massa) 
xCH4 = 0,16 (massa) 
Para balancear a equação é necessário saber quantos mols de CH4 e de C3H6 existem 
no sistema. 
3 6 3 6
3 6 3 6 3 6
3 6
4 4
4 4 4
4
42
42
16
16
C H
CH
C H C H
C H C H C H
MOLAR
CH CH
CH CH CH
MOLAR
m m g
n m n
gm mol
mol
m m g
n m n
gm mol
mol
    
    
3 6
4
0,84
0,16
C H
TOTAL
CH
TOTAL
m
m
m
m


3 6
4
42
0,84
16
0,16
C H
TOTAL
CH
TOTAL
g
n
mol
m
g
n
mol
m




3 6
4
42
0,84
16
0,16
C H
TOTAL
CH
TOTAL
g
n
molm
g
n
molm




Logo: 
3 6 4
42 16
0,84 0,16
C H CH
g g
n n
mol mol
 

 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
3 6 4
100C H CHn n 
3 6
4
66,7
33,3
C H
CH
n
n


Assim: 
 
33,3 CH4 + 66,7 C3H6 + z O2  w H2O + k CO2 
 
Balanceando a equação: 
 
33,3 CH4 + 66,7 C3H6 + 366,8 O2  266,7 H2O + 233,4 CO2 
 
Como o oxigênio já está com 20% em excesso para que a equação seja 
completa, tem-se que, de acordo com a reação abaixo: 
2 , .
360O eq balanceadan mols
4
3 6 4
16
0,84
2
0,16
42
CH
C H CH
g
n
moln n
g
mol

   
Alternativa B 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa B 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
Objetivo: encontrar L/V em base molar. 
Como Xinf é igual a 25% em massa, deve-se fazer a transformação para base molar. 
Tomando por base uma solução aquosa de 100 gramas: 
Msubst= 25 g/ (50 g/mols) = 0,5 mol da substância 
Mágua= 75 g/ (18 g/mol) = 4,167 mol de água 
Logo, a fração (Xinf) da substância na saída é de: 
inf
0,5
0,12
4,17
X  
As outras frações de soluto nas fases gasosa e líquida são de: 
 
inf 0,4Y 
(90% de remoção da substância) 
sup 0X 
(água pura) 
sup 0,04Y 
Logo, temos que a razão: 
 
0,4 0,04
3,0
0,12 0,0
L
V

 

Alternativa B 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
Tomando por base 100 kg de polpa úmida a 40%, tem-se: 
Total
OH
ub
M
M
U 2.. 
Total
OH
M
M
24,0  TotalOH MM .4,02 
Temos que a massa de água é de 40 kg e a massa de polpa de papel seca é de 60 kg. 
 
Como no final do processo de secagem a polpa apresenta somente 10% em massa de 
água, temos que: 
 
2
2
H O
b.u.
Polpa H O
M
U
M M


2
2
H O
H O
M
0,1
60 kg M


2H O
M 6,67 kg
A porcentagem de água removida é calculada por: 
 
%5,83100.
0,40
67,60,40
100.% 




inicial
finalinicial
M
MM
remoção
Alternativa E 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
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Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
A carga térmica removida no resfriamento é igual ao calor de 
condensação/vaporização do destilado. Assim, temos que: 
6
 
4,2 10 200 21.000
resfriamento destiladoQ Q
kJ kJ kg
m m
h kg h

    
Como V = D + R, a vazão do refluxo é de: 
21.000 6.000 15.000
kg kg kg
R R
h h h
   
15.000
2,5
6.000
kg
R hr
kgD
h
  
A vazão de destilado (v) resfriado no condensador é igual a: 21.000 kg/h. 
Assim, a razão de refluxo é: 
Alternativa B 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
Realizando o balanço de energia na coluna de destilação, temos que a vazão de vapor 
d’agua consumida no refervedor é calculada por: 
 
f ref D B condF H q D h B h q      
10.000 100 2.000 6.000 50 4.000 200 4.200.000
2.150
kg kJ kJ kg kJ kg kJ kJ
m
h kg kg h kg h kg h
kg
m
h
       

4,2cond
GJ
q
h

(1) 
Substituindo valores em (1): 
Alternativa E 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2011 
PETROBRÁS 
Pv = pressão parcial de vapor d’água. 
Ps = pressão de saturação do vapor. 
100
Ps
Pv
UR
A umidade relativa (UR) indica quão próximo o ar está da saturação, ao invés de indicar 
a real quantidade de vapor d’agua no ar (neste caso é a umidade absoluta). 
 
10060 
Ps
Pventrada
entrada
100
Ps Pv
60
 100
Ps
Pv
UR entradaentrada
100
Ps
Pv
UR saídasaída 10040 
Ps
Pvsaída
saída
40
Pv Ps
100
 
Como a pressão de saturação do vapor é a mesma na entrada e na saída: 
saída entrada
40 100
Pv Pv
100 60
  
67,0
60
40

entrada
saída
Pv
Pv
A razão entre a pressão de vapor na entrada e na saída é dada por: 
Alternativa B 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa D 
Colmatação: 
preenchimento de 
espaços vazios (poros) 
 
 
Engenheiro de Processamento Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa E 
 
 
Engenheiro de Processamento Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa E 
A) A carga é alimentada na torre como vapor saturado 
B) A razão de refluxo na operação é 2,5 
1 1
1 1
DxRy x
R R
  
