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Balanço de Massa 
Exercícios de Fixação – Introdução à engenharia química
Docentes: Rosana Fialho e Elaine Albuquerque
Exercício 1
1) A Acetona é usada na fabricação de muitos produtos químicos e também como solvente. Nesse último caso, diversas 
restrições existem com relação à liberação do vapor de acetona para o meio ambiente. Considere o processo de 
recuperação de acetona ilustrado na figura a seguir. Calcular as vazões mássicas das correntes (kg/h), sabendo que A = 
1400 kg/h.
Coluna 
de 
absorção
Coluna 
de 
absorçãoA = 1400 
kg/h
Ar 95%
Acetona 
3%
Água 2%
D = ______kg/h
Ar 0%
Acetona 19%
Água 81%
B = ______kg/h
Ar 0%
Acetona 0%
Água 100%
C = ______kg/h
Ar 99,5%
Acetona 0%
Coluna de 
Destilação
E = ______kg/h
Ar 0%
Acetona 99%
Água 1%
B = ______kg/h
Ar 0%
Acetona 0%
Água 100%
F = ______kg/h
Ar 0%
Acetona 4%
Água 96%
Condensador
G = ______kg/h
Ar 0%
Acetona 99%
Água 1%
Exercício 1 - Resolução
1
Balanço de Massa Por Componente – Ar:
 A + B = C +F +G  1400 kg/h * 0,95 + B(kg/h) * Xbar = C(kg/h) * 0,995 + F(kg/h) * Xfar + G(kg/h) * Xgar
2
Balanço de Massa: Tudo que entra, é igual ao que sai (Em processos sem acúmulo);
As soma das correntes de alimentação A e B serão iguais a soma das correntes C, F e G:
 A + B = C +F +G
0 0 0
3
Balanço de Massa Por Componente – Ar:
 1400 kg/h * 0,95 = C(kg/h) * 0,995  C =1337 kg/h
Exercício 1 - Resolução
4
Balanço de Massa Por Componente No VC1 – Acetona:
 A + B = C + D  1400 kg/h * 0,03 + B(kg/h) * Xbacetona = C(kg/h) * Xcacetona + D(kg/h) * 0,19
5
Balanço de Massa em Volume de Controle I – Coluna de Absorção:
As soma das correntes de alimentação A e B serão iguais a soma das correntes C e D:
 A + B = C + D  1400 kg/h + B = 1337 kg/h + D  B= 1337 kg/h + D – 1400kg/h 
0
6
 1400 kg/h * 0,95 = C(kg/h) * 0,995  C =1337 kg/h
VC1
0
Balanço de Massa Por Componente No VC1 – Acetona:
 1400 kg/h * 0,03 = D(kg/h) * 0,19  D = 221 kg/h
7 Balanço de Massa Por Componente No VC1 – Acetona:
 A+B = C + D  B = C + D - A
 B = 158 kg/h
Exercício 1 - Resolução
8
Balanço de Massa Por Componente No VC2 – Acetona:
 D = E + F  221 kg/h * 0,19 = E(kg/h) * 0,99 F(kg/h) * 0,04
 221 kg/h * 0,19 = E(kg/h) * 0,99 + (221-E) (kg/h) * 0,04
 E = 35kg/h
9
Balanço de Massa em Volume de Controle 2 – Coluna de Destilação:
A corrente de alimentação D será igual a soma das correntes E e F:
 D = E + F  221 kg/h = E + F  F= 221 kg/h – E 
10
 1400 kg/h * 0,95 = C(kg/h) * 0,995  C =1337 kg/h
VC2
Balanço de Massa No VC2:
 D = E + F  F = 186 kg/h
 1400 kg/h * 0,03 = D(kg/h) * 0,19  D = 221 kg/h
 B = 158 kg/h
 E = 35kg/h
  D = E + F  F = 186 kg/h
Exercício 1 - Resolução
11
Balanço de Massa Global:
 A + B = C + F + G
 G = 1400 kg/h + 158kg/h – 1337 kg/h – 186kg/h
12
Balanço de Massa em Volume de Controle 3 – Condensador:
A corrente de alimentação E será igual a corrente de saída G:
 E = G  35 kg/h = G  G = 35 kg/h 
 C =1337 kg/h
VC3
 D = 221 kg/h
 B = 158 kg/h
 E = 35kg/h
 D = E + F  F = 186 kg/h
 G = 35 kg/h 
Exercício 2
2) A partir da análise do processo abaixo, calcule a quantidade de corrente de reciclo em kg/h.
