BME-Apostila2

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U
 
 BALANÇOS DE MASSA E ENERGIA 
 Parte 2
 
II. FUNDAMENTOS DE BALANÇO DE MATERIAL 
 
1. INTRODUÇÃO 
A natureza impõe certas restrições às transformações físicas e químicas da 
matéria que precisam ser levadas em conta quando projetamos um novo processo ou 
analisamos um já existente. Uma dessas é o princípio da conservação da massa , 
segundo o qual nada pode ser criado ou destruído (a menos de reações nucleares). Se 
em um dado processo 100 g de enxofre estão contidas no carvão diariamente queimado 
em uma caldeira, esta mesma quantidade de enxofre por dia, deixará a câmara de 
combustão de uma forma ou de outra. A análise química das cinzas e da fuligem (gases 
de chaminé ou fumos) revelará a quantidade de enxofre em cada uma dessas 
substâncias. Mas, necessariamente, a soma das duas quantidades deverá ser igual a 100 
g. Para relacionar-se as quantidades de matérias envolvidas em um dado processo, o 
engenheiro realiza um balancete ou uma contabilidade das massas totais e de cada 
componente, tendo em mente o princípio da conservação da massa. Esta técnica é 
chamada de balanço de massa ou balanço material. 
 
1.1. Classificação dos Processos 
Os processos químicos podem ser classificados em batelada (“batch”), contínuos 
(“continuous”) e semi-contínuos (“semi-batch”), como também em estado estacionário 
(“steady-state”) ou transiente. 
 
No primeiro caso a classificação se baseia no procedimento de entrada e saída dos 
materiais, enquanto o segundo se baseia na dependência ou não das variáveis de 
processo com relação à variável independente tempo. 
 
Processos em Batelada 
A alimentação é introduzida no sistema de uma só vez no início do processo e 
todos os produtos são retirados algum tempo depois. Nenhuma massa atravessa a 
fronteira do sistema no intervalo de tempo decorrido entre a alimentação e a remoção 
dos produtos. 
 
Exemplo: adição instantânea de reagentes em um tanque e remoção dos produtos e 
reagentes não consumidos algum tempo depois quando o sistema atingiu o equilíbrio. 
 
Processos Contínuos 
A alimentação e os produtos fluem continuamente enquanto dura o processo. Há 
contínua passagem de matéria através das fronteiras do sistema. 
 
Exemplo: bombeamento de uma mistura de líquidos para uma coluna de destilação, à 
vazão constante, e retirada contínua das correntes de vapor e líquido do topo e da base 
da coluna. 
 
Processos Semicontínuos 
A entrada de material é praticamente instantânea e a saída é contínua, ou vice-
versa. Há passagem contínua de matéria através de apenas uma fronteira (entrada ou 
saída) do processo. 
 
Exemplo: 1. adição contínua de líquidos em um tanque misturador, do qual nada 
é retirado. 
 2. escape de gás de um botijão pressurizado. 
 
Processos em Estado Estacionário (“steady state”) ou em Regime 
Permanente 
Se os valores de todas as variáveis de um processo (todas as temperaturas, 
pressões, vazões, etc.) não se alteram com o tempo (a menos de pequenas flutuações) o 
processo é dito operar em estado estacionário ou regime permanente. 
 
Processos em Estado Não Estacionário Regime Transiente 
São aqueles processos onde ocorrem alterações dos valores das variáveis de 
processo com o tempo. 
Os processos em batelada e semi-contínuos, pela sua natureza, são operações em 
estado transiente, já que em ambos os casos há alteração das variáveis ao longo do 
tempo. No exemplo dos reagentes colocados no tanque de forma instantânea, haverá 
em cada tempo a alteração da composição do sistema, além de decorrentes alterações 
de pressão, temperatura, volume, etc. No caso do escape do gás do botijão, haverá 
alteração de massa e da pressão dentro do sistema com o tempo. 
Os processos contínuos, no entanto, podem ocorrer tanto em regime permanente 
como em transiente. Se num dado ponto do sistema, as variáveis alterarem-se com o 
tempo, o regime será transiente. Mas, se naquele ponto, não houver alteração, o regime 
será permanente, mesmo que essas variáveis tenham valores diferentes em um outro 
ponto do mesmo sistema, mas também aí constantes no tempo. 
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Consideramos, como exemplo, a parede de um forno de cozinha dentro do qual a 
temperatura é constante e igual a 200 o C. Consideremos que a temperatura do lado 
externo do forno é a ambiente (T = 25 oC). Quando se inicia o aquecimento do forno, a 
temperatura na parede interna será 200 oC. Com o decorrer do tempo, a temperatura da 
parede externa irá aumentando até atingir um valor final (por exemplo 40 oC) e a partir 
daí estabilizar-se-á, e se formará um perfil de temperatura definido em função das 
propriedades dos materiais (condutibilidade térmica) que compõe a parede. Então, até 
que a temperatura atinja esse valor final, o processo é transiente porque a temperatura 
variou nesse ponto (parede externa) com o tempo. Quando a temperatura da parede 
externa não mais se alterar, o processo atingiu o regime permanente. Observe que 
continuamente haverá passagem de calor porque há uma diferença de temperatura 
entre as duas faces da parede do forno, a temperatura será constante com o tempo e o 
processo se desenvolve em estado estacionário. Observe ainda que regime permanente 
não quer dizer equilíbrio. Num determinado processo se o equilíbrio for alcançado, 
cessará a passagem de calor. 
O diagrama a seguir, esquematiza o exemplo. 
 
Consideremos aqui outro exemplo. Monóxido de carbono e vapor são alimentados 
em um reator tubular à vazão constante e reagem para formar CO2 e H2. Os produtos e 
os reagentes não utilizados são retirados pela outra extremidade. O reator contém ar 
quando o processo se inicia. A temperatura do reator é constante assim como a vazão e 
a composição na entrada do reator. Inicialmente, para uma dada fatia do reator, a 
composição variará nessa fatia com o tempo até que o processo entre em regime, o que 
acontecerá depois de um certo tempo. Teremos então um perfil de concentração 
estabelecido entre a entrada e a saída do reator. A composição variará de fatia em fatia 
do reator (obviamente em função da reação) mas para cada fatia permanecerá constante 
com o tempo. 
Os processos em batelada são comumente usados quando quantidades 
relativamente pequenas de um produto necessitam ser produzidas em dadas ocasiões. 
Os processos contínuos são usualmente desenvolvidos quando necessita-se de grandes 
produções. São normalmente operados em estado estacionário ocorrendo o regime 
transiente na partida do processo (“start-up”) ou quando ele precisa ser – 
intencionalmente ou acidentalmente – reparado. 
 
1.2. Equação de Balanço 
Suponha que ao final de um dado mês, você recebeu R$ 1.000,00 de salário, foi 
roubado em R$ 200,00, gastou R$ 800,00 em despesas e ganhou R$ 100,00 na loteria. 
A quantidade de dinheiro acumulada no final do mês será: 
· dinheiro que entra por mês = dinheiro que sai por mês + dinheiro que 
apareceu no mês – dinheiro que desapareceu no mês 
· R$ (1.000,00 – 800,00 + 100,00 – 200,00) 
· R$ 100,00 
Assim, você neste mês, acumulou cem reais. 
 
Suponha agora um processo contínuo onde entra e sai metano à vazão de 
we (kg CH4/h) e ws (kg CH4/h) respectivamente. 
 
 
 
As vazões foram medidas e determinou-se que we é diferente de ws. Há somente 
quatro explicações para esse fato: 
1. Está vazando metano através do equipamento. 
2. O metano está sendo consumido como reagente ou gerado como produto. 
3. O metano está acumulando na unidade, possivelmente absorvido nas suas paredes. 
4. As medidas estão erradas. 
 
Se as medidas estão corretas e não há vazamento, as outras possibilidades (uma ou 
ambas) são responsáveis pela diferença constatada. 
 
Um balanço (ou contabilidade) de massa em um sistema (uma única unidade, 
várias unidades ou o processo como um todo), pode ser escrito na seguinte forma 
geral: 
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SAI = ENTRA + GERADO - CONSUMIDO - ACUMULADO 
(através da 
fronteira) 
(através da 
fronteira) 
(dentro do 
sistema) 
(dentro do 
sistema) 
(dentro do sistema) 
 
Esta é a equação geral de balanço que pode ser escrita para qualquer material que 
entra ou deixa um sistema: pode tanto ser aplicada à massa total de componentes do 
sistema ou a qualquer espécie molecular ou atômica envolvida no processo. 
 
