Questões Resolvidas de Reações Químicas

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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
Eng. Rodrigo R. Corsetti
Eng. Roni G. Rigoni
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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.
Os autores deste material não têm nenhum tipo de vínculo com a empresa CESGRANRIO.
As resoluções aqui apresentadas foram elaboradas por Rodrigo R. Corsetti, formado em Engenharia
Química pela Universidade Federal do Rio Grande do Sul, aprovado em quinto lugar no concurso Petro-
bras 2012/1 para o cargo de Engenheiro(a) de Processamento Júnior. A organização, edição e revisão
deste material foi feita pelo Eng. Roni G. Rigoni.
Este material é de uso exclusivo do Comprador Cód. T64TRJ73YNKS. Sendo vedada, por
quaisquer meios e a qualquer título, a sua reprodução, cópia, divulgação e distribuição. Sujeitando-se
o infrator à responsabilização 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 2012/1
Q30 (pág. 1), Q31 (pág. 4), Q33 (pág. 2), Q36 (pág. 5), Q37 (pág. 6), Q38 (pág. 7),
Q64 (pág. 8), Q69 (pág. 9), Q70 (pág. 10).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2010/2
Q21 (pág. 11), Q22 (pág. 13), Q26 (pág. 14), Q28 (pág. 15), Q29 (pág. 16).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2010/1
Q31 (pág. 19), Q32 (pág. 20), Q41 (pág. 21), Q42 (pág. 22), Q54 (pág. 23),
Q62 (pág. 25), Q70 (pág. 26).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras 2006
Q21 (pág. 28), Q23 (pág. 28), Q24 (pág. 30), Q25 (pág. 31), Q33 (pág. 32).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2012
Q21 (pág. 33), Q22 (pág. 34), Q23 (pág. 35), Q25 (pág. 36), Q26 (pág. 37), Q27 (pág. 38),
Q28 (pág. 39), Q30 (pág. 40), Q31 (pág. 41), Q32 (pág. 42), Q33 (pág. 43), Q34 (pág. 44),
Q37 (pág. 46), Q38 (pág. 48), Q39 (pág. 49), Q40 (pág. 50).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2011
Q42 (pág. 52), Q43 (pág. 53), Q44 (pág. 54), Q45 (pág. 55), Q47 (pág. 56), Q69 (pág. 57).
Prova: Engenheiro(a) Júnior - Área: Processamento - Transpetro 2006
Q25 (pág. 58), Q30 (pág. 58), Q31 (pág. 60), Q32 (pág. 61), Q40 (pág. 62).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - PetroquímicaSuape 2011
Q32 (pág. 63), Q33 (pág. 64), Q34 (pág. 66), Q35 (pág. 67), Q38 (pág. 68),
Q56 (pág. 69), Q57 (pág. 70).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Petrobras Biocombustível 2010
Q21 (pág. 71), Q24 (pág. 72), Q25 (pág. 73).
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REAÇÕES QUÍMICAS www.ExatasConcursos.com.br
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - PetroquímicaSuape 2009
Q31 (pág. 74), Q32 (pág. 75), Q33 (pág. 77), Q34 (pág. 79), Q35 (pág. 80),
Q57 (pág. 81), Q58 (pág. 82), Q59 (pág. 83), Q60 (pág. 85).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - Termoaçu 2008
Q21 (pág. 86), Q22 (pág. 87), Q25 (pág. 88), Q41 (pág. 89), Q42 (pág. 90).
Prova: Engenheiro(a) de Processamento Júnior - REFAP 2007
Q22 (pág. 91), Q23 (pág. 92), Q24 (pág. 93), Q26 (pág. 94), Q32 (pág. 95), Q33 (pág. 96).
Número total de questões resolvidas nesta apostila: 83
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Reações Químicas e Conceitos Básicos
Questão 1
( 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 × 105Pa). Também é necessário que o candidato saiba a estrutura molecular
do propano (C3H8) para que se calcule sua massa molar. A massa molar vale
44g/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, 113m3 = 113L ≈ 112L
OBS: O candidato bem preparado sabe que, nas CNTP, um mol de gás ideal
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ocupa um volume de 22, 4L. Como neste caso são 5mol de gás, o volume ocupado
seria 5× 22, 4 = 112L.
Para calcular a massa que o metano (CH4) ocuparia nestas condições,
basta aplicar a mesma fórmula, porém utilizando a massa molar deste, que vale
16g/gmol.
PV =
(m
M¯
)
RT
m =
PV M¯
RT
m =
1× 105 × 0, 113× 16
8, 314× 273
m = 79, 65g ≈ 80g
OBS: Da mesma forma, como se sabe que neste volume haverão 5mol de
gás, poderia se calcular a massa como m = 5× 16 = 80g.