A = 10.000 kg/h
Nitrato de Potássio 20%
Água 80%
K = ______kg/h
Nitrato de Potássio____%
Água _____%
W = _____kg/h
Nitrato de Potássio 0%
Água 100%
M = _____kg/h
Nitrato de Potássio 50%
Água 50%
C = ______kg/h
Nitrato de Potássio 96%
Água 4%
R = ______kg/h
Nitrato de Potássio____%
Água ____%
Reciclo:
0,6 kg/1,0 kg de água
EvaporadorEvaporador Cristalizador
Exercício 2 - Resolução
1
Balanço Material Global:
A = C + W  C + W = 10.000 kg/h
2
Dados importantes:
Solução saturada do Reciclo: 0,6 kg / 1,0 kg de água;
 Fração mássica do Nitrato de Potássio será: 0,6/(0,6+1,0) = 0,375;
 Fração mássica da água será: 1,0/(1,0+0,6) = 0,625.
3 Balanço Global por Componente – Nitrato de Potássio:
 10.000 kg/h * 0,20 = C(kg/h) * 0,96 + W(kg/h) * XwNitrato
 C = 2083 kg/h
0
 C = 2083 kg/h
Balanço Material Global:
A = C + W  2083 kg/h + W = 10.000 kg/h  W = 7917 kg/h
4
 W = 7917 kg/h
Exercício 2 - Resolução
5
Balanço Material por componente no VC1 – Nitrato de Potássio:
 M(kg/h) * 0,5 = 2083(kg/h) * 0,96 +R(kg/h) * 0,375
 (2083 kg/h + R) * 0,5 = 2083(kg/h) * 0,96 +R(kg/h) * 0,375
 R = 7665 kg/h
6
Balanço Material no VC1 – Cristalizador: 
M = C + R  M = 2083 kg/h + R
7 Balanço Material no VC1 – Cristalizador: 
M = C + R  M = 2083 kg/h + R
 M = 9748 kg/h
C = 2083 kg/h 
W = 7917 kg/h
VC1
R = 7665 kg/h
 M = 9748 kg/h
Exercício 2 - Resolução
8 Balanço Material no VC2 – Evaporador: 
K = M + W  K = 9748 kg/h + 7917 kg/h = 17665 kg/h.
 Analisando o Processo, podemos encontrar K também pela soma de A + R  K = 17665 
kg/h.
C = 2083 kg/h 
W = 7917 kg/h
VC2
 R = 7665 kg/h
 M = 9748 kg/h
 K = 17665 kg/h.
Exercício 3
3) O processo representado abaixo se trata de uma separação em três estágios. Calcule a composição e o 
percentual de cada componente na corrente E, sabendo que:
• P3/D3 = 3;
• P2/D2 = 1;
• Em P2  A/B=4
F = 100 kg/h
50% A
20% B
30% C
1 2 3
D1 = ____ kg/h
50% A
23% B
27% C
D2 = ____ kg/h
17% A
10% B
73% C
D2 = ____ kg/h
17% A
10% B
73% C
D3 = 10 kg/h
__% A
__% B
0% C
P1= ______ kg/h
___% A
___% B
___% C
P2= ______ kg/h
___% A
___% B
___% C
P3= ______ kg/h
70% A
30% B
0% C
E= ______ kg/h
___% A
___% B
___% C
Exercício 3 - Resolução
1
Balanço Material Global:
F = D1+D2+D3+P3  100kg/h = D1 + D2 + 10kg/h + 30kg/h  D1 + D2 = 60kg/h  D1 = 60kg/h – D2;
2
Com as razões do enunciado, podemos descobrir:
 P3/D3 = 3  P3/10kg/h = 3  P3 = 30kg/h
 P2/D2 =1  P2=D2
 EM P2 , A/B=4  A=4B; Como em P3 e em D3, nós não temos mais traços de concentração de C, podemos afirmar que na corrente P2, A+B = 1.
