化工原理作业和练习题要点.docx

第七章 练习题1.在吸收塔中用水吸收混于空气中的氨。已知入塔混合气中氨含量为 5.5% （质量 分数，下同），吸收后出塔气体中氨含量为 0.2%,试计算进、出塔气体中氨的摩尔比 丫、Y2。 解：先计算进、出塔气体中氨的摩尔分数 y1和y2。 0.055 /17 y1 : 0.0903 0.055 /17 0.945 /29 0.002 /17 =0.0034 y2 二 0.002 /17 0.998 /29 进、出塔气体中氨的摩尔比 Y1、Y2为 0.0903 Y1 = =0.0993 1 -0.0903 0.0034 Y2 = =0.0034 1 -0.0034 由计算可知，当混合物中某组分的摩尔分数很小时，摩尔比近似等于摩尔分数。 第八章 练习题 2.在温度为25 c及总压为101.3 kPa的条件下，使含二氧化碳为 3.0% （体积分 数）的混合空气与含二氧化碳为 350 g/m3的水溶液接触。试判断二氧化碳的传递方向，并计 E =1.66 105kPa,水 算以二氧化碳的分压表示的总传质推动力。已知操作条件下，亨利系数 溶液的密度为997.8 kg/m3。 解：水溶液中CO2的浓度为 350/1000 3 3 c = kmol/m = 0.008kmol/m 44 对于稀水溶液，总浓度为 997.8, 一 3 ……，，3 G = kmol/m = 55.43 kmol/m 18 水溶液中CO2的摩尔分数为 c 0.008 A x =— = =1.443 10 ct 55.43 ・ 一 一 ___ __5 _ _ 由 p* =Ex=1.66 10 1.443 10 kPa =23.954 kPa 气相中CO2的分压为 p = pty =101.3 0.03kPa=3.039kPa < p* 故CO2必由液相传递到气相，进行解吸。 以CO2的分压表示的总传质推动力为 p =p* -p =（23.954 -3.039）kPa =20.915 kPa 练习题7.某填料吸收塔内装有5 m高，比表面积为221 m2/m3的金属阶梯环填料，在该填料 塔中，用清水逆流吸收某混合气体中的溶质组分。已知混合气的流量为50 kmol/h,溶质的含量为 5% （体积分数%）;进塔清水流量为 200 kmol/h,其用量为最小用量的1.6倍；操作条件下的 气液平衡关系为Y =2.75X ；气相总吸收系数为3x10'kmol/（m2 $）；填料的有效比表面积 近似取为填料比表面积的90%。试计算（1）填料塔的吸收率；（2）填料塔的直径。 解：（1）惰性气体的流量为 qn,V =50父(1—0.05)kmol/h =47.5kmol/h 对于纯溶剂吸收 色］:…-m」 (qn，V mn Y1/m- X2 200 47.5 1.6 依题意 = 2.632 A=如#=瑞2=95.71% (2) Y 1 -Yi 0.05 1 -0.05 =0.0526 工二Y(1—5A ) = 0.0526M(1—0.9571 )=0.00226 Xi qn,V Y1 -Y2 X2 =丝 0.0526 -0.00226 0 =0.0120 qn,L 200 △Y =y —Y* =0.0526—2.7530120=0.0196 Y2 =Y2 -Y2* =0.00226-2.75 0 =0.00226 ,"Ym 0.0196 -0.00226 =0.00803 । 0.0 1 96 ln 0.0 02 2 6 Nog Y1 丫2 ；Ym 0.0526 -0.00226 6 = 6.269 0.00803 Hog N OG —5— m =0.798m 6.269 由Hog qn,V Ky a j 八 qn,V Q = KyHHog 47.5/3600 3 103 221 0.9 0.798 2 2 m2 =0.277m2 填料塔的直径为 D 二 4 0 277 m =0.594m  练习题11.某制药厂现有一直径为 0.6 m,填料层高度为6 m的吸收塔，用纯溶剂吸收某 混合气体中的有害组分。 现场测得的数据如下： V=500 m3/h、Yi=0.02、丫2=0.004、Xi=0.004。 已知操作条件下的气液平衡关系为 Y = 1.5 X。现因环保要求的提高，要求出塔气体组成 低于0.002 （摩尔比）。该制药厂拟采用以下改造方案：维持液气比不变，在原塔的基础 上将填料塔加高。试计算填料层增加的高度。 解：改造前填料层高度为 Z =HogNog 改造后填料层高度为 Z= HogNog 故有 Z ' 一 H 0G N 0G Z ~HogNog 由于气体处理量、操作液气比及操作条件不变，故 H OG - H OG S =S 对于纯溶剂吸收 X2 =0 , Y>* =0 由Nog 1 c Y -Y2* c ——ln[(1 -S)-—— S] 1 -S —2 -Y2* 故Nog —ln[(1 -S)— S] 1 -S —2 Nog 因此，有 ln[(1—S)Y,+S] Y ln[(1 -S)Y1 S] 操作液气比为 丸 _ Y -Y2 _ 0.02 -0.004 =4 qn,V -X1 -X 2 . 