《化工原理》（第三版 谭天恩 化学工业出版社） 课后答案

第一章 1-1 0.898 3−⋅kg m 1-2 633mmHg 1-3 1.78z m∆ = 1-4 H =8.53m 1-5 1720 AB p mmHg∆ = 1-6 318.2Pa ; 误差 11.2℅ 1-7 在大管中： 1 1 2 11 1 14.575 , 0.689 , 1261 − − − −= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅m kg s u m s G kg m s 在小管中： 1 1 2 12 2 24.575 , 1.274 , 2331 − − − −= ⋅ = ⋅ = ⋅ ⋅m kg s u m s G kg m s 1-8 6.68m 解 取高位槽液面为 1-1，喷头入口处截面为 2-2 面。根据机械能横算方程，有 gz1 + u12/2 + p1/ρ=gz2+u22/2+p2/ρ+wf 式中，u1 =0，p2 =0，u2 =2.2 m .s-1，p2 = 40*103 Pa，wf =25J.kg-1，代入上式得 Δz =u22/2g+p2–p1/ρg+wf/g =2.22/2*9.81+40*103-0/1050*9.81+25/9.81 =6.68m 1-9 43.2kW 解 对容器 A 液面 1-1 至塔内管出口截面 2-2 处列机械能衡算式 2 2 1 1 2 2 1 e 2 f u p u p g z + + + w = g z + + + w 2 2ρ ρ 已知 z1=2.1m，z2 =36m , u1 =0, 的速度头已计入损失中，p1=0, p2=2.16*106 Pa,2u =122J.kg-1 , 将这些数据代入上式得fw = (z2-z1)g+p2/ρ+ew fw =(36-2.1)*9.81+2.16*106/890+122 =333+2417+122=2882J.kg-1 泵的有效功率 Ne= =2882*15/1000=43.2kw e s w m 1-10 (1) 4.36Kw；(2) 0.227MPa 1-11 B 处测压管水位高，水位相差 172mm 1-12 H=5.4m，pa=36.2kPa 解 在截面 1-1 和 2-2 间列伯努利方程，得 2 2 1 1 2 2 1 2 u p u p g z + + =gz + + 2 2ρ ρ 即 (a) 2 2 1 2 2 1 1 2 p p ( ) 2 − − + − = u u g z z ρ z1、z2 可从任一个基准面算起（下面将抵消），取等压面 a-a ，由静力学方程 得 p1+ρg(z1-z2)+ ρgR=p2+ Hg gRρ 即 (b)1 2 1 2( ) Hg P P g z z gR ρ ρ ρ ρ −− + − = × 由式(a)和式(b)可得 （c） 2 2 3 12 1 13600 1000 9.81 80 10 9.89 . 2 1000 Hg u u gR J kg ρ ρ ρ − − −− − = × = × × × = 又由连续性方程知 u2= u1(d1/d2)2= u1 (125/100) 2=1.252 u1× 代入式（c）得 （1.252 u1）2- u12=2 9.89× u1=3.70m.s -1 于是 u2=1.252 3.70=5.78× 1.m s− 喷嘴处 u3= u1（d1/d3）2=3.70 125/75）2=10.28× 1.m s− 在截面 0-0 与 3-3 间列机械能衡算式 H= u32/2g=10.282/2 9.81=5.39m× 在截面 0-0 与 a-a 间列伯努利方程 H=u22/2g+ pA/ρg 故有 pA=ρgH- ρ=1000*9.81*5.39-5.782/2 *1000 2 2 2 u × =36.2 Pa× 310 1-13 d≤39mm 1-14 水 0.0326m·s-1，空气 2.21m·s-1 1-15 (1) 38.3kPa； (2) 42.3% 1-16 不矛盾 1-17 答案略 1-18 (1) 第一种 方案 气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载 的设备费用是第二种的 1.24 倍； (2) 层流时，第一种方案所需功率是第二种的 2 倍；湍流时，第一种方案所需功 率是第二种的 1.54 倍 1-19 0.37kW 1-20 2.08kW 1-21 0.197m；不能使用 解 （1）求铸铁管直径 取 10℃氺的密度ρ=1000 ,查附录五知 =1.305 Pa.s 1.kg m− µ × 310− 取湖面为 1-1 面，池面为 2-2 面，在面 1-1 与面 2-2 间列机械能衡算方程 2 2 2 1 1 2 2 f u u p p g z w ρ − − ∆ + + = 因 u1、u2、p1、p2皆为零，故 = （a）g z∆ fw 式中， 45m , 代入式（a）得z∆ = 2 2 2 2 5 8 1000 300 ( ) 5.629 2 3600 f l u w d d d λ λ λ π × = = = 9.81 45=× 5 5.629 d λ =0.01275 (b)5 d λ 的范围约为 0.02-0.03，现知 VS 很大，Re 也大，故 的初值可取小些。