Nós podemos escrever dois tipos de balanços: 
 
a) Balanços Diferenciais: que são os balanços que indicam o que está 
acontecendo num dado instante. Cada termo da equação de balanço é 
expresso em termo de uma velocidade (taxa); e tem unidades da quantidade 
balanceada dividida pela unidade de tempo (g SO2/s; pessoa/ano; barris/dia). 
Este é o tipo de balanço usualmente aplicado a um processo contínuo. 
b) Balanços Integrais: são os balanços que descrevem o que acontece entre dois 
instantes de tempo (t). Cada termo da equação de balanço é então uma 
quantidade balanceada com sua respectiva unidade (g SO2; pessoa; barris). 
Este tipo de balanço é usualmente aplicado a processos em batelada, com os 
dois instantes de tempo sendo o momento imediatamente após a entrada da 
alimentação e o momento imediatamente anterior à retirada do produto. 
 
Os termos “gerado” e “consumido” se referem à produção ou consumo da matéria 
relacionadas às transformações provocadas por reações químicas. Podem, portanto, ser 
substituídos pelo termo “reage”. Se um dado componente a ser balanceado estiver 
sendo produzido no interior do sistema, o termo será positivo: caso contrário será 
negativo. 
Assim: 
 SAI = ENTRA + REAGE – ACUMULA 
 
O acúmulo de massa, próprio dos processos em regime transiente, relaciona a taxa 
de aumento (ou diminuição) de matéria com o tempo (dmA/dt). Se numa dada unidade 
de processo entram 
EAm& (kg/s) de um dado componente “A” e saem SAm& (kg/s) 
desse mesmo componente, havendo reação química (consumo ou geraçào do 
componente) à taxa rA (kg/s), a equação de balanço de massa se transforma em: 
 
dt
dm
rmm AAAA ES -+= && 
Nas seções seguintes estudaremos diferentes processos e realizaremos os cálculos 
a partir da equação geral de balanço. 
2. BALANÇO DE MASSA TOTAL 
São os balanços envolvendo a massa total do conjunto de todos os componentes 
que entram e saem do sistema. 
 
2.1. Processos Contínuos 
Num balanço total de massa, desaparecem os termos sobre geração e consumo da 
equação geral, uma vez que a matéria não pode ser criada ou destruída (a menos de 
reações nucleares). Isto porque, a produção de uma ou mais substâncias é o resultado 
do consumo de outra ou mais substâncias. Assim duas alternativas podem ocorrer: 
 
a) Estado não Estacionário 
 
SAI = ENTRA – ACUMULA 
ou 
 
(dm/dt) = 
EAm& - SAm& (kg/s) 
 
b) Regime Permanente 
 
Como não há acúmulo de matéria, a quantidade total de massa que entra deve ser 
necessariamente igual à quantidade que sai. Daí 
 
ENTRA = SAI e 
EAm& = SAm& (kg/s) 
 
Exemplos: 
O nível de água em um reservatório municipal decresce constantemente durante 
um período de seca acreditando-se que ele pode continuar operando por mais de 60 
dias. A companhia local de água estima que a taxa de consumo na cidade é de 
aproximadamente 107 l/dia. O serviço de meteorologia estima que as chuvas, a 
captação de água dos riachos e a evaporação da água do reservatório resultem, em 
conjunto, em um acréscimo líquido de água à taxa de 106 exp (-t/100) litros por dia, 
onde t é o tempo em dias contados a partir do início da estiagem, quando o reservatório 
continha cerca de 109 litros de água. 
 
a) escreva um balanço diferencial de água no reservatório. 
b) integre o balanço para calcular o volume do reservatório ao final de 60 dias de 
seca contínua. 
 
 
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Solução 
a) Considerando que m (kg) = r (kg/l).V (l) e que a equação de balanço para 
processo contínuo sem reação química é: 
 
 vem,V.V.
dt
dm
SE
&& r-r= 
 
7t/100-6 .10)e.(10 
dt
dV
r-r-=r 
 
e 
 
7t/100-6 10e10
dt
dV
-= 
Note que a quantidade inicial de água no reservatório quando t = 0 (109 litros) não 
entra na equação diferencial. Ela é uma condição de contorno da equação que será 
usada quando a equação for integrada. 
 
b) Integrando a equação entre t = 0 e t = 60 dias. 
 
V(60 dias) – V(0) = ò ò--
60
0
60
0
7100/t6 dt10dte10 
 
V(60 dias) = 109 – 106 (102) e-t/100 600
760
0 10- 
 
V(60 dias) = 4,45 x 108 litros (Verifique) 
 
Lembre-se que: 
 ò = a
edxe
ax
ax 
 
2.2. Processos em Batelada 
Pela sua própria natureza, esses processos se desenvolvem em regime transiente. 
Como 0mm ES == && , já que não há matéria atravessando as fronteiras, logo: 
0
dt
dm
= e 
MASSA FINAL = MASSA INICIAL 
 
3. BALANÇO DE MASSA PARA UM COMPONENTE 
Consideramos que uma espécie A participa de um dado processo: o balanço de 
massa para essa espécie depende de cada tipo de operação. 
 
3.1. Processos em Batelada 
 
3.1.1. Balanço para um componente com reação química 
 
Da equação geral vem SAI = ENTRA = 0, então. 
 
ACUMULA(A) = REAGE (A) e dmA/dt = rA 
 
3.1.2. Balanço para um componente sem reação química 
 
Como SAI = ENTRA = 0 e REAGE = 0, vem 
 
dmA/dt = 0 e MASSA INICIAL DE A = MASSA FINAL DE A 
 
Exemplos: 
Uma reação com estequiometria A ® B é realizada a volume constante, em um 
reator de batelada isotérmico. A velocidade de consumo de A, rA, é diretamente 
proporcional à concentração molar de A no reator e ao volume do reator. 
 
rA (mols/s) = 0,200 V(l) CA(mols/l) 
 
A concentração inicial de A no reator é 0,100 mols/l. Escreva a equação de 
balanço diferencial para A e use para calcular o tempo necessário para se atingir 90% 
de conversão. 
 
Solução: Processo em batelada (regime transiente) 
 
A quantidade de A no reator em qualquer tempo: rA = vCA 
A equação de balanço, como we = ws = 0, torna-se 
A
A
A
A C.V.200,0
dt
)d(VC
;r
dt
dn
-=-= 
AC200,0dt
dCA -= porque V = constante. 
 
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A concentração final de A deve ser 10% da concentração inicial, 
ou CAO/10 = 0,01 mols/l. 
Então, 
 
dt200,0
C
dC
A
A -= 
òò -= dt200,0C
dC fAf
AO
t
0
A
AC
C 
 
ln (CAf/CAO) = -0,200 tf 
 
CAf/CAO = 0,100 
 
s 5,11
200,0
)100,0ln(
t f =-
= 
 
Note que a unidade de 0,200 é s -1. 
 
Exemplo: 
Duas misturas metanol-água estão contidas em recipientes separados. A primeira 
mistura contém 40% de metanol e a segunda contém 70% de metanol. Se 200 g da 
primeira mistura são combinadas com 150 g da segunda, qual será a massa e a 
composição do produto? 
 
Solução: Processo em batelada sem reação química. 
 
Observação: Embora o processo não seja contínuo, faz-se um fluxograma para facilitar 
a compreensão. 
 
Observe que as correntes de entrada e saída mostradas no diagrama não denotam 
vazões, mas sim os estados iniciais e finais do processo em batelada. 
Como não há reação e vazões de entrada e saída, temos simplesmente que: 
 MASSA INICIAL = MASSA FINAL 
Balanço de Massa Total 
 
200g + 150g = W(g) 
W = 350 g de produto 
 
Balanço de Massa para o metanol: 
 
200g (0,4g CH3OH/g) + 150g (0,7g CH3OH/g) = W(g) (CH3OH/g) 
W (g) = 185 g de methanol 
 
Composição do produto = 185/350 = 0,5286 
 
3.2. Processos Contínuos 
 
3.2.1. Balanço de um componente com reação química 
 
a) em regime transiente 
 
SAI(A) = ENTRA(A) + REAGE(A) – ACUMULADA(A) 
 ou 
 
 d mA/dt = SE AA mm && - + rA 
 
É a própria equação geral de balanço. 
Lembramos novamente que se A é consumido o sinal do termo de reação é 
negativo, e se A é produzido seu sinal é positivo.b) no estado estacionário 
 
SAI(A) = ENTRA(A) + REAGE(A) 
 ou 
 
-
SE AAA mmr && -= 
 
3.2.2. Balanço de um componente sem reação química 
 Se não há reação, então r = 0 e a equação anterior se transforma em: 
 
a) no regime transiente 
 
SAI(A) = ENTRA(A) – ACUMULA(A) 
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ou 
 
dmA/dt = SE AA mm && - 
 
b) no regime permanente 
 
SAI(A) = ENTRA(A) 
ou 
 
SE AA mm && - 
 
Exemplo: 
 Um reator contínuo de tanque agitado é usado para produzir um composto R 
em fase líquida pela reação A Þ R. Alimentação entra no reator à vazão EV& (l/s), a 
concentração do reagente na alimentação é CAe (gmol A/l) e a densidade desta corrente 
é re (g/l). O volume do conteúdo do tanque é V(l). O vaso pode ser considerado 
perfeitamente misturado, tal que a densidade e a concentração de A no tanque é igual a 
da corrente de saída. Para esse processo a velocidade de consumo de A é dada por k.CA 
(mol/l.s). 
 
