BME - Apostila 2

1

UNIVERSIDADE FEDERAL DE SÃO CARLOS DEPARTAMENTO DE ENGENHARIA QUÍMICA

10.501-5. BALANÇOS DE MASSA E ENERGIA

APOSTILA 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.

BME - Apostila 2

2

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:

BME - Apostila 2

3

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:

dtdm

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.

BME - Apostila 2

4

Solução a) Considerando que m (kg) = ρ (kg/l).V (l) e que a equação de balanço para

processo contínuo sem reação química é:

vem,V.V.dtdm

SE&& ρ−ρ=

7t/100-6 .10)e.(10

dtdV

ρ−ρ−=ρ

e

7t/100-6 10e10dtdV

−=

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) = ∫ ∫−−60

0

60

07100/t6 dt10dte10

V(60 dias) = 109 – 106 (102) e-t/100 600

7600 10−

V(60 dias) = 4,45 x 108 litros (Verifique) Lembre-se que:

∫ =a

edxeax

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:

0dtdm

= 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

AA

AA C.V.200,0

dt)d(VC

;rdt

dn−=−=

AC200,0dt

dCA −= porque V = constante.

BME - Apostila 2

5

A concentração final de A deve ser 10% da concentração inicial, ou CAO/10 = 0,01 mols/l.

Então,

dt200,0CdC

A

A −=

∫∫ −= dt200,0C

dC fAfAO

t0

A

ACC

ln (CAf/CAO) = -0,200 tf CAf/CAO = 0,100

s 5,11200,0

)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)

BME - Apostila 2

6

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 ⇒ 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 ρe (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) . ρe (g/l)

sai (g/s) = SV& (l/s) . ρs (g/l)

acúmulo (g/s) = dm/dt = d (ρs V)/dt

Daí,

SSEES .V.V

dtV)d(

ρ−ρ=ρ &&

Se não houver diferença substancial de densidade ρE = ρS = ρ, 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

BME - Apostila 2

7

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 320oC 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.

BME - Apostila 2

8

Sabemos que:

12 n.2,0n && =

3n& = 20 cm3 H2O/min . 1 g H2O/cm3 . 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%.

BME - Apostila 2

9

Um outro exemplo é o que se segue: “o fluxo grama 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 se complete 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

NHNH3 =

−==

(% excesso)O2 = ( )

15154,16 −

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 kgproduzido NHC moles kg 25,0

alimentado NH moles kg 12produzido 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 molsformado desejado produto mols

o)alimentaçã na (baseado Rendimento =

consumido limitante reagente molsformado desejado produto mols

reagente) consumo no (baseado Rendimento =

formado indesejado produto do molsformado 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 molsconsumidos mols

501,0/halimentado HC mols kg 35,0hconsumido/ 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 molsproduzido HC mols

470,0/halimentado HC mols kg 85,0hproduzido/ HC mols kg 40,0

62

42

62

42 =

Rendimento do etileno baseado no consumo:

consumido HC molsproduzido HC mols

939,0hconsumido/ HC mols kg 42,6hproduzido/ HC mols kg 40,0

42

42

62

42 =

Seletividade do etileno relativa ao metano:

produzido CH molsproduzido HC mols

0,8hproduzido/ CH mols kg 5,0hproduzido/ 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 reagenteprocesso 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(100P1-)rn (100

passepor HC do Conversão1

183 +

+

Precisamos portanto calcular n1, n2, n3, nr1, nr2 e P1. Lembramos que a conversão

global é 95%. Então:

95,0)HC moles (100n - 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(100P1-)rn (100

passepor Conversão1

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

+

=

42

422

62

621

62

62

HC mol 1C mols 2

min

HC molsn

HC mol 1C mols 2

min

HC molsn

HC mol 1C mols 2

min

HC mols 100 &&

100 = 1n& + 2n&

Balanço total de H2 entra H2 = sai H2

262

262 H moles 40

HC mol 1H moles 3

HC moles 100 =

42

22

62

2621 HC mol 1

H mols 2 moles n

HC mol 1H 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:

9,0alimentado 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 1H mols kg 2

nCH mol kg 1

H mols kg 4)n(

CH mol kg 1H mols kg 4

/h)CH moles kg30(2

2OH

44CH

44 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 1reagido O moles kg 2

hreagido CH moles kg 27

nh

O moles kg90 22 O

4

24O

2 =

+= &&

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-lb0753,0

úmido gás mols/seco gás moles-lb 0,93úmido gás mols/H moles-lb 0,07 22 O

lblbO

=−

−

OO

22 H mols-lb 531,7

seco gás mol-lbH mol-lb 0,0753

seco gás mols lb 100 =

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 molsteóricoar 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 650HC mols

nec. O mols 5,6.

hHC mols 100

teóricoO 2104

21042 ==

ar/h mols 3094O moles 100/21

ar mol 1.h

O mols 650 oAr teóric

2

2 ==

Daí,

%6,61100x3094

30945000100.

ArArrA

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 2396OH mols 270 2 →

seco gás molsOH mols

113,0 2