�� ��Alternativa (D)
Questão 2
( 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 
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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 = 510toneladas
Pelas massas molares apresentadas no enunciado, tiramos a massa molar
da bauxita e soda cáustica, que são 102 e 40g/gmol, respectivamente. Assim, o
número de mol de bauxita será:
nbauxita =
mbauxita
M¯bauxita
=
510
102
= 5tmol
Como pode ser visto pela estequiometria da reação, para cada mol de
bauxita que reage, são consumidos 2mol de sodacáustica.
nsoda = 2nbauxita = 2× 5 = 10tmol
Com a massa molar deste, calculamos a massa de soda cáustica que será
consumida.
msoda = nsoda ¯Msoda = 10× 40 = 400toneladas
Finalmente, como a solução é 50% em massa:
msolucao,soda =
400
0, 5
= 800toneladas
�� ��Alternativa (D)
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Questão 3
( 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 questão,
pode-se calcular a massa molar da substância, que vale 104g/gmol. Como é in-
formada a concentração desta substância em base mássica, podemos calcular a
concentração molar:
Cmolar =
Cmassica
M¯
Cmolar =
316
104
Cmolar ≈ 3mol/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, 5moles
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
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Questão 4
( 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)
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Questão 5
( 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 = 2mol
Sabemos também a quantidade de produto formada:
nproduto,final = nproduto,inicial + nproduto,reagido
nproduto,final = 0 + 5× 0, 6
nproduto,final = 3mol
É importante salientar que a água não é considerada um produto desta
reação. Pelas massas molares fornecidas no enunciado, obtemos a massa mo-
lar de C6H5NO2, que vale 123g/gmol. Como são formados 3mol desta substância,
temos no final:
mproduto,final = 3× 123 = 369g
�� ��Alternativa (B)
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Questão 6
( 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, 2925mol
np−Xileno,X = ninicio(conversaoX)xp−Xileno = 1× 0, 25× 0, 75 = 0, 1875mol
np−Xileno,Y = ninicio(conversaoY )xp−Xileno = 1× 0, 7× 0, 35 = 0, 245mol
np−Xileno,W = ninicio(conversaoW )xp−Xileno = 1× 0, 5× 0, 5 = 0, 25mol
np−Xileno,Z = ninicio(conversaoZ)xp−Xileno = 1× 0, 65× 0, 4 = 0, 26mol
Conclue-se que o catalisador atual é o que gera a maior quantidade de p-
Xileno.
�� ��Alternativa (A)
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Questão 7
( Eng. de Processamento Jr - Petrobras 2012/1 )
64
Na reação de um reagente X, gerando como produtoY, 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, 1Lmol−1h−1
�� ��Alternativa (C)
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Questão 8
( 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)
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Questão 9
( 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 (A)
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Questão 10
( 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 razão 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 = 1000kmol/h
Assim, podemos obter os números de mol de cada substância.
nCH4 = 0, 9× 1000 = 900kmol/h
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nC2H6 = 0, 1× 1000 = 100kmol/h
Finalmente, podemos obter o número total de mol de carbono na massa
gasosa. No metano, sabemos que são precisos 900kmol de carbono para formar
os 900kmol do mesmo. Para o etano, necessitamos do dobro de mol de carbono
para cada molécula deste, ou seja, 200kmol de carbono para 100kmol de etano.
Ao todo, ficamos com 1100kmol de carbono. Pelo enunciado, podemos obter a
quantidade de matéria de vapor.
nvapor = 3nC
nvapor = 3× 1.100
nvapor = 3.300kmol/h
E então:
mvapor = nvaporM¯vapor
mvapor = 3.300× 18
mvapor = 59.400kg/h
�� ��Alternativa (E)
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Questão 11
( 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 volumétricada 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 vazão
mássica. Como foi informado que a vazão mássica se mantém constante, a
vazão volumétrica não sofrerá nenhuma alteração, visto que o sensor indica a
vazão volumétrica sempre a 0◦C e e 1atm, mesmo que a corrente esteja em outra
condição.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 12
( 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, 5mol de
etilenoglicol formados, é produzido 1mol de CO2.
