EngProcessamento ReacoesQuimicas 2a

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CONCURSO PETROBRAS
ENGENHEIRO(A) DE PROCESSAMENTO JÚNIOR
ENGENHEIRO(A) JÚNIOR - ÁREA: PROCESSAMENTO
Reações Químicas e
Conceitos Básicos
Questões Resolvidas
QUESTÕES RETIRADAS DE PROVAS DA BANCA CESGRANRIO
Produzido por Exatas Concursos
www.exatas.com.br
rev.2a
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Introdução
Recomendamos que o candidato primeiro estude a teoria referente a este assunto, e só depois
utilize esta apostila. Recomendamos também que o candidato primeiro tente resolver cada questão,
sem olhar a resolução, e só depois observe como nós a resolvemos. Deste modo acreditamos que este
material será de muito bom proveito.
Não será dado nenhum tipo de assistência pós-venda para compradores deste material, ou
seja, qualquer dúvida referente às resoluções deve ser sanada por iniciativa própria do comprador, seja
consultando docentes da área ou a bibliografia. Apenas serão considerados casos em que o leitor
encontrar algum erro (conceitual ou de digitação) e desejar informar ao autor tal erro a fim de ser
corrigido.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas pela Exatas Concursos, única responsável
pelo conteúdo deste material. Todos nossos autores foram aprovados, dentre os primeiros lugares, em
concursos públicos relativos ao material elaborado. A organização, edição e revisão desta apostila é
responsabilidade de nossa equipe. A Exatas Concursos e todos seus autores não possuem nenhum
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Este material é de uso exclusivo do(a) comprador(a). Sendo vedada, por quaisquer meios e a
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bilização civil e criminal.
Faça um bom uso do material, e que ele possa ser muito útil na conquista da sua vaga.
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Índice de Questões
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2
Q21 (pág. 3), Q22 (pág. 4), Q25 (pág. 15), Q26 (pág. 1), Q27 (pág. 5),
Q28 (pág. 7), Q29 (pág. 8), Q36 (pág. 9), Q66 (pág. 10), Q67 (pág. 14),
Q68 (pág. 12).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2012/1
Q30 (pág. 18), Q31 (pág. 20), Q33 (pág. 17), Q36 (pág. 21), Q37 (pág. 22),
Q38 (pág. 23), Q64 (pág. 24), Q69 (pág. 25), Q70 (pág. 26).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2010/2
Q21 (pág. 27), Q22 (pág. 29), Q26 (pág. 30), Q28 (pág. 31), Q29 (pág. 33).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2010/1
Q31 (pág. 35), Q32 (pág. 36), Q41 (pág. 37), Q42 (pág. 38), Q54 (pág. 39),
Q62 (pág. 41), Q70 (pág. 42).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2006
Q21 (pág. 44), Q23 (pág. 44), Q24 (pág. 46), Q25 (pág. 47), Q33 (pág. 48).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2012
Q21 (pág. 49), Q22 (pág. 50), Q23 (pág. 51), Q25 (pág. 52), Q26 (pág. 53),
Q27 (pág. 54), Q28 (pág. 55), Q30 (pág. 56), Q31 (pág. 57), Q32 (pág. 58),
Q33 (pág. 59), Q34 (pág. 60), Q37 (pág. 62), Q38 (pág. 64), Q39 (pág. 65),
Q40 (pág. 66).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2011
Q42 (pág. 68), Q43 (pág. 69), Q44 (pág. 70), Q45 (pág. 71), Q47 (pág. 72),
Q69 (pág. 73).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2006
Q25 (pág. 74), Q30 (pág. 74), Q31 (pág. 76), Q32 (pág. 77), Q40 (pág. 78).
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REAÇÕES QUÍMICAS www.exatas.com.br
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - PetroquímicaSuape 2011
Q32 (pág. 79), Q33 (pág. 80), Q34 (pág. 82), Q35 (pág. 83), Q38 (pág. 84),
Q56 (pág. 85), Q57 (pág. 86).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras Biocombustível 2010
Q21 (pág. 87), Q24 (pág. 88), Q25 (pág. 89).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - PetroquímicaSuape 2009
Q31 (pág. 90), Q32 (pág. 91), Q33 (pág. 93), Q34 (pág. 95), Q35 (pág. 96),
Q57 (pág. 97), Q58 (pág. 98), Q59 (pág. 99), Q60 (pág. 101).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Termoaçu 2008
Q21 (pág. 102), Q22 (pág. 103), Q25 (pág. 104), Q41 (pág. 105), Q42 (pág. 106).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - REFAP 2007
Q22 (pág. 107), Q23 (pág. 108), Q24 (pág. 109), Q26 (pág. 110), Q32 (pág. 111),
Q33 (pág. 112).
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 94
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Reações Químicas e Conceitos Básicos
Questão 1
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
No processo ilustrado na Figura acima, operando em regi-
me permanente, ocorre a reação R → Produtos. Seja QR,i
a vazão molar do composto R na corrente i.
Se QR,5/QR,3 é igual a 0,8, e a conversão de R por passe é 
igual a 0,5, a conversão global de R é, aproximadamente, 
igual a
(A) 83%
(B) 86%
(C) 90%
(D) 92%
(E) 95%
Resolução:P6-15-Q26
Vamos supor inicialmente que após a reação, sobram 100 mols/h de R. As-
sim:
QR,3 = 100 mols/h
Pela razão fornecida pelo enunciado, podemos calcular a quantidade de R
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que é recirculada.
QR,5
QR,3
= 0, 8
QR,5 = 0, 8× 100
QR,5 = 80 mols/h
Pelo balanço material de R em torno do sistema de separação, temos a
seguinte igualdade:
QR,3 = QR,4 +QR,5
QR,4= 100− 80
QR,4 = 20 mols/h
Temos a informação de que a conversão de R por passe é igual a 50%.
Como a estequiometria da reação é de 1:1, podemos escrever:
QR3 = (1− 0, 5)(QR,1 +QR,5)
QR,1 + 80 =
100
0, 5
QR,1 = 200− 80
QR,1 = 120 mols/h
Assim, a conversão global vale:
Xglobal =
120− 20
120
Xglobal = 0, 83 = 83%
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
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Questão 2
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Uma solução líquida de n-butano e n-pentano é adicio-
nada a ácido acético, resultando em uma mistura líquida 
com massa específica igual a 800 kg .m3.
Admitindo comportamento ideal do sistema, a fração más-
sica de ácido acético na mistura é, aproximadamente, de
(A) 0,40
(B) 0,45
(C) 0,50
(D) 0,55
(E) 0,62
Dados
massa específica do ácido acético  1000 kg . m3
massa específica da mistura n-butano  n-pentano  600 kg . m3
Resolução:P6-15-Q21
O ponto chave para a resolução desta questão é notar que o enunciado
pede a fração mássica de ácido acético. Assim, é necessário simplesmente que
o candidato aplique um balanço de volume no sistema (a mistura é ideal, ou seja,
não há contração ou expansão de volume dos líquidos).
Vinicial = Vfinal
minicial
1
ρinicial
= mfinal
1
ρfinal
mmist
1
ρmist
+mac
1
ρac
= msol
1
ρsol
Supondo que temos 100 g de solução, temos:
(100−mac)× 1
600
+mac × 1
1000
= 100× 1
800
(100−mac)× 800
600
+mac × 800
1000
= 100
133− (1, 33×mac) + (0, 8×mac) = 100
33 = 0, 53×mac
mac = 62, 5
Assim, a fração mássica vale:
xac =
mac
mfinal
xac =
62, 5
100
xac = 0, 625
�� ��Alternativa (E)
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Questão 3
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
O limite mínimo de inflamabilidade de um gás combustível 
é o teor mínimo do gás que forma uma mistura explosiva 
com o ar. Para o metano, este valor consiste em 5% de 
metano em fração volumétrica da mistura.
Em uma sala de pesquisa, um cilindro de gás, em base 
volumétrica com 50% de metano e 50% de uma mistu-
ra O2/N2 com composição similar à do ar atmosférico, 
alimenta um reator a uma vazão de 2 mol . min1.
Em caso de vazamento da mistura para tal sala, 
admitindo que tal sala esteja totalmente fechada e con-
tenha inicialmente 1.800 mols de ar atmosférico, o gás 
na sala atingirá o limite mínimo de inflamabilidade em 
quantos minutos?
(A) 85 (B) 90 (C) 95 (D) 100 (E) 105
Resolução:P6-15-Q22
Primeiramente, o candidato deve saber que, para gases ideais, a fração
molar equivale à fração volumétrica. Assim, podemos calcular a taxa de entrada
de cada um dos componentes:
Fmetano = 2× 0, 5
Fmetano = 1 mol/min
Far = 2× 0, 5
Far = 1 mol/min
Sabendo que inicialmente a sala contém 1800 mols de ar atmosférico, pode-
mos calcular o tempo que levará para atingirmos a concentração de 5% de metano,
em volume.
xmetano =
tFmetano
(tFmetano) + (tFar) + 1800
0, 05 =
t
2t+ 1800
2t+ 1800 = 20t
18t = 1800
t = 100 min
�� ��Alternativa (D)
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Questão 4
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Um dos efluentes do processo de hidrotratamento de 
gás combustível é água contendo H2S e NH3, denomi-
nada água ácida. De forma a possibilitar a remoção de 
H2S e NH3, duas colunas de destilação são empregadas, 
conforme apresentado na Figura acima. As condições 
da entrada e recuperações dos compostos nas colunas 
estão apresentadas nessa Figura (as recuperações de 
água no topo das colunas são admitidas iguais a zero).
A fração molar de H2S que sai junto à água na corrente 4 
é, aproximadamente, igual a
(A) 7,8 x 107
(B) 7,8 x 106
(C) 7,8 x 105
(D) 7,8 x 104
(E) 7,8 x 103
Resolução:P6-15-Q27
O ponto crucial para a resolução desta questão é notar que a recuperação
dos componentes mostrada na figura leva em conta quanto entra em cada uma das
colunas, e não a quantidade total que entra no sistema. Assim, a questão é resol-
vida a partir de balanços de massa em cada coluna. Considerando arbitrariamente
que temos 100 mols/h entrando na primeira coluna, possuímos:
F1,agua = 100× 0, 96 = 96 mols/h
F1,H2S = 100× 0, 03 = 3 mols/h
F1,NH3 = 100× 0, 01 = 1 mol/h
Como temos as recuperações no topo da primeira torre, sabemos quanto de
cada componente passa para a segunda coluna.
F2,fundo,agua = (1− 0)× 96
F2,fundo,agua = 96 mols/h
039.575.880-73
039.575.880-73
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F2,fundo,H2S = (1− 0, 95)× 3
F2,fundo,H2S = 0, 05× 3 = 0, 15 mols/h
F2,fundo,NH3 = (1− 0, 005)× 0, 01
F2,fundo,NH3 = 0, 995× 1 = 0, 995 mols/h
De maneira análoga, podemos calcular as correntes no fundo da segunda
torre.
F4,agua = (1− 0)× 96
F4,agua = 96 mols/h
F4,H2S = (1− 0, 995)× 0, 15
F4,H2S = 0, 005× 0, 15 = 7, 5× 10−4 mols/h
F4,NH3 = (1− 0, 995)× 0, 995
F4,NH3 = 0, 005× 0, 995 ≈ 5× 10−3 mols/h
Assim, podemos calcular a fração molar de H2S nesta corrente.
X4,H2S =
7, 5× 10−4
96 + 7, 5× 10−4 + 5× 10−3
Por aproximação, temos:
X4,H2S =
7, 5× 10−4
96
X4,H2S = 7, 8× 10−6
Usualmente neste processo de tratamento de águas ácidas,quase todo o
H2S é recuperado na primeira torre, assim que sua recuperação na segunda torre
tende a ser um valor muito baixo, pois o objetivo da segunda torre é recuperar
amônia. Uma dica para o candidato é que este valor deve se situar na faixa de
partes por milhão (ppm), pois esta água volta para ser utilizada em outras unidades
de processo.
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 5
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Propano é queimado completamente com 60% de exces-
so de ar. Considerando a composição do ar 80% N2 e 
20% O2 em base molar, a razão entre o número de mols 
de N2/CO2 no gás de exaustão é, aproximadamente, igual a
(A) 6,2
(B) 7,3
(C) 8,0
(D) 9,3
(E) 10,6
Resolução:P6-15-Q28
Vamos descrever a reação de combustão de propano.
C3H8 + 5O2− > 3CO2 + 4H2O
Considerando a queima de 100 mols de propano, são consumidos 500 mols
de O2. Porém, o enunciado cita que é utilizado um excesso de 60% de oxigênio,
assim:
Fin,O2 = (1 + 0, 6)× 500
Fin,O2 = 800 mols
Pela relação entre O2 e N2, temos a seguinte quantidade de N2 entrando no
sistema:
Fin,N2
Fin,O2
=
80
20
Fin,N2 =
80× 800
20
Fin,N2 = 3200 mols
Sabe-se que todo o nitrogênio que entra sai como gás de exaustão, pois o
mesmo não participa da reação. Temos que cada mol de propano gera 3 mols de
CO2. Assim, a queima de 100 mols de carga forma 300 mols de gás carbônico.
Finalmente, a razão fica:
FN2
FCO2
=
3200
300
FN2
FCO2
= 10, 67
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 6
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Seja a reação de deslocamento gás água 
 conduzida em um reator adiabá-
tico. A alimentação consiste apenas de H2O/CO em pro-
porção estequiométrica.
Se a temperatura da entrada é 300 oC e a da saída é 
370 oC, a conversão dos reagentes é, aproximadamente, 
de
(A) 8%
(B) 12%
(C) 17%
(D) 20%
(E) 25%
Dados
(hi representa a entalpia molar do composto i)
hCO(370 
oC)  hCO(300 oC)  2,2 x 103 J/mol
hH2O(370 
oC)  hH2O(300 oC)  2,6 x 103 J/mol
calor de reação a 370 oC  4 x 104 J/mol
Resolução:P6-15-Q29
O enunciado informa que a alimentação dos reagentes é estequiométrica.
Podemos considerar um valor arbitrário de 1 mol de CO e 1 mol de H2O. Os dados
de aumento de entalpia nos possibilita calcular a quantidade de calor necessária
para levar estes componentes de 300 a 370 oC. Vamos chamar de X a quantidade
final destes componentes. Assim, podemos escrever:
Q = (Fout,CO∆hCO) + (Fout,H2O∆hH2O)
Q = (X × 1× 220) + (X × 1× 260)
Q = 480X
Porém, sabemos que este calor é fornecido pela própria reação, que é exo-
térmica. Assim, se temos X mols destes reagentes no final da reação, o que é
convertido é 1−X (pois a estequiometria é sempre 1:1). Desta forma, Q também
equivale a:
Q = (1−X)× 4000
Q = 4000− 4000X
Igualando as duas expressões, ficamos com:
4000− 4000X = 480X
X =
4000
4480
X ≈ 0, 89
E a conversão vale: 1−X = 0, 11 = 11%.
A alternativa mais próxima é a letra B.
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 7
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Em um reator, operando a uma temperatura de 556 K e a 
uma pressão de 2 bar, ocorre a seguinte reação:
CO(g)+ H2O(g) ↔ CO2(g)+ H2(g) (1)
Nessa temperatura, a constante de equilíbrio da reação 
assume o valor de K1 = 54,6. Além disso, a corrente 
de alimentação do reator contém água e monóxido de 
carbono na razão molar de 2:1, respectivamente. 
Sabendo-se que a razão molar entre água e dióxido de 
carbono na saída do reator é de 1,035, a razão molar entre 
hidrogênio e monóxido de carbono na saída do reator é de
(A) 28,3 
(B) 52,8
(C) 56,5
(D) 1,80 x 102
(E) 1,90 x 102
Resolução:P6-15-Q36
A constante de equilíbrio desta reação é dada por:
K =
[CO2][H2]
[CO][H2O]
Observando a estequiometria da reação, podemos escrever as concentra-
ções considerando que se forma X mols de cada produto (tanto H2 quanto CO2):
K =
X ×X
([CO]in −X)([H2O]in −X)
54, 6 =
X
([CO]in −X)
X
([H2O]in −X)
O enunciado informa que a relação entre água e dióxido de carbono, na
saída, vale:
([H2O]in −X)
X
= 1, 035
Substituindo:
54, 6 =
X
([CO]in −X) ×
1
1, 035
X
([CO]in −X) = 54, 6× 1, 035
X
([CO]in −X) = 56, 5 �� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 8
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
O gráfico acima apresenta o comportamento de duas correntes de n-butano ao longo do volume de um reator PFR, 
operando em fase líquida nas mesmas condições de alimentação, porém com temperaturas de operação do reator distintas. 
O reator processa a reação de isomerização do n-butano para formação do i-butano, de acordo com a reação
 n-butano → i-butano r  k .Cn-but
e onde r é a taxa de reação, Cn-but é a concentração de n-butano, e k é constante da reação. A constante de reação segue 
a lei de Arrhenius, na forma
,
onde A é o fator pré-exponencial, E é a energia de ativação, R é a constanteuniversal dos gases, e T é a temperatura.
O valor de E
R
, em K, é dado por ln
1 1
310 330

   
, onde  é tal que
(A) 0,1 ≤  ≤ 0,2 
(B) 1,5 ≤  ≤ 2,5 
(C) 4 ≤  ≤ 5 
(D) 9 ≤  ≤ 10 
(E) 19 ≤  ≤ 20 
Resolução:P6-15-Q66
O primeiro passo para a resolução desta questão é equacionar a equação
de Arrhenius, de maneira a compreender o que significa o parâmetro β.
k1 = Ae
(
− Ea
RT1
)
ln (k1) = ln (A)− Ea
RT1
ln (A) = ln (k1) +
Ea
RT1
Escrevendo a mesma expressão para T2, ficamos com:
ln (A) = ln (k2) +
Ea
RT2
Como a constante pré exponencial não varia na a mesma reação, podemos
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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igualar as duas expressões.
ln (k1) +
Ea
RT1
= ln (k2) +
Ea
RT2
ln (k1)− ln (k2) = Ea
RT2
− Ea
RT1
ln
(
k1
k2
)
=
Ea
R
(
1
T2
− 1
T1
)
ln
(
k1
k2
)
1
T2
− 1
T1
=
Ea
R
Observando a equação, temos que T1 = 330K e T2 = 310K, β será igual a
k330/k310. Voltando à equação, a variação de massa em um reator PFR é dada por:
dFb
dV
= rb
dFb
dV
= −kCb
Assim, basta que utilizemos o gráfico para obter as variações de vazão por
volume em uma determinada concentração média para descobrirmos os valores
de k. A taxa de volume que passa pelo reator é dada por:
V =
Fin
Cin
V =
150
9, 3
V ≈ 16 m
3
h
Vamos utilizar a vazão média de 145 kmol/h, que equivale à concentração
de:
145 = Cb× 16
Cb = 9
kmol
m3
Assim, temos para 310 K:
140− 150
1, 125− 0 = −k310 × 9
−10
1, 125
= −k310 × 9
k310 =
10
10
= 1 h−1
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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E para 330 K:
140− 150
0, 25− 0 = −k330 × 9
k330 =
40
9
k330 = 4, 4 h
−1
Assim, podemos calcular β.
β =
4, 4
1 �� ��Alternativa (C)
Questão 9
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Considere uma reação que se processa em fase líquida 
em dada temperatura. Acima está representado o inver-
so da taxa de reação do reagente A em função de sua 
conversão. Se 30 mol/s do reagente A são alimentados a 
uma concentração de 3 mol/L, em um CSTR, desejando-
-se atingir uma concentração de 0,9 mol/L de reagente 
na saída, o volume do reator, em litros, será aproximada-
mente de
(A) 350
(B) 420
(C) 560
(D) 730
(E) 840
Resolução:P6-15-Q68
O volume de um reator CSTR é dado pela seguinte equação:
VCSTR =
FaoXa
−ra
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Para resolver esta questão, basta obtermos o valore destas três variáveis. A
taxa de alimentação é fornecida no enunciado, e vale Fao = 30 mol/s. A conversão
pode ser calculada por:
Xa =
Cao − Ca
Cao
Xa =
3− 0, 9
3
Xa =
2, 1
3
Xa = 0, 7
E a taxa de reação pode ser obtida pelo gráfico.
Substituindo estes valores na equação, chegamos a:
VCSTR =
30× 0, 7× 20
1
VCSTR = 420 L
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 10
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Em um reator de leito de bolhas, o reagente A é alimen-
tado em fase gás, transferindo-se para a fase líquida, na 
qual ocorre a reação AB Produtos. A taxa de reação 
é limitada pela transferência de massa do composto A, 
da interface da fase gás para o seio da fase líquida, 
segundo a expressão
,
onde kL é um parâmetro associado à velocidade de di-
fusão, s representa a área de interface gás-líquido 
por metro cúbico do reator, PA representa a pressão de A 
em fase gás, H representa a constante de Henry para 
o composto A, e CA,liq representa a concentração de A 
no seio do líquido. Seja ↑ um aumento e ↓ uma diminui-
ção da variável.
