化工原理复习题.docx

第一章蒸馏

11.用一连续精馏塔分离由组分A¸B组成的理想混合液。原料液中含A 0.44，馏出液中含A 0.957（以上均为摩尔分率）。已知溶液的平均相对挥发度为2.5，最回流比为1.63，试说明原料液的 热状况，并求出q值。

解：在最回流比下，操作线与q线交点坐标（xq ，yq）位于平衡线上；且q线过（xF ，xF）可以计算出q线斜率即 q/(1-q)，这样就可以得到q的值 由式1-47 Rmin = [(xD/xq)-α(1-xD)/(1-xq)]/（α-1）代入数据得

0.63 = [(0.957/xq)-2.5×(1-0.957)/(1-xq)]/（2.5-1） ∴xq = 0.366 或xq = 1.07（舍去）

即 xq = 0.366 根据平衡关系式y = 2.5x/（1 + 1.5x） 得到yq = 0.591

q线 y = qx/（q-1）- xF/（q-1）过（0.44，0.44），（0.366，0.591）

q/（q-1）= （0.591-0.44）/（0.366-0.44）得 q = 0.67

∵ 0 < q < 1 ∴ 原料液为气液混合物

12.在连续精馏塔中分离某种组成为0.5（易挥发组分的摩尔分率，下同）的两组分理想溶液。原料液于泡点下进入塔内。塔顶采用分凝器和全凝器，分凝器向塔内提供回流液，其组成为0.88，全凝器提供组成为0.95的合格产品。塔顶馏出液中易挥发组分的回收率96％。若测得塔顶第一层板的液相组成为0.79，试求：（1）操作回流比和最小回流比；（2）若馏出液量为100kmol/h，则原料液流量为多少？

解：（1）在塔顶满足气液平衡关系式 y = αx/[1 +(α-1)x] 代入已知数据 0.95 = 0.88α/[1 + 0.88(α-1)] ∴α= 2.591 第一块板的气相组成 y1 = 2.591x1/（1 + 1.591x1）

= 2.591×0.79/（1 + 1.591×0.79）= 0.907 在塔顶做物料衡算 V = L + D Vy1 = LxL + DxD

0.907（L + D）= 0.88L + 0.95D ∴ L/D = 1.593 即回流比为 R = 1.593

由式1-47 Rmin = [(xD/xq)-α(1-xD)/(1-xq)]/（α-1）泡点进料 xq = xF ∴ Rmin = 1.031 （2）回收率DxD/FxF = 96％得到

F = 100×0.95/（0.5×0.96）= 197.92 kmol/h

14在常压连续提馏塔中分离含乙醇0.033的乙醇—水混合液。饱和液体进料，直接蒸气加热。若要求塔顶产品乙醇回收率为0.99，试求 （1）在无限多层理论板层数时，计算每摩尔进料所需蒸气量；

（2）若蒸气量取为2倍最小蒸气量时，求所需理论板层数及两产品的组成。 假设塔内气液恒摩尔流动。常压下气液平衡资料列于例1-5题附表中。 解：

由方程F＋V0=D+W和FxF=DxD+WxW及DxD＝0.99 FxF解得 xW=0.00033。

（1） 在无限多层理论板层数时的操作线斜率为：

yFyWyFWF ， 直接蒸汽加热，yW=0。 V0minV0minxFxWxFxW由平衡数据查得，xF=0.033，yF＝0.270，所以解得 V0min＝0.121（mol/mol

进料）。

（2） V0＝2V0min时所需理论板层数及两产品的组成 显然D=V0,

DxD0.242xD==0.99，所以xD=0.135。 FxFxF图解法求得理论板层数为5（图解法略）。

15在连续操作的板式精馏塔中分离苯-甲苯的混合液。在全回流条件下测得相邻板上的液相组 成分别为 0.28，0.41和0.57，试计算三层中较低的两层的单板效率EMV 。

操作条件下苯-甲苯混合液的平衡数据如下： x 0.26 0.38 0.51 y 0.45 0.60 0.72

解：假设测得相邻三层板分别为第n-1层，第n层，第n+1层

即 xn-1 = 0.28 xn = 0.41 xn+ 1 = 0.57 根据回流条件 yn+1 = xn ∴ yn = 0.28 yn+1 = 0.41 yn+2 = 0.57 由表中所给数据 α = 2.4