 Logo, 4B + B = 1  B=0,2 e A=0,8;
3 Balanço Global por Componente – Componente C:
 100kg/h * 0,3 = D1 * 0,27 + D2 * 0,73 + D3 * XD3C + P3 * XP3C
 D2 = 30 kg/h
0
Razão 2: P2/D2 =1
 P2 = D2  P2 = 30 kg/h
4
0
 D2 = 30 kg/h 
 P2 = 30 kg/h
 P3 = 30kg/h P3 = 30kg/h
Exercício 3 - Resolução
5
Balanço Material em VC1:
P2 + E = P3 + D3  30 + E = 30 + 10  E = 10kg/h
6
Do Balanço Global, temos que:
 D1 = 60kg/h – D2; Logo, D1 = 30kg/h
7 Balanço Material em VC2:
P1 = P2 + D2  P1 = 60kg/h
Balanço Material Global para o componente A:
F = D1 + D2 + D3 + P3
100kg/h * 0,5 = 30kg/h * 0,5 + 30kg/h * 0,17 + 10kg/h * XD3A + 30kg/h * 0,7
XD3A = 0,89; Como em D3 há 0% de C  XD3B = 0,11
8
 D2 = 30 kg/h 
 P2 = 30 kg/h
D1 = 30kg/h
VC1
 P3 = 30kg/h
E = 10kg/h
VC2
P1 = 60kg/h
XD3A = 0,89
XD3B = 0,11
Exercício 3 - Resolução
Balanço Material em VC1 para o componente A:
P2 + E = P3 + D3
30kg/h * 0,8 + E * XEA = 30kg/h * 0,7 + 10 * 0,89  XEA = 0,59  XEB = 0,41
 Todo componente C que entra na corrente de alimentação F = 30kg/h é retirada parte na corrente D1 = 8,1 kg/h e outra parte na corrente D2 = 21,9 kg/h;
9  D2 = 30 kg/h 
 P2 = 30 kg/h
D1 = 30kg/h
VC1
 P3 = 30kg/h
E = 10kg/h
P1 = 60kg/h
XD3A = 0,89
XD3B = 0,11
Exercício 4
4) Uma coluna de destilação separa 10.000 kg/h de uma mistura de benzeno-tolueno (50%-50%). O produto 
recuperado no condensador, no topo da coluna, contém 95% de benzeno e a corrente de fundo da coluna 
contém 96% de tolueno. A corrente de vapor que entra no condensador pelo topo da coluna registra 8000 
kg/h. Uma parte do produto é retornada como refluxo. Encontre a razão de quantidade de produto reciclada 
em relação ao produto D. 
F = 10000 kg/h
50% Benzeno
50% Tolueno
V =8000 kg/h
__% Benzeno
__% Tolueno
D =____ kg/h
95% Benzeno
5% Tolueno
R =____ kg/h
__% Benzeno
__% Tolueno
W = _______kg/h
4% Benzeno
96% Tolueno
*Vamos considerar que temos 
um condensador total, ou seja, 
o condensador tem eficiência 
de 100%.
Exercício 4 - Resolução
1
Balanço Material Global:
F = D+ W  10.000kg/h = D + W  D =10.000kg/h - W
2
Como temos um fenômeno de condensação total, as nossas correntes V, De R terão a mesma composição:
V (95% Benzeno e 5% Tolueno); D (95% Benzeno e 5% Tolueno); R (95% Benzeno e 5% Tolueno);
3 Balanço Global por Componente – Componente Benzeno:
 F = D+ W  10.000kg/h * 0,5 = (10.000kg/h – W) * 0,95 + W * 0,04  W = 4945kg/h
W = 4945kg/h
Balanço Material Global:
F = D+ W  10.000kg/h = D + 4945 kg/h  D = 5055kg/h
4
D = 5055kg/h
Exercício 4 - Resolução
5
Logo, a razão de quantidade de produto reciclada (Razão de Reciclo) em relação ao produto D será dada por:
 R/D  (2945 kg/h / 5055 kg/h) = 0,5825 ou 58,25%
6
Analisando o volume de controle 1, sabemos que:
V = D +R  Portanto, R = V – D = 8000 kg/h – 5055 kg/h  R = 2945 kg/h
W = 4945kg/h
D = 5055kg/h
VC1
R = 2945 kg/h
J=___ lb/h (Sólidos)
0% Açucar
0% Polpa
100% Água
Exercício 5
5) Um fluxograma simplificado para a fabricação de açúcar é apresentado abaixo. A cana de açúcar é alimentada em um moinho, onde o 
xarope é espremido e o bagaço resultante contém 80% em massa de polpa. O xarope (E) contendo pedaços de polpa finamente divididos é 
alimentado em uma peneira que remove toda a polpa e produz xarope límpido (H), contendo (15%) de açúcar e 85% de água. O evaporador 
prepara um xarope “pesado” e o cristalizador produz 1000lb/h de cristais de açúcar. 