Escreva um balanço diferencial para a massa total e para A (mols). 
 
Solução: Processo contínuo, com reação química em regime transiente. 
 
 
Balanço total: 
 
ENTRA – ACUMULA = SAI 
entra (g/s) = EV& (l/s) . re (g/l) 
sai (g/s) = SV& (l/s) . rs (g/l) 
acúmulo (g/s) = dm/dt = d (rs V)/dt 
 
Daí, 
 
SSEE
S .V.V
dt
V)d(
r-r=
r && 
 
Se não houver diferença substancial de densidade rE = rS = r, daí 
 
dV/dt = EV& - SV& 
 
Balanço de A 
 
entra (mols A/s) = EV& (l/s) . CAe (mols A/l) 
sai (mols A/s) = SV& (l/s) . CA (mols A/l) 
reação (mols A/s) = k.CA (mols A/l.s) V(l) 
Então 
 
[d(VCA) ]/dt = EV& .CAe - SV& .CA - k.CA..V 
 
Exemplo: 
Mil quilogramas por hora de uma mistura de benzeno e tolueno que contém 50% 
benzeno em massa são separadas por destilação em duas frações. A vazão mássica do 
benzeno na corrente de saída do topo é 450 kg B/h, e para o tolueno na corrente de 
saída do fundo é 475 kg T/h. A operação se desenvolve em regime permanente. 
Escreva os balanços para o benzeno e o tolueno para calcular as vazões não conhecidas 
nas correntes de saída. 
 
 
Solução: Processo contínuo em estado estacionário, sem reação química. 
Balanço para benzeno: 
500 kg B/h = 450 kg B/h + 2m& 
 2m& = 50 kg B/h 
 
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Balanço para o tolueno: 
500 kg T/h = 1m& + 475 kg T/h 
 1m& = 25 kg T/h 
 
Conferindo: Balanço total de massa 
ENTRA = 1000 kg/h 
SAI = 450 + 1m& + 2m& + 475 = 1000 kg/h 
 
4. PROCEDIMENTO PARA REALIZAÇÃO DE CÁLCULOS DE 
BALANÇO DE MASSA 
Todos os problemas de balanço material são variações de um único tema: dado 
valores de algumas variáveis nas correntes de entrada e saída, calcular os valores das 
demais. A resolução das equações finais é uma questão de álgebra, mas a obtenção 
dessas equações depende do entendimento do processo. Alguns procedimentos 
facilitam essa tarefa de a partir da descrição do processo, montar-se as equações de 
balanço correspondentes. 
 
4.1 Indicação das Variáveis no Fluxograma 
Algumas sugestões para indicação das variáveis nos fluxogramas auxiliam os 
cálculos de balanço material. 
 
1. Escreva os valores e unidades de todas as variáveis conhecidas sobre as linhas 
que indicam as correntes de processo. Por exemplo: uma corrente contendo 
21% O2 e 79% N2 molar a 320
oC e 1,4 atm fluindo a vazão de 400 g-mols/h 
pode assim ser indicada: 
 
400 mols/h 
----------------------------------------------------® 
0,21 mols O2/mol 
0,79 mols N2/mol 
T=320 oC; P = 1,4 atm 
 
Quando você faz isto para todas as correntes, você tem um sumário das 
informações conhecidas acerca do processo. 
 
2. Indique sobre as respectivas correntes as variáveis desconhecidas com 
símbolos algébricos e unidades. Por exemplo: se as frações molares do 
exemplo anterior não fossem conhecidas, a corrente poderia assim ser 
indicada: 
 
400 mols/h 
----------------------------------------------------® 
yO2 (mols O2/mol) 
yN2 (mols N2/mol) 
T=320 oC; P = 1,4 atm 
Lembre-se que xO2 + xN2 = 1. 
Logo, também se poderia escrever: 
400 mols/h 
----------------------------------------------------® 
x (mols O2/mol) 
1-x (mols N2/mol) 
T=320 oC; P = 1,4 atm 
 
3. Se uma vazão volumétrica de uma corrente é conhecida, é útil indicá-la no 
fluxograma na forma de vazão mássica ou molar, uma vez que os balanços 
não são normalmente escritos em termos de quantidades volumétricas pois há 
frequentemente variação de densidade. 
 
4. Quando várias correntes de processo estão envolvidas é interessante numerá-
las. Assim as vazões mássicas e volumétricas de 5 correntes podem ser 
indicadas por 1V& , 2V& , 3V& , 1m& , 2m& e 3m& . 
 
Exemplo: 
Uma experiência de velocidade de crescimento de certos organismos requer o 
estabelecimento de um ambiente de ar úmido enriquecido em oxigênio. Três correntes 
são alimentadas à câmara de evaporação para produzir uma corrente de saída com a 
composição desejada. 
a) água líquida alimentada à vazão de 20 cm3/min 
b) ar (21% O2 e 79% N2 molar) 
c) Oxigênio puro, com vazão molar igual a um quinto da vazão molar da corrente B. 
 
O gás de saída é analisado e observa-se que ele contém 1,5% (molar) de água. 
Calcule as variáveis desconhecidas. 
 
Solução: processo contínuo sem reação em regime permanente. 
 
Seja N a indicação do nitrogênio, O a do oxigênio e A a da água. 
 
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Sabemos que: 
12 n.2,0n && = 
3n& = 20 cm
3 H2O/min . 1 g H2O/cm
3 . 1 mol/18g = 1,11 mols H2O/min 
 
Balanço para a água 
 
1,11 mols H2O/min = 0,015 mols H2O/mol . 4n& ® 4n& = 74,07 mols/min 
 
Balanço total (molar) 
ENTRA = SAI 
1n& + 2n& + 3n& = 4n& ® 1n& +0,2 1n& + 3n& = 4n& 
1n& +0,2 1n& +1,11=74,07 1n& = 60,80 mols/min 
 
Balanço de N2 
0,79 1n& = yN4. 4n& yN4 = 0,648 mol N2/mol mist 
 
Observação: confira os cálculos através da equação de balanço do O2. 
 
4.2. Mudança de Escala e Base de Cálculo 
Suponha que 1 kg de benzeno é misturado com 1 kg de tolueno. A massa final 
desse processo simples é obviamente 2 kg de mistura com 50% de benzeno em massa. 
 
 
Observe que as massas de todas as correntes podem ser multiplicadas por um fator 
comum sem alteração da composição de cada corrente. Este procedimento no qual são 
modificados todos os valores das quantidades de massa (ou vazões) por uma 
quantidade proporcional, enquanto as composições se mantém constantes, é chamado 
de alteração de escala (“scalling”) no flu xograma: ampliação de escala se as 
quantidades finais são maiores que as originais e, em caso contrário, redução de escala. 
 
Se no exemplo anterior o fator de ampliação de escala for 300, teremos: 
 
 
 
A alteração de escala pode prever também a alteração das unidades de todas as 
variáveis das correntes (incluindo as das frações mássicas, ou molares) desde que se 
mantenha o processo balanceado. Da mesma forma quantidades mássicas (ou molares) 
podem ser alteradas para vazões mássicas (ou molares), sem que o processo deixe de 
estar balanceado. 
Se no exemplo anterior, além de ampliarmos a escala quisermos alterar as 
unidades para lbm/h, teremos: 
 
 
É claro que estaremos modificando o resultado final, por força de mudança de 
escala, já que teremos na saída 300 lbm de benzeno (ou seja, 300 lbm (1 kg/2,205 lbm) 
= 136,05 kg ao contrário de 300 kg, na situação anterior. Mas o que importa é que o 
processo está balanceado. Senão, vejamos: 
- vazão de benzeno na entrada: 300 lbm B/h 
- vazão de benzeno na saída: 600 lbm/h x 0,50 lbm B/lbm = 300 1bmB/h 
 
O que se verifica é que mesmo mudando-se de unidades e passando-se de 
quantidade para o fluxo, a composição do benzeno e do tolueno mantiveram-se em 
50%. 
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Um outro exemplo é o que se segue: “o fluxograma abaixo mostra uma destilação 
de uma mistura de benzeno e tolueno. Amplie a escala para produção de 100 lbm/min 
da corrente superior de saída. 
 