设 =0.02，λ λ λ 代入式（b）解得 d =(0.01275 0.02)0.2=0.191m× 检验 值： λ 新铸铁管的绝对粗慥度 =0.03mm，则 /d=0.3/191=0.00157ε ε Re= =4.26 105 udρ µ = ( / 4) s V d ρ π µ = 3 1000 300 / 3600 ( / 4) 0.191 1.305 10π − × × × × × = = =0.02316λ ′ 0.23 68 0.100 Red ε⎛ ⎞+⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0.23 5 68 0.100 0.00157 4.26 10 ⎛ ⎞+⎜ ⎟×⎝ ⎠ 可见初设的 偏小，故需进行迭代计算。再设 =0.02316，代入（b）得 λ λ d=0.1968m 于是 =0.001520.3 196.8d ε = Re= 5 5 1000 300 / 3600 4.13 10 ( / 4) 0.1968 1.305 10π − × = × × × × 0.23 0.23 5 68 68 0.100 0.100 (0.00152 ) 0.02302 Re 4.13 10d ε λ ⎛ ⎞′′ = + = × + =⎜ ⎟ ×⎝ ⎠ 与 数据相近，故迭代一次即可结束。对 d 取整为 0.2m 即 200mmλ ′ λ ′′ (2) =1mm 时，核算是否能满足引水量为 300 的要求ε 3 1−⋅m h =1/200=0.005 d ε Re= 3 1000 300 / 3600 ( / 4) 0.2 1.305 10π − × × × × 54.067 10= × 0.23 5 68 0.100 (0.005 ) 0.0298 4.067 10 λ = × + = × 代入式（b）得 d=0.207m 可见，d=0.2m 的管子不能满足在 =1mm 时引水量不变的要求，为此应将管径取ε 为 210mm 才行。 1-22 66.5L·min -1 1-23 (1) 0.54m·s-1 ；(2) R1=10.65cm，R2=17.65cm 1-24 输送能力变小，阀门前压力变大 1-25 u1=7.25 m·s-1，u2=10.52 m·s-1；风机出口压力 p=65.2mmH2O 解 （1）求 u1,u2 根据并联管路的特点，知 1 2f f w w= 即 2 2 2 1 1 2 2 1 1 22 2 l u l u d d λ λ= 现 ，故上式化简为 1 2 1 22 ,l l d d= = （a）2 2 1 1 2 22 u uλ λ= 又根据质量衡算可得 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 2 1 2 ( / 4) ( / 4) ( / 4) 0.15 0.15 10 0.2 d u d u d u u d u d ud u u π π π+ = + = + = × （b） 1 2 17 .78u u+ = 由（a）（ b）求 u1，u2 需试差。 初设 ，则由（a）得 1 2λ λ= 2 12u u= 代入（b）得 =7.36 1u 1−⋅m s 于是 =17.78- =17.78-7.36=10.42 2u 1u 1−⋅m s 检验以上数值的准确性： 查附录六知 30℃空气 =1.165kg..m-3, Pa.s，则ρ 51.86 10µ −= × 41 1 1 5 1.165 7.36 0.15 Re 6.915 10 1.86 10 u dρ µ − × × = = = × × 42 2 2 5 1.165 10.42 0.15 Re 9.790 10 1.86 10 u dρ µ − × × = = = × × 1 2 0.05 0.000333 150d d ε ε = = = 0.23 0.23 1 4 1 68 68 0.100( ) 0.100 (0.000333 ) 0.0217 Re1 6.915 10d ε λ = + = × + = × 0.23 0.23 2 4 2 68 68 0.100( ) 0.100 (0.000333 ) 0.0205 Re2 9.790 10d ε λ = + = × + = × 与初设值稍有偏差，再将 =0.0217， =0.0205 迭代入（a）（ b）得1λ 2λ 1 1 1 27.24 , 10.54 − −= ⋅ = ⋅u m s u m s 检验： 4 5 0.23 1 4 1.165 7.24 0.15 Re1 6.802 10 1.86 10 68 0.100(0.000333 ) 0.0218 6.802 10 λ − × × = = × × = + = × 4 2 5 0.23 2 4 1.165 10.54 0.15 Re 9.903 10 1.86 10 68 0.100(0.000333 ) 0.0205 9.903 10 − × × = = × × = + = × λ 与第一次迭代值很接近，故所得结果为 1 11 27.24 , 10.54 − −= ⋅ = ⋅u m s u m s （2）求风机出口处压力 设风机出口处压力为 p。 