(a) Calcule a água removida no evaporador, em libras/hora; (b) Calcule as frações mássicas dos componentes na corrente de rejeito G;
(c) Calcule taxa de alimentação da cana, em libras/hora; (d) Do açúcar contido na cana, qual a percentagem que é perdida no bagaço?
D =___ lb/h
16% Açucar
59% Polpa
25% Água
Evaporador
Cristalizador
Peneira IndustrialMoinho
F=___ lb/h (Bagaço)
__% Açucar
80% Polpa
__% Água
E =___ lb/h
13% Açucar
14% Polpa
73% Água
G=___ lb/h (Sólidos)
__% Açucar
95% Polpa
__% Água
H =___ lb/h
15% Açucar
0% Polpa
85% Água
K=___ lb/h 
40% Açucar
0% Polpa
60% Água
M=1000 lb/h 
100% Açucar
0% Polpa
0% Água
L=____ lb/h 
0% Açucar
0% Polpa
100% Água
Exercício 5 - Resolução
1
Balanço por componente no VC1 – Cristalizador - Açúcar:
K = L + M  K* 0,4 = L * XLaçucar + 1000 lb/h * 1,0  K =2500 lb/h
2
Na resolução dessa questão, teremos que utilizar uma estratégia diferente, pois não temos dados suficientes para começar do início do processo. Os primeiros 
volumes de controle serão do final do processo.
3 Balanço Global no VC1 – Cristalizador:
 K = L + M  L = 1500 lb/h
VC1
0
 K =2500 lb/h
 L = 1500 lb/h
Exercício 5 - Resolução
4 Balanço por componente no VC2 – Evaporador - Açúcar:
 H * 0,15 = K * 0,40 + J * XJaçucar  H = 6667 lb/h
5 Balanço Global no VC2 – Evaporador:
 H = K + J  J = 4167 lb/h
VC2
0  K =2500 lb/h
 L = 1500 lb/h
 H = 6667 lb/h
 J = 4167 lb/h
Exercício 5 - Resolução
6
Balanço por componente no VC3 – Peneira - Polpa:
 E * 0,14 = G * 0,95+ H * XHpolpa  (G + 6667 lb/h) * 0,14 = G * 0,95  G = 1152 lb/h
7
Balanço Global no VC3 – Peneira:
 E = G + H  E = G + 6667 lb/h
VC3
0
 K =2500 lb/h
 L = 1500 lb/h
 H = 6667 lb/h
 J = 4167 lb/h
 G = 1152 lb/h
8 Balanço Global no VC3 – Peneira:
 E = G + H  E = 1152 lb/h + 6667 lb/h  E = 7819 lb/h
 E = 7819 lb/h
Exercício 5 - Resolução
9
Balanço por componente no VC4 – Moinho - Polpa:
 D * 0,59 = E * 0,14+ F * 0,80  ( 7819 lb/h + F) * 0,59 = 7819 lb/h * 0,14 + F * 0,80  F = 16758 lb/h
10
Balanço Global no VC4 – Moinho:
 D = E + F  D = 7819 lb/h + F
VC4
 K =2500 lb/h
 L = 1500 lb/h
 H = 6667 lb/h
 J = 4167 lb/h
 G = 1152 lb/h
 E = 7819 lb/h
 F = 16758 lb/h11 Balanço Global no VC4 – Moinho:
 D = E + F  D =24577 lb/h
 D =24577 lb/h
Exercício 5 - Resolução
12 Balanço por componente no VC4 – Moinho – Açúcar:
 D * 0,16 = E * 0,13+ 16758 * XFaçucar  Xfaçucar = 0,17;
Logo, em F, teremos Xfágua = 1 – (Xfpolpa + Xfaçucar) = 0,03;
13
VC4
 K =2500 lb/h
 L = 1500 lb/h
 H = 6667 lb/h
 J = 4167 lb/h
 G = 1152 lb/h
 E = 7819 lb/h
 F = 16758 lb/h
Razão:  Açúcar no Bagaço / Açúcar na cana  F* Xfaçucar / D* XDaçucar = 0,72 
 D =24577 lb/h
Exercício 5 - Resolução
14
VC4
 K =2500 lb/h
 L = 1500 lb/h
 H = 6667 lb/h
 J = 4167 lb/h
 G = 1152 lb/h
 E = 7819 lb/h
 F = 16758 lb/h
 D =24577 lb/h
• (a) Calcule a água removida no evaporador, em libras/hora; 
• (b) Calcule as frações mássicas dos componentes na corrente de rejeito G;
• Açucar E * 0,13 = G * Xgaçucar+ H * 0,15  Xgaçucar= 0,014 ou 1,42%
• Água  Xgaçucar = 1 ( 0,95 + 0,014) = 0,036 ou 3,68%
• (c) Calcule taxa de alimentação da cana, em libras/hora; 
• (d) Do açúcar contido na cana, qual a percentagem que é perdida no bagaço?