 
0,36
1


Dx
R
0,9
1 1
0,36 0,36
   D
x
R
1,5R
 
 
Engenheiro de Processamento Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa E 
C) A razão mínima de refluxo na operação é 2,0 
1 1
1 1
DxRy x
R R
  
 
0,6
1


Dx
R0,9
1 1
0,6 0,6
   D
x
R
0,5R
D) A razão L/V na seção de absorção da torre é 5/3 
1 2
1 2
0,9 0,6 3
1 0,9 0,4 5
 
   
  
A A A
A A A
L y yR
V R x x
E) A razão L/V na seção de esgotamento da torre é 5/3 
1 2
1 2
0,6 0,1 5
0,4 0,1 3
 
  
 
A A A
A A A
L y y
V x x
 
 
Engenharia de Equipamentos Jr. – Eletrônica – 2012 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
Título de uma substância 
é definido como sendo a 
razão entre a massa de 
vapor e a massa total da 
substância. 
 
Título é uma propriedade 
intensiva e só tem 
sentido quando as fases 
líquida e gasosa existem 
simultaneamente e, 
consequentemente, a 
substância encontra-se 
no estado de agregação 
saturado - temperatura e 
pressão de saturação. 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Base de cálculo: 1s 
 
Se as cargas entram em seu prato ótimo, vamos considerar os mols totais disponíveis no sistema: 
Benzeno: 30 mols da linha líquida saturada + 100 mols da linha 70% vaporizada = 130 mols. 
Tolueno: 70 mols da linha líquida saturada + 100 mols da linha 70% vaporizada = 170 mols. 
Mols totais = 130 + 170 = 300 mols. 
 
Se a recuperação do benzeno no topo é de 90%, temos 117 mols de benzeno nesta corrente 
(90% dos 130 mols de benzeno disponíveis no sistema). 
 
Se a composição do produto de topo é de 90%, então os 117 mols calculados acima representam 
estes 90%. Assim, no produto de topo temos 130 mols totais. 
 
 
Se no topo está saindo 130 mols, no fundo sai 170 mols totais (300 – 130). 
Se sai 117 mols de benzeno no topo, os 13 mols restantes (130 – 117) saem no fundo e, estes 13 
mols representam 7,6% do total de mols que saem no fundo (ou seja, xb = 0,076 ~ 0,08). 
Alternativa E 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Alternativa E 
 
 
Engenheiro de Processamento – Biocombustível - 2010 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – Biocombustível - 2010 
PETROBRÁS 
100 kmol A/h 
34 kmol A/h 34 kmol A/h 
68 kmol A/h 134 kmol A/h 
(entra no reator) (sai do reator)
( )
(entra no reator)
reagente reagente
Conversão passe
reagente


(entra no processo) (sai do processo)
( )
(entra no processo)
reagente reagente
Conversão global
reagente


A corrente de alimentação do 
processo consiste de 100 kmol/h 
de A e 1 kmol/h de um inerte I. O 
efluente do reator contém 68 
kmol/h de A e a corrente de purga, 
34 kmol/h de A. 
%50493,0
0,134
0,680,134
)%( 


mols
molsmols
passeConversão
%6666,0
0,100
0,340,100
)%( 


mols
molsmols
globalConversão
Alternativa C 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa B 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
 
 
Engenheiro de Processamento – 2010/2 
PETROBRÁS 
ˆ ˆ( )e sm H H W   
150 3600
( ) 68,2 68º
3600 2,2
T K K C

   

     
kspc
n
k
kskepc
n
k
kespc EEHMEEHM
dt
dV
PWQEEU
dt
d ˆˆˆˆˆˆ
11
 


3600 2,2 ( ) 150 3600
kg kJ kJ s
T K
h kg K s h
   

( )p e sm C T T W     p
m C T W  
( )s eT T
Alternativa C 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Alternativa D 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa D 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
 
 
INMETRO 
Metrologia em Química. - 2010 
 5 kg/s 2 kg/s 
 
 
 3 kg/s 
3 3
3
3
1 3600
5 2,5 10
2.10 1
m kg m m s
Q
s kg s h
     
Regime permanente 
3
3
2 10
kg
m
  
Objetivo: achar a vazão volumétrica no ponto 1 
3
9
m
Q
h

Alternativa A 
 
 
Engenharia de Equipamentos Jr. – Mecânica – 2012 
PETROBRÁS 
Alternativa D 
 
 
Engenharia Química – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa C 
 
 
PETROBRÁS 
Engenheiro de Processamento - 2010 
Alternativa C 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa E 
 
 
Engenharia de Equipamentos Jr. – Elétrica – 2011 
PETROBRÁS 
Alternativa D 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa A 
 
 
Engenharia de Equipamentos Jr. – Mecânica – 2012 
PETROBRÁS 
Alternativa E 
 
 
Químico de Petróleo Jr. – 2010 
TRANSPETRO 
Alternativa C 
 
 
Engenheiro de Processamento Jr. – 2010 
PETROBRÁS 
Alternativa A 
Bibliografia sugerida 
• Geankoplis, C. J. Transport Processes and Separation Process 
Principles (Includes Unit Operations). 4th Ed. Hardcover, 2003. 
• Himmelblau D. M., Engenharia Química Princípios e Cálculos, 6ª 
edição, Universidade do Texas, Texas, 1996. 
• McCabe W. L., Smith, J. C., Harriott, P. Unit Operations of Chemical 
Engineering. 7th Ed. McGraw Hill, 2004. 
• Treybal, R. E. Mass-Transfer Operations. 3th Ed. Hardcover, 1980. 
Obrigado pela atenção!