0.004 -0 . S ^mqnV =15 =0.375 qn,L 4 r ln[(1 -0.375)-0.02- 0.375] J 0002 =1.509 Z ln[(1 -0.375)-0.02- 0.375] 0.004 Z =1.509 6m = 9.054m 填料层增加的高度为 Z =Z -Z =(9.054 -6)m =3.054m 练习题12.若吸收过程为低组成气体吸收，试推导 H0G =Hg +1HL。 A 解: Hg qn,V Hl kya qn,L kxa 1 mqn,v A qn,L ,, 1 ,, H G H l = A kya mqn,V qn,L qn,V . 1 m、qn,V 1 , 二 (——,——)二 qn,L kxaC aC ky kx aQ KY 作业题 qn,V H OG ― KYa「「 故Hog 3.在总压为110.5 kPa的条件下，采用填料塔用清水逆流吸收混于空气中的氨气。 测 得在塔的某一截面上，氨的气、液相组成分别为y= 0.032、c = 1.06koml/m 3。气膜吸收系数 kG=5.2x 10-6 kmol/(m2 s kPa),液膜吸收系数。=1.55x 10-4 m/s。假设操作条件下平衡关系服 从亨利定律，溶解度系数 H = 0.725 kmol/(m 3 ・ kPa)。 (1)试计算以 如、氏表示的总推动力和相应的总吸收系数； (2)试分析该过程的控制因素。 解：(1)以气相分压差表示的总推动力为 p = p-p* = pty-£ = (110.5 0.032-^^6-)kPa =2.074 kPa H 0.725 其对应的总吸收系数为 Kg 1 1 ( Ht kG 0.725 1.55 10 1 2 工 52 1d)(m s kPa)/kmol Kg =(8.899 103 1.923 105)(m2 s Pa)/kmol =2.012 105(m2 s Pa)/kmol =4.97 m 10 上 kmol/(m 2 s kPa) 以液相组成差表示的总推动力为 - _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ _ 3 _ _ _ _ _ 3 c=c*-c = pH -c =(110.5 0.032 0.725-1.06)kmol/m =1.504kmol/m 其对应的总吸收系数为 1 Kl 二 L 1 h r kL kG 1.55 10 1 , … … ， m/s =6.855 10 m/s 0.725 4 _ 6 5.2 10 (2)吸收过程的控制因素 气膜阻力占总阻力的百分数为 1/kG Kg 4.97 104 100% =95.58% 1/Kg kG 5.2 104 亨利定律, （1） (2) 解: (1) Y1 =-y 1-y1 1 -0.04 0^4- =0.0417 气膜阻力占总阻力的绝大部分，故该吸收过程为气膜控制。 作业题5.在101.3 kPa及25 C的条件下，用清水在填料塔中逆流吸收某混合气中的二氧化 硫。已知混合气进塔和出塔的组成分别为 y1=0.04、y2=0.002。假设操作条件下平衡关系服从 亨利系数为 4.13X103 kPa,吸收剂用量为最小用量的 1.45倍。 试计算吸收液的组成； 若操作压力提高到1013 kPa而其他条件不变，再求吸收液的组成。 y2 0.002 = 0.002 1 -y2 1 -0.002 E 4.13 103 m =— = =40.77 R 101.3 吸收剂为清水，所以 X2 =0 n,L n，V .加in Yl -丫2 Y/m -X2 °.0417 -0.002 =38.81 0.0417/40.77 -0 所以操作时的液气比为 qn,L qn,V =1.45 \qn，V .；min =1.45 38.81 =56.27 吸收液的组成为 X1=M（y -Y2）+X2 %L 56.27 0.0417 -0.002 0 = 7.054 10^ .E (2) m =— R 4.13 103 1013 = 4.077 Y f qn.V min Y/m,X2 0.0417 -0.002 3.881 0.0417 八 -0 4.077 An , L @ , V」 =1. 4 5q 1. 45 3=881 5. 627 [q ) X：=a gn ,L.J （Y—丫2）十 X齐」 0.0 4 1-7 0.00 2= 0 7. 0355 10 5. 62 7 作业题6.在一直径为0.8 m的填料塔内，用清水吸收某工业废气中所含的二氧化硫气体。 已 知混合气的流量为45 kmol/h,二氧化硫的体积分数为0.032。操作条件下气液平衡关系为 Y =34.5X ,气相总体积吸收系数为 0.056 2 kmol/（m 3 s）°若吸收液中二氧化硫的摩尔比 为饱和摩尔比的 76%,要求回收率为 98%。求水的用量（kg/h）及所需的填料层高度。 