O aumento da temperatura das fases e da velocidade de 
agitação tipicamente promoveria
(A) ↑ kL, ↓s, ↓ H, efeito sobre r depende do sistema
(B) ↑ kL, ↑s, ↑ H, efeito sobre r depende do sistema
(C) ↑ kL, ↑s, ↓ H, ↑ r
(D) ↑ kL, ↓s, ↓ H, ↓ r
(E) ↓ kL, ↓s, ↑ H, ↓ r
Resolução:P6-15-Q67
Devemos observar que a reação química em questão pode ser dividida em
duas etapas: difusão e reação. O mecanismo consiste na movimentação das mo-
léculas de gás, que penetram no líquido e percorrem um caminho até atingir o
seio do líquido, onde ocorre a reação química. O enunciado informa que a etapa
limitante desta reação é difusiva. Assim, vamos analisar o efeito do aumento de
temperatura e agitação nos parâmetros em questão.
Em uma reação química, o aumento da temperatura sempre irá aumentar
a contribuição cinética da reação, pois aumenta a energia cinética das moléculas
envolvidas, acarretando em uma maior mobilidade das mesmas e maior probabi-
lidade de colisão entre as mesmas. O aumento da agitação tem como principal
contribuição a diminuição do tamanho das gotas da fase líquida, aumentando a
área superficial de reação. Vamos analisar o efeito destas duas variáveis sobre os
parâmetros em questão:
KL ⇒ O aumento da temperatura sempre irá aumentar a energia cinética
das moléculas envolvidas, acarretando em uma maior mobilidade das mesmas.
Além disso, diminui a viscosidade do líquido. Como este parâmetro leva em conta
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73039.575.880-73
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a velocidade de difusão, o aumento da temperatura acarretará em um maior KL.
S ⇒O aumento da agitação tem como principal contribuição a maior tensão
de cisalhamento sobre o sistema. Isto leva a uma diminuição de área superficial
de cada gota/bolha individual, porém o número total destes elementos aumenta
consideravelmente, acarretando em uma maior área superficial de reação.
H ⇒ A constante de Henry leva em conta a proporcionalidade entre a
pressão parcial do gás sobre o sistema e a sua solubilidade.
P = HX
O aumento de temperatura leva a uma menor solubilidade de gases (X) na
solução para uma mesma pressão, assim que pela equação vemos que a cons-
tante de Henry deve aumentar, de maneira a manter a pressão constante.
Taxa de reação ⇒ Esta análise permite observarmos que o aumento da
temperatura e agitação irá contribuir para a difusão do gás na solução, porém
diminui a solubilidade do gás, assim que a concentração dos reagentes diminui.
Portanto, devemos conhecer o sistema de maneira a analisar qual dos fenômenos
prevalece.
�� ��Alternativa (B)
Questão 11
(Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2014/2)
Uma coluna de destilação contínua é usada para separar 
F  800 kg/h de uma mistura ternária com as seguintes fra-
ções mássicas: z1 0,4 ; z2 0,1 e z3 0,5. O produto de topo 
apresenta vazão mássica M, com fração mássica y1  4/6, 
sendo as frações y2 e y3 desconhecidas. O produto de 
fundo é constituído apenas pelo componente 3 e apre-
senta vazão mássica P.
A frações y2 e y3 e a vazão P são, respectivamente,
(A) 1/6; 1/6; 80 kg/h
(B) 1/6; 1/6; 320 kg/h
(C) 1/6; 1/6; 400 kg/h
(D) 1/12; 3/12; 480 kg/h
(E) 3/12; 1/12; 560 kg/h
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Resolução:P6-15-Q25
A maneira mais simples de se resolver esta questão é realizando primeira-
mente um balanço de massa sobre o componente 2. Sabemos que ele só sai no
topo da torre.
Fz1 = My1
800× 0, 4 = M × 4
6
M =
800× 6× 0, 4
4
M = 480 kg/h
Desta forma, podemos realizar um balanço de massa global para determinar
a corrente P.
F = M + P
800 = 480 + P
P = 320 kg/h
Assim, já identificamos a alternativa correta como sendo a letra B. Para des-
cobrirmos as composições dos outros componentes, podemos calcular a partir de
balanços de massa pelos componentes.
y2 =
800× 0, 1
480
y2 =
80
480
y2 =
1
6
E,
y3 =
400− 320
480
y3 =
80
480
y3 =
1
6 �� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 12
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
33
Num processo de lixiviação de bauxita, utiliza-se soda 
cáustica em solução 50% (m/m), seguindo a reação:
Al2O3 + 2 NaOH 2 NaAlO2 + H2O
Se a bauxita a ser tratada tem 50% (m/m) de óxido de 
alumínio e a quantidade a ser tratada é 1.020 toneladas, 
quantas toneladas de solução de soda cáustica devem 
ser utilizadas?
Dados: 
Massa Atômica do Alumínio = 27 
Massa Atômica do Sódio = 23 
Massa Atômica do Hidrogênio = 1 
Massa Atômica do Oxigênio = 16 
Densidade da Água = 1,0 kg/L
(A) 200 
(B) 400 
(C) 510 
(D) 800 
(E) 1.020 
Resolução:
A reação química envolvida nesta questão é a seguinte:
Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 +H2O
É informado que se deseja tratar 1.020 toneladas de uma solução 50% em
massa de bauxita (Al2O3), a partir de uma solução também 50% em massa de
soda cáustica (NaOH). Se a bauxita corresponde a metade da massa da solução,
temos que tratar:
mbauxita = 1.020× 0, 5 = 510 toneladas
Pelas massas molares apresentadas no enunciado, tiramos a massa molar
da bauxita e soda cáustica, que são 102 e 40 g/gmol, respectivamente. Assim, o
número de mol de bauxita será:
nbauxita =
mbauxita
M¯bauxita
=
510
102
= 5 tmol
Como pode ser visto pela estequiometria da reação, para cada mol de bau-
xita que reage, são consumidos 2 mol de soda cáustica.
nsoda = 2nbauxita = 2× 5 = 10 tmol
Com a massa molar deste, calculamos a massa de soda cáustica que será
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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consumida.
msoda = nsodaM¯soda = 10× 40 = 400 toneladas
Finalmente, como a solução é 50% em massa:
msolucao,soda =
400
0, 5
= 800 toneladas
�� ��Alternativa (D)
Questão 13
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
30
Um reservatório, nas CNTP, contém 220 g de propano. 
O volume, em litros, desse reservatório, e a massa, em gra-
mas, de metano que pode ser nele armazenado nas mes-
mas condições, ou seja, nas CNTP, são, respectivamente, 
(A) 56 e 40
(B) 56 e 80
(C) 112 e 40
(D) 112 e 80
(E) 220 e 110 
 
Resolução:
É importante saber que a CNTP corresponde às condições normais de tem-
peratura e pressão, onde a temperatura vale 0◦C (ou 273K) e a pressão 1 atm (ou
1 × 105 Pa). Também é necessário que o candidato saiba a estrutura molecular
do propano (C3H8) para que se calcule sua massa molar. A massa molar vale
44 g/gmol. Assumindo o comportamento ideal para o gás propano, podemos obter
o volume ocupado pelo mesmo, que será igual ao volume do reservatório.
PV = nRT
V =
nRT
P
V =
mRT
M¯P
V =
200× 8, 314× 273
44× 1× 105
V =0, 113 m3 = 113 L ≈ 112 L
039.575.880-73
039.575.880-73
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OBS: O candidato bem preparado sabe que, nas CNTP, um mol de gás
ideal ocupa um volume de 22, 4 L. Como neste caso são 5 mol de gás, o volume
ocupado seria 5× 22, 4 = 112 L.
Para calcular a massa que o metano (CH4) ocuparia nestas condições,
basta aplicar a mesma fórmula, porém utilizando a massa molar deste, que vale
16 g/gmol.
PV =
(m
M¯
)
RT
m =
PV M¯
RT
m =
1× 105 × 0, 113× 16
8, 314× 273
m = 79, 65 g ≈ 80 g
OBS: Da mesma forma, como se sabe que neste volume haverão 5 mol de
gás, poderia se calcular a massa como m = 5× 16 = 80 g.
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 14
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
31
Uma solução aquosa contém bissulfito de sódio, a 316 g/L. 
Quais são a quantidade em moles e a concentração em 
mol/L de bissulfito de sódio em 2,5 litros dessa solução? 
 Dados: 
 Massa Atômica do Na = 23
 Massa Atômica do S = 32
 Massa Atômica do O = 16 
(A) 5 moles e 5 mol/L 
(B) 5 moles e 2,5 mol/L 
(C) 5 moles e 2 mol/L 
(D) 2,5 moles e 5 mol/L 
(E) 2,5 moles e 2 mol/L 
Resolução:
A substância Bissulfito de Sódio possui a seguinte estrutura molecular:
NaHSO3. Como são informadas as massas moleculares dos átomos em ques-
tão, pode-se calcular a massa molar da substância, que vale 104 g/gmol. Como é
informada a concentração desta substância em base mássica, podemos calcular a
concentração molar:
Cmolar =
Cmassica
M¯
Cmolar =
316
104
Cmolar ≈ 3 mol/L
Nota-se que não há alternativa com este valor, o que levou à anulação da
questão. O número de mol seria calculado da seguinte forma:
C =
n
V
n = CV
n = 3× 2, 5
n = 7, 5 moles
OBS: A questão apresenta apenas uma opção em que o número de mol
fecha com a concentração, a partir do volume dado, que é a alternativa (C). Muitos
candidatos que não sabiam a fórmula molecular do bissulfito de sódio acabaram
marcando esta, que era a resposta correta antes da anulação.
�� ��Questão Anulada
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 15
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
36
A transesterificação é muito empregada atualmente para a 
produção de biodiesel a partir de óleos e gorduras. Nessa 
reação, catalisada por hidróxido (NaOH ou KOH), um óleo 
vegetal reage com um álcool (metanol ou etanol).
Nesse processo, normalmente, o agente limitante e o 
reagente em excesso são, respectivamente, 
(A) etanol e o NaOH
(B) etanol e o óleo 
(C) NaOH e o etanol 
(D) óleo e o NaOH
(E) óleo e o etanol
Resolução:
Esta questão é primordialmente teórica, sendo necessário algum conheci-
mento prévio do processo de produção de biodiesel.
Como é descrito pelo enunciado, a reação entre um óleo e álcool ocorre sob
a presença de um catalisador básico, no caso um hidróxido. Sendo assim, se sabe
de cara que os reagentes limitante e em excesso devem ser definidos entre o óleo
e o álcool, visto que o catalisador não é consumido na reação (vai tendo apenas
sua atividade reduzida com o avanço da reação).
Devido ao caráter reversível da reação, o álcool geralmente é adicionado
em excesso, contribuindo, assim, para aumentar o rendimento na formação de
biodiesel, bem como permitir a sua separação do glicerol formado.
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 16
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )37
C6H6 + HNO3 C6H5NO2 +H2O
Na nitração mostrada na reação acima, são adicionados 5 moles de benzeno e 6 moles de ácido nítrico. 
Após 1 hora de reação, obtém-se uma conversão de 60%. 
O número de moles de reagente limitante que resta na reação e a massa, em gramas, formada de produto são, respecti-
vamente, 
Dados: 
Massa Atômica do Carbono = 12 
Massa Atômica do Oxigênio = 16 
Massa Atômica do Nitrogênio = 14
Massa Atômica do Hidrogênio = 1 
 
(A) 2 e 246 
(B) 2 e 369 
(C) 2,4 e 369 
(D) 3 e 246 
(E) 3 e 369 
Resolução:
Observando a reação química apresentada e os números de mol de cada
um dos reagentes no início da reação, podemos concluir que o benzeno será o
agente limitante do sistema. Como é informado que a conversão é de 60%, obte-
mos o número de mol de benzeno no final da reação:
nbenzeno,final = nbenzeno,inicial − nbenzeno,reagido
nbenzeno,final = 5− 5× 0, 6
nbenzeno,final = 2 mol
Sabemos também a quantidade de produto formada:
nproduto,final = nproduto,inicial + nproduto,reagido
nproduto,final = 0 + 5× 0, 6
nproduto,final = 3 mol
É importante salientar que a água não é considerada um produto desta re-
ação. Pelas massas molares fornecidas no enunciado, obtemos a massa molar
de C6H5NO2, que vale 123 g/gmol. Como são formados 3 mol desta substância,
temos no final:
mproduto,final = 3× 123 = 369 g
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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03
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 17
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
38
A reação de formação de xilenos fornece matéria-prima para a indústria e é uma das mais utilizadas dentro de refinaria.
Um pesquisador, buscando melhorar o processo de produção de xileno, comparou diversos catalisadores para verificar se 
há probabilidade de melhorar a reação. 
Os dados obtidos foram:
Catalisador Conversão (%) o-Xileno (%) m-Xileno (%) p-Xileno (%)
Atual 65 30 25 45
X 25 15 10 75
Y 70 50 15 35
W 50 40 10 50
Z 65 40 20 40
Analisando-se os dados obtidos, qual é o melhor catalisador para a formação de p-xileno em maior quantidade? 
(A) Atual 
(B) X 
(C) Y 
(D) W 
(E) Z 
Resolução:
A resposta para a questão consiste em descobrir qual dos catalisadores pro-
duz a maior quantidade de p-Xileno. O catalisador deve ser seletivo e apresentar
alto rendimento. Vamos considerar que o sistema parte de 1mol. Assim, para cada
catalisador, temos:
np−Xileno,Atual = ninicio(conversaoatual)xp−Xileno = 1× 0, 65× 0, 45 = 0, 2925 mol
np−Xileno,X = ninicio(conversaoX)xp−Xileno = 1× 0, 25× 0, 75 = 0, 1875 mol
np−Xileno,Y = ninicio(conversaoY )xp−Xileno = 1× 0, 7× 0, 35 = 0, 245 mol
np−Xileno,W = ninicio(conversaoW )xp−Xileno = 1× 0, 5× 0, 5 = 0, 25 mol
np−Xileno,Z = ninicio(conversaoZ)xp−Xileno = 1× 0, 65× 0, 4 = 0, 26 mol
Conclue-se que o catalisador atual é o que gera a maior quantidade de p-Xileno.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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Questão 18
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
64
Na reação de um reagente X, gerando como produto Y, de 
segunda ordem, a velocidade de reação é − 0,4 mol .L−1. h−1, e 
a concentração do reagente X, após uma hora, é 2 mol/L.
Qual é a constante de velocidade? 
(A) 0,2 L. mol−1. h−1
(B) 0,2 h−1
(C) 0,1 L. mol−1. h−1
(D) 0,1. h−1
(E) 0,1 L2. mol−2. h−1
Resolução:
A velocidade de uma reação de segunda ordem, de X gerando Y, pode ser
descrita da seguinte maneira:
−(rx) = kC2x
Onde (rx) é a velocidade de reação, k é a constante de velocidade, e Cx
é a concentração do componente X. Reescrevendo a equação e substituindo os
valores, temos:
k = −(rx)
C2x
k =
0, 4
22
k = 0, 1 Lmol−1h−1
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 19
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
69
Diversos equipamentos são primordiais em processos químicos, sendo os reatores o coração de tais processos, visto que 
esses processam as reações químicas. Os principais reatores são o de batelada, o de mistura perfeita (CSTR) e o pisto-
nado (PFR). 
No reator 
(A) PFR, a concentração não varia com o tempo, mas varia com o espaço. 
(B) PFR, a concentração varia com o tempo e com o espaço.
(C) CSTR, a concentração não varia com o tempo, mas varia com o espaço. 
(D) CSTR, a concentração varia com o tempo e com o espaço.
(E) de batelada, a concentração varia com o tempo e com o espaço.
Resolução:
Cada um dos três reatores possui um funcionamento diferente. O reator PFR
tem o formato de um tubo longo que opera em fluxo empistonado, onde a reação
ocorre no trajeto da entrada até a saída do tubo. Assim, pode ser considerado um
processo contínuo em estado estacionário, com um perfil de concentração através
do comprimento do reator.
O reator CSTR consiste em um reator de mistura perfeita, onde a massa
reacional é admitida, totalmente misturada, e o produto é retirado no outro extremo
da entrada. É um processo contínuo também em estado estacionário, sem perfil
de concentração.
O reator de batelada é um processo transiente, onde a massa reacional é
admitida, espera-se até que a reação seja concluída, e então o produto é retirado.
Neste caso, existe uma variação de concentração com o tempo. A partir destas
análises, a única alternativa correta é a letra (A).
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 20
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
70 
ln
k
1/T
X
Y
A figura representa um experimento de cinética química com duas reações, X e Y. 
Segundo a Lei de Arrhenius, tem-se que a(s) 
(A) energia de ativação da reação Y é maior do que a energia de ativação da reação X. 
(B) energia de ativação da reação X é maior do que a energia de ativação da reação Y. 
(C) velocidade da reação Y é maior do que a velocidade da reação X.
(D) velocidades das reações são iguais.
(E) velocidades não dependem da energia de ativação.
Resolução:
A lei de Arrhenius explicita a dependência da constante de reação com a
temperaura da seguinte forma:
K = Ae(−
Ea
RT )
Na sua forma logarítmica, fica no seguinte formato linear:
ln(K) = ln(A)− Ea
RT
Assim, quando se representa uma reação em um gráfico de
ln(K) versus 1
T
, a inclinação da reta representa o termo −Ea
R
. Como a
energia de ativação e a constante R são valores positivos, a inclinação da curva
é sempre negativa. Pela análise do gráfico em questão, nota-se que a reta X é
mais inclinada do que a reta Y . Sendo assim, pode-se afirmar que a energia de
ativação da reação representada em X é maior do que a em Y .
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 21
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/2 )
21
Em uma unidade de produção de H2, uma corrente de 
17 400 kg/h de gás natural (composição volumétrica: 90% 
de CH4 e 10% de C2H6) é misturada com vapor d´água 
de tal forma que a razão entre a quantidade de matéria 
de vapor e a quantidade de matéria total de carbono seja 
equivalente a 3. A vazão mássica da corrente de vapor é
Dados: Massas molares: H = 1 kg/kmol; C = 12 kg/kmol; O = 16 kg/kmol
(A) 50 000 kg/h (B) 52 200 kg/h
(C) 54 000 kg/h (D) 57 400 kg/h
(E) 59 400 kg/h
Resolução:
Para a resolução desta questão é essencial que o candidato saiba que o
termo quantidade de matéria se refere ao número de mol de uma substância. A ra-
zão volumétrica fornecida no enunciado é a mesma que a razão molar para gases,
assim temos:
xCH4 = 0, 9 =
nCH4
n
xC2H6 = 0, 1 =
nC2H6
n
E, podemos escrever ainda:
m = mCH4 +mC2H6
17.400 = (nCH4M¯CH4) + (nC2H6M¯C2H6)
Conhecendo-se as massas molares dos dois componentes, escrevemos:
(nCH4 × 16) + (nC2H6 × 30) = 17.400
Substituindo as primeiras relações na expressão, ficamos com:
(0, 9× n× 16) + (0, 1× n× 30) = 17.400
17, 4n = 17.400
n =
17.400
17, 4
n = 1000 kmol/h
Assim, podemos obter os números de mol de cada substância.
nCH4 = 0, 9× 1000 = 900 kmol/h
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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nC2H6 = 0, 1× 1000 = 100 kmol/h
Finalmente, podemos obter o número total de mol de carbono na massa
gasosa. No metano, sabemos que são precisos 900 kmol de carbono para formar
os 900 kmol do mesmo. Para o etano, necessitamos do dobro de mol de carbono
para cada molécula deste, ou seja, 200 kmol de carbono para 100 kmol de etano.
Ao todo, ficamos com 1100 kmol de carbono. Pelo enunciado, podemos obter a
quantidade de matéria de vapor.
nvapor = 3nC
nvapor = 3× 1.100
nvapor = 3.300 kmol/h
E então:
mvapor = nvaporM¯vapor
mvapor = 3.300× 18
mvapor = 59.400 kg/h
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 22
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/2 )
22
Um sensor indica a vazão volumétrica de uma corrente 
de N2, de acordo com as CNTP. Durante um determinado 
instante, a corrente escoa a 27 oC e a 1 MPa, e o sensor 
indica uma vazão de 1 000 m3/h. Se, posteriormente, a 
temperatura e a pressão dessa corrente aumentarem 
para 87 oC e 2 MPa, mantendo, no entanto, a vazão mássica 
constante, o valor medido pelo sensor sofrerá uma variação de
(A) –50% (B) –40%
(C) 0% (D) +10%
(E) +20%
Resolução:
Esta questão é um dos chamados “pega ratão”. O enunciado informa que o
sensor mede vazão volumétrica da corrente de gás nitrogênio nas CNTP, ou seja,
sempre nas condições normais de temperatura e pressão, na temperatura de 0 ◦C
e pressão de 1 atm. Para o melhor entendimento da questão, podemos descrever
o comportamento do gás pela equação de gases ideais:
PV˙ = n˙RT
V˙ =
n˙RT
P
V˙ =
m˙RT
M¯P
Ou seja, a vazão volumétrica irá variar com a temperatura, pressão e va-
zão mássica. Como foi informado que a vazão mássica se mantém constante, a
vazão volumétrica não sofrerá nenhuma alteração, visto que o sensor indica a va-
zão volumétrica sempre a 0◦C e e 1 atm, mesmo que a corrente esteja em outra
condição.