É necessário, inicialmente, calcular-se as frações mássicas da corrente de entrada: 
 
0,6g B/1g = 0,6 g B/g e 0,4g T/1g = 0,4 g T/g 
 
O fator de escala será: 
100 (lbm/min)/0,5g = 200 (lbm/min)/g 
 
Daí, 1 g x 200 (lbm/min)/g = 200 lbm/min na alimentação 
0,5 g x 200 (lbm/min)/g = 100 lbm/min na corrente de saída. 
 
A composição das correntes deve manter-se a mesma. Portanto: 
 
- corrente de entrada: 60%B, 40%T, logo 0,6 lbmB/lbm e 0,4 lbmT/lbm 
- corrente superior de saída: 90%B, 10%T, logo 0,9 lbmB/lbm e 0,1 lbmT/lbm 
- corrente inferior de saída: 30%B, 70%T, logo 0,3 lbmB/lbm e 0,7 lbmT/lbm 
 
Daí: 
 
É fundamental checar o balanço, para certificar-se que a mudança de escala 
manteve o processo balanceado. 
 
Balanço global: ENTRA=SAI 
entra = 200 lbm/min 
sai = 100 lbm/min + 100 lbm/min = 200 lbm/min 
 
Balanço para o benzeno: ENTRA=SAI 
entra = 200 lbm/min x 0,6 lbB/min = 120 lbm B/min 
sai = 100x0,9+100x0,3 = 90 + 30 = 120 lbm B/min 
 
Note finalmente que não podemos alterar a escala de massa para mol (ou vazão 
mássica para vazão molar) ou vice-versa, através de simples multiplicação. Conversões 
desse tipo só podem ser realizadas segundo o procedimento anteriormente descrito. 
Desde que um processo pode ter sempre modificada a sua escala, os cálculos de 
balanço de material podem ser realizados em qualquer base conveniente de quantidade 
de matéria ou fluxo de matéria, e posteriormente alterados para a escala desejada. O 
primeiro passo no procedimento de um balanço de um processo é escolher uma 
quantidade (mássica ou molar) ou vazão (mássica ou molar) de uma corrente ou de um 
componente de uma corrente como uma base de cálculo. Todas as variáveis 
desconhecidas de uma corrente serão então determinadas relativamente à base 
escolhida. 
Se uma quantidade ou vazão é dada pelo enunciado de um problema, é usualmente 
mais conveniente utilizá -la como base de cálculo; todos os cálculos subseqüentes 
fornecerão automaticamente os valores corretos para o processo. Se nenhuma 
quantidade ou vazão é conhecida, deve-se assumir uma. Neste caso, escolhe-se uma 
quantidade de uma corrente com composição conhecida. Se a fração fornecida for 
molar, escolhe-se uma quantidade (ou vazão) molar, via de regra 100 mols, caso 
contrário escolhe-se uma quantidade mássica. Também nesse caso o número mais 
utilizado é 100 (100 kg, 100 g, 100 lbm, etc.). 
 
Exemplo: 
Uma solução aquosa de hidróxido de cálcio contém 25% Ca(OH)2 em massa. 
Deseja-se obter uma solução 5% dessa base, diluindo-se a corrente original com uma 
corrente de água pura. Calcule a relação g H2O/g solução alimentada. 
 
Solução: 
Como não são dadas as vazões nem de entrada nem de saída, estabelecemos uma 
base de cálculo de 100 g/min de solução alimentada. Assim, 
 
BME - Apostila 2 
 
 
10 
 
 
Então, para um processo contínuo, em regime permanente e sem reação química, 
vem: 
 
Balanço total: ENTRA=SAI 
 21 mm100 && =+ 
 
Balanço Ca(OH)2: ENTRA = SAI 
 100 x 0,25 = 2m& x 0,05 ® 2m& = 500 g/min 
 
21 mm && = – 100 = 400 g/min 
Daí: 
(g H2O)/(g sol.alim) = ( 1m& /100) = 400/100 = 4 
 
4.3. Procedimento Geral para Cálculos de Balanço de Massa 
Dada a descrição de um processo, o valor de várias variáveis de processo e a lista 
daquelas a serem determinadas: 
 
1. Desenhe um fluxograma e indique todos os valores das variáveis conhecidas. 
2. Escolha base de cálculo, uma quantidade ou vazão de uma das correntes de 
processo. Se nenhuma quantidade ou vazão for conhecida, assuma uma 
qualquer como base de cálculo (100 kg, 100 kg/h, etc.). 
3. Indique no fluxograma, através de letras e índices, as variáveis desconhecidas. 
4. Converta valores de volumes ou vazões volumétricas em quantidades 
mássicas ou molares, usando dados tabelados de densidades ou as leis dos 
gases. 
5. Se houver uma mistura de unidades mássicas e molares é conveniente adotar-
se uma ou outra para a realização dos cálculos transformando-as de acordo 
com procedimento já estudado (conversão de frações mássicas em molares ou 
vice-versa). 
6. Escreva as equações de balanço material, identificando o tipo de processo em 
questão (contínuo, batelada, transiente, permanente, com reação ou sem 
reação). Como as equações de balanço de massa são interdependentes, se não 
houver reação e N espécies estiverem presentes, você pode escrever no 
máximo Neq. Se uma for a equação de balanço total então você escreverá (N-
1) equações para componentes. Escreva os balanços numa ordem tal que os 
que envolverem o menor número de variáveis desconhecidas sejam escritos 
em primeiro lugar. Lembre -se que o número de equações tem que ser igual ao 
número de variáveis desconhecidas. Caso contrário há algo de errado. 
 
Exemplo: 
Uma mistura contendo 45% benzeno (B) e 55% de tolueno (T) em massa é 
alimentada em uma coluna de destilação. A corrente de saída do topo contém 95% B 
em peso. A corrente que sai pelo fundo do destilador contém 8% do benzeno 
alimentado. A vazão de alimentação é de 2000 kg/h. Determine a vazão da corrente de 
topo e as vazões mássicas de benzeno e tolueno na corrente de fundo. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BME - Apostila 2 
 
 
11 
5. BALANÇOS EM PROCESSO DE MÚLTIPLAS UNIDADES 
Quando se tem mais de uma unidade compondo um determinado processo é 
fundamental definir-se as fronteiras dentro das quais se está realizando o balanço. O 
espaço delimitado por essas fronteiras é usualmente denominado de volume de 
controle (VC) ou sistema (e sub-sistema). 
Um VC pode ser o processo como um todo, ou uma parte sua. Pode combinar 
unidades interligadas ou localizar-se sobre uma única unidade ou mesmo um ponto de 
junção ou divisão de correntes de processo. Para a identificação dos diferentes sistemas 
considerados, utiliza -se o desenho de blocos em linhas pontilhadas em torno da região 
considerada no fluxograma, tomando-se para efeito de balanço, as correntes de fluxo 
que atravessam essas fronteiras imaginárias. 
Considere o fluxograma abaixo de um processo contendo 2 unidades e os 5 
volumes de controle. 
 
A) compreende o processo como um todo, compreendendo todas as correntes de 
alimentação e produto. 
B) compreende um ponto de mistura de 2 correntes de alimentação. 
C) compreende a primeira unidade de processo. 
D) compreende um ponto de separação (divisão de correntes) 
E) compreende a segunda unidade de processo. 
 
O procedimento para a resolução de problemas de balanço de massa nesses 
processos com múltiplas unidades é basicamente o mesmo daquele utilizando para uma 
simples unidade, exceto que com mais de uma unidade nós podemos ter que isolar e 
escrever balanço em vários sub-sistemas para obtermos equações suficientes para a 
determinação das variáveis de processo desconhecidas. É aconselhável fazer-se 
inicialmente o balanço no volume de controle do processo como um todo, de modo a 
visualizar-se os quantidades não conhecidas e, a partir daí, escolhe-se os próximos 
volumes de controle a serem analisados. O ideal é desenhar-se as fronteiras dos 
sistemas de modo a conterem a menor quantidade possível de variáveis desconhecidas. 
 