Razão:  Açúcar no Bagaço / Açúcar na cana  F* Xfaçucar / D* XDaçucar = 0,72 ou 72% 
Balanço de Massa – com reação química
Exercícios de Fixação – Introdução à engenharia química
Docentes: Rosana Fialho e Elaine Albuquerque
Exercício 1
1) Balanço Material na Produção de Fertilizante Fosfatado
Em uma fábrica de fertilizantes se produz o fertilizante “superfosfato”, tratando fosfato de cálcio com 92% de pureza 
pelo ácido sulfúrico concentrado, de acordo com a seguinte reação:
Em um teste foram misturados 0,50mg de fosfato de cálcio com 0,26mg de ácido sulfúrico, obtendo-se 0,28mg de 
superfosfato, CaH4(PO4)2. Calcule:
• O reagente limitante;
• A fração em excesso de reagente;
• O grau de conclusão da reação;
• A conversão do fosfato em superfosfato.
Reator
Exercício 1 - Resolução
1
Analisando a equação química, a razão em quantidade de matéria H2SO4 / Ca3(PO4)2 é 2/1, enquanto a razão usada no processo 
é 2,65/1,48 = aproximadamente 1,8. Portanto, podemos concluir que o reagente limitante é o H2SO4 porque está presente 
em menor quantidade do que a estequiométrica.
O Excesso de fosfato é calculado, comparando-se a quantidade de matéria usada com a necessária para reagir completamente 
com o ácido sulfúrico, ou seja:
Quantidade de matéria de fosfato para reagir completamente com o H2SO4 presente:
2,65kmol*(1kmol de fosfato/2kmol de H2SO4) = 1,325kmol
 b) Fração em excesso de fosfato: [(1,480 – 1,325)/1,325]*100 = 11,7%
2
Primeiramente vamos calcular a quantidade de matéria das subtancias envolvidas:
Ca3(PO4)2  (500kg)*(0,92)*(1kmol/ 312,58kg) = 1,48kmol;
H2SO4 (260kg)*(1kmol/98) = 2,65kmol;
CaH4(PO4)2  (280kg)*(1kmol/234,06kg) = 1,20kmol;
Exercício 1 - Resolução
3
Portanto, o grau de conclusão da reação será:
(2,40/2,65)*100 = 90,6%
4
A quantidade de matéria de acido sulfúrico que reagiu para produzir o superfosfato é de:
(1,20kmol de superfosfato)*(2kmol de H2SO4/1kmol de superfosfato) = 2,40kmol de H2SO4
A quantidade de matéria de fosfato de cálcio que reagiu para produzir o superfosfato é de 1,20kmol (a relação estequiométrica
fosfato/superfosfato é 1/1) e a quantidade de fosfato usada foi de 1,48kmol. Portanto, a conversão de fosfato em superfosfato é 
de:
Conversão: 1,20/1,48*100 = 81,1%
5
Exercício 2
2) Balanço Material no processo de produção de óxido de etileno.