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 23
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/2 )
26
O óxido de etileno pode ser utilizado como matéria-prima 
para obtenção de etilenoglicol. O óxido de etileno deverá 
ser produzido pela oxidação catalítica de eteno com ar, de 
acordo com a seguinte reação: 
C2H4 + 1/2 O2 C2H4O
No entanto, em paralelo ocorre a reação indesejável de 
combustão do eteno
C2H4 + 3O2 2CO2 + 2H2O
A conversão global de eteno no processo é de 95,0%, e 
a seletividade do etilenoglicol em relação ao CO2 é de 
18,5:1.
De acordo com os dados fornecidos, o rendimento do 
óxido de etileno no processo é de
(A) 90,0% (B) 92,5%
(C) 93,5% (D) 94,0%
(E) 95,0%
Resolução:
Para saber qual o rendimento na produção do óxido de etileno, é necessário
saber quanto de eteno é consumido na primeira reação. Esta informação é dada
a partir da seletividade do catalisador, que informa que para cada 18, 5 mol de
etilenoglicol formados, é produzido 1 mol de CO2.
Olhando a estequiometria das reações, pode-se dizer que para formar
18, 5 mol de etilenoglicol, são consumidos 18, 5 mol de eteno. Já na segunda rea-
ção, para cada mol de CO2 produzido, consome-se 0, 5 mol de eteno. Ou seja, a
cada 19 mol de eteno consumido, 18, 5 são utilizados na primeira reação e 0, 5 na
segunda. Somada a esta informação, temos que a conversão global de eteno é
95%.
Assim, para o cálculo do rendimento do óxido de etileno, podemos escrever:
µ = 0, 95×
(
18, 5
18, 5 + 0.5
)
µ = 0, 95× 18, 5
19
µ = 0, 925 = 92, 5%
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 24
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/2 )
Um mistura gasosa contendo CO2 e H2 em proporções 
estequiométricas e N2 na razão de 0,4 mol para 100 mol 
de (CO2+H2) é carga fresca de um processo catalítico 
para a produção de metanol, de acordo com a equação: 
CO2 + 3H2 CH3OH + H2O.
O efluente do reator passa por um processo de separação, 
no qual todo o metanol e a água produzidos são separados 
por condensação. Os gases contendo os reagentes não 
reagidos e o N2 são reciclados para o reator, misturando-
-se com a carga fresca (F), dando origem à carga 
combinada (CC). Para evitar acúmulo de N2 no reator, 
parte da corrente gasosa é purgada, conforme o esquema 
abaixo. A conversão global dos reagentes é de 96%. A 
vazão molar de CO2 na carga fresca é de 5 mol/s.
Parte 1
Com base nos dados acima, analise as afirmativas a 
seguir.
I - A vazão molar de metanol produzido é de 4,8 mol/s.
II - A fração molar de metanol na corrente de produto D 
é de 0,50.
III - A razão molar N2 / (CO2+H2) na corrente de purga
P é de 0,10.
Está correto o que se afirma em
(A) I, apenas. (B) I e II, apenas.
(C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
Resolução:
A reação química que rege este processo é a seguinte:
CO2 + 3H2 → CH3OH +H2O
Nota-se que o N2 é um componente inerte neste sistema. A partir das infor-
mações de que são alimentados 5mol/s de CO2, e pela proporção entre as cargas
de alimentação (0, 4 mol de N2 para cada 100 mol de (CO2 + H2), sendo que os
últimos são alimentados estequiometricamente, temos as cargas de entrada:
FCO2 = 5 mol/s
FH2 = 3FCO2 = 15 mol/s
FN2 = 0, 4×
15 + 5
100
= 0, 08 mol/s
As cargas de produtos são obtidas a partir da conversão global do processo,
que é de 96%. Pela estequiometria da reação, ficamos com:
DCH3OH = 5× 0, 96 = 4, 8 mol/s
DH2O = 5× 0, 96 = 4, 8 mol/s
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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E, pelo que não reage:
PCO2 = 5× 0, 04 = 0, 2 mol/s
PH2 = 15× 0, 04 = 0, 6 mol/s
Como o elemento N2 não participa da reação, para que não haja acúmulo
deste no sistema, sua vazão de entrada deve ser a mesma que sua vazão de
saída.
PN2 = FN2 = 0, 08 mol/s
Podemos agora justificar as alternativas.
I - VERDADEIRA. DCH3OH = 4, 8 mol/s
II - VERDADEIRA.
XCH3OH,D =
DCH3OH
D
XCH3OH,D =
4, 8
4, 8 + 4, 8
= 0, 5
III - VERDADEIRA.
PN2
PCO2 + PH2
=
0, 08
0, 2 + 0, 6
= 0, 1
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 25
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/2 )
Parte 2
Considerando-se que a razão molar de reciclo (R/F), 
expressa apenas em termos de CO2 e H2, é de 0,6, analise 
as afirmativas abaixo:
I - A conversão de CO2 por passagem no reator é de 
60%.
II - A vazão molar de (CO2 + H2) na carga combinada é 
24 mol/s.
III - A razão molar de N2 na corrente de carga combina-
da (CC) é de 0,10.
Está correto o que se afirma em
(A) I, apenas. (B) I e II, apenas.
(C) I e III, apenas. (D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
Resolução:
Esta questão usa os mesmos dados do enunciado da questão anterior. A
informação adicional é que a razão molar entre a corrente de reciclo e a carga(
R
F
)
vale 0,6, em base livre de inerte. Como temos a corrente F , podemos obter a
vazão de reciclo:
R
F
= 0, 6
R = 0, 6F
R = 0, 6(FCO2 + FH2)
R = 0, 6× (5 + 15) = 12 mol/s
Vale lembrar que esta carga corresponde não leva em conta o componente
N2. Como a relação entre CO2 e H2 nas correntes é estequiométrica, temos:.
RH2 = 3RCO2
E, ainda:
RH2 +RCO2 = 12
3RCO2 +RCO2 = 12
RCO2 =
12
4
= 3 mol/s
RH2 = 9 mol/s
Como sabemos que as frações molares da corrente R é igual à corrente P ,
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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podemos obter a corrente de N2 na corrente R.
RN2 = XN2,RR = XN2,PR
RN2 =
0, 08
0, 2 + 0, 6 + 0, 08
× (3 + 9 +RN2)
RN2 = 0, 09× (12 +RN2)
RN2 = 1, 1 + 0, 09RN2
RN2 =
1, 1
1− 0, 09
RN2 = 1, 2 mol/s
Podemos agora justificar as alternativas
I - VERDADEIRA.
XCO2,passe = 1−
PCO2 +RCO2
CCCO2
XCO2,passe = 1−
0, 2 + 3
3 + 5
XCO2,passe = 0, 6 = 60%
II - FALSA.
CCCO2+H2 = FCO2+H2 +RCO2+H2
CCCO2+H2 = (5 + 15) + (3 + 9) = 32 mol/s
III - FALSA.
CCN2
CC
=
FN2 +RN2
F +R
CCN2
CC
=
0, 08 + 1, 2
(15 + 5 + 0, 08) + (9 + 3 + 1, 2)
CCN2
CC
=
1, 28
20, 08 + 13, 2
= 0, 038
OBS: Nota-se que o termo razão molar não indica se a corrente de carga
combinada é livre de N2, como na parte anterior da questão. Se assim fosse, o
resultado daria 0,04, sendo igualmente falso.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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3
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 26
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )31
Ao processo de combustão do etanol em um reator foram
adicionados 20% de oxigênio em excesso, garantindo,dessa forma, a completa combustão desse composto
orgânico. Sabendo-se que foram introduzidos 100 kmol de
etanol como carga do reator, conclui-se que, na reação
envolvida no processo,
(A) foram consumidos 120 kmol de oxigênio.
(B) foram consumidos 360 kmol de oxigênio.
(C) foram produzidos 100 kmol de gás carbônico.
(D) foram produzidos 120 kmol de água.
(E) a quantidade (kmol) de gás carbônico produzido é
igual à de oxigênio consumido.
Resolução:
A reação de combustão do etanol pode ser escrita da seguinte forma:
C2H6O + 3O2 → 2CO2 + 3H2O
Como pode ser visto, para cada mol de etanol consumido, são utilizados
3mol de oxigênio. O enunciado informa que são introduzidos 100 kmol de etanol, e
que o oxigênio está com 20% em excesso. Sendo assim, sabe-se que a quantidade
de oxigênio presente no início da reação será:
nO2,inicio = 3× nC2H6O,inicio × 1, 2
nO2,inicio = 3× 100× 1, 2
nO2,inicio = 360 kmol
Como o enunciado informa que a combustão é completa, ao final todo o
etanol será consumido e sobrará dos reagentes apenas o excesso de oxigênio.
Pela estequiometria da reação, no final teremos:
nC2H6O,final = nC2H6O,inicio − nC2H6O,consumido = 100− 100 = 0
nO2,final = nO2,inicio − 3nC2H6O,consumido = 360− 300 = 60 kmol
nCO2,final = nCO2,inicio + 2nC2H6O,consumido = 0 + 200 = 200 kmol
nH2O,final = nH2O,inicio + 3nC2H6O,consumido = 0 + 300 = 300 kmol
Nota-se que nenhuma alternativa está correta. �� ��Questão Anulada
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 27
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )
32
O gás de cozinha apresenta composição aproximada de
50% de propano e 50% de butano. Devido a problemas
operacionais durante a produção, foi encontrada uma
mistura constituída de 52% de propano e 48% de butano,
ambos expressos em % de quantidade de matéria. Qual
é a composição mássica aproximada dessa mistura?
(A) 38,2% propano e 61,8% butano.
(B) 45,1% propano e 54,9% butano.
(C) 49,5% propano e 50,5% butano.
(D) 50,0% propano e 50,0% butano.
(E) 52,0% propano e 48,0% butano.
Resolução:
Para a resolução desta questão, a maneira mais fácil é propor uma quanti-
dade inicial para a mistura. Supondo que temos 100 mol de gás de cozinha, pelas
composições dadas, teríamos 52 mol de propano e 48mol de butano. Conhecendo
as massas molares das substâncias (M¯propano = 44 g/gmol e M¯butano = 58 g/gmol),
podemos escrever, para cada componente:
mpropano = npropanoM¯propano = 52× 44 = 2288 g
mbutano = nbutanoM¯butano = 48× 58 = 2784 g
Assim podemos calcular as frações mássicas de cada um dos componentes.
Primeiro para o propano:
xpropano =
mpropano
mpropano +mbutano
xpropano =
2288
2288 + 2784
xpropano = 0, 451 = 45, 1%
Agora para o butano:
xbutano =
mbutano
mpropano +mbutano
xbutano =
2784
2288 + 2784
xbutano = 0, 549 = 54, 9%
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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3
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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DR
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Questão 28
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )41
O metanol pode ser produzido a partir da oxidação do
metano, utilizando-se catalisadores em condições contro-
ladas de temperatura e pressão, segundo a reação
CH4 + ½ O2 � CH3OH
Em uma reação entre 1,5 kmol de CH4 e 1,0 kmol de O2, o
rendimento teórico de CH3OH e o reagente limitante são,
respectivamente,
(A) 1,0 Kmol e O2
(B) 1,5 Kmol e O2
(C) 1,0 Kmol e CH4
(D) 1,5 Kmol e CH4
(E) 2,0 Kmol e CH4
Resolução:
Vamos analisar a estequiometria da reação:
CH4 + 0, 5O2 → CH3OH
Como pode ser observado, cada mol de metano consumido reage com 0, 5 mol de
oxigênio, formando 1mol de metanol.
Pelas quantidades iniciais fornecidas no enunciado, vemos que os reagen-
tes não são fornecidos estequiometricamente, o que significa que um deles está
em excesso e o outro será o limitante. São fornecidos 1, 5 kmol de metano e 1 kmol
de oxigênio. Pela estequiometria, para consumir 1, 5 kmol de metano, é necessário
reagir 1, 5× 0, 5 kmol de oxigênio, ou seja, 0, 75 kmol. Esta quantidade está dispo-
nível, pois temos 1 kmol deste no início, o que indica que este componente está
em excesso.
Assim, concluímos que o metano é o reagente limitante do processo, e que
será formado 1, 5 kmol de metanol, visto que a estequiometria entre metanol e
metano é 1:1.
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
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.88
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3
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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3
DR
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Questão 29
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )
42
Em ambientes confinados, como o interior de tanques de
armazenamento de petróleo e derivados, o ar pode não
ser apropriado para a respiração de um ser humano.
O motivo, em alguns casos, é a composição volumétrica
do ar, que pode apresentar um teor de oxigênio menor
que 21%. Se o interior de um tanque contém ar com a com-
posição mássica de 21% de oxigênio e 79% de nitrogênio,
e admitindo-se que a massa molar média do ar seja,
aproximadamente, 29 kg/kmol, conclui-se que
(A) a composição volumétrica corresponde ao ar respirável.
(B) a composição mássica e a composição volumétrica são
sempre iguais no ar.
(C) a massa de nitrogênio em 50 kmol de ar é, aproxima-
damente, 2.230 kg.
(D) a massa de oxigênio em 100 kmol de ar é menor que
580 kg.
(E) os percentuais volumétricos, no interior do tanque, são,
aproximadamente, 19% de O2 e 81% de N2.
Resolução:
A partir das composições mássicas fornecidas, vamos calcular as composi-
ções volumétricas dos componentes (que é igual à composição molar, para gases).
Partindo-se de 100 g de ar, temos 21 g de oxigênio e 79 g de nitrogênio. Assim, po-
demos escrever:
nO2 =
mO2
M¯O2
=
21
32
= 0, 656 mol
nN2 =
mN2
M¯N2
=
79
28
= 2, 82 mol
Assim, podemos calcular as frações molares de cada um dos componentes.
Primeiro para o O2:
xO2 =
nO2
nO2 + nN2
xO2 =
0, 656
0, 656 + 2, 82
xO2 = 0, 189 = 18, 9%
E então para o N2:
xN2 =
nN2
nO2 + nN2
039.575.880-73039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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xN2 =
2, 82
0, 656 + 2, 82
xN2 = 0, 811 = 81, 1%
Vamos agora justificar as alternativas:
(A) INCORRETA. O teor em volume de O2 é menor do que 21%.
(B) INCORRETA. Conforme foi mostrado nos cálculos, os teores mássicos e vo-
lumétricos são diferentes.
(C) INCORRETA. Para 50kmol de ar, teríamos: mN2 = 50×0, 811×28 = 1135, 4 kg
(D) INCORRETA. Para 100kmol de ar, teríamos: mO2 = 100×0, 189×32 = 604, 8 kg
(E) CORRETA. A composição volumétrica é igual à composição molar.
�� ��Alternativa (E)
Questão 30
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )
54
Uma reação exotérmica A + B C é conduzida em um
reator tanque de mistura perfeita. O calor de reação é
500 kJ/kmol. Os reagentes são alimentados a 25 oC e em
proporção estequiométrica. A conversão por passe é 100%.
O produto é constituído de 100 kmol/h de C, cuja capaci-
dade calorífica é de 20 kJ kmol-1 K-1. O reator tem uma
área superficial de 20 m2 e não é isolado do meio ambien-
te, que se encontra a 15 oC. O seu coeficiente global de
transferência de calor é 400 kJ h-1 m-2 K-1. Nessas circuns-
tâncias, a temperatura da corrente de saída, em oC, é
(A) 16
(B) 18
(C) 22
(D) 27
(E) 30
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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DR
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Resolução:
Para a resolução desta questão, é necessário observar quais taxas de calor
entrarão no sistema e quais saem. Como a reação é exotérmica, calor é gerado
dentro do reator CSTR, que pode ser absorvido pelo fluido ou perdido por convec-
ção para o meio externo, visto que a temperatura externa é mais baixa. Assim,
podemos montar o seguinte balanço de energia:
Q˙gerado = n˙Cp(Ts − Te) + hA(T − Text)
Como o reator é de mistura perfeita, não há gradientes de temperatura e
concentração neste. Assim, podemos considerar que dentro do reator a massa já
se encontra na sua temperatura de saída, visto que o sistema se encontra em es-
tado estacionário. Como a reação tem a conversão de 100%, temos os seguintes
valores:
Q˙gerado = n˙Cp(Ts − Te) + hA(Ts − Text)
500× 100 = 100× 20× (Ts − 25) + 400× 20× (Ts − 15)
50.000 = 2.000Ts − 50.000 + 8.000Ts − 120.000
Ts =
220.000
10.000
Ts = 22
◦C
OBS: Nota-se que o calor perdido por convecção é maior do que o calor
gerado pela reação, o que faz com que a corrente saia do reator com uma tempe-
ratura inferior à temperatura de entrada.
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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Questão 31
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )
62
Um reator catalítico foi alimentado com uma vazão de
200 kmol/h de C2H6 para produzir C2H4 e gás hidrogênio,
conforme a figura abaixo.
Diagrama de blocos do processo
Em que
F = Vazão de alimentação de C2H6;
P = Vazão de saída dos produtos;
R = Vazão de reciclo de C2H6.
A conversão global do C2H6, no processo, deve ser igual a
100%, e a conversão por passe da mesma substância, no
reator, igual a 90%.
Com base nas informações, conclui-se que a
(A) composição molar da corrente de produtos (P) é
50% H2, 20% C2H6 e 30% C2H4.
(B) vazão de saída da corrente de produtos (P) é 10 kmol/h
de C2H6, já que a sua conversão é de 90%.
(C) vazão de C2H6 (kmol/h) na entrada do reator (E) deve
ser igual à vazão de C2H4 (kmol/h) na corrente de
produtos (P).
(D) vazão de refluxo (R) é, aproximadamente, 28 kmol/h
de C2H6.
(E) vazão (E) que alimenta o reator é, aproximadamente,
220 kmol/h de C2H6.
MISTURADOR REATOR
PF
R
E S
SEPARADOR
Resolução:
A reação química envolvida na questão é a seguinte:
C2H6 → C4H2 +H2
São alimentados 200 kmol/h de etano. Como a conversão global do sis-
tema para o etano é 100%, sabe-se que este não estará presente na corrente de
produto. Já a conversão por passe é de 90%, o que permite escrever a seguinte
relação:
1− 0, 9 = Petano +Retano
Fetano +Retano
0, 1 =
0 +Retano
200 +Retano
20 + 0, 1Retano = Retano
Retano =
20
1− 0, 1
Retano = 22, 2 kmol/h
Pela estequiometria, sabemos que as vazões de produto formadas serão
iguais à quantidade de etano que reage, ou seja:
Peteno = PH2 = 0, 9× (200 + 22, 2)
Peteno = PH2 = 200 kmol/h
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Agora, vamos analisar as alternativas de resposta:
(A) INCORRETA. A composição de produto é 50% H2 e 50% C2H4
(B) INCORRETA. O etano não está presente na corrente de produto, visto que a
conversão global para este é 100%.
(C) CORRETA. Pela estequiometria, foi mostrada esta relação de que ambas cor-
rentes valem 200 kmol/h.
(D) INCORRETA. A vazão de refluxo vale 22 kmol/h
(E) CORRETA. A corrente que alimenta o reator vale 222, 22 kmol/h, muito próxi-
ma de 220 kmol/h.
�� ��Questão Anulada
Questão 32
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2010/1 )
70
O fluxograma abaixo mostra um exemplo de integração
energética em processos químicos. A Corrente 1 é resfriada
e o seu calor é aproveitado para aquecer a Corrente 2 e a
Corrente 3, em paralelo.