根据风机出口与管出口间的机械能衡算，有 2 2 1 1 11 1 2 2 f f l u ul p p p d d λ ρ λ ρ= ∆ + ∆ = +支管 总管 2 280 7.24 20 30 10 0.0218 1.165 1.165 0.15 2 0.2 2 355.0 14563 λ λ + = × × × + × × = + 总管 0.05 0.00025 200d ε = = 5 3 1.165 10 0.2 Re 1.253 10 1.86 10− × × = = × × 0.23 0.23 5 68 68 0.100( ) 0.100(0.00025 ) 0.0194 Re 1.253 10d ε λ = + = + = × 于是 355.0 14563 0.0194 638p Pa= + × = 1-26 11.3m 1-27 (1) 10.19 ； (2) 方案二可行3 1−⋅m h 1-28 当阀门 k1 关小时， ，V 减小， 增加， 增加1V 2V Ap 1-29 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 压为 492.3 kPa 1-30 7.08 1−⋅kg s 1-31 634 1−⋅kg h 1-32 9.8 倍 第二章 2-1 0.7 2-2 (1)管路特性方程 (2) 绘制管路特性曲线图，可得 2-3 (1)对泵进、出口列机械能衡算方程，有 (a) 把 H=he=15.04m 代入式(a)可得 Q=34.76m3.h-1 (2) Q'=90%Q=31.28m3.h-1 代入式(a)，可得 he'=12.18m 有效功率 Ne=he'Q'ρg=1.04kW 型号 Q/m3.h-1 H/m N/kW IS250-200-315 678 31.1 67.3 85% IS250-200-315A 627 27.8 57.0 83% 百分率 Q'/Q=D'/D=0.90 2-4 (1)图(c)的安装方式无法将谁送上高位槽，而(a)、(b)可以，且流量相同； (2) 泵所需的功率相同 2-5 (1)由公及查表及公式可得：he=77m 查附录十七，可选 IS100-65-250型泵，n=2900r.min -1 (2)合适 (3)不能，不合理 2-6 IH40-20-160，2.07kW 2-7 解： (1)齿轮泵或螺杆泵 (2)离心泵(带开式或半开式叶轮)或齿轮泵； (3)若压力不大，选离心泵(带开式叶轮)，若压力大，选隔膜泵(4)双吸离心泵 ； (5)往复泵或螺杆泵；(6)计量泵 2-8 222mmH2O2-9 不能，将转速提高至1500r.min -1即可 2-10 解：在汽缸中压缩、排除时：根据理想气体状态方程得压缩前体积压缩功 在密闭筒中压缩时： 第三章 3-1 水中 uo=0.00314 m·s-1，空气中 uo=0.282 m·s-1， 解答：根据题意给定及查取附录，可得如下数据。 石英颗粒：d=60×10-6m；ρs=2600kg·m-320℃水：ρ=1000kg·m-3；μ=1×10-3Pa·s 20℃空气：ρ=1.205kg·m-3；μ=0.0181×10-3Pa·s (a)在20℃水中沉降，设斯托克斯定律适用，＝ ＝0.00314 m·s-1验算 ＝ ＝0.188 ＜2故可用斯托克斯公式， uo 结果正确。(b)在20℃空气中沉降 =0.282 m·s-1验算： =1.13＜2 3-2 4.74Pa·s 3-3 (1)64.7μm；(2)59.7% (1)先设沉降在斯托克斯区,则能被完全去除的最小颗粒直径 查附录知常压、100℃空气 kg·m-3 又已知 kg·m-3，Vs=2700/3600=0.75m 3·s-1，A0=2×1.5==3m2代入上式得 =64.7μm 检验: =0.25m/s=0.7<2故以上计算有效 (2)直径小于 dmin的颗粒被除去的百分率等于其沉降距离 h 与降尘室高度 H 之比, 而在降尘时间一定下 h 又与 u0成正比 ,于是直径50μm 的颗粒被除去的百分率= =0.597 3-4 ur=3.94 m·s-1，52.5 3-5 dc=9.5μm，η理=100%，η实=77%；Δpf=1.975kPa 3-6 0.58倍，0.76倍 3-7 (1) K=4.27×10-7m2·s-1，qe=0.004m3·m-2；(2)约900s；(3) 6.1×1013m.kg-1 3-8 2.2h 3-9 