与第n层板液相平衡的气相组成 yn* = 2.4×0.41/（1+0.41×1.4）= 0.625 与第n+1层板液相平衡的气相组成 yn+1* = 2.4×0.57/（1+0.57×1.4）= 0.483 由式1-51 EMV = （yn-yn+1）/（yn*-yn+1）

可得第n层板气相单板效率 EMVn = （xn-1-xn）/（yn*-xn） = （0.57-0.41）/（0.625-0.41） = 74.4％

第n层板气相单板效率 EMVn+1 = （xn-xn+1）/（yn+1*-xn+1） = （0.41-0.28）/（0.483-0.28）

= 64％

21、在连续精馏塔中分离二硫化碳－四氯化碳混合液。原料液在泡点下进入塔内，其流量为4000kg/h、组成为0.3（摩尔分数，下同）。馏出液组成为0.95，釜液组成为0.025。操作回流比取最小回流比的1.5倍，操作压强为常压，全塔操作平均温度为61℃，空塔气速为0.8m/s，塔板间距为0.4m，全塔效率为50％。试求：（1）实际板层数；（2）两产品质量流量；（3）塔径；（4）塔的有效高度。

解：

（1）由y-x相图中q线与平衡线的交点坐标为 xq=xF=0.3 ，yq=0.54 则 RminxDyqyqxq0.950.541.71

0.540.3R=1.5Rmin=1.5×1.71=2.57 所以精馏段操作线的截距

xD0.950.266 R12.571在图中作出精馏段操作线和提馏段操作线，见附图。 得出 NT=12-1=11块 NP= NT /E=11/0.5=22块 （2）解法一：

因 MF=0.3×76+0.7×154=130.6kg/kmol F=4000 /130.6=30.63kmol/h 由全塔物料衡算

F=D+W 30.63=D+W

FxF=DxD+WxW 30.63×0.3=0.95D+0.025W 解之D=9.11kmol/h W=21.52kmol/h 又 MD=0.95×76+0.05×154=79.9kg/kmol MW=0.025×76+0.975×154=152.05kg/kmol 所以 D=9.11×79.9=727.89kg/h W=21.52×152.05=3272.12kg/h 解法二：

各部分组成以质量分数表示

0.3760.1750.3760.71540.9576 wD0.9040.95760.051540.02576wW0.01250.025760.975154wFF=D+W 4000=D+W

FwF=DwD+WwW 40000×0.175=0.904D+0.0125W 解之 D=729kg/h W=3271kg/h （3）因为泡点进料，故q=1 V‘=V V=（R+1）D=（2.57+1）×9.11=32.52kmol/h

Vg22.4VTP022.432.52(27361)0.248m3/s

3600T0P3600273由式（6-49）

Di4Vgu40.2480.628m

3.140.8圆整为700mm。 （4） 由式（6-47）

Z=（NP-1）HT=（22-1）×0.4=8.4m

22、求习题21中冷凝器的热负荷和冷却水的消耗量以及再沸器的热负荷和加热蒸气的消耗量。假设热损失可以忽略。已知条件如下：

（1）塔内各处的操作温度为：进料62℃、塔顶47℃、塔釜75℃。回流液和馏出液温度为40℃。

（2）加热蒸气表压强为100kPa，冷凝水在饱和温度下排出。

（3）冷却水进出口温度分别为25℃和30℃。 解：

（1） 塔顶近似按CS2，因塔顶泡点温度ts=47℃，而回流液和馏出液温度

tL=40℃， 查47℃ rA=350kJ/kg

47+40/2=43.5℃下 CPA=0.98kJ/kg

Qc=（R+1）D[rA+ CPA（ts-tL）]=（2.57+1）×727.89×[0.98×（47-40）+350] =9.3×105kJ/h

Qc9.3105Wc4.4104kJ/h

Cpc(t2t1)4.187(3025)（2）塔釜可近似按CCl4，查75℃下rB=195kJ/kg 又V‘=V

QB=V‘rB=（2.57+1）×727.89×195=5.07×105 kJ/h

查 饱和水蒸气101.33+100=201.33kPa（绝压）下，r=2205kJ/kg

QB5.07105Wh2.3102kg/h

r2205

第二章吸收

在一个接触效能相当于8层理论塔板的筛板塔内，用一种摩尔质量为250、密度为900kg/m3的不挥发油吸收混于空气中的丁烷。塔内操作压强为101.33kPa，温度为15℃进塔气体含丁烷5%(体积)，要求回收率为95%。丁烷在15℃时蒸气压强为194.5kPa，液相密度为580kg/m3。假定拉乌尔定律及道尔顿定律适用，求：