Considerando-se as informações pertinentes mostradas no
próprio fluxograma, o valor da temperatura T7 , da Corrente 7,
em oC, deve ser
(A) 110
(B) 120
(C) 130
(D) 140
(E) 150
W1 = 100 kg/hT1 = 200
o
C
Cp1 = 10 kJ/kg K
W2 = 60 kg/h
T2 = 50
o
C
Cp2 = 10 kJ/kg K
W4 = 20 kg/h
T4 = 100
o
C
Cp4 = 20 kJ/kg K
T3 = 150
o
C
T5 = 200
oC
T6 = 80
o
C
T7
T8 = 100
o
C
1
2
3
4
5
6
7
8
2
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039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Resolução:
A corrente de entrada irá fornecer calor para as correntes 2 e 3. Partindo-se
da corrente 2, esta consome a seguinte taxa de calor:
Q2 = W2Cp2(T3 − T2)
Q2 = 60× 10× (150− 50)
Q2 = 60.000 kJ/h
Considerando que este calor é retirado de parte da corrente 1, temos:
Q2 = W1,topoCp(T1 − T6)
60.000 = W1,topo × 10× (200− 80)
W1,topo =
60.000
1.200
W1,topo = 50 kg/h
Como tinhamos 100kg/h antes da corrente entrar em paralelo, a vazão de
fundo vale: 100− 50 = 50kg/h. Da mesma maneira, para a corrente 3:
Q3 = W4Cp4(T5 − T4)
Q3 = 20× 20× (200− 100)
Q3 = 40.000 kJ/h
E então,
Q3 = W1,fundoCp(T1 − T7)
40.000 = 50× 10× (200− T7)
T7 = 200− 80
T7 = 120
◦C
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 33
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2006 )
21
Uma água contendo 125 ppb de fenol apresenta a seguinte
fração mássica de fenol:
(A) 1,25 x 10-4 %
(B) 1,25 x 10-5 %
(C) 1,25 x 10-6 %
(D) 1,25 x 10-7 %
(E) 1,25 x 10-8 %
Resolução:
A sigla ppb significa “partes por bilhão”, ou seja, teremos 125 partes de fenol
para 1 bilhão (1× 109) de partes do sistema. Assim, podemos escrever:
xfenol =
125
1× 109
xfenol = 125× 10−9
xfenol = 1, 25× 10−7
xfenol =
1, 25× 10−5
100
xfenol = 1, 25× 10−5%
�� ��Alternativa (B)
Questão 34
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2006 )
23
A combustão completa de 5 litros de octano é processada.
Considerando que foi utilizado oxigênio em quantidade
estequiométrica e que a massa específica do octano
= 0,70 g/mL, a soma das massas de gases liberados é,
em kg, aproximadamente, igual a:
(A) 6 (B) 16
(C) 26 (D) 36
(E) 46
Resolução:
A estequiometria da reação é a seguinte:
C8H18 + 12, 5O2 → 8CO2 + 9H2O
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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É informado o volume inicial de octano, de 5 L. Com este dado, podemos calcular a
massa inicial de octano utilizando a sua massa específica, fornecida no enunciado.
moctano = ρoctanoVoctano
moctano = 0, 7× 5000
moctano = 3.500g = 3, 5 kg
Com a massa molar do octano, que vale 114 g/mol, podemos calcular o
número de mol deste.
noctano =
moctano
M¯octano
noctano =
3500
114
noctano = 30, 7 mol
Como os reagentes são alimentados estequiometricamente, temos o nú-
mero de mol de água pela estequiometria da reação.
noxigenio = 12, 5noctano
noxigenio = 12, 5× 30, 7
noxigenio = 383, 75 mol
E podemos calcular a massa equivalente a esta quantidade de matéria.
moxigenio = M¯oxigenionoxigenio
moxigenio = 32× 383, 75
moxigenio = 12.280 g = 12, 28 kg
Como a combustão é completa, sabemos que toda a massa de reagentes
irá virar massa de produtos. Visto que ambos os produtos são gasosos, a massa
final de gás será igual a massa inicial do sistema:
m = moctano +moxigenio
m = 3, 5 + 12, 28
m = 15, 78 kg ≈ 16 kg
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 35
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2006 )24
O propano é desidrogenado para formar propileno em um
reator catalítico, segundo a reação: C3H8 C3H6 + H2.
O processo precisa ser projetado para uma conversão de
95% de propano. Os produtos da reação são separados em
duas correntes: a primeira, que deixa o reator, contém H2,
propileno e propano; a segunda, que contém o resto do
propano não reagido e propileno, é reciclada para o reator.
A composição molar do propileno, no produto, é:
(A) 2,6%
(B) 48,7%
(C) 55,5%
(D) 75%
(E) 95%
Resolução:
O enunciado informa que a conversão global do processo deve ser de 95%
de propano. Assim, supondo que são alimentados 100 kmol/h de propano, a cor-
rente de produto irá conter 5 kmol/h deste componente.
Pela estequiometria da reação, temos que cada mol de propano reagido
irá virar um mol de propileno e um mol de H2. Pela conversão global, são gera-
dos 95 kmol/h de propileno e 95 kmol/h de H2 na corrente de produto, e sobrem
5 kmol/h de propano. Assim, a fração molar de propileno desta corrente vale:
xpropileno =
95
95 + 95 + 5
xpropileno =
95
195
xpropileno = 0, 487
xpropileno = 48, 7%
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 36
( Eng. de ProcessamentoJr - Petrobras 2006 )25
Uma turbina descarta vapor saturado a 1 atm, com uma
vazão de 1150 kg/h. Precisa-se de vapor superaquecido a
300 oC e 1 atm para alimentar um trocador de calor. Para
produzi-lo, a corrente de vapor descartado pela turbina se
mistura com vapor superaquecido proveniente de outra
fonte a 400 oC e 1 atm. A unidade de mistura opera de
forma adiabática. Abaixo é apresentado um esquema do
processo, com os dados de entalpias específicas das
correntes de alimentação e produto.
Com base nestes dados, a quantidade de vapor superaque-
cido a 300 oC produzida é, em kg/h:
(A) 1000 (B) 2240 (C) 3390 (D) 4550 (E) 6220
Resolução:
Como temos duas incógnitas, precisamos de duas equações independentes
para a resolução desta questão. Aplicando primeiramente um balanço de massa,
temos:
1150 + m˙1 = m˙2
m˙1 = m˙2 − 1150
A outra equação é tirada do balanço de energia do sistema:
1150× 2676 + m˙1 × 3278 = m˙2 × 3074
Substituindo a expressão de m˙1, ficamos com:
3.077.400 + 3278× (m˙2 − 1150) = 3074m˙2
3.077.400 + 3278m˙2 − 3.769.700 = 3074m˙2
m˙2 =
3.769.700− 3.077.400
3278− 3074
m˙2 = 3393, 6 kg/h
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 37
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2006 )
33
O etano é misturado com oxigênio, obtendo-se uma mistura
cuja composição é de 80% de etano e 20% de oxigênio (base
molar). Esta mistura é queimada com 200% de excesso de
ar. Sabendo que 80% do etano é convertido em CO2, 10%,
em CO e 10% não é queimado, a relação molar entre CO2 e
CO, nos fumos, é:
(A) 4
(B) 5
(C) 6
(D) 7
(E) 8
Resolução:
Apesar de todas as informações fornecidas, a chave para a resolução da
questão está na informação de que 80% do etano reagido vira CO2 e 10% deste
vira CO.
Se tivéssemos 100 mol de etano, teríamos a formação de 80 mol de CO2 e
10 mol de CO, visto que a única fonte de CO2 e CO neste sistema é o etano que
queima. Assim, a relação entre estes é de 8 para 1.
OBS: Se a questão perguntasse as frações molares do produto, o procedi-
mento seria mais complexo, visto que haveria oxigênio em excesso.
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 38
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
21
Em um béquer, prepara-se uma solução contendo 360 g de água, 184 g de etanol e 120 g de fosfato monobásico de sódio 
(NaH2(PO4)). 
A fração molar de NaH2(PO4) nessa solução é igual a
Dados
Massa molar do etanol = 46 g/mol
Massa molar da água = 18 g/mol
Massa molar do NaH2(PO4) = 120 g/mol
(A) 0,80 
(B) 0,70
(C) 0,50
(D) 0,16
(E) 0,04
Resolução:
A partir das massas molares fornecidas para os três elementos, podemos
calcular o número de mol de cada um deles na solução:
nagua =
magua
M¯agua
=
360
18
= 20 mol
netanol =
metanol
M¯etanol
=
184
46
= 4 mol
nfosfato =
mfosfato
M¯fosfato
=
120
120
= 1 mol
Assim, podemos calcular a fração molar de fosfato nessa solução:
xfosfato =
nfosfato
n
xfosfato =
1
20 + 4 + 1
xfosfato =
1
25
xfosfato = 0, 04
xfosfato = 4%
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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3
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Questão 39
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
22
No reservatório de uma fábrica de polipropileno são armazenados 300 kmol de propileno submetido à pressão de 5 atm e 
temperatura de 0 °C.
Se o reservatório estivesse submetido à pressão atmosférica e na mesma condição de temperatura, quais seriam o volume 
e a massa de propeno nele armazenados? Dados 
Massa atômica do C = 12
Massa atômica do H = 1
1 mol de gás ideal a 0 °C e 1atm ocupa 22,4L
(A) 1.344 m3 e 2.520 kg
(B) 1.344 m3 e 12.600 kg
(C) 6.720 m3 e 2.520 kg
(D) 6.720 m3 e 12.600 kg (E) 13.440 m3 e 2.520 kg
Resolução:
É importante que o candidato saiba que propileno e propeno são as mesmas
substâncias. Este monômero de estrutura C3H6 é utilizado para a produção de
polipropileno. O primeiro passo para a resolução da questão é identificar o volume
ocupado pelo propileno no reservatório:
PV = nRT
5× V = 300.000× 0, 082× 273
V ≈ 1.344.000L = 1.344 m3
Este é o volume do reservatório, que será ocupado somente pelo propeno
independente da pressão e temperatura. A variação de pressão irá afetar o número
de mol presente no reservatório. Assim, como se sabe pelo enunciado, se este
estivesse armazenado nas CNTP (0◦C e 1 atm), cada mol de propeno ocuparia
22, 4 L. Portanto, neste caso teríamos:
npropeno,CNTP =
V
22, 4
npropeno,CNTP =
1.344.000
22, 4
npropeno,CNTP = 60.000 mol = 60 kmol
E, sabendo que a massa molar deste vale 42 kg/kmol, temos:
mpropeno = npropenoM¯propeno
mpropeno = 60× 42
mpropeno = 2.520 kg
�� ��Alternativa (A)
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039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 40
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
23
Para a obtenção de zinco metálico por eletrólise, faz-se necessária a obtenção de solução de zincato de sódio a partir de 
óxido de zinco, conforme reação a seguir.
ZnO + 2NaOH → Na2ZnO2 + H2O
Se 3.000 toneladas de um minério contendo 25% de ZnO em massa devem ser tratadas, aproximadamentequantas tone-
ladas de uma solução contendo NaOH 50% (m/m) devem ser empregadas?
Dados 
Massa atômica do Zn = 65
Massa atômica do Na = 23
Massa atômica do O = 16
Massa atômica do H = 1
(A) 300 (B) 740 (C) 1480 (D) 2052 (E) 2910
Resolução:
A reação química envolvida nesta questão é a seguinte:
ZnO + 2NaOH → Na2ZnO2 +H2O
É informado que se deseja tratar 3.000 toneladas de uma minério 25% em
massa de ZnO a partir de uma solução 50% em massa de soda cáustica (NaOH).
Se o óxido de zinco corresponde a 25% do minério, temos que tratar:
mZnO = 3.000× 0, 25 = 750 toneladas
Pelas massas molares apresentadas no enunciado, tiramos a massa molar
do óxido de zinco e da soda cáustica, que são 81 e 40 g/gmol, respectivamente.
Assim, o número de mol de ZnO será:
nZnO =
mZnO
M¯ZnO
=
750
81
= 9, 26 tmol
Como pode ser visto pela estequiometria da reação, para cada mol de ZnO
que reage, são consumidos 2 mol de soda cáustica.
nsoda = 2nZnO = 2× 9, 26 = 18, 52 tmol
Com a massa molar deste, calculamos a massa de soda cáustica que será
consumida.
msoda = nsodaM¯soda = 18, 5× 40 = 740 toneladas
Finalmente, como a solução é 50% em massa:
msolucao,soda =
740
0, 5
= 1480 toneladas
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 41
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
25
Uma corrente líquida contendo um composto orgânico com vazão de 25.000 kg/h é parcialmente vaporizada em um 
refervedor, sendo o calor de vaporização do orgânico Δhvap≈ 350 kJ.kg
−1. O calor é fornecido por 2.000 kg.h−1 de vapor de 
água saturado que se condensa totalmente, conforme ilustrado na figura a seguir.
Admita que os processos de mudança de fase ocorram isotermicamente, que a pressão manométrica de entrada do vapor 
é 4 atm e que a temperatura de vapor é 20 °C superior à temperatura do orgânico.
Nessas condições, os valores aproximados da vazão vaporizada do composto orgânico e da temperatura de saída do 
orgânico são, respectivamente, 
(A) 12 t/h e 132 °C 
(B) 12 t/h e 152 °C 
(C) 8 t/h e 124 °C 
(D) 5 t/h e 132 °C 
(E) 5 t/h e 124 °C
Resolução:
A corrente de orgânico receberá calor do vapor saturado que entra à pressão
manométrica de 4 atm (pressão absoluta de 5 atm). Este calor irá vaporizar uma
parte da corrente orgânica à temperatura constante, ou seja, a temperatura de
entrada de orgânico será a mesma da saída.
Pela tabela de propriedades termodinâmicas fornecidas no final da prova,
identificamos a corrente de vapor saturado à 5 atm. A temperatura e a entalpia
de vaporização desta corrente valem 152◦C e 2123 kJ/kg, respectivamente. Como
informado no enunciado, a corrente de orgânico é 20◦C menor do que a de vapor,
ou seja, vale 132◦C. Para obtermos a quantidade de orgânico vaporizada, usamos
as entalpias:
morg,vap =
mvapor ×Hvaporizacao,vapor
Hvaporizao,org
morg,vap =
2.000× 2123
350
morg,vap ≈ 12.000 kg/h = 12 t/h
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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Questão 42
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
26
Sobre a resolução de balanços materiais e energéticos em fluxogramas de processo, considere as afirmações a seguir.
I - Em quase todos os casos práticos, a presença de reciclos difi culta signifi cativamente o fechamento de balanços 
materiais e energéticos gerais e associados às equações dos equipamentos; ainda assim, apenas em poucos casos, 
há realmente necessidade de uso de métodos numéricos e recursos computacionais.
II - A estratégia modular, empregada em diversos simuladores, consiste em elaborar um grande conjunto de equações 
envolvendo todos os equipamentos, e tentar resolver tal conjunto de equações simultaneamente.
III - Segundo a estratégia modular, as variáveis associadas às correntes de reciclos tipicamente são variáveis de abertura, 
para as quais se devem admitir estimativas iniciais de forma a permitir a resolução das equações dos equipamentos; 
procedimento esse que irá fornecer novas estimativas para as variáveis das correntes de reciclos, e que, quando há 
convergência, é interrompido.
Está correto APENAS o que se afirma em
(A) I
(B) II
(C) III
(D) I e II
(E) II e III
Resolução:
Vamos julgar as alternativas:
I - FALSA. Malhas de reciclo afetam principalmente a resposta dinâmica de um
processo, o que dificulta a integração mássica e energética do mesmo. Nes-
tes casos, softwares de alta precisão são as melhores opções para que haja
a convergência no processo de simulação.
II - FALSA. A estratégia modular cria módulos criados previamente para cada
equipamento. Cada módulo contem as equações já ordenadas para dimensi-
onamento ou simulação. Para cada problema, os módulos são sequenciados
convenientemente segundo o fluxograma material do processo.
III - VERDADEIRA. Havendo a presença de reciclos no fluxograma, torna-se ne-
cessária a abertura de um certo número de correntes e a inserção de um
módulo promotor de convergência para cada uma.
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 43
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
27
Considere que um reagente R deve ser alimentado puro a um reator, onde ocorre unicamente a reação R → P, sendo o 
efluente do reator alimentado a um sistema de separação no qual a separação entre reagente e produto é total, conforme 
a figura abaixo. 
A tabela a seguir apresenta a capacidade de processamento do reator em função da vazão de reagente alimentado. 
Condição I II III IV V
FR alimentado ao reator (kg/h) 4.000 6.000 9.000 10.000 12.000
FR não convertido (kg/h) 1.500 2.000 4.000 4.500 6.200
Uma função empírica para o custo de separação, fornecida em função das vazões de R e P alimentadas no separador, 
tem a forma C($/h) = 0,2(FR+FP), onde FR e FP são dados em kg/h. Porsua vez, o lucro obtido com P produzido é dado 
por L($/h) = FP.
Observando o que foi exposto, a condição apresentada na tabela que fornece maior valor para L − C é
(A) I
(B) II
(C) III
(D) IV
(E) V
Resolução:
Pela estequiometria da reação, todo o R reagido será equivalente à forma-
ção do produto P . Assim, para cada caso, a corrente de produto pode ser dado
pela diferença entre o que entra de R e o que sai. Podemos aplicar as fórmulas
para o lucro e custo em cada um dos itens e verificar qual gera a maior relação
L− C. Calculando L1 − C1:
L1 − C1 = (4.000− 1.500)− 0, 2× (4.000 + (4.000− 1.500))
L1 − C1 = 2.500− 1.300 = 1.200
L2 − C2:
L2 − C2 = (6.000− 2.000)− 0, 2× (6.000 + (6.000− 2.000))
L2 − C2 = 4.000− 2.000 = 2.000
Agora L3 − C3:
L3 − C3 = (9.000− 4.000)− 0, 2× (9.000 + (9.000− 4.000))
L3 − C3 = 5.000− 2.800 = 2.200
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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L4 − C4:
L4 − C4 = (10.000− 4.500)− 0, 2× (10.000 + (10.000− 4.500))
L4 − C4 = 5.500− 3.100 = 2.400
Finalmente L5 − C5:
L5 − C5 = (12.000− 6.200)− 0, 2× (12.000 + (12.000− 6.200))
L5 − C5 = 5.800− 3.560 = 2.240
�� ��Alternativa (D)
Questão 44
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
28
A reação de transesterificação de um triglicerídio com um álcool forma um éster mais a glicerina. Tais compostos estão 
representados na figura abaixo.
Se forem empregados 300 kmol do triglicerídio e 1.200 kmol de um álcool, para uma conversão de 100% do reagente 
limitante, a quantidade de matéria do reagente em excesso ao final da reação será
(A) zero, uma vez que a alimentação é estequiométrica
(B) 600 kmol do álcool 
(C) 300 kmol do álcool 
(D) 100 kmol do triglicerídeo
(E) 60 kmol do triglicerídeo
Resolução:
Pela estequiometria da reação, verificamos que cada mol de triglicerídio que
reage consome 3 mol de álcool, para que se forme o éster e a glicerina. Sendo
assim, para reagir 300 kmol de triglicerídios em uma reação cuja conversão é de
100%, serão consumidos 900 kmol de álcool.
Como estão presentes 1.200 kmol de álcool, este componente estará em
excesso e, visto que reagem 900 kmol deste, no final da reação sobrará 300 kmol.
Esta seria a alternativa (C), que corresponde ao gabarito preliminar desta ques-
tão. Porém o enunciado indica que cada cada triglicerídio reage com um álcool,
formando um éster e uma glicerina. Na verdade, cada triglicerídio reage com 3
álcoois, formando uma glicerina mais 3 ésteres. Esta informação errônea pode
confundir os candidatos, o que provavelmente levou à anulação desta questão.
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 45
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
30
Um catalisador para a reforma do etanol leva, predominantemente, à seguinte reação:
C2H5OH + 3H2O → 2CO2 + 6H2
Em um reator de bancada, a alimentação se constituía apenas de água, etanol e inerte. 
Se, na saída do reator, a razão molar entre H2 e água, H2 /água, é igual a 3, sendo a conversão de etanol de 80%, então a 
razão molar água/etanol na alimentação do reator é igual a 
(A) 2
(B) 3,6
(C) 4
(D) 5
(E) 7
Resolução:
Vamos analisar a estequiometria da reação:
C2H5OH + 3H2O → 2CO2 + 6H2
Como informado pelo enunciado, sabemos que a conversão de etanol é de
80%. Com esta informação e com a estequiometria da reação, podemos tirar duas
relações que serão muito úteis:
nagua,reage = 3× netanol,reage
nagua,reage = 3× (xetanolnetanol,inicio)
nagua,reage = 3× (0, 8netanol,inicio)
nagua,reage = 2, 4netanol,inicio
E, da mesma forma:
nH2,formado = 6× netanol,reage
nH2,formado = 6× (0, 8netanol,inicio)
nH2,formado = 4, 8netanol,inicio
Ainda, é fornecido no enunciado a relação entre H2 e água no final da rea-
ção.
nH2,formado
nagua,final
= 3
Substituindo a expressão de nH2,formado:
4, 8netanol,inicio
nagua,final
= 3
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Sabemos que o número de mol de água no final da reação será igual à
diferença entre a quantidade inicial e o que reage:
4, 8netanol,inicio
nagua,inicio − nagua,reage = 3
Substituindo a expressão de nagua,reage:
4, 8netanol,inicio
nagua,inicio − 2, 4netanol,inicio = 3
4, 8netanol,inicio = 3× (nagua,inicio − 2, 4netanol,inicio)
4, 8netanol,inicio = 3nagua,inicio − 7, 2netanol,inicio
nagua,inicio
netanol,inicio
=
7, 2 + 4, 8
3
nagua,inicio
netanol,inicio
=
12
3
nagua,inicio
netanol,inicio
= 4
�� ��Alternativa (C)
Questão 46
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
31
Observe as afirmações a seguir sobre efeitos térmicos e balanços de energia.