0.117m3·h-1 3-10 3.1r·min-1 3-11 (1) 8.73m3·h-1；(1) 2.2cm 解答：(1) Ve=2mm 厚滤渣曾相应的滤液量 = =0.0261m3 又 n=0.5r·min -1或1/120 r·s-1由恒压过滤方程得知 V2 +2VV e=KA2φ/nV2 +2V×0.261=3.1×10-4×32×0.3×120 解得 V=0.291m3Q=V·n=0.291×0.5=0.1455m3·min -1或8.73m3·h-1 (2)滤饼层厚度= = = =0.022或2.2cm 第五章 5-1 (1) q=194W·m-2；(2) tA=81℃ 5-2 (1) 8.73 W·m-1·K-1；(2) 2.2cm，λ0=0.676，k=2.25×10-3℃-1 5-3 (1) 2块；(2) 37.5℃ 解答 (1)达稳定时通过各层砖的导热通量相等。通过耐火砖层 q=（λ1/b1）(t1-t2)=（1.05/0.23）(1000-940)=274W·m-2 通过绝热砖层:q=（λ2/0.23n）(t2-t3) (a) 故 n=（λ2/0.23q）(t2-t3)= 0.151×(940-138)/(0.23×274)=1.92 表明两层绝热转可达要求，厚度 2×0.23=0.46m 代入 (a) 得 t3=940- 274×0.46/0.151=105.3℃(2) 对 普 通 砖 ， 有 q= （ λ3/b3 ） (t3-t4) t4=105.3- 274×0.23/0.93=37.5℃ 5-4 q=57W·m-2，界面 t=65℃ 5-5 (1) q=-52.1W·m-1；(2) q=-38.0W·m-1；(3) qˊ=-38.7W·m-1，t4=12.6℃ 解答: (1)本题为三层圆筒壁的导热问题，对1m 长的管,便有以下式子铝合金 管的热导率从附录可以查到港λ1=45.31W·m-1·k-1，其外径 r2=60/2=30mm，内径 r1=30-3=27mm,由此可分别求得三层壁的相对热阻分别为 = =0.0023 = =4.332 = =10 .137故 = =-52.1W·m-1 (2)按题意,R2及 R3中的热导率互换= =17.329= =2.534= =-38.0W·m-1 (3)考虑管外壁与空气的给热，有 q=α(2πr4)(t4-t5)= 2πα×0.09× (10-20) =- 1.8παW·m-2故 = =9.21 W·m-2·K-1两保温 材料 关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料 互换后，计入给热热阻，有 = =- 38.8W·m-1又从最外壁的给热方程 Q=α·2πr4 (t4-t5)知= =12.6℃ 5-9 K=310W·m-2·K-1，管外给热热阻占3.1%;管内给热热阻38.8%;管内污垢热阻占 58.1% 5-10逆流Δtm=49.2℃；并流Δtˊm=42.5℃ 5-11应选用换热器2 5-12管总长 L=26.3m，冷却水消耗量 ms2=0.331kg·s-1 换热器的热负荷: = =41.4kW 水的用量可由热量衡算得出: = =0.33kg·s-1 逆流平均温差 苯 350K——300K 水 320K——290K 温差 30K 10K =18.2℃ 以管外面积为基准的传热系数按公式求解 .其中 ,管内α1=4.85kW·m-2·K-1;管外 α2=1.7kW·m-2·K-1,管壁热导率取为λ=45W·m-1·K-1，即0.045kW·m-1·K-1；d1=20mm， d2=25mm，dm=22.5mm；b=0.0025m。故 = =0.908K2= = =2.06m2所需总管长 = =26.3m 5-13 α= 4600W·m-2·K-1 5-14 α= 321W·m-2·K-1 5-15 增加 15%5-16 (1) K=837W·m-2·K-1；(2) Kˊ=646W·m-2·K-1；污垢热阻系数 Rˊ=8.82×10- 4m2·K·W-1, 解答（1）求传热系数 k 主要是求水的给热系数а1。水的定性温度 tm=（20+80） /2=50℃，其物性数据为：ρ=988.1kg/m3，μ=0.549mPa ·s，λ=0.648W•/（m•k）， cp=4.174kJ•kg-1•K-1 则 （>104） 以管外表面为基准的传热系数 K2，根据题意可计算如下： = =1.195×10-3 K2=837 W•/（m2•k） (2)操作一年后的传热方程用 Qˊ= K2ˊAΔtmˊ表示，与操作初期的 Q= K2AΔtm比较， 两传热系数有以下关系[式5-11c]： 以下分别求Δtmˊ和Δtm。查196kPa（表压）饱和水蒸汽的温度133度，有 133℃→133℃ 133℃→133℃ 20℃→80℃ 20℃→70℃ 113℃ 53℃ 113℃ 63℃ Δtm=（113-53）/ln（113/53）=79.25℃ Δtmˊ=（113-63）/ln（113/63）=85.58℃故 其中的污垢热阻 Rs1ˊ比 Rs1=6*10-4 W- 1•m2•k 增加了约47%。 