 
Exercício: 
O fluxograma de um processo de destilação contínuo em estado estacionário é 
mostrado abaixo. Cada corrente contém dois componentes – chamados de A e B – em 
diferentes proporções. Calcule as vazões e composições das correntes 1, 2 e 3. 
 
Solução: 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
BME - Apostila 2 
 
 
12 
6. RECICLO E BY-PASS 
Considere a reação química A ® R. É muito raro que ela secomplete num reator 
contínuo. Tanto faz quanto A está presente no início da reação ou quanto tempo ele é 
deixado no reator. A é normalmente encontrado no produto. Suponha que seja possível 
encontrar-se um modo de separar a maioria ou todo o A do produto R. Isto é vantajoso 
se o custo de separação e alimentação compensar o custo de matéria -prima A. Nessa 
situação é interessante reciclar o reagente A (separação de R) para a entrada do reator. 
Um fluxograma típico envolvendo uma operação de reciclo é mostrado abaixo. É 
importante distinguir-se com clareza (para efeito de balanço), a alimentação nova 
(“fresh feed”) da alimentação do reator. Esta última é a soma da alimentação nova com 
a corrente de reciclo. 
 
 
Exemplo: O fluxograma de um processo para recuperação de cromato de potássio 
(K2CrO4) a partir de uma solução aquosa deste sal é mostrado abaixo. 
 
Nesta operação, 4500 kg/h de uma solução 1/3 K2CrO4 em massa é combinada 
com uma corrente de reciclo contendo 36,36% K2CrO4 em massa. A corrente formada 
pela junção das duas anteriores é alimentada ao evaporador. A corrente concentrada 
que deixa o evaporador contém 49,4% K2 CrO4; esta corrente é alimentada ao 
cristalizador na qual é resfriada (causando a formação de cristais de K2CrO4) e então 
filtrada. A torta do filtro contém cristais de K2CrO4 e uma solução (que umedece a 
torta) que contém 36,36% K2CrO4 em massa; os cristais são responsáveis por 95% da 
massa total da torta. A solução que passa através do filtro também tem 36,36% K2 CrO4 
em massa e constitui-se na corrente de reciclo. 
Calcular a massa de água removida pelo evaporador, a taxa de produção de 
K2CrO4 cristalino, a relação kg reciclo/kg de alimentação nova e as vazões com que o 
evaporador e o cristalizador devem ser projetados. 
 
Solução: 
Base: 45000 kg/h. Seja o "K" o K2CrO4 e "A" a água. Na corrente 5, seja 5Cm& a 
vazão mássica dos cristais e 
5Sm& a vazão mássica da solução. 
 
Processo contínuo sem reação química: ENTRA = SAI. 
 
Balanço global para massa total: 
 
531 mmm &&& += . 
Como 
55 SC5 mmm &&& += 
vêm 
55 SC31 mmmm &&&& ++= 
 
Balanço global para K: 
 
55S51 SKC1K mxmmx &&& += 
BME - Apostila 2 
 
 
13 
4500.0,3333 =
55 SC m.3636,0m && + 
 
Mas há uma relação entre 
55 SC m e m && , a saber: 
 
)mm( 05,0m
555 CSS
&&& += ® 
55 CS m 05263,0m && = 
 
e voltando na equação anterior sai: 
 
5Cm & = 1500/[1+(0,01914)] ® 5Cm & = 1472 kg K (cristais)/h 
 
5Sm & = (0,05263) (1472) = 77,5 kg solução/h 
 
Voltando à equação global de massa total vêm 
 
4500 = 3CS mmm 55 &&& ++ 
 
4500 = 77,5 + 1472 + 3m& portanto: 3m& = 2950 kg/h 
 
Considerando que no cristalizador termos apenas duas variáveis desconhecidas 
envolvidas 4m& e R) já que 5m& já foi determinado ( 55 CS5 mmm &&& += = 1472 + 77,5 = 
1550 kg/h) enquanto nos outros sistemas há mais de duas variáveis desconhecidas 
(verifique) então: 
 
Balanço de massa total no cristalizador: 
 
Rmm 54 += && (kg/h) 
 
Balanço de água no cristalizador: 
 
0,506 4m& = 0,6364 5Sm& + 0,6364.R (kg A/h) 
 
como 
 
5Sm& = 77,5 kg/h vem 4m& = 97,35 + 1,258 R 
 
e resolvendo-se 
4m& = 7810 kg/h e R = 5630 kg/h 
 
Logo: 
 
reciclo/alim.nova = 5630/4500 = 1,25 kg reciclo/kg alimentação nova 
 
A alimentação do evaporador será 
 
4500 + R = 2m& ® 2m& = 10,130 kg/h 
 
Cheque no evaporador 
 
2m& = 10130 kg/h 
 
43 mm && + = 2950 + 7180 = 10130 kg/h 
 
Uma operação também comum na indústria química é o desvio de uma parte da 
alimentação de uma unidade e a combinação dessa corrente chamada “by pass” com a 
corrente de saída daquela unidade. Isto pode ocorrer por uma série de razões que serão 
apresentadas ao longo do curso de engenharia química. Através desse procedimento é 
possível, por exemplo, manipular-se a composição e as propriedades do produto. O 
fluxograma técnico é apresentado abaixo: 
 
 
 
O procedimento para cálculo de balanço nesses processos com reciclo e “by-pass” 
é baseado no mesmo adotado para processos com múltiplas unidades. 
 
 
 
 
 
 
 
BME - Apostila 2 
 
 
14 
7. BALANÇOS EM PROCESSOS COM REAÇÃO 
 
7.1. Introdução 
A diferença fundamental dos balanços nos processos com reação daqueles vistos 
até aqui, é o aparecimento de um novo termo nas equações de balanço do componente, 
relativo ao seu aparecimento ou desaparecimento em função da transformação 
química. A estequiometria da reação imporá restrições ao processo, na medida em que 
não se pode à partir de uma reação do processo tipo A ® B, partir-se de um mol de A e 
obter-se 2 mols de B na saída. 
Alguns conceitos merecem ser recapitulados: 
 
a) reagentes com proporção estequiométrica: quando a relação molar é igual a razão 
estequiométrica. 
 Para a reação: 2SO2 + O2 ® 2SO3 
 A proporção estequiométrica do SO2 e O2 é nSO2/nO2 = 2/1 presentes na alimentação 
do reator. Por exemplo: 200 mols de SO2 e 100 mols de O2). 
b) reagente limitante: quando os reagentes não são alimentados na proporção 
estequiométrica, aquele reagente que desaparece primeiro é chamado de limitante. 
Os outros são reagentes em excesso. Um reagente é limitante se estiver presente em 
menor quantidade do que a estabelecida pela proporção estequiométrica, em 
relação a todos os outros. 
c) porcentagem em excesso: suponha que n mols de um reagente em excesso esteja 
presente, e que ns deveria ser o número de mols correspondente a proporção 
estequiométrica (tal que n > n s). Então, a porcentagem de excesso, é dada por: 
 
100 (n-ns)/ns 
 
Considere por exemplo a reação H2 + Br2 ® 2HBr e suponha que 25 mols H2/h e 
20 mols Br2/h são alimentados ao reator. O reagente limitante é claramente o 
bromo. Para o H2 estar em proporção estequiométrica deveria ser alimentado à 
razão de 20 mols H2/h. Logo: 
100 (25-20)/20 = 25% H2 em excesso. 
d) conversão: as reações químicas não ocorrem instantaneamente, e, ao contrário, 
frequentemente desenvolvem-se bastante lentamente. Nesses casos não é prático 
projetar-se o reator para a conversão completa do reagente limitante. Então, o 
efluente do reator conterá ainda reagentes não convertidos que serão separados do 
produto e reciclados para a alimentação (se for economicamente compensador). 
A conversão de um reagente A é a relação: 
XA = (mols reagidos de A)/(mols alimentados de A) 
 
A fração não reagida é, portanto, 1-XA. 
 
Se 100 mols de um reagente A são alimentados e 90 deles reagem, a conversão de 
A será de 0,9 ou de 90% e a fração não convertida de A será de 10%. 
 
Exemplo: 
Acrilonitrila é produzida pela reação de propileno, amônia e oxigênio. 
C3H6 + NH3 + 3/2 O2 ® C3H3N + 3H2O 
 
A alimentação contém 10% propileno, 12% amônia e 78% ar em mols 
 
a) qual reagente é limitante? Em que porcentagem estão os outros em excesso? 
b) calcule os Kg-mols de C3H3N produzido por Kg-mol de NH3 alimentado para 
uma conversão de 30% do reagente limitante. 
 
Solução: base de cálculo = 100 Kg mols de alimentação. 
 