I - Desconsiderando a perda de pressão em dutos, para diferentes trechos em que uma mesma corrente gasosa escoa, 
a vazão volumétrica nos trechos aquecidos será maior do que nos trechos não aquecidos.
II - A temperatura de saída em um forno adiabático com queima completa, operando em regime permanente, não 
depende da vazão total dos gases alimentados, mas apenas da composição da alimentação.
III - Em balanços de energia de processos com escoamento, o termo associado ao trabalho de compressão das correntes 
que entram e saem do processo é tipicamente agrupado à energia interna de tais correntes na forma de entalpia das 
correntes.
Está correto o que se afirma em
(A) I, apenas.
(B) II, apenas.
(C) I e II, apenas.
(D) II e III, apenas.
(E) I, II e III.
Resolução:
Vamos justificar os ítens:
I - VERDADEIRA. Pela equação dos gases ideais, podemos visualizar este
efeito:
PV˙ = n˙RT
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação edistribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Ou seja, se somente a temperatura aumenta, a vazão volumétrica irá aumen-
tar também.
II - VERDADEIRA. A temperatura de saída da corrente gasosa será uma con-
sequência do calor liberado na reação que irá aquecer a corrente total. Se a
vazão aumentar, mantendo-se a relação entre os componentes na alimenta-
ção, será liberado mais calor, porém haverá proporcionalmente mais massa
a ser aquecida, levando à mesma temperatura final.
III - VERDADEIRA. A entalpia leva em conta duas parcelas: a energia interna e
o produto PV, que corresponde ao trabalho de compressão que a corrente
carrega.
�� ��Alternativa (E)
Questão 47
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
32
A queima completa de 100 kmol/h de uma mistura contendo um alcano e um alceno leva à formação de 
410 kmol/h de CO2 e 500 kmol/h de água. Na alimentação da corrente de orgânicos do forno, a fração molar do alcano é 
0,90 e a do alceno 0,10. 
Dentre os pares de compostos abaixo listados, qual deles é compatível com as informações do problema?
(A) propano - propeno
(B) pentano - propeno 
(C) butano - buteno 
(D) butano - penteno
(E) hexano - buteno
Resolução:
A chave para a resolução desta questão está em se analisar o número de
carbonos de cada um dos reagentes. Sabe-se que um propano ou propeno, por
exemplo, possui 3 carbonos em sua estrutura molecular. Sendo assim, a queima
de um mol destes irá formar 3 mol de gás carbônico, pela estequiometria básica
da reação.
Se for queimado um mol de butano (com 4 carbonos) serão formados 4 mol
de CO2, e assim por diante. A informação dada no enunciado é de que se queima
100 kmol/h de uma mistura 90% alcano e 10% alceno, em base molar. Como são
formados 410 kmol/h de gás carbônico, temos o seguinte sistema:
90× (n◦ de carbonos no alcano) + 10× (n◦ de carbonos no alceno) = 410 kmol/h
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Testando as alternativas de resposta, temos:
(A) 90× 3 + 10× 3 = 300 kmol/h
(B) 90× 5 + 10× 3 = 480 kmol/h
(C) 90× 4 + 10× 4 = 400 kmol/h
(D) 90× 4 + 10× 5 = 410 kmol/h
(E) 90× 6 + 10× 4 = 580 kmol/h
�� ��Alternativa (D)
Questão 48
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )33
C4H9OH + HC� → C4H9C� + H2O
No processo de produção do cloreto de terc-butila, representado acima, adicionaram-se 740 kg de álcool terc-butílico e 
432 kg de ácido clorídrico. Se, após uma hora, restaram 4 kmol de ácido clorídrico, a conversão do cloreto de terc-butila é
Dados 
Massa atômica do cloro = 35
Massa atômica do hidrogênio = 1 
Massa atômica do oxigênio = 16
Massa atômica do carbono = 12
(A) 100%
(B) 80%
(C) 67%
(D) 60%
(E) 40%
Resolução:
Para a resolução desta questão, é necessário passar as quantidades de
cada reagente para base molar. Calculando as massas molares do álcool terc-
butílico e ácido clorídrico, chegamos aos valores de 74 e 36 kg/kmol, respectiva-
mente. Com as massas de cada um, podemos calcular as quantidades de matéria:
nalcool =
malcool
M¯alcool
=
740
74
= 10 kmol
nacido =
macido
M¯acido
=
432
36
= 12 kmol
Como a estequiometria entre os reagentes é 1:1, notamos que o ácido clo-
rídrico está em excesso nesta reação (2 kmol a mais). No final da reação, é infor-
mado que sobra 4 kmol. Como havia um excesso de 2 kmol, pode-se conclui que
8 kmol de cada reagente são consumidos na reação. Assim, a conversão do álcool
será:
xalcool =
nalcool,consumido
nalcool,inicio
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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xalcool =
8
10
xalcool = 0, 8 = 80%
�� ��Alternativa (B)
Questão 49
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
34
A produção de benzeno a partir de tolueno ocorre de acordo com a seguinte reação:
C6H5CH3 + H2 → C6H6 + CH4
Um esquema simplificado do processo está apresentado na figura a seguir, onde são desconsideradas reações paralelas. 
A purga impede o acúmulo de metano no sistema. Na entrada do reator, a razão molar H2/tolueno deve ser mantida igual 
a 5, e a fração molar de metano é 0,20. A conversão de tolueno em único estágio (tomando como referência a corrente de 
entrada no reator) é de 75%. 
Para uma produção de 150 kmol/h de benzeno, a vazão molar de H2 na purga é, aproximadamente, igual a 
(A) 126 kmol/h (B) 203 kmol/h (C) 263 kmol/h (D) 283 kmol/h (E) 306 kmol/h
Resolução:
A chave para a resolução desta questão está em se analisar as correntes
de entrada e saída do reator. Como é informado, são produzidos 150 kmol/h de
benzeno, e é informado que a conversão de tolueno por passe (ou seja, conside-
rando somente a entrada e saída do reator) é de 75%. Com estas informações
e analisando a estequiometria da reação, podemos calcular qual a quantidade de
tolueno na entrada do reator. Sabemos que cada mol de tolueno que reage forma
um mol de benzeno. Assim:
Ftolueno,entradaxtolueno = Fbenzeno,saida
Ftolueno,entrada =
150
0, 75
Ftolueno,entrada = 200 kmol/h
Ainda, é informado que a relação entre H2 e tolueno, na entrada do reator,
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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é igual a 5. Portanto, temos:
FH2,entrada
Ftolueno,entrada
= 5
FH2,entrada = 200× 5
FH2,entrada = 1.000 kmol/h
E, ainda, esta corrente possui uma fração molar de metano igual a 20%.
xmetano,entrada =
Fmetano,ent
Fmetano,ent + FH2,ent + Ftolueno,ent
0, 2 =
Fmetano,ent
Fmetano,ent + 1.000 + 200
240 + 0, 2Fmetano,ent = Fmetano,ent
Fmetano,entrada =
240
0, 8Fmetano,entrada = 300 kmol/h
Pela estequiometria da reação, se são formados 150 kmol/h de benzeno,
forma-se também 150 kmol/h de metano. Assim, a corrente de metano na saída
do reator vale:
Fmetano,saida = Fmetano,entrada + Fmetano,formado
Fmetano,saida = 300 + 150 = 450 kmol/h
E com relação ao H2 teremos:
FH2,saida = FH2,entrada − FH2,reagido
FH2,saida = 1.000− 150 = 850 kmol/h
Como não pode haver acúmulo de metano, necessariamente se deve purgar
150 kmol/h. O que corresponde a 1
3
da corrente de produto deste. Visto que junto
a esta corrente está presente o H2, será purgado igualmente 13 da corrente de
produto deste, ou seja:
FH2,purgado =
1
3
× FH2,saida
FH2,purgado =
1
3
× 850 = 283 kmol/h
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 50
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
37
Uma das rotas da produção industrial de eteno é o craqueamento do etano, um processo endotérmico, conduzido 
tipicamente sem a presença de catalisadores, em fornos que operam em altas temperaturas. Uma série de reações 
radicalares leva a um grande número de compostos. 
Considere, apenas, a ocorrência das reações a seguir.
 1 - C2H6 → C2H4 + H2
 2 - C2H4 + C2H6 → C3H6 + CH4
A tabela a seguir apresenta o resultado da análise cromatográfica de uma amostra na saída do reator de uma unidade 
industrial na qual são considerados, apenas, metano, eteno e etano.
Composto CH4 C2H4 C2H6
Área (mV.s) 15 50 25
Se a alimentação consiste de uma mistura metano-etano, com fração molar de etano de 95%, a razão entre o número de 
mols de hidrogênio e de propeno na saída do reator é
(A) 6
(B) 5 
(C) 4 
(D) 3,33
(E) 2,5
Resolução:
Para que se resolva esta questão, é necessário que o candidato saiba que
o número de mol será proporcional à área apresentada no resultado da cromato-
grafia. O objetivo da questão é chegar em uma relação entre o número de mol de
hidrogênio e propeno ao final da reação. Para facilitar o entendimento da resolu-
ção, vamos considerar comoX a área equivalente ao numero de mol de metano no
início da reação. Analisando-se as duas reações, nota-se que, para cada molécula
de hidrogênio formada, forma-se uma molécula de eteno. Porém, o eteno é consu-
mido na segunda reação, onde cada mol consumido deste forma um mol de me-
tano. Ainda, para cada molécula de metano formada, forma-se uma de propeno.
No final da reação, temos as áreas equivalentes ao numero de mol de metano,
etano e eteno. Com estas informações, podemos montar o seguinte sistema:
nH2
npropeno
=
Aeteno + Ametano − Ametano,inicio
Ametano − Ametano,inicio
Ou seja, a quantidade formada de hidrogênio será equivalente ao eteno
formado mais a quantidade de eteno que virou metano. Já o propeno formado
será equivalente ao metano formado. Substituindo os valores, temos:
nH2
npropeno
=
50 + 15−X
15−X
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Para descobrirmos o valor de X, vamos analisar o etano consumido. No
início da reação, tínhamos uma relação de 95mol de etano para cada 5mol de
metano. Ou seja:
Aetano,inicio =
95
5
Ametano,inicio = 19X
Ainda, sabemos que o consumo total de etano será equivalente à soma da
formação de hidrogênio e propeno. Assim, escrevemos:
Aetano,inicio − Aetano,final = (50 + 15−X) + (15−X)
19X − 25 = 65−X + 15−X
19X − 25 = 80− 2X
X =
105
21
= 5
Voltando à relação entre os mols de hidrogênio e propeno, podemos substi-
tuir este valor:
nH2
npropeno
=
50 + 15− 5
15− 5
nH2
npropeno
=
60
10
= 6
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
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Questão 51
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
38
Um sistema opera com múltiplos reatores adiabáticos, que processam uma reação R → P, intercalados com resfriadores, 
conforme ilustrado na figura a seguir. 
As correntes são altamente diluídas com inerte para controle de temperatura, de forma que a capacidade calorífica das 
correntes é aproximadamente igual à capacidade calorífica do inerte. As temperaturas de entrada e saída das correntes 
nos reatores estão indicadas na figura. 
A conversão total de R no processo é de
Dados: 
ΔH da reação = −25.000 J/mol
Capacidade calorífica do inerte = 10 J/(mol.K)
Fração molar de R na alimentação = 0,1
(A) 30%
(B) 40%
(C) 50%
(D) 60%
(E) 80%
Resolução:
Para resolver esta questão, vamos considerar que partimos de uma corrente
de 1mol, onde 0, 9mol serão de inerte e 0, 1mol do elemento R. O calor de reação
liberado será modulado pelo número de mol de R que reagem, e este irá aquecer
toda a corrente, que terá acréscimos de 40, 30 e 30◦C em cada reator, totalizando
um incremento de 100◦C. Assim, podemos escrever a seguinte relação:
∆HnR,inicioxR = nCP∆T
Substituindo os valores, temos:
25.000× 0, 1× xR = 1× 10× 100
xR =
1.000
2.500
xR = 0, 4
xR = 40%
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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Questão 52
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
39
As reações a seguir mostram o processo de SOLVAY para a fabricação de carbonato de sódio. 
1 - NH3 +H2O → NH4OH - Rendimento de 70%
2 - CO2 + H2O → H2CO3 - Rendimento de 50%
3 - 2NH4OH + H2CO3 → (NH4)2CO3 + 2H2O - Rendimento de 70%
4 - (NH4)2CO3 + CO2 + H2O → 2NH4HCO3 - Rendimento de 80%
5 - NH4HCO3 + NaC� → NaHCO3 + NH4C� - Rendimento de 75%
6 - 2NaHCO3 → Na2CO3 + CO2 + H2O - Rendimento de 90%
Para 1.000 kmol de CO2 na etapa 2, qual a quantidade, em kmol, de carbonato de sódio formado?
(A) 140 (B) 189 (C) 220 (D) 378 (E) 420 
Resolução:
Para resolver esta questão, o melhor procedimento é se analisar reação por
reação. Partindo-se da reação 2, temos inicialmente 1.000 kmol de CO2. Como o
rendimento é 50% e a relação entre CO2 e H2CO3 é 1:1, serão formados:
1.000× 1× 0, 5 = 500 kmol de H2CO3
Na reação 3, temos um rendimento de 70% e uma relação de 1:1 entre
H2CO3 e (NH4)2CO3. Assim, serão formados:
500× 1× 0, 7 = 350 kmol de (NH4)2CO3
Na reação 4, cada mol de (NH4)2CO3 que reage forma 2 mol de
2NH4HCO3, e o rendimento desta é de 80%. Assim, teremos:
350× 2× 0, 8 = 560 kmol de 2NH4HCO3
Na reação 5, temos uma relação de 1:1 entre 2NH4HCO3 e NaHCO3, e um
rendimento de 75%. Portanto, formaremos:
560× 1× 0, 75 = 420 kmol de NaHCO3
Finalmente, na última reação, cada 2 mol de NaHCO3 que reage formará
1 mol de carbonato de sódio, com um rendimento de 90%. Então, chegamos a:
420× 1
2
× 0, 9 = 189 kmol de Na2CO3
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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DR
AF
T
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Questão 53
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
40
A figura a seguir ilustra uma unidade de bancada na qual correntes gasosas de He, com pressão ligeiramente superior 
à atmosférica, passam por dois saturadores em paralelo de forma a carrear metanol e água. Os saturadores possuem 
controles de temperatura independentes. As correntes se juntam e seguem para um reator onde a razão molar 
água/metanol deve ser 3, e a razão entre as vazões molares das correntes contendo água e metanol F2/F1 é igual a 5.
Admitindo que nos saturadores as correntes atinjam o equilíbrio líquido-vapor, a temperatura do saturador de água deverá 
ser de, aproximadamente,
Dado 
Pressão de vapor do metanol no saturador = 0,05 atm
(A) 15 °C 
(B) 18 °C 
(C) 20 °C 
(D) 25 °C
(E) 35 °C
Resolução:
A chave para a resolução desta questão é notar que as correntes F1 e F2
estão conectadas entre si. Sendo assim, as pressões no interior de cada saturador
serão iguais.
Psaturador,agua = Psaturador,metanol
Podemos escrever a pressão em função da composição gasosa no interior
de cada saturador.
yagua =
Pvap,agua
Psaturador,agua
Psaturador,agua =
Pvap,agua
yagua
E, para o metanol:
ymetanol =
Pvap,metanol
Psaturador,metanol
Psaturador,metanol =
0, 05
ymetanol
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Substituindo estas expressões na relação entre as pressões, temos:
Pvap,agua
yagua
=
0, 05
ymetanol
Pvap,agua = 0, 05× yagua
ymetanol
Abrindo as frações molares em função das vazões molares, a expressão
fica:
Pvap,agua = 0, 05×
(
Fagua
F2
)
(
Fmetanol
F1
)
Pvap,agua = 0, 05×
(
Fagua
Fmetanol
)
(
F2
F1
)
Substituindo as divisões pelas relações fornecidas no enunciado, ficamos
com:
Pvap,agua =
0, 05× 3
5
Pvap,agua = 0, 03 atm
De acordo com a tabela de vapor de água saturado fornecida no final da
prova, esta pressão corresponde à temperatura entre 24 e 26◦C.
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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.88
0-7
3
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 03
9.5
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 03
9.5
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.88
0-7
3
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Questão 54
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011 )42
Na desidrogenação do etano para a produção de etileno, 
o hidrogênio também formado reage com o próprio etano 
gerando metano, de acordo com as seguintes reações:
(1) C2 H6 C2 H4 + H2
(2) C2 H6 + H2 2 C H4
Considere que:
• a seletividade do etileno em relação ao metano é 
4 (mol etileno/mol metano); 
• há 125 kmol/h de C H4 no efluente. 
Nesse caso, o rendimento de etileno em relação ao etano 
consumido é, aproximadamente, 
(A) 0,5
(B) 0,75
(C) 0,8
(D) 0,9
(E) 0,95
Resolução:
A informação de quanto eteno foi formado pode ser obtida a partir da se-
letividade do catalisador, que informa que para cada 4mol de eteno formados, é
produzido 1mol de metano. Junto a esta informação, temos como produto 125kmol
de metano. Assim, o eteno formado será 4 vezes este valor, ou seja, 500kmol.
Para descobrir o consumo total de eteno, temos que analisar a estequiome-
tria da reação. Esta mostra que, para produzir um mol de metano, são consumidos
0, 5mol de etano (1:2), enquanto a primeira reação possui uma relação de 1 para 1.
Assim, consome-se 4mol de etano na primeira reação para cada 0, 5mol de etano
na segunda. A quantidade total de etano consumida será dada por:
Etano total consumido = primeira reação + segunda reação
Etano total consumido = (4× 125) + (125× 0, 5) = 562, 5
E o rendimento fica:
µ =
eteno formado
etano total consumido
µ =
500
562, 5
µ = 0, 89 ≈ 0, 9
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
9.5
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9.5
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Questão 55
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011 )
43
A reação A + B C é conduzidanum reator com uma 
conversão por passe de 50%. Na corrente de alimentação, 
são identificados 100 kmol/h do reagente A. Uma análise 
da composição do efluente revela 20% de A, 60% de B e 
20% de C, com um total de 250 kmol/h. 
Sobre um possível excesso de um dos reagentes na 
alimentação, afirma-se que
(A) o reagente B se encontra com um excesso de 25%.
(B) o reagente B se encontra com um excesso de 20%.
(C) o reagente A se encontra com um excesso de 50%.
(D) o reagente A se encontra com um excesso de 20%.
(E) não há reagente em excesso.
Resolução:
A partir da análise de composição da corrente efluente, podemos calcular
as vazões de cada um dos componentes:
FA,saida = 0, 2× 250 = 50 kmol/h
FB,saida = 0, 6× 250 = 150 kmol/h
FC,saida = 0, 2× 250 = 50 kmol/h
Como se sabe que entram 100 kmol/h de A, terão sido consumidos 50 kmol/h
deste elemento, assim como de B (a relação entre estes é de 1:1).
Se a alimentação fosse estequiométrica, a corrente de entrada de B deveria
valer 100 kmol/h. Como a corrente de saída de B é de 150 kmol/h, a vazão de
entrada deste é 200 kmol/h, o que resulta em um excesso de 100%.
Esta resposta não é contemplada nas alternativas.
�� ��Questão Anulada
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
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.88
0-7
3
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0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
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3
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9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3
DR
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Questão 56
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011 )
No processo químico representado na figura abaixo, o 
efluente do reator R é dirigido ao separador S, do qual 
sai uma corrente com todo o A e todo o I presentes 
nesse efluente. Na alimentação do reator, a vazão de A 
é de 125 kmol/h.
Parte 1
O processo químico apresentado recebe uma alimenta-
ção constituída de 100 kmol/h de um reagente A e uma 
certa quantidade de substância inerte I. Da corrente com 
todo o A e todo o I que sai de S, 50% são reciclados para 
a entrada do reator. Os outros 50% são purgados para 
evitar o acúmulo do inerte I no processo. A conversão por 
passe é 60%. 