5-17能满足要求 5-18 α= 140W·m-2·K-1 5-19 α=458W·m-2·K-1 5-20 α= 1410W·m-2·K-1 5-21 K=758W·m-2·K-1 5-22 α= 53W·m-2·K-1 5-23 α= 533W·m-2·K-1 5-24 α= 533W·m-2·K-1；α= 533W·m-2·K-1 5-25 K=2040W·m-2·K-1；T=124℃ 解答 使用初期的传热系数 K 用热衡算式计算 求Δtm 水蒸气 110℃→110℃ 溶液 20℃→ 80℃ 90℃ 30℃ =54.6℃ 则 K= m2cp 2（t2-t1）/（AΔtm）=[（2.5*10000/3600）*4000*（80-20）] /（15*54.6）=2035 W•/ （m2•k） 使用一年后的平均温差变为Δtmˊ 水蒸气 110℃→110℃ 溶液 20℃→ 72℃ 90℃ 38℃ =60.3℃ 则 = 1597W·m-2·K-1 为使溶液出口温度保持80度，必须是平均温差 满足 即使得 =69.6℃ 此时的加热水蒸气的温度 Tˊ应该满足下式 =69.6或 得 Tˊ=123.9℃ 比原来的 T=110℃升高13.9℃。 5-26 α= 2630W·m-2·K-1 5-27 ε=0.818 5-28 ε=0.75；t2=103℃ 解 油 ms1cp1=0.9×2.1=1.89kJ•s-1•K-1 水 ms2cp2=0.6×4.187=2.51kJ•s-1•K -1 可知 ms1cp1< ms2cp2，油为热容流量较小流体。 =0.753 =2.25 查图5-21得传热效率ξ=0.75 若水量增加20%，NTU=KA/（ms1cp1）不变，而 =0.627 插图5-21得，ξˊ=0.78 T2ˊ =65.8℃ 由 得 得 t2ˊ=103.6℃ 5-29 q1-2=29.8kW 5-30 (1) q1-2=1630kW；(2) q1-2=1610kW 5-31误差约60℃ 5-32减少约93.2% 5-33热损失 QL==737W·m-1；保温后热损失 QLˊ=130 W·m-1，既减为原热损失的 17.6% (1)裸管的热损失即 令 tW-10=θ，代入上式可得 解此方程，其中正根为θ=133.0℃.计算 QL 时。因（ 140-θ）甚小，易产生误差， 以按外壁散热校准： =736 W·m-1 (2)加保温后 设其内外壁温度分别为 tW1、tW2，按三个串联热阻的各 相等，有即 令 tW2-10= 代入上式，得 解此二次方程，得 =26.1℃，故 Tw2=36.1℃ =130 W·m-1 热损失为裸管的130/736=0.177或17.7% 第八章 8-1 Y=0.00796， X=0.01059； GG=0.00558㎏·m-3，GL=9.90㎏·m-3。 8-2 压缩前 kmol·m-3； 压缩后冷凝前 kmol·m-3； 冷凝后 kmol·m-3；冷凝百分率42.1%。 8-3 损失6.65g·d-1。 8-4 需时6.97h 解：已给出静止膜的厚度，可应用式（8-20）计算： (a) 式中， 为298K 下水的蒸汽压，查附录七得 ＝3.168kPa；又 ＝0； P=101.3 kPa。水蒸气在空气中得扩散系数由表8-2查得，在101.3 kPa、298K 下 D ＝0.256㎝2·s-1即2.56×10-5㎡·s-1。 将已知值代入式(a):或 而厚5㎜得水层，每平方米得质量为5㎏，故蒸发时间 为 8-5 。 8-6 若气体质量流速不变,、 、 亦不变。 8-7 =0.443㎜。 8-8 解:本题需用柯尔本类比式(8-45):,以给热数据得到给质系数 k 和 。 从给热热流量 及热衡算 可得 的表示式故 式中,为 =320-300=20℃与 =313-320=13℃的平均 值。而 在 中的平均流速 是空气在平均温度 下的流速， 与初速 的关系是（暂 不考虑压力变化的影响，由以下求得的压降甚小验证）于是 从热量传递与动量 传递间的类比，得式中， 为空气在平均温度316.5K 下得密度： 压降 与标准大气压 相比甚小，对空气密度（及流速）的影响可以忽略。 第九章 9-1 为吸收。 9-2 水， 。 9-3 为脱吸。 解：空气中 CO2的分压 ，水溶液的 CO2摩尔分数 ，式中，C 为溶液的总 浓度，C≈1000/18.02＝55.5kmol·m-3。 溶液的 CO2平衡分压按式（9-5）即 p*=Ex 计算，而20℃下的 E 从本 章附录一查得为144MPa。故 p*=Ex＝Ec/C=(144×103)×（3×10-3/55.5）＝7.78kPa 可知 p*>p,过程为脱吸。 9-4 吸收率0.95，吸收量285㎏·h-1。 9-5 10℃下7.89L·m-3,11.27mg·L-1，x*=6.34×10-6， H=1.676×10-5kmol·m -3·kPa-1。 