Óxido de etileno pode ser produzido a partir da oxidação catalítica de eteno, de acordo com a seguinte reação:
A carga do reator contém 100kmol de eteno e 80kmol de oxigênio. Calcule:
• Quem é o reagente limitante;
• A fração em excesso do reagente em excesso;
• As quantidades de cada reagente e produto presentes no final da reação, e a conversão do eteno se o grau de 
conclusão é 50%;
• A conversão do eteno, a conversão do oxigênio e o grau de conclusão
da reação, se 50kmol de 02 estiverem presentes no final da reação.
Reator
F = 100kmol 
de eteno e 
80kmol de 
oxigênio
Exercício 2 - Resolução
1 a) O Reagente limitante é o eteno, pois ele deveria estar presente com 2 vezes a quantidade de matéria do O2 para estar 
em proporção estequiométrica;
b) Excesso de O2: (80-50)kmol = 30kmol; 
Fração em excesso de O2 = (30/50)*100 = 60%
c) Eteno que reage =(100kmol) * (0,5) =50kmol;
Eteno que resta no final: (100-50)kmol = 50kmol;
Oxigênio que reage: 50kmol/2=25kmol;
Oxigênio que resta no final = (80-25) *kmol = 55kmol;
Conversão de eteno = grau de conclusão = 50%2
3
Reator
F = 100kmol 
de eteno e 
80kmol de 
oxigênio
Exercício 2 - Resolução
4 d) Oxigênio que reage = (80-50)kmol = 30kmol
Eteno que reage: 2*30kmol = 60kmol
Conversão do eteno = (60kmol/100kmol)*100 = 60%
Conversão do oxigênio= (30kmol/80kmol) *100 = 37,5%
Grau de conclusão da reação = conversão do eteno = 60% 
Exercício 3
3) Balanço Material no processo de produção de eteno.
Eteno pode ser produzido pela desidrogenação catalítica de etano, onde metano também é gerado como produto 
indesejável, de acordo com as seguintes reações:
Reação 1
A carga é alimentada continuamente no reator, com a seguinte composição em quantidade de matéria:
• C2H6 = 91,4% e Inertes = 8,6%. 
A conversão do etano é de 57,7% e o rendimento do eteno é de 55,5%. Calcule a composição do produto efluente 
do reator e a seletividade do eteno em relação ao metano.
Reator
F = ??? Kmol
C2H6 = 91,4%
Inertes: 8,6%
Reação 2
Exercício 3 - Resolução
1
2
 Iremos utilizar uma base de cálculo e vamos considerar que nossa corrente de alimentação do 
reator é = 100kmol;
Quantidade de matéria dos componentes da carga: etano = 91,4 kmol e inertes = 8,6 kmol
 Etano convertido em produtos: 91,4 kmol * 0,577 = 52,7 kmol;
 Etano presente no efluente do reator: (91,4 – 52,7) kmol = 38,7 kmol;
 Eteno produzido = 91,4 kmol * 0,555 = 50,7kmol
 Etano que produz metano: (52,7 – 50,7)kmol = 2,0 kmol;
 Metano produzido = 2*2,0 kmol = 4 kmol;
 Hidrogênio produzido = (50,7 – 2,0) kmol = 48,7 kmol;
 Quantidade de matéria do efluente = (38,7 + 50,7 + 48,7 + 4,0 + 8,6) kmol = 150,7 kmol
 Composição do efluente:
 Etano = 38,7/150,7 * 100 = 25,68%
 Eteno = 50,7/150,7 * 100 = 33,64%
 Hidrogênio = 48,7/150,7 * 100 = 32,32%
 Metano = 4,0/150,7 * 100 = 2,65%
 Inertes = 8,6/150,7 * 100 = 5,71%
3 Seletividade do eteno em relação ao metano: (50,7/4,0) kmol = 12,7
Balanço de Massa – Combustão Completa
Exercícios de Fixação – Introdução à engenharia química
Docentes: Rosana Fialho e Elaine Albuquerque
Exercício 1
1) Um óleo combustível obtido a partir de um petróleo contendo elevado teor de enxofre é queimado em um forno 
industrial, usando excesso de ar de 30%. A análise elementar do óleo combustível indicou: C = 85,5%, H = 9,7%, S = 
4,8%. Calcule a composição do gás de chaminé (GC) e a do gás seco (G), considerando a combustão completa do óleo 
combustível.