Dessas informações, depreende-se que a conversão 
global de A seja
(A) 55%
(B) 60%
(C) 75%
(D) 80%
(E) 90%
Resolução:
A conversão global do processo será dada pela seguinte relação:
%global = 1− vazão de A na corrente de saída do processovazão de A na alimentação do processo
Como informado, a corrente de alimentação de A no processo é de 100 kmol/h.
Esta corrente é combinada com a corrente de reciclo, totalizando 125 kmol/h de A.
Como a conversão por passe é de 60%, a corrente de saída do reator terá
40% da quantidade inicial de A, ou seja: 125 × 0, 4 = 50 kmol/h de A, além do
inerte, que não reage. Como se sabe que 25 kmol/h de A são recirculados, a
corrente de purga conterá: 50 − 25 = 25 kmol/h de A. Assim, a conversão global
fica:
%global = 1− 25
100
%global = 1− 0, 25
%global = 0, 75
%global = 75%
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
9.5
75
.88
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3
 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
03
9.5
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3 
 
 
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9.5
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.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3
03
9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3
DR
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Questão 57
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011 )
Parte 2
O processo químico apresentado recebe uma certa vazão 
de um reagente A e 1 kmol/h de uma substância inerte I.
Para que a fração molar do inerte I na alimentação do 
reator seja mantida a 0,10, a fração da corrente de saída 
do separador a ser purgada deve ser
(A) 50%
(B) 60%
(C) 70%
(D) 80%
(E) 90%
Resolução:
Pelas informações fornecidas, sabe-se que a corrente de alimentação do
processo contém 1kmol/h de inerte, além de uma quantidade de A, e que, após se
juntar com a corrente de reciclo, a carga de A vale 125 kmol/h. Pela conservação
de massa, obrigatoriamente a corrente de purga deve conter 1 kmol/h de inerte. A
fração de 0, 1 em inerte na entrada do reator significa que:
0, 1 =
FI,entradaReator
FI,entradaReator + FA,entradaReator
0, 1 =
FI,entradaReator
FI,entradaReator + 125
12, 5 + 0, 1FI,entradaReator = FI,entradaReator
FI,entradaReator =
12, 5
1− 0, 1
FI,entradaReator = 13, 9 kmol/h
Como o inerte não reage, a corrente efluente do reator conterá 13, 9 kmol/h
de inerte. Sabendo-se que é purgado 1 kmol/h de inerte desta corrente, podemos
calcular a fração purgada da corrente somente se tomando como base a corrente
de inerte , visto que a proporcionalidade entre as cargas recicladas e purgadas
de A obedecerá a mesma proporção (as correntes de reciclo e purga possuem a
mesma composição).
%purgado =
1
13, 9
= 0, 07 = 7%
�� ��Questão Anulada
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
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3
03
9.5
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9.5
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3 
 
 
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0-7
3 
 
 
 03
9.5
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.88
0-7
3
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75
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0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
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3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3
DR
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T
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Questão 58
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011 )
47
Uma solução é constituída por três substâncias, A, B e C. A tabela abaixo mostra as concentrações de A, B e C na solução, 
bem como suas respectivas massas molares.
Substância Concentração na solução 
(kg/m3)
Massa molar 
(kg/kmol)
A CA MA = MC/4
B CB = 2CA MB = MC/2
C CC = 4CA MC
A fração molar do componente A na mistura é, aproximadamente,
(A) 0,14 (B) 0,17 (C) 0,33 (D) 0,39 (E) 0,67
Resolução:
Para que se obtenha a fração molar de A, é necessário que se saiba a
concentração molar de todos os componentes do sistema. Esta pode ser obtida a
partir da razão entre a concentração mássica e a massa molar. Para A:
CA,molar =
CA,massica
M¯A
CA,molar =
CA(
M¯C
4
)
CA,molar =
4CA
M¯C
Para B:
CB,molar =
CB,massica
M¯B
CB,molar =
2CA(
M¯C
2
)
CB,molar =
4CA
M¯C
Para C:
CC,molar =
CC,massica
M¯C
CC,molar =
4CA
M¯C
Assim, a fração molar fica:
xA =
CA,molar
CA,molar + CB,molar + CC,molar
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
9.5
75
.88
0-7
3
 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
03
9.5
75
.88
0-7
303
9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3
03
9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3 
 
 
 03
9.5
75
.88
0-7
3
DR
AF
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xA =
(
4CA
M¯C
)
4CA
M¯C
+ 4CA
M¯C
+ 4CA
M¯C
xA =
1
1 + 1 + 1
xA =
1
3
= 0, 33
�� ��Alternativa (C)
Questão 59
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2011 )69
Uma corrente (corrente 1) de 100 kg/h de água, na condi-
ção de vapor saturado a uma pressão P1 e a uma tempe-
ratura T1 (entalpia específica = 2.500 kJ/kg), é misturada 
adiabaticamente com outra corrente de água (corrente 2) 
que se encontra na condição de vapor superaquecido, a 
uma temperatura T2 e a uma pressão P2 = P1 (entalpia 
específica = 3.500 kJ/kg). A corrente obtida pela mistura 
das correntes 1 e 2 (corrente 3) é vapor superaquecido 
a uma temperatura T3 menor do que T2 e a uma pressão 
P3 = P1 (entalpia específica = 3.000 kJ/kg). 
A vazão mássica da corrente 3, em kg/h, é
(A) 125 (B) 150 (C) 175 (D) 200 (E) 225 
Resolução:
Com um balanço de massa e um balanço de energia, pode-se resolver esta
questão. O balanço de massa é:
F1 + F2 = F3 → F2 = F3 − 100
Esta relação pode ser substituída no balanço de energia:
(F1H1) + (F2H2) = (F3H3)
(100× 2500) + ((F3 − 100)× 3500) = (F3 × 3000)
250.000 + 3.500F3 − 350.000 = 3.000F3
F3 =
250.000− 350.000
3.000− 3.500
F3 = 200 kg/h �� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
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3
 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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75
.88
0-7
3
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Questão 60
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006 )25
Uma mistura de gases tem a seguinte composição mássica:
O2: 16%; CO: 4,0%; CO2: 17% e N2: 63%. A composição
molar do CO2, nesta mistura, é:(A) 0,12 (B) 0,17 (C) 0,20 (D) 0,22 (E) 0,44
Resolução:
Vamos supor que temos 100 g desta mistura. Assim, teríamos as seguintes
quantidades de cada componente: 16 g de O2, 4 g de CO, 17 g de CO2 e 63 g de N2.
Com as massas molares de cada componente, obtemos a quantidade de matéria
de cada componente:
nO2 =
mO2
M¯O2
=
16
32
= 0, 5 mol
nCO =
mCO
M¯CO
=
4
28
= 0, 14 mol
nCO2 =
mCO2
M¯CO2
=
17
44
= 0, 39 mol
nN2 =
mN2
M¯N2
=
63
28
= 2, 25 mol
A fração molar de CO2 será então:
xCO2 =
0, 39
0, 5 + 0, 14 + 0, 39 + 2, 25
= 0, 12
�� ��Alternativa (A)
Questão 61
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006 )30
Em reator tubular de 1,2m3, uma reação irreversível de
primeira ordem, conduzida a uma temperatura constante,
alcança conversão de 90%. Qual o volume, em m3,do reator
necessário para que a conversão atinja 99%?
(A) 0,5 (B) 2,4 (C) 4,8 (D) 6,0 (E) 12
Resolução:
O comprimento de um reator PFR pode ser dado pela seguinte expressão:
V = Fao
∫ Xa
0
dXa
−ra
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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3
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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E a taxa de uma reação de primeira ordem vale:
−ra = kCa = kCao(1−Xa)
Assim, a expressão completa é:
V = Fao
∫ Xa
0
dXa
KCao(1−Xa)
V =
Fao
KCao
∫ Xa
0
dXa
(1−Xa)
V = − Fao
KCao
ln(1−Xa)
Com o primeiro conjunto de volume para conversão, podemos obter a rela-
ção entre as variáveis que não possuímos.
− Fao
KCao
=
V
ln(1−Xa)
Fao
KCao
= − 1, 2
ln(1− 0, 9)
Fao
KCao
= − 1, 2
ln(0, 1)
Fao
KCao
=
1, 2
ln(10)
No final da prova é fornecida uma tabela com os logaritmos naturais, logo:
Fao
KCao
=
1, 2
2, 3
= 0, 52
E podemos usar este valor para descobrir o volume do reator para a conver-
são de 99%.
V = −0, 52 ln(1− 0, 99)
V = −0, 52 ln(0, 01)
V = 0, 52 ln(100)
V = 0, 52× 4, 6 = 2, 4 m3
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
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3
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Questão 62
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006 )
31
Observe o gráfico abaixo.
A substância A se transforma em C através de duas reações
seqüenciais A�B�C, sendo a primeira de ordem 1 e a se-
gunda, de ordem 2. O gráfico representa as concentrações
(mol/l) das diferentes espécies em função do tempo (min).
As curvas associadas a cada uma das espécies, respectiva-
mente, são:
(A) A (1), B (2) e C (3). (B) A (1), B (3) e C (2).
(C) A (2), B (3) e C (1). (D) A (3), B (1) e C(2).
(E) A (3), B (2) e C (1).
1
2
3
1.0
0.9
0.8
0.7
0.6
0.5
0.4
0.3
0.2
0.1
0.00 1.00 10.009.008.007.006.005.00
t (min)
4.002.00 3.00
Resolução:
Pelas curvas, podemos identificar a variação de concentração dos 3 compo-
nentes com o avanço da reação.
No início da reação, o único componente presente é o A. No gráfico, pode-
mos identificar a curva deste como a 3, visto que este é o único com concentração
no instante t = 0.
O elemento B é o primeiro a ser produzido, mas logo é consumido na se-
gunda reação. Assim, sua concentração cresce, tem um ponto de máximo e cai, o
que pode ser visualizado na curva 2.
E o único elemento cuja concentração só aumenta com o tempo é o C,
representado na curva 1.
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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0-7
3
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.88
0-7
3 
 
 
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.88
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 03
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DR
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Questão 63
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006 )
32
Observe o fluxograma abaixo.
O fluxograma ilustra um processo contínuono estado
estacionário, contendo duas unidades. Cada corrente
contém dois componentes (A e B), em diferentes propor-
ções. Três correntes cujas vazões e/ou composições não
são conhecidas são rotuladas de 1, 2 e 3. A vazão da corrente
3 (em kg/h) e a composição de A, nesta mesma corrente
(em kg A/kg), são, respectivamente:
(A) 40; 0,083 (B) 40; 0,917
(C) 60; 0,083 (D) 60; 0,917
(E) 100; 0,500
30,0 kg/h
0,300 kg A/kg
0,700 kg B/kg
30,0 kg/h
0,600 kg A/kg
0,400 kg B/kg
40,0 kg/h
0,900 kg A/kg
0,100 kg B/kg
1 2 3100,0 kg/h
0,500 kg A/kg
0,500 kg B/kg
Resolução:
Com balanço de massa global e por componente, resolve-se esta questão.
Balanço de massa global:
100 + 30 = 40 + 30 + F3
F3 = 130− 70 = 60 kg/h
Balanço de massa para A:
(100× 0, 5) + (30× 0, 3) = (40× 0, 9) + (30× 0, 6) + (60xa)
xa =
(50 + 9)− (36 + 18)
60
xa =
5
60
xa = 0, 083
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
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75
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0-7
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Questão 64
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2006 )
40
Um reator (volume 2 litros) é alimentado com um líquido
(vazão de 1L/min) contendo A e B (concentrações iniciais de
0,10 mol/L e 0,01 mol/L, respectivamente). As substâncias
reagem de forma complexa e a estequiometria é desconhe-
cida. O fluxo que sai do reator é composto por A, B e C
(CA=0,02 mol/L; CB=0,03 mol/L e CC=0,04 mol/L). Conside-
rando o sistema com densidade constante, pode-se afir-
mar que:
(A) A é consumido a uma velocidade de 0,08 mol/(L.min).
(B) B é consumido a uma velocidade de 0,01 mol/(L.min).
(C) B é produzido a uma velocidade de 0,02 mol/(L.min).
(D) C é consumido a uma velocidade de 0,02 mol/(L.min).
(E) C é produzido a uma velocidade de 0,02 mol/(L.min).
Resolução:
Visto que a vazão é de 1 L/min e o volume do reator de 2 L, o tempo de
residência da corrente no reator é de 2 min. Neste tempo, os componentes A, B e
C entram com uma concentração e saem com outra.
De uma maneira grosseira, podemos considerar a velocidade de reação
para cada componente da seguinte forma:
Va =
Ca − Cao
t
=
0, 02− 0, 1
2
= −0, 04 mol/(L.min)
Vb =
Cb − Cbo
t
=
0, 03− 0, 01
2
= 0, 01 mol/(L.min)
Vc =
Cc − Cco
t
=
0, 04− 0
2
= 0, 02 mol/(L.min)
Onde o sinal negativo na velocidade de A indica o consumo, e no caso de B
e C temos a formação destes.
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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0-7
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Questão 65
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )
32
Dois líquidos X e Y possuem massas específicas a 20 °C 
de 500 kg/m3 e 600 kg/m3, respectivamente. Em um 
tanque mantido à temperatura constante de 20 °C, serão 
misturados 80 m3 do líquido X com 120 m3 do líquido Y. 
Se os líquidos formarem uma mistura ideal, a massa 
específica média da mistura a 20 °C, em kg/m3, será 
(A) 540 
(B) 545 
(C) 550 
(D) 555 
(E) 560
Resolução:
Sabe-se que o volume total da mistura será dado pela soma dos volumes
de cada componente, visto que a mistura é ideal. Para calcular a massa total da
mistura, utilizamos a massa específica de cada componente.
ma = ρaVa = 500× 80 = 40.000 kg
mb = ρbVb = 600× 120 = 72.000 kg
Assim, a massa específica média fica:
ρmedia =
ma +mb
Va + Vb
ρmedia =
40.000 + 72.000
80 + 120
ρmedia =
112.000
200
ρmedia = 560 kg/m
3
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 66
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )
33 
Um processo é usado para a obtenção de aldeído fórmico 
pela reação catalítica de oxidação do metano: 
CH4 + O2 HCOH + H2O
No entanto, também ocorre, no reator, a seguinte reação 
de combustão: CH4 + 2O2 CO2 + 2H2O
A análise do efluente do reator, em base molar, indicou: 
HCOH = 30%; CO2 = 3%; CH4 = 27%; H2O = 36%; 
O2 = 4%
Com base nessas informações, analise as afirmativas 
abaixo. 
I - O reagente em excesso na reação foi o oxigênio.
II - A conversão de metano foi 55%.
III - A conversão de oxigênio foi 90%.
IV - A seletividade do aldeído fórmico, em relação ao 
dióxido de carbono, foi 30/1.
Estão corretas APENAS as afirmativas
(A) I e II
(B) I e IV
(C) II e III 
(D) II e IV
(E) III e IV
Resolução:
Antes de justificar as afirmativas, vamos analisar a corrente de efluente.
Supondo que são formados no total 100 mol, teríamos as seguintes cargas por
componente: 30 mol de HCOH, 3 mol de CO2, 27 mol de metano, 36 mol de
água e 4 mol de oxigênio. Para verificar a carga de alimentação, analisemos a
estequiometria das reações. O metano consumido é igual à soma de HCOH e
CO2 formados. Assim, a carga inicial de metano é:
Fmetano,inicio = Fmetano,final + Fmetano,consumido
Fmetano,inicio = 27 + (30 + 3) = 60 mol
Para o oxigênio, o consumo será igual à soma de HCOH e duas vezes o
CO2 (estequiometria 2:1).
Foxigenio,inicio = Foxigenio,final + Foxigenio,consumido
Foxigenio,inicio = 4 + (30 + (3× 2)) = 40 mol
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Assim, podemos justificar as afirmativas.
I - FALSA. Apesar do consumo de oxigênio ser maior do que o de metano, ao
final da reação teremos uma quantidade muito maior de metano do que oxi-
gênio, que é quase todoconsumido (27 para cada 4mol). Assim, conclui-se
que o metano está em excesso.
II - VERDADEIRA. A conversão de metano pode ser calculada:
xmetano = 1− Fmetano,final
Fmetano,inicio
xmetano = 1− 27
60
xmetano = 1− 0, 45
xmetano = 0, 55 = 55%
III - VERDADEIRA. A conversão de oxigênio pode ser calculada:
xoxigenio = 1− Foxigenio,final
Foxigenio,inicio
xoxigenio = 1− 4
40
xoxigenio = 1− 0, 1
xoxigenio = 0, 9 = 90%
IV - FALSA. A seletividade de HCOH em relação ao CO2 é a seguinte:
xoxigenio =
FHCOH,final
FCO2,inicio
xoxigenio =
30
3
xoxigenio = 10
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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Questão 67
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )
34
Uma mistura de dois componentes A e B é carga de um 
reator, onde ocorre a seguinte reação:
A + 2B C + D
Na saída do reator, os produtos C e D são separados, e os 
reagentes A e B são totalmente reciclados para o reator, 
conforme mostrado na figura abaixo. 
Sabendo-se que a conversão por passe do reagente A é 
de 40%, a conversão global do reagente B é
(A) 20% 
(B) 33% 
(C) 40% 
(D) 67% 
(E) 100%
Resolução:
A conversão global de B será dada pela seguinte relação:
%global,B = 1− vazão de B na corrente de saída do processovazão de B na alimentação do processo
Como todo o B é recirculado, a vazão de saída deste é igual a zero. Assim,
teremos:
%global,B = 1− 0
%global,B = 1 = 100%
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 68
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )35
Um hidrocarboneto puro é queimado com ar enriquecido 
contendo 50% em volume de O2, gerando um gás de com-
bustão com a seguinte análise em base seca (% em volu-
me): CO2 = 20% ; O2 = 20% e N2 = 60%. Com base nessas 
informações, o hidrocarboneto que está sendo queimado 
e a porcentagem de excesso de ar são, respectivamente,
(A) Metano; 50%
(B) Metano; 20%
(C) Etano; 33%
(D) Etano; 20%
(E) Propano; 20%
Resolução:
Supondo que na saída teremos 100 mol de efluente seco, formamos 20 mol
de CO2, e sobram 20 mol de O2 e 60 mol de N2, desconsiderando a água formada.
Como o ar de entrada é 50% em O2, os 60 mol de N2 que não são consumidos
correspondem a 50% desta corrente. Assim, na entrada teremos também 60 mol
de O2. Como a combustão é completa, teremos como excesso de O2:
%excesso,O2 =
FO2,final
FO2,inicio − FO2,final
%excesso,O2 =
20
60− 20
%excesso,O2 =
20
40
%excesso,O2 = 0, 5 = 50%
Já identificamos a alternativa correta como a letra (A). Para confirmarmos
esta opção, temos que identificar o hidrocarboneto queimado. Para tanto temos
que montar as estequiometrias das reações para metano, etano e propano. São
as seguintes:
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
C2H6 + 3, 5O2 → 2CO2 + 3H2O
C3H8 + 5O2 → 3CO2 + 4H2O
Temos que analisar a proporção do consumo de oxigênio para formação de
CO2. No nosso caso, temos o consumo de 40 mol de O2 para a formação de 20 mol
de CO2, ou seja, 2:1. Esta proporção é verificada na combustão de metano.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 69
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )
38
O hidrogênio é produzido pela reação de monóxido de 
carbono com vapor de água, de acordo com a seguinte 
reação: 
CO(g) + H2O(g) CO2(g) + H2(g)
A reação ocorre à pressão atmosférica e à temperatura de 
830 ºC, alimentando o dobro da quantidade de matéria de 
água em relação ao monóxido de carbono. Nas condições 
operacionais do reator, a constante de equilíbrio (Kp) é 1,0. 
Assumindo-se que a mistura tem comportamento ideal, a 
fração molar de hidrogênio, na mistura final, é aproxima-
damente
(A) 0,22
(B) 0,33
(C) 0,44
(D) 0,55
(E) 0,66
Resolução:
A constante de equilíbrio pode ser expressa da seguinte forma:
Kp =
PCO2PH2
PCOPH2O
E podemos expressar todas em função da conversão de CO.