9-6 解：根据例9-5中所得的算式及 计算，取三位有效数字，可得下表（作图从略）： 9-7 100kPa 下：x=6.56×10-5，P=90.9kPa。 9-8 100kPa 下： 9-9 解：从两相给质系数 、 按以下公式求总传质系数式中溶度系数 根据传 质系数间得换算式，有气相阻力在总阻力中所占得比例为 9-11 9-12 加倍，h0不改变； 加倍，h0增加23％。 9-13 回收122.8㎏·h-1；减少4.2㎏·h-1 9-14 L＝0.0429kmol·m-2·s-1，h0=15.7m。 解：出塔水中丙酮得组成为对塔顶、塔底得物料衡算式（9-39）为故 为原用水 量 的0.875倍。以下用平均推动力法求填料层高 h 与例 9-6相同故 所求 h0为原高度11.8m 的1.33倍 9-15 。 9-16 （1） 或 ， ； （2）h0约4.4m。 9-17 ya=2.55×10-4 9-18 （1）NOG=7.84；（ 2）NOG=15.2；（ 3）NOG=18.5； 。 9-20 ya=7.86×10-4。 解：应用式（9-76），其中 故 据习题9-17（1）的用水量及平衡关系已得 A＝1.18，代入上式，得 9-21 [式(9-92)算得为0.175m],[式(9-93)算得为0.45m] 第十章 10 4 x 2.81 5.26 8.43 14.0 19.7 28.1 42.0 103y 6.26 15.7 26.3 48.0 69.3 105 167 10-1 解法一 由例10-1中表10-2和此物系在指定条件下的气液平衡组成 x=0.256，y=0.455， 设液相所占的摩尔分数为 q，可列出方程 0.256q+0.455(1-q)=0.4 解得 q=0.276 故液气比为 q /(1-q)=0.276/0.724=0.381 解法二 做较准确的计算。 苯(A)和甲苯(B)的蒸汽压 、 按下述安托万方程计算： 则当 t=100℃时，求=180.0kPa， =74.17kPa。 根据拉乌尔定律和道尔顿定律，得以下方程组： 代入数据 、 、P(101.3kPa)，解得 xA=0.2563,xB=0.4555 根据苯的物料衡算 0.4F=0.2563L+0.4555(F-L) 可解得 F/L=3.589,而 q=L/F=1/3.589=0.2786 故液气比为 q/1-q=0.2786/(1-0.2786)=0.3862 10-2 pA=25.2kPa，pB=1.5kPa；x=0.844,y=0.942；α=3.02。 10-3 解 (1)应用式(10-3)由题意有 P=80kPa，xA=0.4，yA=1-0.4=0.6则显然，当蒸汽压 、 满足上式的温度 t，即为 泡点。 联立下述安托万方程，可通过计算机求解得 t： 故认为所求的泡点 t=87.25℃。此状况下的平衡气相组成为 (2)在 P =101.3kPa 下，x=0.4时平衡气相组成可按例10-2计算。由表10-3可得 α=2.36+0.25x 代入 x=0.4，则有α=2.46。于是偏差 以本题(1)中同样的求解方法求 P=26.7kPa、x=0.4时的泡点。 求得 t=55.14℃， =43.81kPa， =15.23kPa 此时平衡气相组成为偏差由以上计算结果可知，当总压变化不大时 (80/101.3=0.79)，按本题定义的偏差不大(0.032)；但总压变化甚大时 (26.7/101.3=0.264)，相应的偏差也较大(0.158)，不能忽略。 10-4 在 x 较小处，按组成得到的相对挥发度α较按理想溶液计算值为大，而x 较 大处α偏小；可知甲醇-水与理想溶液的偏差颇大，不能作为理想溶液。 10-5 釜液组成 x2=0.498，馏出液组成 xD=0.804。 10-6 x=0.508，y=0.784；若冷凝量增大，组成将变大；若使 x0=0.6的液体汽化1/3， 结果与上述相同。 10-7 x=0.508，y=0.784，与习题10-6的结果相同。 10-8 y2=0.898，x2=757。 10-9 精馏段约需7.7层，提馏段约需6.3层。 10-10 解 由题意有 xD=0.97， xW=0.04，xF=0.5；α=2.5相平衡关系 由于 q=1，则将 xF=0.5代入平衡关系，求得y=0.714，即定出点 e(0.5，0.714)。 由最小回流比的定义可知，该线经过 e(0.5，0.714)和 a(0.97，0.97)。应用 式(10-40)，得 所以，实际回流比 R=1.5Rmin=1.79，可求得精馏段操作线为即 提馏段操作线可由 b(xW，xW)及精馏段操作线和 q 线的交点 d 决定。将 x=0.5 代入精馏段操作线，求得 y=0.6685，即有 d(0.5，0.6685)。 