Olhando a estequiometria das reações, pode-se dizer que para formar
18, 5mol de etilenoglicol, são consumidos 18, 5mol de eteno. Já na segunda reação,
para cada mol de CO2 produzido, consome-se 0, 5mol de eteno. Ou seja, a cada
19mol de eteno consumido, 18, 5 são utilizados na primeira reação e 0, 5 na se-
gunda. 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)
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Questão 13
( 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, 4mol de N2 para cada 100mol de (CO2 + H2), sendo que os
últimos são alimentados estequimetricamente, temos as cargas de entrada:
FCO2 = 5mol/s
FH2 = 3FCO2 = 15mol/s
FN2 = 0, 4×
15 + 5
100
= 0, 08mol/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, 8mol/s
DH2O = 5× 0, 96 = 4, 8mol/s
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E, pelo que não reage:
PCO2 = 5× 0, 04 = 0, 2mol/s
PH2 = 15× 0, 04 = 0, 6mol/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, 08mol/s
Podemos agora justificar as alternativas.
I - Verdadeiro. DCH3OH = 4, 8mol/s
II - Verdadeiro.
XCH3OH,D =
DCH3OH
D
XCH3OH,D =
4, 8
4, 8 + 4, 8
= 0, 5
III - Verdadeiro.
PN2
PCO2 + PH2
=
0, 08
0, 2 + 0, 6
= 0, 1
�� ��Alternativa (E)
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
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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) = 12mol/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
= 3mol/s
RH2 = 9mol/s
Como sabemos que as frações molares da corrente R é igual à corrente P ,
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, 2mol/s
Podemos agora justificar as alternativas
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I - Verdadeiro.
XCO2,passe = 1−
PCO2 +RCO2
CCCO2
XCO2,passe = 1−
0, 2 + 3
3 + 5
XCO2,passe = 0, 6 = 60%
II - Falso.
CCCO2+H2 = FCO2+H2 +RCO2+H2
CCCO2+H2 = (5 + 15) + (3 + 9) = 32mol/s
III - Falso.
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 (E)
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Questão 14
( 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 100kmol 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 = 360kmol
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 = 60kmol
nCO2,final = nCO2,inicio + 2nC2H6O,consumido = 0 + 200 = 200kmol
nH2O,final = nH2O,inicio + 3nC2H6O,consumido = 0 + 300 = 300kmol
Nota-se que nenhuma alternativa está correta. �� ��Questão Anulada
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Questão 15
( 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 100mol de gás de cozinha, pelas
composições dadas, teriamos 52mol de propano e 48mol de butano. Conhecendo
as massas molares das substâncias (M¯propano = 44g/gmol e M¯butano = 58g/gmol),
podemos escrever, para cada componente:
mpropano = npropanoM¯propano = 52× 44 = 2288g
mbutano = nbutanoM¯butano = 48× 58 = 2784g
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)
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Questão 16
( 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 estequometria da reação:
CH4 + 0, 5O2 → CH3OH
Como pode ser observado, cada mol de metano consumido reage com 0, 5mol de
oxigênio, formando 1mol de metanol.
Pelas quantidades iniciais fornecidas no enunciado, vemos que os reagentes
não são fornecidos estequiometricamente, o que significa que um deles está
em excesso e o outro será o limitante. São fornecidos 1, 5kmol de metano e
1kmol de oxigênio. Pela estequiometria, para consumir 1, 5kmol de metano, é
necessário reagir 1, 5 × 0, 5kmol de oxigênio, ou seja, 0, 75kmol. Esta quantidade
está disponível, pois temos 1kmol deste no início, o que indica que este compo-
nente está em excesso.
Assim, concluimos que o metano é o reagente limitante do processo, e
que será formado 1, 5kmol de metanol, visto que a estequimetria entre metanol
e metano é 1:1.
�� ��Alternativa (D)
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Questão 17
( 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 com-
posições volumétricas dos componentes (que é igual à composição molar, para
gases). Partindo-se de 100g de ar, temos 21g de oxigênio e 79g de nitrogênio.
Assim, podemos escrever:
nO2 =
mO2
M¯O2
=
21
32
= 0, 656mol
nN2 =
mN2
M¯N2
=
79
28
= 2, 82mol
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
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xN2 =
2, 82
0, 656 + 2, 82
xN2 = 0, 811 = 81, 1%
Vamos agora justificar as alternativas:
(A) Falso. O teor em volume de O2 é menor do que 21%.
(B) Falso. Conforme foi mostrado nos calculos, os teores mássicos e volumétricos
são diferentes.
(C) Falso. Para 50kmol de ar, teriamos: mN2 = 50× 0, 811× 28 = 1135, 4kg
(D) Falso. Para 100kmol de ar, teriamos: mO2 = 100× 0, 189× 32 = 604, 8kg
(E) Verdadeiro. A composição volumétrica é igual à composição molar.