Exercício 1 - Resolução
1
• 1kmol de C reage com 1 kmol de O2 para dar 1kmol de CO2  Portanto, CO2: 7,12 kmol
• 4kmol de H reagem com 1kmol de O2 para dar 2kmol de H20  Portnto, H20: 4,80 kmol
• 1 kmol de S reage com 1 kmol de O2 para dar 1 kmol de SO2  Portanto, SO2: 0,15 kmol
Antes de iniciar a solução, é bom lembrar que as composições dadas estão em bases diferentes, ou seja, a análise elementar do combustível é em base mássica e a 
composição do ar é em base volumétrica (ou em quantidade de matéria). Para o balanço material, é conveniente adotarmos a composição do ar em quantidade de 
matéria.
Mais uma vez, como visto em exercícios anteriores, precisamos utilizar uma base de cálculo: F= 100,0 kg.
Podemos utilizar uma tabela para representar nosso problema em questão, e nos ajudar na visualização:
F (kmol)M (kg/kmol)F (kg)Elemento
7,1212,0185,5C
9,61,019,7H
0,1532,064,8S
16,87100Total
Exercício 1 - Resolução
2 O2 teórico: 
• O2 do C = 7,12kmol;
• O2 do H: 2,40 kmol;
• O2 do S: 0,15 kmol
• Total = 9,67 kmol
O2 em excesso: (0,30)*9,67 kmol = 2,90 kmol  O2 Real = (9,67+2,90) kmol = 12,57 kmol
N2 real = (12,57 kmol de 02) * (79 kmol de N2/ 21kmol de O2) = 47,3 kmol.
Logo, as composições do gás de chaminé e a do gás seco serão:
yG (%)G (kmol)yGC (%)GC (kmol)Componente
12,397,1211,437,12CO2
0,260,150,240,15SO2
5,052,94,662,9O2
82,347,375,9647,3N2
--7,714,8H2O
10057,4710062,27Total
Exercício 2
2) De um forno queimando gás combustível resultou a seguinte análise dos gases de combustão: CO2 = 7,53%; O2 = 
7,53% e CO = 0%. Calcule.
• A) A fração de excesso de ar;
• B) a composição do gás de chaminé
Exercício 2 - Resolução
1 As composições, tanto do gás de combustão seco como a do ar, são expressas em volume ou em quantidade de matéria. Para o 
balanço material é conveniente adotar em quantidade de matéria. A fração em excesso de ar desejada pode ser calculada pela relação 
abaixo:
EA = (excesso de O2 / O2 teórico)*100  (excesso de O2 / O2 do ar – excesso de O2)*100 
Isso porque, por meio de um balanço de O2, conclui-se que o O2 que entra com o ar é igual ao O2 teórico (que reage dando CO2 e H20) 
mais o O2 em excesso. Ou seja: O2 do ar = O2 teórico + excesso de O2  O2 teórico = O2 do ar – excesso de O2.
Base de cálculo: G = 100,0 kmol
 Excesso de O2 = 7,53 kmol
Balanço de N2:N2 do ar = N2 em G = 84,94kmol
O2 do ar = (84,94kmol)* (21kmol/79kmol) = 22,58kmol
 EA = (7,53)/ (22,58 – 7,53)*100 = 50%
Exercício 2 - Resolução
1 Para o cálculo da composição do gás de chaminé (gás úmido), precisa-se determinar a quantidade de matéria de água formada na 
combustão. O O2 teórico (22,58 - 7,53)kmol = 15,05 kmol, é igual ao O2 que reagiu, gereando CO2 e H2O. Por estequiometria:
• 1kmol de C reage com 1 kmol de O2 gerando 1kmol de CO2
• 4kmol de H reage com 1 kmol de O2 gerando 2kmol de H20
Portanto, o O2 que reagiu para formar CO2 corresponde a 7,53 kmol, e o que reagiu para formar a água corresponde à diferença:
15,05 kmol – 7,53 kmol = 7,52 kmol;
Então, a água formada corresponde a 7,52 kmol * (2kmol de H20/ 1kmol de O2) = 15,04;
 Quantidade de matéria do gás de chaminé = (100,00 +15,04) kmol = 115,04 kmol;
Composição do gás de chaminé: 
• CO2 = 100 * (7,53/ 115,04) = 6,55%
• O2 = 100 * (7,53/ 115,04) = 6,55%
• N2 = 100 * (84,94/ 115,04) = 73,83%
• H20 = 100 * (15,04 / 115,04) = 13,07 %