由此可求得提馏段操作线为下面进行逐板计算：精馏段 x2=0.869(用平衡关系) y3=0.905(用物料衡算，即操作线) x3=0.793(用平衡关系) y4=0.856(用操作线)； x4=0.705(用平衡关系) y5=0.800 (用操作线)； x5=0.615(用平衡关系) y6=0.742 (用操作线)； x6=0.535(用平衡关系) y7=0.691(用操作线)； x7=0.472(用平衡关系) 提馏段 y9=0.540；x9=0.319 y10=0.422；x10=0.226 y11=0.294；x11=0.143 y12=0.181；x12=0.081 y13=0.096；x13=0.0408 y14=0.041；x14=0.0169 因此，理论板数为(14-1)=13层，进料位置为第7层板。 10-11 (1) R=1.7； (2) D=40.3kmol.h -1；(3) q=0.654。 10-12 解 根据单板效率定义，对 n 板有 同时，对全回流的物料衡算为 yn+1=xn 从所测得的数据可得到第 n+1、n+2板的效率如下： 其中 故 Emv，n+1=0.700 同理 Emv，n+2=0.691 10-13 精馏段14层，提馏段7.5层。 10-14 解 由习题10-13中的数据 xD=0.95、xF=0.6、xW=0.25、R=4、α=1.45进行计算。 (1)最少理论板数 Nmin 按式(10-44)计算 (2)最小回流比 Rmin 应用式(10-45)计算： (3)应用吉利兰关联理论板数 N。现 按式(10-48)计算 Y： (4)精馏段理论板数 N1。先求精馏段的最少理论板数 Nmin，1，也由式(10-44)计算 。 其中， 按式(10-49)计算： 提馏段理论板数 N2=N-N1-1=6.95 10-15 Dmax=6.91kmol.h -1 10-16 梯级的两个线段各代表经过这层理论版的组成变化。 10-17 可采取以下措施： 加大回流比 R；降低进料管位置；减少料液的焓 10-18 解：由题意有 根据物料衡算，有 F=D+W 代入已知值，两式联立求解，得 由于分凝器相当于一块精馏板，而釜相当于一块提馏板， 而 ，则由相平衡方程可得 而点 满足如附图所示虚线框内得物料衡算： 代入 ，可求得 R＝3.871。由于是饱和液体进料，因此，塔釜产生蒸气 10-19 由题意有 根据物料衡算，有 F=D+W 由此解得 精馏段操作线方程为 即有 （1） 蒸馏过程相当于通过一层精馏板和一层提馏板 由精馏段操作线方程式（4） 于是 将 代入式（3），从而求得 （2） 蒸馏过程相当于通过两侧精馏板和一层提馏板。 类似地使用操作线方程和相平衡方程，可求得 y1=xD=0.8 =0.6154, =0.7385 ，x2=0.5304，y 3=0.7101 将 x w 代入式（3），从而求得： D＝67.2kmol (3)蒸馏过程相当于通过两层精馏板和一层提馏板。 类似地交替使用操作线方程和相平衡方程，可求得 y1=xD=0.8 =0.6154, =0.7385，x 2=0.5304 将 xF=0.7代入精馏段操作线方程，可求得 从而可据 d(0.7，0.7666)和 b( ， )确定提馏段操作线方程为 显然（x2，y3）在上述提馏段操作线上，则有 又据相平衡方程，有 联立式（6），式（ 7）解得 (另一根0.7407＜0.5304，不合题意，舍去) 将 代入式（3），从而求得 D=78.2kmol 由上述求解过程可知，欲获得最大得苯回收率，宜采用流程（Ⅲ）。 10-20 A+B+C+D A+B+C D 10-21 解 对物系进行物料衡算，如下列式子可得： 总衡算 F=D+W 对组分 A 0.04F=xA，DD 对组分 B 0.06F=xB，DD 对组分 C 0.4F=0.05D+0.75W 由上面式子可得 D=W=0.5F xA，D=0.08 xB，D=0.12 则 xC，D=0.75 再用捷算法估计分离轻重关键组分所需的理论板数。得：Nmin=10.25 计算最小回流比 Rmin=2.637 然后应用吉利兰关联，可得：X=0.2727；Y=0.3910。 则可计算所需的理论板数共为 N=17.5 精馏段的最少理论板数为 Nmin，1=6.69 故其理论板数为 N1=11.4 提馏段理论板数 N2=N-N1-1=5.1 与例10-13比较，在 C+E 二元溶液中加入较易挥发的组分 A+B 后精馏段、提 馏段的理论板数都有所减少(N1从14减少到11.4，N2从7.5减少到5.1)。 第十一章 11-1（1）0.81；（ 2）0.081；（ 3）0.078m 清液柱。 11-2 泡沫液面高0.29m,需加大板间距；停留时间4.6s，合用。 A+B C A B A+B+C+D 11-3 D=0.9m 11-4 (1)总板效率 E≈46%；（ 2）未计入底段、顶段的高度近20m。 11-5 D=1.4m，液泛分率为0.61. 11-6 mG =10000kg·h-1；勉强可用，但偏高。 11-7 D=0.7m，h0≈20m；压降约为筛板塔的0.2倍。 第十二章 12-2 x'=18%，y'=62%；E'=0.27F，R'=0.73F。 12-3 β1=429，β4=87.5，β7=7.03 12-4 x'=9.5%，y'=51.5%，E'=0.486F’，R'=0.514F。 