14．在一逆流吸收塔中用三乙醇胺水溶液吸收混于气态烃中的H2S，进塔气相中含H2S（体积）2.91％要求吸收率不低于99％，操作温度300Ｋ，压强101.33kPa，平衡关系为Y* = 2X，进塔液体为新鲜溶剂，出塔液体中H2S浓度为0.013kmol(H2S)/kmol(溶剂)

已知单位塔截面上单位时间流过的惰性气体量为0.015kmol/(m2·s)，气相体积吸

收总系数为0.000395 kmol/(m3·s·kPa)。求所需填料蹭高度。 解：y2 = y1（1-η）=0.0291×0.01 = 0.000291

Y2 = y2 = 0.000291 Y1 = 0.0291/（1-0.0291）= 0.02997 ΔYm = [（Y1-Y1*）-Y2]/ln[（Y1-Y1*）/Y2]

= [（0.02997-0.013×2）-0.000291]/ln[（0.02997-0.013×2）/0.000291]

= 0.0014

∴ΝOG =（Y1-Y2）/ΔYm = （0.02997-0.000297）/0.0014 = 21.2 HOG = V/(KYaΩ) = 0.015/（0.000395×101.33） = 0.375

H =ΝOG × HOG = 21.2×0.375 = 7.9m

15.有一吸收塔，填料层高度为3m，操作压强为101.33 kpa，温度为20℃，用清水吸收混于空气中的氨。混合气质量流速G=580kg/(m2﹒h),含氨6%（体积），吸收率为99%；水的质量流速W=770kg/(m2﹒h)。该塔在等问下逆流操作，平衡关系为Y*=0.9X。KGa与气相质量流速的0.8次方成正比而与液相质量流速大体无关。试计算当操作条件分别做下列改变时，填料层高度应如何改变才能保持原来的吸收率（塔径不变）；(1)操作压强增大一倍；（2）液体流量增大一倍；（3）气体流量增大一倍。

Y10.060.06383

10.06Y2Y1(1A)0.06383(10.99)0.0006383

X20,W770 kg/(m2•h),m0.9,G580kg/(m2•h)

KGau0.8,Z3m,P101.33kPa,T293K

混合气体的平均摩尔质量 M=0.06×17+29×0.94=28.28 根据物料守恒

770580x10.060.99 1828.28得x10.0285

则 X10.02850.02934

10.0285S（1） 当操作压强增大一倍

mV0.95800.094180.04 L28.8770P'2P,m'0.5m

S'm'0.5 Sm则S'0.50.040.02

N'OGNOGY'1ln[1]1S'Y20.7987

Y11ln[]1SY2另一方面，K'Ya2KYa

H'OGKYa0.5 HOGK'Ya综上得

Z'H'OGN'OG0.50.79870.3994 ZHOGNOG所以Z'=0.3994×3=1.198m (2)当液体流量增大一倍，即

W'2W，由物料衡算，x'10.5x1

X'10.5X1S'0.5 SN'OGNOGY'1ln[1]1S'Y20.7987

Y11ln[]1SY2而总传质单元高度不变。

所以

Z'N'OG0.7987 ZNOG所以 Z'0.798732.396m （3）当气体流量增大一倍

G'2G,由物料衡算，x'12x1

X'12X1,S'2 SN'OGNOGY'1ln[1]1S'Y24.6

Y11ln[]1SY2同时

H'OGV'KYa20.80.574 HOGK'YaV2Z'H'OGN'OG0.5744.62.64 ZHOGNOG所以

所以 Z'2.6437.92m

第三章干燥

1.已知湿空气的总压强为50kPa，温度为60℃相对湿度40％，试求：（1）湿空气中水气的分压；（2）湿度；（3）湿空气的密度 解：（1）查得60℃时水的饱和蒸汽压PS = 19.932kPa ∴ 水气分压 P水气 = PSф= 19.932×0.4 = 7.973kPa

（2）H = 0.622 P水气 / （P-P水气）=0.622×7.973/（50-7.973） = 0.118 kg/kg绝干 （3）1kg绝干气中含0.118kg水气

x绝干 = (1/29)/[(1/29)+(0.118/18)] = 0.84 x水气 = (0.118/18)/[(1/29)+(0.118/18)] = 0.16

