Exercício Resolvido Cálculo Estequiométrico

Vamos começar separando o problema em duas partes. A primeira será calcular a massa de $NH_{3}$ que precisamos.

Para essa etapa, temos que analisar as proporções estequiométricas entre os elementos das reações, assim como a eficiência de cada uma.

Como foi dada a massa final de solução formada ($1000$ $kg$ com $30\%$ de massa de $HNO_{3}$), podemos calcular a massa de ácido nítrico da seguinte maneira:

$m_{HNO_{3}} = m_{T}$ $.$ $0,3$

$m_{HNO_{3}} = 300$ $kg$

Sabemos que o número de mols pode ser calculado como $\displaystyle{n = \frac{m}{M}}$ e que a massa molar do $HNO_{3}$ é $63$ $\displaystyle{\frac{g}{mol}}$, logo:

$\displaystyle{n = \frac{300}{63} = 4,76}$ $kmol$

Para a terceira reação, deveríamos ter

$2$ $mol$ $NO_{2}$ $\Leftrightarrow$ $1$ $mol$ $HNO_{3}$

Como temos uma $\%GC$ de $80\%$ , fazendo a regra de três:

$2$ $mol$ $NO_{2}$ $\Leftrightarrow$ $1$ $.$ $0,8$ $mol$ $HNO_{3}$

$x$ $\Leftrightarrow$ $4,76$ $kmol$ $HNO_{3}$

Logo, precisamos de $11,9$ $kmol$ de $NO_{2}$ .

Agora, para a segunda

$2$ $mol$ $NO$ $\Leftrightarrow$ $2$ $mol$ $NO_{2}$

Com $\%GC = 70\%$

$2$ $mol$ $NO$ $\Leftrightarrow$ $2$ $.$ $0,7$ $mol$ $NO_{2}$

$y \Leftrightarrow 11,9$ $kmol$ $NO_{2}$

Obtemos então, $17$ $kmol$ de $NO$ .

Analogamente para a primeira.

$4$ $mol$ $NH_{3}$ $\Leftrightarrow 4$ $mol$ $NO$

$4$ $mol$ $NH_{3} \Leftrightarrow 4$ $.$ $0,8$ $mol$ $NO_{2}$

$z \Leftrightarrow 17$ $kmol$ $NO$

O número de mols de $NH_{3}$ é de $21,25$ $kmol$ . Então, a massa que precisamos para obter $1000$ $kg$ de $NH_{3}$ é :

$m = n$ $.$ $M$

$m = 21,25$ $.$ $17 =$ $\color{red}361,25$ $\color{red}kg$

Vamos, para a segunda parte do problema. Mas afinal, qual é o volume de ar necessario?

O ar entra no sistema durante a primeira e segunda reação. Logo, são elas que vamos analisar.

Pela primeira , temos:

$4$$mol$ $NH_{3} \Leftrightarrow 5$ $mol$ $O_{2}$

$21,25$ $kmol$ $NH_{3} \Leftrightarrow x$

$x = 26,56$ $kmol$ $O_{2}$

Isso, nas proporções estequiométricas. Mas temos um excesso de $50\%$ de ar, logo:

$100\% \Leftrightarrow 26,56$ $kmol$

$150\% \Leftrightarrow y$

$y = 39,84$ $kmol$ $O_{2}$

Analogamente para a segunda:

$2$ $mol$ $NO$ $\Leftrightarrow$ $1$ $mol$ $O_{2}$

$17$ $kmol$ $NO$ $\Leftrightarrow z$

$z = 8,5$ $kmol$ $O_{2}$

Com um excesso de $30\%$ :

$100\% \Leftrightarrow 8,5$ $kmol$

$130\% \Leftrightarrow x$

$x = 11,05$ $kmol$

Temos que o total de mols de $O_{2}$ é de

$n_{T} = 11,05 + 39,84 = 50,89$ $kmol$

Lembrando que $21\%$ do ar é de $O_{2}$ :

$\displaystyle{n_{ar} = \frac{n_{O_{2}}}{21}}$ $.$ $100$

$n_{ar} = 242,3$ $kmol$

Como o volume de um kmol na $CNTP$ é de $22,4$ $m^{3}$:

$1$ $kmol$ $\Leftrightarrow 22,4$ $m^{3}$

$242,3$ $kmol \Leftrightarrow V$

$V = 5427,52$ $m^{3}$

Resposta esperada: massa de $\boldsymbol{NH_{3}}$ $\boldsymbol{=361,25}$ $\boldsymbol{kg}$ e volume de ar $\boldsymbol{V = 5427,52}$ $\boldsymbol{m^{3}}$.