12-5 x'=5.2%，y'=54%，E'=0.51F，R'=0.49F。 12-6 S=501kg·h-1 12-7 N=7。 12-8 N=4，CR1=0.69g·L-1，CR2=0.42 g·L-1，CR3=0.28 g·L-1，GR4=0.19g·L-1。 第十三章 13-1（1） =0.256，H=0.0862kg·kg-1；（ 2） =0.0675，H=0.534 13-2 H=0.0186 kg·kg-1， φ=0.238，I=98.6kJ·kg-1，VH=0.942，td=23.7℃ 13-3（1）HM=0.0481 kg·kg-1，IM=166 kg·kg-1；（ 2）H=0.0481 kg·kg-1, =0.01，I=219 kJ·kg-1 解 由 t=20℃， =0.05，查附录七得 ps=2.338kPa，则 H1=0.622× =0.622× =0.00072 kg·kg-1 I1=（1.01+1.88H1）t1+2492H1=（1.01+1.88×0.00072）×20 +2492×0.00072=22.0 kJ·kg-1, 类似地，由 t=50℃、 =0.8，查附录七得 ps=12.33kPa，则 H2=0.622× =0.622× =0.0671 kg·kg-1 I2=（1.01+1.88H2）t2+2492H2=224.0 kJ·kg-1 经过混合后 HM=2/7×H1+5/7×H2=0.0481 kg·kg-1 IM=2/7×I1+5/7×I2=166.3 kJ·kg-1 加热至90℃时，可在图13-3定出该点，沿水平线与 t=90℃等温线相交，得该温度 如下：H=0.0481kg·kg-1， =0.01； 而 I=（1.01+1.88×0.0481）×90+2492×0.0481=218.9 kJ·kg-1。 13-4（1）H2=0.019 kg·kg-1，I2=78.7 kJ·kg-1， 2=0.7；（ 2）Q=3780kJ W=1.09kg。 13-5 W1/W2=1.29。 13-6 （1）W=37.9kg·h-1；（ 2） L=2100 kg·h-1；（ 3）G2=9090 kg·d-1。 13-7 （1）L=59200 kg·h-1，Q=1080kW；（ 2）L=67700 kg·h-1，Q=1310kW。 解 （1） 先求出每小时除去的水分 W W=2000× =948 kg·h-1 由 t=16℃、tw=14℃查图13-3得 H0=0.009 kg·kg-1，可算出 I0=(1.01+1.88 H0)t0+2492 H0=38.9 kJ·kg-1 预热到80℃，则 H1=H0=0.009 kg·kg-1 I1=（1.01+1.88×0.009）×80+2492×0.009=104.6 kJ·kg-1 沿绝热饱和线与 =0.5相交，得 H2=0.025 kg·kg-1 L=948/(0.025-0.009)=592000 kg·h-1 Q=L(I1。I0)=59200×(104.6-38.9)=389×104kJ·h-1或1080kW （2） 对实际干燥过程，按式（13-28a），即 其中，H1=0.009 kg·kg-1， =1.01+1.88×0.009=1.03kJ·kg-1·K-1 =-116×3600/948=-440kJ·kg-1水。 为作出 t-H 线，已知 t1=80℃，H1=0.009 kg·kg-1 可定出一点。再令 H=0.02kJ·kg-1代入式（13-28a），得 t=t1+（1/1.03）×(-2492-440) ×0.02- 0.09)=48.7℃，可定出另一点，联结这两点，并延长与 =0.5相交，查得 H2=0.023 kg·kg-1，可算得 I2=108.6kJ·kg-1 L=67700kg·h-1 Q=L（I2- I0）=472×104kJ·h-1或1310kW 13-8（1）G2=9080kg·h-1；（ 2）L=15000kg·h-1；（ 3）Q=256kW。 13-9 以湿度差（Hw-H）表示的推动力分别为：（ 1）0.014；（ 2）0.013；（ 3）0.017； 可知干燥推动力（3）＞（1）＞（2）。 13-10 tas=27℃，tw=32℃。 13-11 总干燥时间θ=14.2h。 13-12 X*＜Xc.。 平衡含水率 X*代表物料在一定空气状态下得干燥极限。平衡过程中，只要 空气得温度和水汽分压 pw 一定，物料中得含水率只能下降到与 pw 平衡得 X*。除 与空气状况有关，其大小还随着物料的种类和温度而异。若空气中的 H 下降， 则物料得平衡含水率也将下降。 临界含水率 Xc.是由恒速阶段转到降速阶段的临界点，此后，物料内部水分 移动到表面的速度已赶不上表面的水分汽化速度，过程速度由水分从物料内部移 动到表面的速度所控制、物料表面就不再能维持全部湿润，部分表面上汽化的为 结合水分，而且随着干燥的进行，干燥速率不断减小。相对而言，平衡含水率 X* 较临界含水率 Xc.小。 13-13 6.63h。