∴ 湿空气分子量M0 = 18x水气 + 29x绝干气 = 18×0.16 + 29×0.84 = 27.249 g/mol

∴湿空气密度 ρ= MP/RT = （27.24×10-3×50×103）/（8.314×333） = 0.493 kg/m3湿空气

燥器中，离开干燥器时空气的相对湿度为80％。若空气在干燥器中经历等焓干燥过程，试求：

（1） 1m3原湿空气在预热器过程中焓的变化； （2） 1m3原湿空气在干燥器中获得的水分量。

解：（1）原湿空气的焓： I0 = (1.01 + 1.88H0)t + 2490 H0

= (1.01 + 1.88×0.009)×20 + 2490×0.009 = 43 kJ/kg绝干

通过预热器后空气的焓 I1 = (1.01 + 1.88×0.009)×50 + 2490 ×0.0009

= 73.756 kJ/kg绝干 焓变化ΔH = I1 - I0 = 30.756 kJ/kg绝干

空气的密度 ρ= MP/RT = （29×10-3×101.33×103）/（8.314×293）

= 1.21 kg/m3

∴ 1m3原湿空气焓的变化为 ΔH = 30.756×1.21/1.009 = 36.9 kJ/kg

湿气

（2）等焓干燥 I1 = I2 = 73.756 kJ/kg绝干

假设从干燥器中出来的空气湿度t = 26.8℃，查得此时水蒸汽的饱和蒸汽压

PS = 3.635 kPa

∴ H2 = 0.622φ PS / （P-фPS）

= 0.622×0.8×3.635/(101.33-0.8×3.635) = 0.0184 kJ/kg绝干

由 I2 = 73.756 = （1.01 + 1.88H2）t2 + 2490 H2 试差 假设成立 ∴ H2 = 0.0184 kJ/kg绝干

获得水分量 ：ΔH = H2 - H0 = 0.0184-0.009 = 0.0094 kJ/kg绝干 = 0.0094×1.21/1.009 = 0.011 kJ/kg湿气

5.干球温度t0 = 26℃，湿球温度tｗ0 = 23℃的新鲜空气，预热到t1= 95℃后送入连续逆流干燥器内，离开干燥器时温度为t2= 85℃。湿物料初始状况为：温度θ1= 25℃，含水量ω1= 1.5％

终了时状态为：温度θ2 = 34.5℃ ，ω2 = 0.2％。每小时有9200kg湿物料加入干燥器内。绝干物料的比热容CS = 1.84 kJ/(kg绝干·℃)。干燥器内无输送装置，热损失为580kJ/kg汽化的水分。试求： （1） 单位时间内回的的产品质量； （2） 写出干燥过程的操作线方程； （3） 在H-I图上画出操作线；

（4） 单位时间内消耗的新鲜空气质量。

解：（1）G = G1（1-ω1）= 9200×（1-0.0015）= 9062kg/h ∴ 干燥产品质量 G2 = G/（1-ω2）= 9080 kg/h

（2）X1 = ω1/ （1-ω1）= 0.01523 X2 = ω2/（1-ω2）= 0.002

当干球温度t0 = 26℃，湿球温度为23℃ 时由图5-3查的空气的湿度

H0 = 0.02 kg水/kg绝干 I1 = (1.01 + 1.88H1)t1 + 2490 H1

=（1.01+1.88×0.02）×95 + 2490×0.02 = 149.322 kJ/kg绝干

I1' - I2' = CS（θ1 -θ2）+ CW（X1θ1 –X2θ2）

= 1.84×（25-34.5）+ 4.187×（0.01523×25-0.002×34.57） = -16.17 kJ/kg绝干

围绕干燥器做物料衡算

L(I1 - I2) + G(I1' - I2') = QL 代入已知条件 L(149.322 - I) –16.17×9062 = 580G（X1-X2）

L(149.322 - I) = 216068.74 ∵ 绝干气消耗量L=G(X1-X2)/(H2-H1) ∴ L = 119.89/（H2-0.02）

∴ 119.89（149.322-I）= 216068.74（H-0.02）

即 H + 0.000555I = 0.1

（3）略

（4）将I2 = (1.01 + 1.88H2)t2 + 2490 H2 代入

H + 0.000555I = 0.1 解得 H2 = 0.0212 L= 119.89/（H2-0.02）= 99908.55 kg干气/h

LW = L（1+H0）= 99908.55×（1+0.02）= 101906.7 kg新鲜空气/h

9.某湿物料经过5.5小时进行干燥操作。物料含水量由X1 = 0.35 kg /kg绝干降至

X2 = 0.1 kg /kg绝干。若在相同的条件下，要求将物料含水量由X1 = 0.35 kg /kg绝干降至X2' = 0.05 kg /kg绝干。试求新情况下的干燥时间。物料的临界含水量XC = 0.15 kg /kg绝干，平衡含水量X* = 0.04 kg /kg绝干。假设在降速阶段中干燥速率与物料的自由含水量 （X-X*）成正比。