�� ��Alternativa (E)
Questão 18
( 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
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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 con-
vecção 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 ger-
ado pela reação, o que faz com que a corrente saia do reator com uma temperatura
inferior à temperatura de entrada.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 19
( 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 200kmol/h de etano. Como a conversão global do sistema
para o etano é 100%, sabe-se que este não estará presente na corrente de pro-
duto. 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, 2kmol/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 = 200kmol/h
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Agora, vamos analisar as alternativas de resposta:
(A) Falso. A composição de produto é 50% H2 e 50% C2H4
(B) Falso. O etano não está presente na corrente de produto, visto que a conver-
são global para este é 100%.
(C) Verdadeiro. Pela estequiometria, foi mostrada esta relação de que ambas
correntes valem 200kmol/h.
(D) Falso. A vazão de refluxo vale 22kmol/h
(E) Verdadeiro. A corrente que alimenta o reator vale 222, 22kmol/h, muito próxi-
ma de 220kmol/h.
�� ��Questão Anulada)
Questão 20
( 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/h
T1 = 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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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 = 60.000kJ/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 = 50kg/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 = 40.000kJ/h
E então,
Q3 = W1,fundoCp(T1 − T7)
40.000 = 50× 10× (200− T7)
T7 = 200− 80
T7 = 120
◦C
����Alternativa (B)
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Questão 21
( 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 22
( 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
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É informado o volume inicial de octano, de 5L. 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, 5kg
Com a massa molar do octano, que vale 114g/mol, podemos calcular o
número de mol deste.
noctano =
moctano
M¯octano
noctano =
3500
114
noctano = 30, 7mol
Como os reagentes são alimentados estequiometricamente, temos o
número de mol de água pela estequiometria da reação.
noxigenio = 12, 5noctano
noxigenio = 12, 5× 30, 7
noxigenio = 383, 75mol
E podemos calcular a massa equivalente a esta quantidade de matéria.
moxigenio = M¯oxigenionoxigenio
moxigenio = 32× 383, 75
moxigenio = 12.280g = 12, 28kg
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, 78kg ≈ 16kg
�� ��Alternativa (B)
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Questão 23
( 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 100kmol/h de propano, a cor-
rente de produto irá conter 5kmol/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 95kmol/h de propileno e 95kmol/h de H2 na corrente de produto, e sobrem
5kmol/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)
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Questão 24
( Eng. de Processamento Jr - 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, 6kg/h
�� ��Alternativa (C)
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Questão 25
( 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 100mol de etano, teríamos a formação de 80mol de CO2 e
10mol 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)
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Questão 26
( 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 fraçãomolar 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
= 20mol
netanol =
metanol
M¯etanol
=
184
46
= 4mol
nfosfato =
mfosfato
M¯fosfato
=
120
120
= 1mol
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)
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Questão 27
( 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 = 1.344m3
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 1atm), cada mol de propeno ocuparia
22, 4L. Portanto, neste caso teríamos:
npropeno,CNTP =
V
22, 4
npropeno,CNTP =
1.344.000
22, 4
npropeno,CNTP = 60.000mol = 60kmol
E, sabendo que a massa molar deste vale 42kg/kmol, temos:
mpropeno = npropenoM¯propeno
mpropeno = 60× 42
mpropeno = 2.520kg
�� ��Alternativa (A)
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Questão 28
( 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, aproximadamente quantas 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 = 750toneladas
Pelas massas molares apresentadas no enunciado, tiramos a massa molar
do óxido de zinco e da soda cáustica, que são 81 e 40g/gmol, respectivamente.
Assim, o número de mol de ZnO será:
nZnO =
mZnO
M¯ZnO
=
750
81
= 9, 26tmol
Como pode ser visto pela estequiometria da reação, para cada mol de ZnO
que reage, são consumidos 2mol de soda cáustica.
nsoda = 2nZnO = 2× 9, 26 = 18, 52tmol
Com a massa molar deste, calculamos a massa de soda cáustica que será
consumida.
msoda = nsoda ¯Msoda = 18, 5× 40 = 740toneladas
Finalmente, como a solução é 50% em massa:
msolucao,soda =
740
0, 5
= 1480toneladas
�� ��Alternativa (C)
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Questão 29
( 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 4atm (pressão absoluta de 5atm). 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 5atm. A temperatura e a entalpia
de vaporização desta corrente valem 152◦C e 2123kJ/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 ≈ 12.000kg/h = 12t/h
�� ��Alternativa (A)
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Questão 30
( 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 reciclostipicamente 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 - Falso. Malhas de reciclo afetam principalmente a resposta dinâmica de
um processo, o que dificulta a integração mássica e energética do mesmo.