Pela estequiometria da reação temos: 
1 kg mol CH3H6 : 1 kg mol NH3 : 1,5 kg mol O2 
100 kg mols (0,100 kg mols C3H6/kg mol) = 10 kg mols C3H6 
100 kg mols (0,120 kg mols NH3/kg mol) = 12 kg mols NH3 
100 kg mols (0,780 mols ar/kg mol) = 78 kg mol ar 
78 kg mols ar (0,21 kg mols O2/kg mols ar) = 16,4 kg mols O2 
 
Pela proporção estequiométrica para 10 kg mols C3H6 teríamos: 
 
10 kg mols C3H6 : 10 kg mols NH3 : 15 kg mols O2 (Esteq.) 
 
Como temos: 
 
10 kg mols C3H6 : 12 kg mols NH3 : 16,4 kg mols O2 (Alim.) 
BME - Apostila 2 
 
 
15 
então o C3H6 é o reagente limitante e o NH3 e o O2 estão em excesso. 
 
excesso de %20%100.
10
1012
%100.
.esteq)(n
.esteq)n( - .lima)n(
excesso)NH (%
3
33
NH
NHNH
3 =
-== 
(% excesso)O2 = 
( )
15
154,16 -
 100% = 9,33% excesso O2 
 
Se a conversão do C3H6 é 30%, então: 
 
10 kg mols C3H6 alim. (0,3 kg mols reagido/kg mol alim.) = 3 kg mols C3H6 
reagido 
 
A quantidade de acetonitrila formada é: 
 
3 kg mols C3H6 reag.(1 kgmol C3H3N ger/kg mol C3H6 reag) = 3 kg mols C3H3N 
 
alimentado HN mol kg
produzido NHC moles kg 25,0
alimentado NH moles kg 12
produzido NHC moles kg 3
3
33
3
33 = 
e) Rendimento e Seleti vidade 
Considere a reação de produção de etileno através da desidrogenação do etanol: 
C2H6 ® C2H4 + H2. 
A medida que o H2 é produzido ele pode reagir com o etano produzindo metano 
através da equação: 
 
C2H6 + H2 ® 2CH4 
 
Além disso, o próprio etileno pode reagir com o etano para formar propileno e 
metano: 
 
C2H4 + C2H6 ® C3H6 + CH4 
Desde que o objetivo do processo é produzir etileno somente a primeira dessas 
reações, chamadas de múltiplas, é desejada. O projeto de engenharia do reator e as 
condições de operação devem considerar não somente com o objetivo de maximizar a 
produção do produto desejado (C2H4) como minimizar a produção de sub-produtos 
(CH4 e C3H6). 
Os termos rendimento (“yield”) e seletividade (“selectivity”), são usados para 
descrever o grau em que a reação desejada predomina sobre as reações competitivas. 
 
alimentado limitante reagente mols
formado desejado produto mols
o)alimentaçã na (baseado Rendimento = 
consumido limitante reagente mols
formado desejado produto mols
reagente) consumo no (baseado Rendimento = 
 
formado indesejado produto do mols
formado desejado produto mols
eeletividadS = 
 
Quanto maiores os valores de rendimento e seletividade, maior será a produção do 
produto desejado. 
 
Exemplo: 
 
As reações: C2H6 ® C2H4 + H2 
 C2H6 + H2 ® 2CH4 
 
se desenvolvem em um reator contínuo em estado estacionário. A vazão molar da 
alimentação é 100 Kg mols/h e a da corrente de produto é 140 Kg mols/h. A 
composição dos gases é dada abaixo: 
 
 C2H6 C2H4 H2 CH4 Inertes 
Alimentação molar (%) 85,0 - - - 15,0 
Produto molar (%) 30,3 28,6 26,7 3,6 10,7 
 
Calcule a conversão do etano, os rendimentos do etileno baseados na alimentação 
e no consumo de reagente, e a seletividade do etileno relativa ao metano. 
 
Solução: base de cálculo = vazões fornecidas. 
 
 
 
 ( n& C2H6)alim. = 85,0 kg mols C2H6/h 
 
BME - Apostila 2 
 
 
16 
(n& C2H6)prod. = 140 kg mols/h x (0,303 kg mols C2H6/kg mol) = 42,4 kg mols C2H6/h 
 
Balanço de massa para o etano: ENTRA – SAI = CONSUMIDO 
 
 85,0 – 42,24 = 42,6 kg mols C2H6 consumido/h 
 
Conversão: 
 
salimentado mols
consumidos mols
501,0
/halimentado HC mols kg 35,0
hconsumido/ HC mols kg 42,26
62
62 = 
 
Balanço de massa para o metano e etileno: SAI = GERADO 
 
(n& C2H4)prod. = 140 kg mols/h.(0,286 kg mols C2H4/kg mol) = 40,0 kg mols C2H4/h 
 
(n& CH4)prod. = 140 (0,036) = 5,0 kg mols CH4/h 
 
 
Rendimento do etileno baseado na alimentação: 
 
produzido HC mols
produzido HC mols
470,0
/halimentado HC mols kg 85,0
hproduzido/ HC mols kg 40,0
62
42
62
42 = 
 
Rendimento do etileno baseado no consumo: 
 
consumido HC mols
produzido HC mols
939,0
hconsumido/ HC mols kg 42,6
hproduzido/ HC mols kg 40,0
42
42
62
42 = 
 
Seletividade do etileno relativa ao metano: 
 
produzido CH mols
produzido HC mols
0,8
hproduzido/ CH mols kg 5,0
hproduzido/ HC mols kg 40,0
4
42
4
42 = 
f) Separação de Produto e Reciclo 
 
Duas definições são importantes quando se usa o reciclo dos reagentes não 
consumidos: 
 
processo no entra reagente
processo do sai reagente -processoo no entra reagente
 global =Conversão 
 
Por exemplo, considere o seguinte fluxograma de um processo com reação 
química A® B 
 
 
 
A conversão glogal de A é (75-0/75).100%= 100% 
 
A conversão por passe de A (no reator) é (100-25/100).100% = 75%. 
 
Este exemplo ilustra o objetivo do reciclo: foi possível atingir-se completa 
utilização do reagente, embora somente 75% reagente que entra no reator é convertido 
antes de sair. A razão para que a conversão global seja de 100% está na perfeita 
separação assumida. Se algum A sair com a corrente de produto, a conversão global 
será menor que 100%, embora ela deva ser sempre maior do que a conversão por 
passe. 
 
Exemplo : 
Propano é desidrogenado para formar propileno em um reator catalítico: 
C3H8 ® C3H6 + H2 
 
O processo é projetado para um conversão global de 95% do propano. Os produtos 
de reação são separados em duas correntes: a primeira que contém H2, C3H6 e 0,555% 
do propano que deixa o reator é assumida como produto; a segunda, que contém o 
restante do propano não reagido e 5% do propileno que sai na corrente de produto, é 
reciclado ao reator. Calcule a composição do produto, a relação (mols reciclados/mols 
de alimentação nova), e a conversão por passe. 
Solução: 
 
Base de Cálculo: 100 mols alimentação nova 
BME - Apostila 2 
 
 
17 
 
Note que ao batizarmos as correntes, implicitamente já realizamos balanços de 
propano e propileno em torno da junção das duas correntes que formaram a 
alimentação do reator. 
As composições da corrente de produto serão dadas por: 
 
C3H8 = n1/n1 + n2 + n3 , etc. 
 
A razão de reciclo será (nr1 + nr2)/100. 
 
100x
)rn(100
P1-)rn (100
passepor HC do Conversão
1
1
83 +
+ 
 
Precisamos portanto calcular n1, n2, n3, nr1, nr2 e P1. Lembramos que a conversão 
global é 95%. Então: 
 
95,0
)HC moles (100
n - HC moles 100
83
183 = 
E 
 
n1 = 5 mols C3H8 
 
Balanço global do propano: SAI = ENTRA – CONSUMIDO 
 
5 mols C3H8 = 100 mols C3H8 – consumido C3H8 ® consumido C3H8= 95 mols 
 
Balanço global do propileno: SAI = GERADO 
 
n2 = 95 mols C3H8 reagido (1 mol C3H6 formado/1 mol C3H8 reagido) = 
 
n2 = 95 mols C3H6 
 
Balanço global do H2: SAI = GERADO 
 
 
n3 = 95 mols C3H8 consumido (1 mol H2 gerado/1 mol C3H8 consumido) 
 
n3 = 95 mols H2 
 
Como n1 + n2 + n3 = 5 + 95 + 95 = 195 mols vem 
 
83HCy = 5/195 = 2,6% em C3H8 
6HC3y = 95/195 = 48,7% em C3H6 
2Hy = 95/195 = 48,7% em H2 
 
Para determinar-se nr1, nr2 e P2 é necessário lembrar-se que 
 
n1 = 0,00555 P1 e nr2 = 4,75 mols C3H6 
 
Então: P1 = 500 mo ls C3H8 e nR2 = 4,75 mols C3H6 
 
Balanço em torno da unidade de separação. 
 