Kp =
PCO,inicial × x× PCO,inicial × x
PCO,inicial × (1− x)× PCO,inicial × (2− x) = 1
x2 = (1− x)× (2− x)
x2 = 2− 3x+ x2
3x = 2
x =
2
3
= 0, 67
Assim, podemos calcular a fração molar de H2, em função da conversão:
xH2 =
0, 67
0, 67 + 0, 67 + (1− 0, 67) + (2− 0, 67)
xH2 =
0, 67
0, 67 + 0, 67 + 0, 33 + 1, 33
xH2 =
0, 67
3
= 0, 22
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 70
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )56
A reação 2 A B, em fase líquida, cuja cinética obedece 
ao comportamento de uma reação elementar, é conduzi-
da em um reator em batelada de 100 L. No início de cada 
batelada, a massa reacional contém 5,0 mol/L de A 
e 0,5 mol/L de B. Sabendo-se que, nas condições de 
reação, a constante de velocidade da reação (k) é igual 
a 0,1 L∙mol-1∙min-1, e as massas molares de A e B são, 
respectivamente, 20 kg/kmol e 40 kg/kmol, o valor ini-
cial da derivada da massa de B em relação ao tempo, 
em kg/min, é
(A) 10 (B) 5 (C) 1 (D) 0,5 (E) 0,4 
Resolução:
Para o caso desta reação elementar, conduzida em batelada, temos o se-
guinte balanço de massa para B:
dCB
dt
= (rB)
E, pela estequiometria (2:1):
(−rA)
2
=
(rB)
1
Ainda:
(−rA) = kC2a [mol/(L.min)]Assim, substituindo estas expressões, o balanço de massa para B fica:
dCB
dt
=
kC2a
2
Substituindo os valores, temos para o instante inicial:
dCB
dt
=
0, 1× 52
2
= 1, 25 mol/(L.min)
Multiplicando pelo volume e pela massa molar, temos:
dnB
dt
= 1, 25× 100× 40 = 5.000 g/min = 5 kg/min
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 71
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2011 )57
Um processo químico é baseado na reação A B + C, 
elementar, exotérmica e irreversível. Essa reação ocorre 
em um reator tipo tanque agitado (CSTR), em fase líqui-
da, na temperatura de 200 ºC, com conversão de 40%. 
Se a temperatura de operação do reator aumentar para 
220 ºC, a conversão irá 
(A) aumentar. 
(B) diminuir. 
(C) permanecer constante.
(D) aumentar ou diminuir, dependendo do volume do rea-
tor.
(E) aumentar ou diminuir, dependendo da concentração 
de A.
Resolução:
O balanço de massa em um reator CSTR resulta na seguinte expressão:
VCSTR =
CaoVoXa
(−ra)
Xa =
VCSTR(−ra)
CaoVo
Sabendo que a reação é elementar:
(−ra) = kCa
(−ra) = kCao(1−Xa)
Substituindo esta expressão:
Xa =
VCSTR(kCao(1−Xa))
CaoVo
XaVo = kVCSTR − kXaVCSTR
XaVo +XakVCSTR = kVCSTR
Xa =
kVCSTR
Vo + kVCSTR
Visto que k obedece a equação de Arrhenius e aumenta com a temperatura,
um acréscimo de 20◦C irá aumentar o valor de k. Como todas as outras variáveis
se mantém constantes, pela equação acima podemos ver que a conversão do
sistema irá aumentar.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 72
( Eng. de Processamento Jr - PetroBio 2010 )21
Um maçarico queima acetileno (C2H2(g)) e oxigênio.
Admitindo que sejam usados 135 kg de cada gás e que a
combustão seja completa, tem-se que,
Dados: C = 12; H = 1; O = 16
(A) por ser uma combustão completa, as massas de
acetileno e oxigênio são consumidas completamente
no processo.
(B) na reação, existe um excesso de 40 kg de oxigênio.
(C) na reação, serão produzidos 2,5 kmol de gás carbônico.
(D) na reação, a quantidade de acetileno (kmol) é igual à
do gás carbônico produzido (kmol).
(E) se os 135 kg de oxigênio fossem substituídos por
135 kg de ar, o resultado seria o mesmo.
Resolução:
A queima de acetileno obedece a seguinte reação química:
C2H2 + 2, 5O2 → 2CO2 +H2O
Calculando a massa molar dos dois componentes, temos M¯acetileno =
26 kg/kmol e M¯oxigenio = 32 kg/kmol. Como dispomos de 135 kg de cada um
dos reagentes, temos as seguintes quantidades de matéria:
nacetileno =
135
26
= 5, 2 kmol
noxigenio =
135
32
= 4, 2 kmol
Pela estequiometria, necessitamos de 2, 5 mol de oxigênio para queimar
1 mol de acetileno. Assim, podemos verificar que estamos com excesso de ace-
tileno, o que invalida a alternativa (A). Se todos os 4, 2 kmol de oxigênio forem
consumidos, serão consumidos em conjunto 1, 7 kmol (4,2
2,5
) de acetileno. Assim, o
acetileno está em excesso de 5, 2 − 1, 7 = 3, 5 kmol, ou 91 kg (multiplicado pela
massa molar), o que exclui a letra (B).
A quantidade de CO2 produzida será: 2 × 1, 7 = 3, 4 kmol, invalidando as
letras (C) e (D).
Por último, caso trabalhássemos com 135 g de ar ao invés de oxigênio, o
resultado não seria o mesmo, pois o ar é composto somente por aproximadamente
20% de ar, em base molar. Assim, a questão não apresenta resposta correta.
�� ��Questão Anulada
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 73
( Eng. de Processamento Jr - PetroBio 2010 )
Parte 1
O fluxograma mostra as substâncias presentes em
cada corrente de um processo de decomposição de um
composto A pela reação A � B + C. 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.
Com base nesses dados, a conversão por passe, a
conversão global e a concentração molar do inerte na
corrente de alimentação do reator são, em valores
aproximados, respectivamente,
(A) 70%, 50% e 20%
(B) 55%, 40% e 25%
(C) 50%, 65% e 15%
(D) 40%, 60% e 10%
(E) 30%, 30% e 20%
separadorreator
purga
A,I A,I,B,CA,I
A,I
A,I
A,I
8 7
4 B
C
521 3
6
Resolução:
Iniciamos calculando a conversão global de A no processo. Como são pur-
gados 34 kmol/h de A e a alimentação do processo vale 100 kmol/h, temos:
%global,A = 1− 34
100
%global,A = 1− 0, 34
%global,A = 0, 66 = 66%
Ainda, como a corrente efluente de A é composta por 68 kmol/h e são pur-
gados 34 kmol/h desta, teremos um reciclo de: 68 − 34 = 34 kmol/h. Assim, a
corrente de A que entra no reator vale 100 + 34 = 134 kmol/h e a saída 68 kmol/h.
A conversão por passe fica:
%passe,A = 1− 68
134
%passe,A = 1− 0, 5
%passe,A = 0, 5 = 50%
Visto que o inerte não pode acumular no sistema, a corrente de purga de-
verá conter 1 kmol/h deste. Como a razão entre reciclo e purga vale 1, teremos
1 kmol/h de inerte sendo recirculado. Assim a concentração deste na corrente de
alimentação do reator valerá:
Cinerte,alim.Reator =
1 + 1
100 + 34
Cinerte,alim.Reator = 0, 015 = 1, 5%
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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REAÇÕES QUÍMICAS www.exatas.com.br 89A questão deveria ter sido anulada, pois aparentemente a concentração de
inerte foi multiplicada por 10 na resposta. Mesmo assim, a única alternativa que
corresponde aos valores corretos de conversão é a letra (C).
�� ��Alternativa (C)
Questão 74
( Eng. de Processamento Jr - PetroBio 2010 )
Parte 2
O reagente A se apresenta nas correntes 1, 2, 3 e 8 com as
respectivas vazões (kmol/h): 100, 125, 50, 25. A tempera-
tura na corrente 6 é de 80 oC e na corrente 1 é 25 oC.
Desprezando-se a presença do inerte, devido à sua baixa
concentração, a temperatura da corrente 2 deve ser, apro-
ximadamente,
(A) 18 oC
(B) 25 oC
(C) 36 oC
(D) 43 oC
(E) 54 oC
Resolução:
Como a corrente 6 está a 80◦C, as correntes 7 e 8 estarão na mesma tem-
peratura, visto que não há adição nem remoção de calor nestas etapas.
A corrente 8 possui uma vazão de 25 kmol/h. Assim, a corrente 2 será
resultado da mistura de 100 kmol/h a 25◦C e 25 kmol/h a 100◦C. Por balanço de
energia, temos:
m2Cp(Tf − 25) = m1Cp(Tf,1 − 25) +m8Cp(Tf,8 − 25)
125× (Tf − 25) = 100× (25− 25) + 25× (80− 25)
Tf =
25× (80− 25)
125
+ 25
Tf =
25× 55
125
+ 25
Tf = 36
◦C
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 75
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
31
Um avião estava em terra com 7.000 litros de combustível
nos seus dois tanques, mas necessitava de 20.600 kg para
alcançar o seu próximo destino. Usando o valor 1,76 para
a densidade, a tripulação de terra abasteceu-o com uma
quantidade insuficiente de combustível, acarretando um
pouso forçado. Sabendo que 1,76 é o valor da densidade
em lb/litro, e não em kg/litro, e usando o fator de conversão
2,2 lb/kg, descobriu-se que o avião decolou com um déficit
de combustivel no valor, em kg, de
(A) 2.210
(B) 4.650
(C) 5.830
(D) 6.720
(E) 8.390
Resolução:
Para facilitar a resolução da questão, vamos calcular inicialmente a massa
específica do combustível, em kg/L:
ρ(kg/L) =
ρ(lb/L)
(fator de conversão lb/kg)
ρ(kg/L) =
1, 76
2, 2
ρ(kg/L) = 0, 8 kg/L
Agora vamos à resolução. O avião continha 7.000L de combustível. Utili-
zando a massa específica em lb/L, temos a seguinte massa:
mcombustivel,ρ−incorreto = 7.000× 1, 76 = 12.320 lb
Porém a tripulação pensou que este era o peso em kg. Assim, foi abastecida
a seguinte quantidade:
mabastecida,real = 20.600− 12.320 = 8.280 kg
Se tivesse sido utilizada a densidade correta, teríamos a seguinte massa
inicial de combustível:
mcombustivel,ρ−correto = 7.000× 0.8 = 5.600 kg
E, portanto, deveria ter sido abastecida a seguinte quantidade:
mabastecida,necessaria = 20.600− 5.600 = 15.000 kg
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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3
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Assim, o déficit de combustivel vale:
mabastecida,necessaria −mabastecida,real = 15.000− 8.280 = 6.720 kg
�� ��Alternativa (D)
Questão 76
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
32
O seguinte problema constou de uma prova: “Calcular a
composição da corrente de saída de um reator onde se
passa a reação A + 2B � C. O reator é alimentado com
100 kmol/h de A e 200 kmol/h de B. A corrente de saída
contém 25% do reagente A”. A resposta de um aluno se
encontra representada no fluxograma abaixo.
O raciocínio apresentado foi o seguinte:
- por balanço material global: F
3
= 100 + 200 = 300 kmol/h
(vazão molar total da corrente de saída);
- se a corrente de saída contém 25% de A, então
F
A3
 = (0,25)(300) = 75 kmol/h;
- então a conversão de A é de 100 [(100 – 75)/100] = 25%;
- aplicando a conversão a B, F
B3
 = 200 – (0,25)(200) =
150 kmol/h e x
B3
 = 150/300 = 0,50;
- pela estequiometria da reação: F
C3
 = (0,25)(100) =
25 kmol/h e x
C3
 = 25/300 = 0,0833;
- ao somar as vazões molares na corrente de saída, o
aluno descobriu que o resultado foi 250 < 300 !!! e que
a soma das frações molares foi 0,833 < 1 !!!.
O aluno errou ao
(A) efetuar o balanço material global.
(B) considerar a estequiometria da reação.
(C) calcular a vazão molar de algum componente.
(D) calcular a conversão.
(E) calcular F
A 3
.
F = 100 kmol/h1A
F = 200 kmol/h2B
1
2
3
F = 75 kmol/h x = 0,25 (dada)
F = 150 kmol/h x = 0,50
F = 25 kmol/h x = 0,0833
F = 300 kmol/h
A3 A3
B3 B3
C3 C3
3
REATOR
Resolução:
O grande erro do aluno é considerar a conservação do número de mol do
sistema, sendo que ocorre uma reação química. Se não houvesse reação química,
este balanço de massa poderia ter sido aplicado. No momento que o aluno assume
que a corrente de saída será de 300kmol/h, ele erra. Como existe uma reação
química envolvida, temos que obedecer a estequiometria da mesma para prever o
número de mol ao final da reação, além da conversão global. Com a informação
de que 25% da corrente de produto é de A, podemos descobrir a conversão do
sistema.
0, 25 =
FA,produto
FA,produto + FB,produto + FC,produto
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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3
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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0, 25 =
FA,in − FA,reag
(FA,in − FA,reag) + (FB,in − FB,reag) + FC,formado
0, 25 =
100− 100X
(100− 100X) + (200− 200X) + 100X
0, 25 =
100− 100X
300− 200X
75− 50X = 100− 100X
X =
25
50
X = 0, 5
Assim, podemos calcular a vazão molar de produto:
Fproduto = (100− 100X) + (200− 200X) + 100X
Fproduto = 50 + 100 + 50
Fproduto = 200 kmol/h
O restante do raciocínio do aluno está correto, as quantidades finais de cada
componente obedecem a estequiometria da reação, porém todo o raciocínio fica
comprometido devido à primeira premissa estar incorreta.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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3
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73.É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 77
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
33
Um reator de mistura recebe 200 kmol/h de um
reagente A
1
 a T
1
 = 30 oC e 100 kmol/h de outro reagente
A
2
 a T
2
 = 50 oC. A reação 2 A
1
 + A
2
� A
3
é exotérmica,
com um calor de reação de 60 kcal / kmol de A
3
 produzido,
e apresenta uma conversão de 60%. O reator não é
isolado do meio ambiente, que se encontra à temperatura
Ta = 20 oC, e possui uma área superficial de 20 m2.
O coeficiente global de transferência de calor é
U = 100 kcal / h m2 oC. As capacidades caloríficas das
substâncias envolvidas, em kcal / kmol oC, são, respec-
tivamente: C
p1
 = 1,2 : C
p2
 = 1,4 : C
p3
 = 1,9. O fluxograma
ao lado mostra o resultado do balanço material.
Por balanço de energia, conclui-se que a temperatura
de saída T
3
 e a quantidade de calor perdida para o meio
ambiente Q assumem o seguinte par de valores:
(A) T
3
 = 25 oC e Q = 7.000 kcal/h
(B) T
3
 = 24 oC e Q = 8.000 kcal/h
(C) T
3
 = 24 oC e Q = 5.000 kcal/h
(D) T
3
 = 23 oC e Q = 6.000 kcal/h
(E) T
3
 = 22 oC e Q = 8.000 kcal/h
f = 80 kmol/h
f = 40 kmol/h
f = 60 kmol/h
F = 180 kmol/h
T
13
23
33
3
3
�
F = 200 kmol/h11 F = 100 kmol/h22
T = 50 C2
o
2
3
1
Ta = 20
Q
Resolução:
Primeiramente, deve-se levar em conta que, no interior de um reator de
mistura perfeita, a temperatura é constante e igual à temperatura da corrente de
saída, no estado estacionário. Sendo assim, podemos montar a equação da troca
de calor com o meio externo:
Qmeioexterno = UA∆T
Qmeioexterno = 100× 20× (T3 − 20)
Qmeioexterno = 2.000× (T3 − 20)
Com esta equação, pode-se analisar as alternativas de resposta, para ver
quais obedecem esta relação. Verifica-se que apenas as letras (B) e (D) podem
estar corretas. Para obtermos T3, realizamos um balanço de energia no sistema.
A equação resultante, que pode ser encontrada em diversos livros, é:
UA(Ta − T3)− FA2o
A2∑
i=A1
ΘiCpi(T3 − Toi)− FA2oXa∆HR = 0
Onde Θi = FioFA2o . Foi escolhido tomar o componente A2 como base por este
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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3 
 
 
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3
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3 
 
 
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ter relação 1:1 com o produto. Substituindo, temos:
100× 20× (20− T3)− 100× (2× 1, 2× (T3 − 30) + 1× 1, 4× (T3−50))−
−100× 0, 6× (−60) = 0
40.000− 2.000T3 − 100× (2, 4T3 − 72 + 1, 4T3 − 70) + 3600 = 0
40.000− 2.000T3 − 240T3 + 7200− 140T3 + 7000 + 3600 = 0
Isolando T3 temos:
T3 =
40.000 + 7.200 + 7.000 + 3.600
2.000 + 240 + 140
T3 =
57.800
2.380
T3 = 24, 3 ≈ 24◦C
E, respectivamente:
Qmeioexterno = 2.000× (24− 20)
Qmeioexterno = 8.000 kcal/h
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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3
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Questão 78
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
34
Uma mistura contém 960 kg de O
2
 e 440 kg de CO
2
.
Qual a massa molar média desta mistura?
(A) 44 kg/kmol
(B) 42 kg/kmol
(C) 39 kg/kmol
(D) 35 kg/kmol
(E) 32 kg/kmol
Resolução:
Para calcularmos a massa molar média, precisamos saber a massa e o
número total de mol da mistura. A massa é dada pela soma dos dois componentes:
mO2 +mCO2 = 960 + 440 = 1400 kg
A quantidade de matéria é obtida a partir da massa molar de cada um deles:
nO2 =
mO2
M¯O2
=
960
32
= 30 kmol
nCO2 =
mCO2
M¯CO2
=
440
44
= 10 kmol
Assim, a massa molar média fica:
M¯media =
mO2 +mCO2
nO2 + nCO2
M¯media =
1400
30 + 10
M¯media = 35 kg/kmol
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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3
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Questão 79
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
35
O fluxograma abaixo corresponde a um processo de
produção de óxido de etileno a partir de etileno pela
reação C2H4 + (1/2) O2 � C2H4O. O processo é
constituído de um reator (R), de um separador (S)
e de uma corrente de reciclo. A alimentação do processo
é constituída de uma mistura etileno / ar na proporção
1 : 10 (Ar: 21% O
2
 + 79% N
2
). O separador separa com-
pletamente o óxido de etileno dos resíduos de reagentes.
Parte desses residuos é reciclada, sendo o restante
purgado.
Qual o resultado da análise do fluxograma?
20 kmol/h C H
202 kmol/h O
848 kmol/h N
2 4
2
2
120 kmol/h C H
252 kmol/h O
948 kmol/h N
2 4
2
2
80 kmol/h C H
808 kmol/h O
3.792 kmol/h N
2 4
2
2
200 kmol/h C H
1.060 kmol/h O
4.740 kmol/h N
2 4
2
2
100 kmol/h C H
1.010 kmol/h O
4.740 kmol/h N
2 4
2
2
100 kmol/h C H
1.010 kmol/h O
4.740 kmol/h N
100 C H O
2 4
2
2
2 4
R
100 C H O2 4
SConversão por
passe do C2H4
Conversão global
do C2H4
Excesso de O2 na
alimentação do reator
960 kmol/h
960 kmol/h
840 kmol/h
1.010 kmol/h
500 kmol/h
83,3 %
83,3 %
83,3 %
82,4 %
75,8 %
55%
50%
50%
50%
45%
(A)
(B)
(C)
(D)
(E)
Resolução:
A conversão global do processo será dada pela seguinte relação:
%global = 1− vazão de etileno na corrente de saída do processovazão de etileno na alimentação do processo
Enquanto a conversão por passe é dada pelas condições na entrada e saída do
reator.
%passe = 1− vazão de etileno na corrente de saída do reatorvazão de etileno na alimentação do reator
Como os valores das vazões já estão disponíveis na figura, podemos subs-
tituir nas equações respectivas.
%global = 1− 20
120= 0, 833 = 83, 3% , e %passe = 1− 100
200
= 0, 5 = 50%
Para calcularmos o excesso de O2 analisamos a estequiometria da reação.
Vemos que cada mol de etileno que reage consome 0, 5 mol de oxigênio. Assim,
para reagir 200 kmol de etileno, serão consumidos 100 kmol de O2. Portanto, temos
como excesso na entrada do reator: 1.060− 100 = 960 kmol de O2.�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
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75
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DR
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Questão 80
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )57
Estudo recente sobre o efeito catalítico de vanadatos
alcalinos, na combustão de carbono residual de queima
de óleo diesel (Catalysis Letters, v. 69 p. 207-215), indica
uma considerável redução no valor da energia de ativa-
ção. O gráfico acima exibe as constantes de velocidade da
reação catalisada em função do inverso da temperatura.
Qual a estimativa para a energia de ativação dessa
reação, em KJ/mol?