Nestes casos, softwares de alta precisão são as melhores opções para que
haja a convergência no processo de simulação.
II - Falso. A estratégia modular cria módulos criados previamente para cada
equipamento. Cada módulo contem as equações já ordenadas para dimen-
sionamento ou simulação. Para cada problema, os módulos são sequencia-
dos convenientemente segundo o fluxograma material do processo.
III - Verdadeiro. Havendo a presença de reciclos no fluxograma, torna-se
necessária a abertura de um certo número de correntes e a inserção de
um módulo promotor de convergência para cada uma.
�� ��Alternativa (C)
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Questão 31
( 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($/h) = 0,2(FR+FP), onde FR e FP são dados em kg/h. Por sua vez, o lucro obtido com P produzido é dado 
por L($/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 for-
mação 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 fórmu-
las 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
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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 32
( 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 3mol de álcool, para que se forme o éster e a glicerina. Sendo
assim, para reagir 300kmol de triglicerídios em uma reação cuja conversão é de
100%, serão consumidos 900kmol de álcool.
Como estão presentes 1.200kmol de álcool, este componente estará em ex-
cesso e, visto que reagem 900kmol deste, no final da reação sobrará 300kmol.
Esta seria a alternativa (C), que corresponde ao gabarito preliminar desta questão.
Porém o enunciado indica que cada cada triglicerídio reage com um álcool, for-
mando 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.
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Questão 33
( 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
reação.
nH2,formado
nagua,final
= 3
Substituindo a expressão de nH2,formado:
4, 8netanol,inicio
nagua,final
= 3
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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 34
( Eng. Jr - Área: Processamento - Transpetro 2012 )
31
Observeas 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 - Verdadeiro. Pela equação dos gases ideais, podemos visualisar este efeito:
PV˙ = n˙RT
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Ou seja, se somente a temperatura aumenta, a vazão volumétrica irá aumen-
tar também.
II - Verdadeiro. A temperatura de saída da corrente gasosa será uma conse-
quência do calor liberado na reação que irá aquecer a corrente total. Se
a vazão aumentar, mantendo-se a relação entre os componentes na alimen-
tação, será liberado mais calor, porém haverá proporcionalmente mais massa
a ser aquecida, levando à mesma temperatura final.
III - Verdadeiro. 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 35
( 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 3mol de gás carbônico, pela estequiometria básica da
reação.
Se for queimado um mol de butano (com 4 carbonos) serão formados 4mol
de CO2, e assim por diante. A informação dada no enunciado é de que se queima
100kmol/h de uma mistura 90% alcano e 10% alceno, em base molar. Como são
formados 410kmol/h de gás carbônico, temos o seguinte sistema:
90× (n◦ de carbonos no alcano) + 10× (n◦ de carbonos no alceno) = 410kmol/h
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Testando as alternativas de resposta, temos:
(A) 90× 3 + 10× 3 = 300kmol/h
(B) 90× 5 + 10× 3 = 480kmol/h
(C) 90× 4 + 10× 4 = 400kmol/h
(D) 90× 4 + 10× 5 = 410kmol/h
(E) 90× 6 + 10× 4 = 580kmol/h
�� ��Alternativa (D)
Questão 36
( 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 36kg/kmol, respectiva-
mente. Com as massas de cada um, podemos calcular as quantidades de matéria:
nalcool =
malcool
M¯alcool
=
740
74
= 10kmol
nacido =
macido
M¯acido
=
432
36
= 12kmol
Como a estequiometria entre os reagentes é 1:1, notamos que o ácido clorí-
drico está em excesso nesta reação (2kmol a mais). No final da reação, é infor-
mado que sobra 4kmol. Como havia um excesso de 2kmol, pode-se conclui que
8kmol de cada reagente são consumidos na reação. Assim, a conversão do álcool
será:
xalcool =
nalcool,consumido
nalcool,inicio
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xalcool =
8
10
xalcool = 0, 8 = 80%
�� ��Alternativa (B)
Questão 37
( 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 150kmol/h de ben-
zeno, e é informado que a conversão de tolueno por passe (ou seja, considerando
somente a entrada e saída do reator) é de 75%. Com estas informações e anal-
isando 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 = 200kmol/h
Ainda, é informado que a relação entre H2 e tolueno, na entrada do reator,
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é igual a 5. Portanto, temos:
FH2,entrada
Ftolueno,entrada
= 5
FH2,entrada = 200× 5
FH2,entrada = 1.000kmol/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, 8
Fmetano,entrada = 300kmol/h
Pela estequiometria da reação, se são formados 150kmol/h de benzeno,