解：降速干燥阶段dX/dτ= -US/G' 假设U = k（X-X*）

dX/dτ= -Sk(X-X*)/G'

dX/(X-X*) = -Skdτ/G' 积分得

τ2 = G'ln[(XC-X*)/(X2-X*)]/Sk

总干燥时间 τ= τ1+τ2 = G'(X1-XC)/SUC + G'ln[(XC-X*)/(X2-X*)]/Sk = G'ln[(X1-XC)/(XC-X*)]/Sk + G'ln[(XC-X*)/(X2-X*)]/Sk 物料由X1 = 0.35 kg /kg绝干降至X2 = 0.1 kg /kg绝干

5.5=（0.35-0.15）G'/[（0.15-0.04）Sk] + G'ln[（0.15-0.04）/（0.1-0.04）]/Sk = 2.426G'/Sk

G'/Sk = 5.5/2.426 = 2.267

物料由X1 = 0.35 kg /kg绝干降至X2 '= 0.05 kg /kg绝干

τ'= τ1+ τ2'= 1.82 G'/Sk + G'ln[(0.15-0.04)/(0.05-0.04)]/Sk = 4.218 G'/Sk = 9.57h 即新情况下的干燥时间为 9.57h

5.采用如图所示的废气循环系统干燥湿物料，已知数据标于本题附图中。假设系统热损失可忽略，干燥操作为等焓干燥过程。试求：（1）新鲜空气的耗量；（2）进入干燥器的湿空气的温度与焓；（3）预热器的加热量。

【解】在H-I图上示意画出空气状态变化情况见图10-3所示，由t0,H0定A点，由t2,H2定C点。因绝干废气量与绝干新些气量之比为3:1，利用杠杆规则连接AC，使

MC1,则M点位进入预热器前的混合点，由M点作等温湿线与过MA3C点作等焓线相交于B点，MB为预热过程，BC为等焓干燥过程。

图10-3

根据杠杆规则求得混合点M的湿度和焓分别为

1313HmHoH20.010.06720.0529kg水/kg绝干气

4444Io=(1.01+1.88H0)t0+2490H0

3

=(1.01+1.88×0.01)×25+2490×0.01=50.62kJ/m绝干空气 I2=(1.01+1.88H2)t2+2490H2

=（1.01+1.88×0.0672）×50+2490×0.0672=224.145 kJ/m3绝干空气

1313ImI0I250.62224.145180.76kJ/m3绝干空气

4444tm可由Im求出

Im=(1.01+1.88Hm)tm+2490Hm 将前面算出的Hm和Im代人得

180.76=（1.01+1.88×0.0529）tm+2490×0.0529 解得tm=44.20C

（1）新鲜空气得消耗量L0

X1w10.2=0.25kg/kg绝干料 1w11-0.2w20.05=0.05263kg/kg绝干料 1w21-0.05X2G=G1(1w1)1000(10.2)800kg绝干料/h W=G(X1-X2)=800(0.25-0.05263)=157.896kg/h

L=W157.8962760kg绝干气/h

H2H00.06720.01L0L(1H0)2760(10.01)2788kg湿干气/h

（2）进入干燥器湿空气的温度和焓

由于为等焓干燥，所以进入干燥器前湿空气的焓等于离开干燥器时的焓，即

I1I2224.145kJ/m3绝干空气

而进入干燥器前湿空气的湿度等于离开预热器时的湿度，即

H1Hm0.0529kg水/kg绝干气

t1可由I1求出

I1=(1.01+1.88H1)t1+2490H1

224.145=（1.01+1.88×0.0529）t1+2490×0.0529 解得t1=83.260C

（3）预热器的加热量

由于等焓干燥，干燥器补充热量为零，且忽略热损失，因此总消耗热量等于预热器的加热量。以包括循环气在内的整个干燥系统的物料衡算，则

QPL(I2I0)2760(224.14550.62)478929kJ/h133.03kW