Como não há reação: ENTRA = SAI 
 
Balanço do C3H8 
P1 = n1 + nr1 ® nr1 = 895 mols C3H8 
Portanto, 
 
Razão reciclo = (nr1+nr2)/100 = (895+4,75)/100 = 9,00 mols reciclo/mols alim. nova 
 
=
+
-+
=
+
+
100.
895100
900)895100(
100.
)nr(100
P1-)rn (100
passepor Conversão
1
1 9,55% 
 
7.2. Balanços para Espécies Atômicas e Moleculares 
Um fluxograma da desidrogenação do etano, num reator contínuo em estado 
estacionário é: 
 
 
 
Diferentes balanços podem ser escritos para este processo, incluindo o balanço 
global de massa, e para cada um dos componentes, C2H6, C2H4 e H2. Note, entretanto, 
BME - Apostila 2 
 
 
18 
que balanços materiais também podem ser escritos para o carbono atômico e o 
hidrogênio atômico. 
 
Nas circunstâncias do processo em questão, balanços em espécies atômicas são 
escritos como: 
 
 ENTRA = SAI 
Já que nenhum átomo pode ser criado ou destruído através de reações químicas. 
 
Repare bem que quando se fala em balanço de H2, isto pode significar duas coisas 
completamente diferentes: um balanço para o H2 molecular, existindo como uma 
espécie independente ou um balanço para o hidrogênio total (ligado ou não ligado) 
expresso em termos de moléculas de H2 ao contrário de átomos de H. Para evitar 
confusão usa-se os termos “balanço de H2 livre” ou “balanço para o H2 total”, 
respectivamente,para indicar esses dois tipos de balanços. 
 
No caso do fluxograma em questão, teremos: 
 
Balanço para o H2 livre: 
 
sai H2 = gerado H2 
 
40 mols H2/min = gerado H2 (mols H2/min) 
 
Balanço para o etano (C2H6) 
 
sai C2H6 = entra C2H6 – consumido C2H6 
 
1n& (mols C2H6/min) = 100 molsC2H6/min – consumido C2H6 (mols C2H6/min) 
Balanço para o eteno (C2H4) 
 
sai C2H4 = gerado C2H4 
 
gerado C2H4 (mols C2H4/min) = n2 (mols C2H4/min) 
 
Balanço atômico de C 
 
entra C = sai C 
 
÷÷
ø
ö
çç
è
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ+÷÷ø
ö
ççè
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ=÷÷ø
ö
ççè
æ
÷
ø
ö
ç
è
æ
42
42
2
62
62
1
62
62
HC mol 1
C mols 2
 
min
HC mols
n
HC mol 1
C mols 2
 
min
HC mols
n
HC mol 1
C mols 2
 
min
HC mols 100 &&
 
 
100 = 1n& + 2n& 
 
Balanço total de H2 
 
entra H2 = sai H2 
2
62
2
62 H moles 40 HC mol 1
H moles 3
 HC moles 100 = 
42
2
2
62
2
621 HC mol 1
H mols 2
 moles n 
HC mol 1
H mols 3
 HC moles n ++ 
daí: 300 = 40 + 3 1n& + 2 2n& 
 
Há duas maneiras para determinar-se n1 e n2 ou diretamente através de 2 balanços 
atômicos: 
1n& + 2n& = 100 2n& = 40 mols C2H4/min 
300 = 40 + 3 1n& + 2 2n& 1n& = 60 mols C2H6/min 
ou, usando-se os balanços moleculares para as 3 espécies (as três primeiras equações) 
em conjunto com a equação estequiométrica da reação. 
 
1 mol H2 gerado/1 mol C2H6 consumido ® C2H6 cons. = 40 mols C2H6/min 
daí, 1n& = 100 – 40 = 60 mols C2H6/min 
1 mol C2H6 gerado/1 mol C2H6 consumido ® 2n& = 40 mols C2H4/min 
Exemplo: 
Metano é queimado com oxigênio formando CO2 e H2O. 150 kg mols/h de uma 
corrente de alimentação composta de 20% CH4, 60% O2 e 20% CO2 são alimentados 
ao reator, no qual se obtém uma conversão de 90% do reagente limitante. Calcule a 
composição molar da corrente de produto. 
 
Solução: base de cálculo ® vazão molar fornecida 
 
BME - Apostila 2 
 
 
19 
 
 
Como a relação estequiométrica mols O2 : mols CH4, é igual a 2:1, e a relação de 
alimentação é 3:1. Então o O2 está em excesso e o CH4 é o reagente limitante (situação 
comum em reações de combustão. 
 
Partindo-se da conversão de 90% do reagente limitante vêm: 
 
9,0
alimentado CH mols kg
reagido CH mols kg
4
4 = kg mols CH4 reagido = 0,9.30 = 27 kg mols CH4 reagido/h 
 
Logo, a partir do balanço de CH4 temos: 
 
entra CH4 = sai CH4 + consumido CH4 
 
30 = n& CH4 + 27 ® n& CH4 = 3 kg mols CH4/h 
 
Como o carbono está presente na forma de CO2 e CH4 e já conhecemos nCH4, um 
balanço atômico de C nos dará facilmente nCO2. 
 
Balanço de massa para o carbono atômico (entra = sai) 
 
(30 kg mols CH4/h) (1 kg mol C/1 kg mol CH4) + (30 kg mols CO2/h) 
(1 kg mol C/1 kg mol CO2) = (3 kg mols CH4/h)(1 kg mol C/1 kg mol CH4) + 
[n& CO2 (kg mols CO2/h)(1 kg mol C/1 kg mol CO2) 
30 + 30 = 3 + n& CO2 ® n& CO2 = 57 kg mols CO2/h 
 
Você também poderia fazer um balanço de CO2. Lembre-se que aí aparecerá o 
termo relativo à reação. Verifique. 
 
Da mesma forma para nH2O, faremos um balanço para o H atômico. 
 
OH mol kg 1
H mols kg 2
n
CH mol kg 1
H mols kg 4
)n(
CH mol kg 1
H mols kg 4
/h)CH moles kg30(
2
2
OH
4
4CH
4
4 2
&& += 
 
30,4 = 3,4 + 2. n& H2O ® n& H2O = 54 kg mols /h 
 
Verifique este resultado fazendo um balanço para o H2 e um outro para a própria 
H2O. 
 
Para a determinação de n& O2, optamos em fazer um balanço para o O2 livre (faça 
você para O2 total e O). 
 
entra = sai + consumido (O2 livre) 
 
54 - 90 n e 
reagido CH mol kg 1
reagido O moles kg 2
h
reagido CH moles kg 27
n
h
O moles kg
90 22 O
4
24
O
2 =÷÷
ø
ö
çç
è
æ
÷
ø
öç
è
æ+= && 
 
portanto: n& O2= 36 kg mols/h 
 
Como o número de mols na saída é igual a 150 Kg mols, a composição molar na 
corrente de produto será portanto: 
 
yCH4 = 3/150 = 0,02 mol CH4/mol 
yO2 = 36/150 = 0,24 mol O2/mol 
yCO2 = 57/150 = 0,38 mol CO2/mol 
yH2O = 54/150 = 0,36 mol H2O/mol 
 
 
8. BALANÇO MATERIAL EM REATORES DE COMBUSTÃO 
Combustão: rápida reação de combustível com oxigênio, talvez seja a reação mais 
importante da indústria química. Isto porque gera uma tremenda quantidade de calor 
usada para produzir vapor, girar turbinas, etc. 
 
8.1. Química da combustão 
Combustíveis: carvão (C, H, S, ...) 
 óleo combustíveis (hidrocarbonetos pesados, S) 
gases combustíveis (gás natural, GLP, P/B, principalmente CH4) 
 
Quando um combustível é queimado, Carbono (C) reage para formar CO2 ou CO. 
 
H ® H2O ; S ® SO2 
 
BME - Apostila 2 
 
 
20 
Quando CO é formado a partir de um HC, a combustão é parcial ou incompleta do 
hidrocarboneto. 
 
C + O2 ® CO2 completa combustão do C. 
 