 R = 8 J.mol-1.K-1 ln 10 = 2,3
(A) 75 (B) 50 (C) 25 (D) 15 (E) 5
Velocidade de reação x temperatura
1
10
100
0,0020 0,0021 0,0022 0,0023 0,0024 0,0025
1/T (K 1)
k
Resolução:
A lei de Arrhenius explicita a dependência da constante de reação com a
temperaura da seguinte forma:
k = Ae(
−Ea
RT
)
Na sua forma logarítmica, fica no seguinte formato linear:
ln(k) = ln(A)−
(
Ea
RT
)
Assim, quando se representa uma reação em um gráfico de ln(k) versus
1/T , a inclinação da reta representa o termo −Ea
R
. No presente gráfico, o eixo das
ordenadas está representando k versus 1/T , porém na escala logarítmica, o que
resulta no mesmo. Assim, calculando a inclinação da curva, temos:
−Ea
R
=
ln(1)− ln(10)
0, 0025− 0, 00225
−Ea
R
=
0− 2, 3
0, 0025− 0, 00225
−Ea
R
=
0− 2, 3
0, 0025− 0, 00225
Ea
R
= 9.200
Ea = 9.200× 8
Ea = 73.600 J/mol = 73, 6 kJ/mol
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
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3
03
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75
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0-7
3
DR
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Questão 81
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
58
Amônia é produzida, pelo Processo Haber, através de
uma reação reversível entre hidrogênio e nitrogênio.
O percentual molar de amônia na saída do reator situa-se
entre 10% e 15%.
3 H
2
 + N
2
� 2 NH
3
 ( 
Ho = �92KJ)
Considerando essas informações, analise as afirmativas
a seguir.
I - A elevação de temperatura desloca favoravelmente
o equilíbrio.
II - O emprego de catalisador aumenta a conversão
final de equilíbrio.
III - A elevação da pressão aumenta o rendimento do
processo.
IV - A elevação da temperatura favorece a cinética da
reação.
Estão corretas as afirmativas
(A) I e II, apenas. (B) I e III, apenas.
(C) II e IV, apenas. (D) III e IV, apenas.
(E) I, II, III e IV.
Resolução:
Vamos analisar cada afirmativa:
I - FALSA. Visto que a reação é exotérmica (∆H negativo), a mesma é favore-
cida a baixas temperaturas.
II - FALSA. O emprego de catalisador diminui a energia de ativação, aumentando
a velocidade com que o equilíbrio é atingido. Porém não afeta a conversão.
III - VERDADEIRA. Em um equilíbrio gasoso, o aumento da pressão causa des-
locamento do equilíbrio para o sentido de menor volume e vice-versa. Como
temos 4 mol de reagentes e 2 de produtos, o aumento da pressão irá favore-
cer a formação de produto, aumentando o rendimento da reação.
IV - VERDADEIRA. Segundo a lei de Arrhenius, as constantes de reação aumen-
tam com o aumento da temperatura, acelerando a cinética da reação.
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 82
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
59
Pode-se usar um reator tubular ideal (PFR) ou um reator
de mistura perfeita (CSTR) para processar uma reação
química do tipo A � B, irreversível, de 1a ordem e em fase
líquida. Se ambos os reatores operarem à mesma tempe-
ratura, com a mesma vazão volumétrica na alimentação e
a mesma concentração inicial do reagente A, para uma
conversão do reagente A de 90%, conclui-se que o volume do
(A) PFR é duas vezes o volume do CSTR.
(B) PFR é três vezes o volume do CSTR.
(C) CSTR é três vezes menor que o volume do PFR.
(D) CSTR é igual ao volume do PFR.
(E) CSTR é maior que o volume do PFR.
Resolução:
A fórmula do volume de um reator CSTR é a seguinte:
VCSTR =
CaoVoXa
(−ra)
E de um reator PFR:
VPFR = CaoVo
∫ Xa
0
dXa
−ra
Como é descrito no enunciado, a reação é irreversível e de primeira ordem,
o que nos permite escrever:
(−ra) = kCa = kCao(1−Xa)
Substituindo esta expressão nas equações dos volumes, chegamos nas se-
guintes expressões:
VCSTR =
VoXa
k(1−Xa)
VPFR = − Vo
k ln(1−Xa)
O enunciado informa que a conversão do processo é 90%. Assim, temos:
VCSTR =
Vo × 0, 9
k(1− 0, 9)
VCSTR =
9Vo
k
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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E
VPFR = − Vo
k ln(1− 0, 9)
VPFR = − Vo
k ln(0, 1)
Com a informação na prova de que ln(10) = 2, 3, sabemos que ln(0, 1) =
−2, 3.
VPFR =
Vo
2, 3k
VPFR =
0, 43Vo
k
Assim, dentre as alternativas, podemos apenas afirmar que o volume do
CSTR é maior do que o do PFR.
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-7303
9.5
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3
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Questão 83
( Eng. de Processamento Jr - Suape 2009 )
60
A decomposição de um reagente A, em fase gasosa e
catalisada por um sólido, se dá conforme mostrado abaixo.
 Reação I A(g) � B(g) [B é o produto desejado]
 Reação II A(g) � C(g) [C é o produto indesejado]
Se ambas as reações são elementares e se o sistema
operar isotermicamente, conclui-se que as velocidades
das reações
(A) são diminuídas pelas limitações difusionais externas à
transferência de massa, e a seletividade não é afetada.
(B) são aumentadas pelas limitações difusionais externas à
transferência de massa, e a seletividade é diminuída.
(C) não são afetadas, e a seletividade é diminuída pelas
limitações difusionais externas à transferência de massa.
(D) e a seletividade são aumentadas pelas limitações
difusionais externas à transferência de massa.
(E) e a seletividade não são afetadas pelas limitações
difusionais externas à transferência de massa.
Resolução:
Como ambas as reações são elementares, a taxa de consumo de A nas
duas reações é proporcional à concentração de A no meio reacional e à constante
de reação. É informado no enunciado que a reação ocorre isotermicamente, sendo
assim o valor da constante de reação não irá mudar, visto que esta constante
obedece à equação de Arrhenius.
Portanto, o único fator que pode desacelerar a propagação da reação é a
presença de uma barreira difusiva, devido à transferência de massa do gás no
sólido. Como este impedimento difusivo afeta a mobilidade do componente A no
meio reacional, o efeito de redução da velocidade é o mesmo em ambas reações,
o que mantem a seletividade entre elas inalterada.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
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3
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Questão 84
( Eng. de Processamento Jr - Termoaçu 2008 )
21
Considerando um gás natural com a composição indicada
acima, a vazão de ar, em m3/H CNTP, necessária para com-
bustão completa de 10.000m3/H (CNTP) do mesmo é
(A) 1.600 (B) 7.400
(C) 9.800 (D) 15.600
(E) 96.000
Constituinte Teor (% em volume)
Metano (CH4) 92
Etano (C2H6) 5
Inertes (N2 + CO2) 3
Resolução:
Primeiramente, é bom lembrar que para gases, o volume é proporcional ao
número de mol. Assim, vamos visualizar as duas reações químicas que ocorrem:
CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
C2H6 + 3, 5O2 → 2CO2 + 3H2O
Assim, temos as relações entre os números de mol de combustível e de
oxigênio em cada reação. Na primeira reação, cada mol de metano reage com dois
mol de oxigênio. Portanto, para queimar 92% de 10.000 m3/h, serão consumidos:
Voxigenio,1 = 2× 10.000× 0, 92 = 18.400 m3/h
Na segunda relação, temos um mol de etano para 3, 5mol de oxigênio. As-
sim, o consumo de O2 nesta reação fica:
Voxigenio,2 = 3, 5× 10.000× 0, 05 = 1.750 m3/h
Portanto, o volume total de oxigênio necessário vale:
Voxigenio = Voxigenio,1 + Voxigenio,2 = 18.400 + 1.750 = 20.150 m
3/h
E, como sabemos que a composição do ar é aproximadamente 21% O2 e
79% N2, em base molar, teremos:
Var =
20.150
0, 21
= 95.952 ≈ 96.000 m3/h
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
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.88
0-7
3
03
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75
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Questão 85
( Eng. de Processamento Jr - Termoaçu 2008 )
22
O volume , em mL, de ácido sulfúrico concentrado (98% em
peso) que precisa ser misturado à água para que se obtenha
1,0L de solução de H2SO4 diluído de concentração 2,0M é
(Massa específica do H2SO4 a 98% = 1,82 x 10
3kg/m3)
(A) 54 (B) 98
(C) 110 (D) 196
(E) 200
Resolução:
Sabemos que a concentração de uma solução é dada por:
C =
n
V
Aplicando para o nosso caso, temos:
2 =
n
1
→ n = 2 mol
Este é o número de mol de ácido sulfúrico que precisam ser adicionados
à solução. Calculando a massa molar do ácido sulfúrico, chegamos ao valor de
M¯ = 98 g/mol. Assim, podemos calcular a massa correspondente.
m = M¯n = 98× 2 = 196 g
E, finalmente, com a massa específica da solução, podemos estimar o vo-
lume equivalente de solução concentrada. Para convertermos a massa específica
de kg/m3 para g/mL, basta dividir o valor por 1.000.
V =
m
ρ
=
196
1, 82
= 107, 9 mL
Visto que este volume corresponde à solução 98% concentrada, o volume
real necessário é:
V =
107, 9
0, 98
= 109, 9 mL ≈ 110 mL
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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3
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 86
( Eng. de Processamento Jr - Termoaçu 2008 )
25
A dissolução de hidróxido de sódio em água pura é um
processo fortemente exotérmico e a solubilidade do NaOH
aumenta com a elevação da temperatura. A explicação para
essa observação é que
(A) água e NaOH formam uma solução ideal.
(B) na dissolução do NaOH em água, não ocorre solvatação.
(C) a entalpia de dissolução no ponto de saturação é positiva.
(D) todos os sólidos têm sua solubilidade aumentada pela
elevação da temperatura.
(E) o processo exotérmico de dissolução favorece o aumento
da solubilidade com a temperatura.
Resolução:
Vamos justificar as alternativas:
(A) INCORRETA. Em uma solução ideal, a entalpia de mistura é zero. Sendo
assim, esta não sofreria efeito da temperatura no processo de dissolução.
(B) INCORRETA. Visto que ambos componentes são polares, ocorrerá solvata-
ção.
(C) CORRETA. Esta éa única alternativa que pode explicar este fenômeno, visto
que somente processos endotérmicos de dissolução são favorecidos pelo au-
mento da temperatura.
(D) INCORRETA. Segundo o princípio de Le Chatelier, quando o processo de
dissolução é endotérmico, a solubilidade aumenta com o aumento da tempe-
ratura. Em processos exotérmicos, o contrário ocorre.
(E) INCORRETA. Mesma justificativa da letra (D).
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 87
( Eng. de Processamento Jr - Termoaçu 2008 )41
A concentração (em ppm) de HNO3 em uma solução 11 g/L é
(Considere a densidade relativa, a 25 oC, igual a 1,10.)
(A) 10
(B) 102
(C) 103
(D) 104
(E) 105
Resolução:
A concentração da solução é dada em g/L. Com a densidade relativa da
mesma, sabemos que temos 1, 1 g/mL = 1100 g/L. Assim, podemos reescrever a
concentração em função somente da massa.
C = 11[g/L]
C =
11g
[L× 1100(g/L)]
C = 0, 01[g/g]
C =
104
106
[g/g]
C = 104[g/(106 g)]
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 88
( Eng. de Processamento Jr - Termoaçu 2008 )
42
Na produção de amônia (a partir de nitrogênio e hidrogênio),
10 toneladas de cada reagente são alimentados no reator.
Considerando a hipótese de conversão completa do reagente
limitante, a quantidade máxima de amônia produzida,
em toneladas de amônia, é, aproximadamente,
(A) 10 (B) 12
(C) 14 (D) 16
(E) 18
Resolução:
A reação de produção de amônia é a seguinte:
N2 + 3H2 → 2NH3
Como dispomos de 10 toneladas de cada reagente, vamos calcular a quan-
tidade de matéria de cada um:
nN2 =
mN2
M¯N2
=
10
28
= 0, 357 tmol
nH2 =
mH2
M¯H2
=
10
5
= 5 tmol
Pelas quantidades iniciais e pela estequiometria, vemos que o nitrogênio
será o reagente limitante. Como haverá o consumo total deste, serão formamos
2× 0, 357 tmol de amônia (1:2).
Assim, a massa resultante será:
mNH3 = nNH3M¯NH3
nNH3 = 2× 0, 357× 17
nNH3 ≈ 12 ton
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 89
( Eng. de Processamento Jr - Refap 2007 )
22
A ordem decrescente do ponto de ebulição das frações de
petróleo é:
(A) lubrificantes, querosene, gasolina, gás.
(B) gasolina, querosene, óleo combustível, gás.
(C) óleo combustível, gás, gasolina, querosene.
(D) querosene, lubrificantes, gasolina, gás.
(E) querosene, gás, gasolina, lubrificante.
Resolução:
Como é sabido, quanto menor for o tamanho das cadeias de hidrocarbo-
netos, menor será o ponto de ebulição da mesma. O número de carbonos dos
principais derivados de petróleo é aproximadamente o seguinte:
• Gás Natural: 1 a 2
• GLP (Gás Liquefeito de Petróleo: 3 a 4
• Gasolina: 6 a 10
• Querosene: 10 a 16
• Óleo Diesel (Óleo Combustivel): 15 a 18
• Óleo Lubrificante: 16 a 20
Assim, a ordem decrescente do ponto de ebulição fica: lubrificantes, óleo
diesel, querosene, gasolina, gás.
�� ��Alternativa (A)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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 Material de uso exclusivo de Lívia Almeida Da Silva portador do CPF 039.575.880-73. 
 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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DR
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Questão 90
( Eng. de Processamento Jr - Refap 2007 )
23
Na produção de determinado aditivo, de massa molecular 200,
a corrente de saída do reator escoa com uma vazão de
5 litros/min. A concentração do produto (em água) é de 70%,
em massa/massa. A densidade relativa da solução é de 1,1.
A concentração do aditivo (em kg/m³ de solução) e a vazão
produzida (em mol/h), respectivamente, são:
(A) 700 e 1150 (B) 700 e 1200
(C) 770 e 1155 (D) 770 e 1255
(E) 770 e 1300
Resolução:
Como é informado pelo enunciado, teremos 0, 7 g de aditivo para 1 g de
solução.
C =
0, 7g de aditivo
1g de solução
Com a densidade relativa da solução, podemos calcular a concentração em
massa por volume.
C =
0, 7g de aditivo(
1g de solução
1,1
)
C =
0, 77g de aditivo
1g de solução
C =
0, 77
0, 001
C = 770 g/L = 770 kg/m3
Para calcular a vazão em mol/h, utilizamos a concentração e massa molar
de aditivo (200 g/mol).
F = 5 L/min
F = 5× 770 g/min = 3.850 g/min
F =
3.850
200
mol/min = 19, 25 mol/min
F = 19, 25× 60 mol/h
F = 1155 mol/h
�� ��Alternativa (C)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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Questão 91
( Eng. de Processamento Jr - Refap 2007 )24
Uma fábrica descarrega 2.500 litros/segundo de esgoto tratado,
contendo 0,10 mg/L de um pesticida, em um rio cuja água não
apresenta, a montante da descarga, nenhum teor dessa
substância. Se a vazão do rio, a montante da descarga, é de
1.500 m³/minuto, a concentração depesticida, em ppb, após
a mistura da água do rio, será:
(A) 6 (B) 7 (C) 8 (D) 9 (E) 10
Resolução:
Para facilitar a resolução, vamos passar as vazões para a mesma unidade,
L/s.
Fsaida = 1.500 m
3/min
Fsaida = 1.500× 1000
60
L/s
Fsaida = 25.000 L/s
Agora, podemos calcular a concentração de pesticida à montante da des-
carga.
C1V1 = C2V2
C2 =
C1V1
V2
C2 =
0, 1× 2.500
25.000 + 2.500
C2 = 0, 009 mg/L
Como sabemos que a densidade relativa da água é igual a 1:
C2 =
0, 009 mg
1 kg
C2 =
0, 009 mg
1× 106 mg
C2 =
9 mg
109 mg
C2 = 9 ppb
�� ��Alternativa (D)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
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75
.88
0-7
3
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Questão 92
( Eng. de Processamento Jr - Refap 2007 )
26
Em relação às funções da química orgânica, é correto afirmar
que:
(A) cada mol de etano que sofre combustão gera 4 mols de
CO2.
(B) a saponificação de um éster consiste na sua hidrólise na
presença de um álcali.
(C) o produto da hidrogenação do 3-metil 1 penteno é o
2-metil pentano.
(D) as aminas são bases orgânicas que possuem o radical
C
O
NRC
O
NR .
(E) os aldeídos e as cetonas podem ser preparados pela
redução dos alcóois.
Resolução:
Vamos analisar as alternativas:
(A) INCORRETA. Visto que o uma molécula de etano possui 2 carbonos, esta irá
gerar 2 moléculas de CO2.
(B) CORRETA. A saponificação do éster consiste na reação deste com uma base
forte, formando um álcool e um ácido.
(C) INCORRETA. A hidrogenação irá quebrar a ligação dupla e não irá alterar a
posição do radical. Assim, o produto será 3-metil pentano.
(D) INCORRETA. A função orgânica mostrada na figura é característica de grupos
amida, e não amina.
(E) INCORRETA. A redução de aldeídos e cetonas é que podem formar álcoois.
O processo leva à formação de aldeídos e cetonas a partir do álcool é a oxi-
dação.
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
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9.5
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Questão 93
( Eng. de Processamento Jr - Refap 2007 )
32
Uma substância A, presente numa corrente líquida em
concentração 0,1M, é convertida em um reator isotérmico de
mistura, de modo a dar origem ao produto P. A reação exibe
um comportamento cinético de ordem 0 (zero) em relação à
espécie A. Comparada à verificada anteriormente, qual será
a conversão alcançada caso se dobrarem, simultaneamente,
a vazão de alimentação e a concentração inicial de A,
mantendo-se todas as demais variáveis inalteradas?
(A) Quatro vezes maior.
(B) O dobro.
(C) A mesma.
(D) A metade.
(E) A quarta parte.
Resolução:
O balanço de massa em um reator CSTR resulta na seguinte equação:
Xa =
VCSTR(−ra)
CaoVo
Como é informado no enunciado, a reação é de ordem 0. Assim, sua taxa
vale:
(−ra) = k
Ou seja, não depende da concentração de reagente. O balanço de massa
fica:
Xa,1 =
VCSTRk
CaoVo
Vamos supor que esta é a conversão para o primeiro caso. No segundo
caso, teremos a duplicação da concentração inicial e da vazão. Assim, temos:
Xa,2 =
VCSTRk
2Cao2Vo
=
1
4
× VCSTRk
CaoVo
Dividindo uma expressão pela outra:
Xa,2
Xa,1
=
1
4
Xa,2 =
1
4
Xa,1
�� ��Alternativa (E)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
9.5
75
.88
0-7
3
03
9.5
75
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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Questão 94
( Eng. de Processamento Jr - Refap 2007 )33
Partículas sólidas de carvão, com diâmetro uniforme de
500 mm, são queimadas em um combustor, cujo comporta-
mento assemelha-se ao de um reator tubular. Verificou-se que
o processo apresentava uma cinética de controle heterogê-
neo, proporcional à área interfacial entre o sólido e a corrente
gasosa, e que eram necessários 10 m para consumo integral
das partículas. O comprimento requerido para uma conver-
são de 87,5%, em m, será:
(A) 8,75
(B) 5,00
(C) 2,50
(D) 1,25
(E) 0,50
Resolução:
Visto que a taxa de consumo é proporcional à área superficial da esfera,
podemos escrever a seguinte relação.
dV
dL
= −kA
Onde V é o volume das esferas, L o comprimento do reator, k uma constante
de proporcionalidade (como a velocidade específica) e A a área superficial das
esferas. O volume das esferas pode ser descrito da seguinte forma:
dV = Adr
Que, substituindo na expressão inicial, resulta em:
A
dr
dL
= −kA
dr
dL
= −k
Esta expressão pode ser utilizada para a resolução deste problema, porém
ainda temos que descobrir o valor de k e o raio final. Como foi informado no
enunciado, a conversão completa é equivalente a um reator de 10 metros, ou seja:∫ 0
250
dr = −k
∫ 10
0
dL
(0− 250) = −k × 10
k =
250
10
= 25
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
03
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A última informação que necessitamos é o raio equivalente ao volume final,
que podemos calcular:
V2 = (1−X)V1 = (1− 0, 825)V1 = 0, 125V1
E sabemos que o volume de uma esfera vale:
V =
4
3
pir3
Dividindo o volume 2 pelo 1:
0, 125V1
V1
=
r31
r32
r32 = 0, 125r
3
1
Mas como 0, 125 = 0, 53,
r32 = 0, 5
3r31
r2 = 0, 5r1
r2 = 0, 5× 250
r2 = 125 mm
Portanto, voltando ao cálculo do comprimento:∫ 125
250
dr = −25
∫ L
0
dL
(125− 250) = −25L
L =
125
25
L = 5 m
�� ��Alternativa (B)
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73
039.575.880-73039.575.880-73
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 É vedada, por quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se o infrator à responsabilização civil e criminal.
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