C3H8 + 7/2 O2 ® 3CO + 4H2O parcial combustão do propano 
 
CS2 + 3O2 ® CO2 + 2SO2 completa combustão do carbono 
 
O Perry, p. 93-9-25 (5ed em inglês) fornece uma boa discussão sobre combustíveis 
e combustão. 
 
Por razões econômicas óbvias, o ar é a fonte de oxigênio. 
 
N2 = 79% O2 = 21% Mmédia = 29,0 
 
Composição em base úmida (“wet basis”) é usada para identificar as frações 
molares de um gás que contém H2O. 
 
Composição em base seca (“dry basis”) significa a fração molar do mesmo gás 
numa mistura sem H2O. 
 
Exemplo: 33,3% CO2 molar; 33,3% N2; 33,3% H2O (úmido); 50% CO2; 50% N2 
(seca) 
 
O produto gasoso das câmaras de combustão são chamados de fumos. 
Exemplo: 
 
Os fumos de uma combustão contém 60% N2, 15% CO2, 10% O2 e o restante de 
H2O. Calcular a composição molar em base seca. 
 
Solução: 
100 mols gás úmido 
 60 mols N2 
 15 mols CO2 
 10 mo ls O2 
================= 
85 mols gás seco 
 
daí: 60/85 = 0,706 mols N2/mols gás seco 
 15/85 = 0,175 mols CO2/mols gás seco 
 10/85 = 0,118 mols O2/mols gás seco 
 
Exemplo: 
Uma análise de Orsat (técnica comum para analisar os gases de combustão) 
fornece a seguinte composição em base seca: 
 
N2 = 65%; CO2 = 14%; CO = 11%; O2 = 10% 
 
Um medidor de umidade indica que a fração molar de H2O nos gases é 0,07. 
Calcule a composição do gás em base úmida. 
 
Solução: base de cálculo = 100 lb-mols gás seco 
 
e 
seco gás mols-lb
H mol-lb
0753,0
úmido gás mols/seco gás moles-lb 0,93
úmido gás mols/H moles-lb 0,07 22 O
lb
lbO
=
-
- 
O
O
2
2 H mols-lb 531,7
seco gás mol-lb
H mol-lb 0,0753
seco gás mols lb 100 =÷÷
ø
ö
çç
è
æ 
 
e da mesma forma 
65,0 mols N2 
14,0 mols CO2 
11,0 mols CO 
10,0 mols O2 
Logo, é igual a 107,5 lb mols gás úmido. Daí: 
H2O = 7,53/107,5 = 0,070 lbmol H2O/lbmol gás úmido, e etc... 
 
8.2. Ar Teórico e Ar em Excesso 
Se 2 reagentes part iciparem de uma reação e um é consideravelmente mais caro do 
que o outro, uma prática usual é alimentar o mais barato em excesso com relação ao 
outro. 
No caso da combustão é o ar. 
 
Terminologia 
Oxigênio teórico: os mols ou vazão molar de O2 necessários para a combustão 
completa de todo o combustível do reator, assumindo que todo C vire CO2 e todo H 
vire H2O. 
 
Ar teórico: a quantidade de ar que contém o oxigênio teórico. 
 
Excesso de ar: a quantidade de ar alimentado que excede a teórica. 
BME - Apostila 2 
 
 
21 
 
( ) ( )
( )teóricoar mols
teóricoar mols - .limaar mols
100% ar excesso % = 
 
Conhecendo-se a estequiometria da razão completa, determina-se o oxigênio 
teórico. 
 
Se 50% excesso de ar é admitido no reator, então 
 
(mols ar) alimentado = 1,5 (mols ar) teórico. 
 
Exemplo: 
 
100 mols/h de C4H10 (butano) e 5000 mols/h de ar são alimentados a um reator de 
combustão. 
Calcule a porcentagem de ar em excesso. 
 
C4H10 + 13/2 O2 ® 4 CO2 + 5 H2O/hO mols 650
HC mols
nec. O mols 5,6
.
h
HC mols 100
 teóricoO 2
104
2104
2 == 
 
ar/h mols 3094
O moles 100/21
ar mol 1.
h
O mols 650
 oAr teóric
2
2 == 
Daí, 
 
%6,61100x
3094
30945000
100.
Ar
ArrA
 ar excesso %
teórico
teóricoalimentado =
-
=
-
= 
 
 
8.3. Procedimento para Realização de B.M. em Reatores de 
Combustão 
Para a resolução de problemas de balanço material em reatores de combustão, o 
procedimento é o mesmo. Lembre-se que: 
 
1) Quando desenhar o fluxograma, lembre-se de incluir o N2 na entrada e na saída. 
Na saída não se esqueça do combustível e O2 não reagido. Além dos produtos de 
combustão (CO2, CO, H). 
2) Se é dada uma porcentagem de excesso de ar, o O2 realmente alimentado pode ser 
calculado multiplicando-se o teórico O2 – determinado a partir da vazão de 
combustível e estequiometria da reação – por (1 + fração de excesso de ar). O N2 
alimentado pode então ser calculado como 3,75xO2 alimentado, e o ar total como 
4,76xO2 alimentado. Observação: 79/21 = 3,76. 
3) Se somente uma reação é envolvida, tanto faz fazer balanço atômico ou molecular. 
SE mais de uma reação está envolvida, o balanço atômico é mais aconselhável . 
Observação: para evitar confusões comuns, observe que: 
a) o ar teórico requerido para queimar uma dada quantidade de combustível não 
depende de quanto é realmente queimado. O combustível pode não reagir 
completamente, e formar CO e CO2, mas o ar teórico é calculado como sendo 
a quantidade necessária para queimar todo o combustível e formar 
exclusivamente CO2. 
b) o valor da porcentagem excesso de ar depende somente do ar teórico e do ar 
alimentado, e não de quanto O2 é consumido no reator ou se a combustão é 
completa ou parcial. 
Exemplo: 
Etano é queimado com 50% excesso de ar. A conversão é de 90%. Do etano 
queimado, 25% reagem para formar CO e o restante para formar CO2. Calcule a 
composição do gás de combustão e a relação mols H2O/mols gás combustão seco. 
Solução: 
 
Base de Cálculo: 100 mols de etano alimentado 
 
 
 
Estequiometria 
 
C2H6 + 7/2 O2 ® 2CO2 + 3H2O 
C2H6 + 5/2 O2 ® 2CO + 3H2O 
O2 teórico: 100 mols C2H6 (3,5 mols O2/mol C2H6) = 350 mols 
 
O2 alimentado = 1,5 (350 = 525 mols O2 alimentado 
 
BME - Apostila 2 
 
 
22 
N2 alimentado (inerte) = 3,76x525 = 1974 mols N2 = n3 
 
C2H6 reagido: 0,9.100 = 90 mols C2H6 reagido 
 
Balanço de C2H6 (SAI = ENTRA – CONSUMIDO) 
 
n1 = 100 – 90 ® n1 = 10 mols C2H6 
 
Balanço de CO ( SAI = GERADO) 
 
n4 = 0,25 x 90 mols C2H6 (2 mols CO)/mol C2H6 ® n4 = 45 mols CO 
 
Balanço total de C (entra = sai) 
100 mols C2H6 (2 mols C)/1mol C2H6 = n1 . 2 + n4 . 1 + n5 . 1 
 
como n1= 10 e n4 = 45, vem n5 = 135 mols CO2 
 
Balanço total de H2 (entra = sai) 
100 mols C2H6 (3 mols H2)/mol C2H6 = 10 mols C2H6 (3 mols H2)/mol C2H6) + 
 
+ n6 mols H2O (1 mol H2)/mol H2O ® n6 = 270 mols H2O 
 
Balanço total de O2 (entra = sai) 
 
525 = n2+45 mols CO (1 mols O2)/2 mols CO + 135 mols CO2 (1 mol O2)/1 mol 
CO2 
 
+ 270 mols H2O (1 mol O2)/2 mols H2O) ® n2 = 232,5 mols O2 
 
Então, 
 
n1 + n2 + n3 + n4 + n5 = 2396 mols gás seco 
 + 270 mols H2O 
 2666 mols gás úmido 
 
A composição em base seca será: 
y1 = 10/2396 = 0,00417 mols C2H6/mol 
y2 = 232,5/2396 = 0,0970 mols O2/mol 
y3 = 1974/2396 = 0,8237 mols N2/mol 
y4 = 45/2396 = 0,0188 mols CO/mol 
y5 = 135/2396 = 0,0563 mols CO2/mol 
e 
=
seco gás mols 2396
OH mols 270 2 ® 
seco gás mols
OH mols
113,0 2