解：Y = 1 -y1 1 -0.032 0.032 =0.0331  K =Y 1；a =0.0331 1 -0.98 =0.000662 Yi 0.0331 4 Xi*=」= =9.594 10 m 34.5 X1 =0.76X1* =0.76 9.594 10，=7.291 10- 惰性气体的流量为 qn,V =45m(1—0.032)kmol/h =43.56kmol/h 水的用量为 qn,L qn,v (Y — Y2) 43.56X(0.0331 —0.000662 ) Xi —'X2 7.291 10- -0 3 kmol/h =1.938 103 kmol/h ___ _ 3 _ _ __ _ 4 qm,L =1.938x10 xl8kg/h =3.488父10 kg/h 求填料层高度 qnV 43.56/3600 Hog =,— = rm = 0.429m KYa「.， 0.0562 0.785 0.82 △Y =Y -Y* = 0.0331-34.5x7.291x104 =0.00795 Y2 =Y2 -Y2* =0.000662-34.5 0 =0.000662 N OG c 0 X y b Yi _丫2 % 0.0331 -0.000662 =11.07 0.00293 Z 二Nog Hog =11.07 0.429m 4.749m 作业题8.在101.3 kPa及20 c的条件下，用清水在填料塔内逆流吸收混于空气中的氨气。 KGa正比于G 0.8 已知混合气的质量流速 G为600 kg/（m2-h）,气相进、出塔的摩尔分数分别为 0.05、0.000526, 水的质量流速 W为800 kg/（m2 h）,填料层高度为3 m。已知操作条件下平衡关系为 Y= 0.9 X, 而于W无关。若（1）操作压力提高一倍；（2）气体流速增加一倍；（3）液 体流速增加一倍，试分别计算填料层高度应如何变化，才能保持尾气组成不变。 解：首先计算操作条件变化前的传质单元高度和传质单元数 Y/yi 0.05 0.0526 1 -0.05 v Y2 0.000526 Y2 = = = 0.000526 1 -y2 1 -0.000526 操作条件下，混合气的平均摩尔质量为 M =' xMi - 110.05 17 1 -0.05 29 kg/kmol =28.4kg/kmol qn,V 600 X 28.4 1 -0.05 kmol/(m 2 h) = 20.07kmol/(m h) qn,L 77 800 2 2 1 -0 kmol/(m h) =44.44 kmol/(m h) 18 c m%v S 二 qn,L 0.9 20.07 八… =0.406 44.44 Yi* =mXi = Im— Y— Y Q 406 0. 0526 0.000526 0. 0 2 1 1 Y1 -Y* =0.0526 -0.0211 =0.0315 Nog ，ln 1 -S △Y 1 1 -0.406 ln 0.0315 0.000526 = 6.890 H OG Z NOG m = 0.435 m 6.890 (1) Pt =2pt E m =— Pt Pt m = -： m =— 2 Pt c m qn,V S = qn,L 0.406 2 = 0.203 若气相出塔组成不变，则液相出塔组成也不变。所以 .. * 1 △Y =Y —Y = 0.0526 —— 父 0.0211 = 0.0421 2 工 . 才 △丫2 =Y2 -Y2 =0.000526-0 =0.000526 Nog 1 -S 丫2 1-0.203 ln 0.0421 0.000526 = 5.499 H OG qn,v KYa1'1 qn,v KgHP 总 Y2 =丫2 -Y2* =0.000526-0 =0.000526 Z = HOG N0G=0. 2 1 8 5.4 99m 仙 199 H OG qn,V H OG KgHP总2 0.435 = m -0.218m 2 Z =Z —Z =(1.199 -3)m - -1.801 m 即所需填料层高度比原来减少 1.801m。 (2) q；v =2qn,v c mqnv c S 吆=2S=2 0.406 =0.812 L 若保持气相出塔组成不变，则液相出塔组成要加倍，即 X1 =2X1 故 △Y：=丫-丫 =丫-mK=YfS Y-y Y = 0.0526 0. 8 1 2 0. 0 52 6 0.000526 0. 0 1 03 - * Y2 =Y2 -乂 = 0.000526-0 = 0.000526 Nog 1 i AY' 1 , 0.0103 ln = ln 1 -S Y2 1 -0.812 0.000526 = 15.82 qn_v KYa-1 q n ,V q n,V 08 q KA q n0V8 ; 0 g HOG =|qV Hog =20.2 m0.435m = 0.500m 0 V ) Z'=HogN0G =0.500 15.82m = 7.910m Z =Z -Z =(7.910-3)m =4.910m 即所需填料层高度要比原来增加 4.910 m。 (3) q；L =2qn,L mqn,V _ S 一 qn,L 一 2 0.406 2 =0.203 Nog 1 —ln 1 -S 1 -S [ * 尸：S Y2 Y2 1 1 -0.203 ln 1 -0.203 0.0526 -0 0.000526 -0 0.203 =5.497 W对KGa无影响，即qn,L对KGa无影响，所以传质单元高度不变，即 Hog = Hog = 0.435m Z =HogNog =0.435 5.497m -2.391m Z =Z -Z =(2.391 -3)m = -0.609m 即所需填料层高度比原来减少 0.609 m。 作业题10.用清水在塔中逆流吸收混于空气中的二氧化硫。已知混合气中二氧化硫的体 积分数为0.085,操作条件下物系的相平衡常数为 26.7,载气的流量为250 kmol/h。若吸收剂用 量为最小用量的1.55倍，要求二氧化硫的回收率为 92%。试求水的用量（kg/h）及所需理论级 y1 0.085 解：Y =—^ = =0.0929 1 -y1 1 -0.085 Y =Y(1-中a 尸0.0929d03kmol/h qm,L =9.519虫03 x18kg/h =1.713><105kg/h 八 4,l 38.074 A = —— = =1.426 mqn,v 26.7 用清水吸收， =a =0.92 A - 1n厂 由 Nt = 1 - -1 ln A ,1.426-0.92 ln 冲=——1 -0.92 -1 =4.198 ln1.426 第九章 练习题1.在密闭容器中将 A、B两组分的理想溶液升温至 82 C,在该温度下，两组分 ，，，，.一..* * .. 的饱和烝气压分别为 pA =107.6 kPa及pB =41.85 kPa,取样测得放面上万气相中组分 A的 摩尔分数为0.95。试求平衡的液相组成及容器中液面上方总压。 解：本题可用露点及泡点方程求解。 pA pA（p 总一 pB） 107.6 ps-41.85）nnc yA =-Xa = * = =0.95 p总 p总 Pa 一 Pb p总 107.6 -41.85 解得 p总= 99.76kPa * P总-Pb x ~ ~ " Pa -Pb 99.76 -41.85 107.6 -41.85 =0.8808  本题也可通过相对挥发度求解 * Pa 107.6 二.=* Pb 41.85 =2.571 由气液平衡方程得 0.95 y 1 1 - y 0.95 2.571 1 -0.95 =0.8808 p总=PAXA +Pb (1 -Xa =107.6 0.8808 41.85 1 -0.8808 kPa = 99.76kPa 2.试分别计算含苯 0.4 （摩尔分数）的苯一甲苯混合液在总压 100 kPa和10 kPa的相 对挥发度和平衡的气相组成。苯（ A）和甲苯（B）的饱和蒸气压和温度的关系为 . * lg Pa =6.032 1206.35 t 220.24 1343.94 lg Pb =6.078 — t 219.58 式中p*的单位为kPa, t的单位为C。苯一甲苯混合液可视为理想溶液。（作为试差 起点，100 kPa和10 kPa对应的泡点分别取 94.6 C和31.5 C） 解：本题需试差计算 (1)总压 p 总=100 kPa 初设泡点为94.6 C,则 得 pA =155.37 kPa * 1206.35 lg pA =6.032 2.191 94.6 220.24 同理 1343.94 lg Pb =6.078 — =1.80 94.6 219.58 * pB =63.15kPa 100 -63.15 Xa 0.3996 ： 0.4 155.37 -63.15 p总=(0.4M155.37 +0.6X63.15 kPa =100.04kPa 组成为0.02。操作回流比为3.5。塔顶采用全凝器，泡点回流。苯、氯苯的汽化热分别为 30.65 * Pa 二= Pb ”也=2.46 63.15 2.46 0.4 y = = =0.6212 1(： -1)x 1 1.46 0.4 (2)总压为p总=10 kPa 通过试差，泡点为 31.5 C, pA =17.02kPa, pB =5.313kPa 17.02 := =3.203 5.313 3.203 0.4 y = 二0.681 1 2.203 0.4 随压力降低，“增大，气相组成提高。 练习题10.在常压连续精微塔内分离苯一氯苯混合物。已知进料量为 85 kmol/h ,组成为 0.45 （易挥发组分的摩尔分数，下同），泡点进料。塔顶储出液的组成为 0.99,塔底釜残液 kJ/mol和36.52 kJ/mol。水的比热容为 4.187 kJ/ （kg ?C ）。若冷却水通过全凝器温度升高 15 C,加热蒸汽绝对压力为 500 kPa （饱和温度为151.7 C,汽化热为2 113 kJ/kg）。试求 冷却水和加热蒸汽的流量。忽略组分汽化热随温度的变化。 解：由题给条件，可求得塔内的气相负荷，即 qnD =qnF xF —xW =85。45 一。02 kmol/h =37.94kmol/h , Xd -xW 0.99 -0.02 对于泡点进料，精储段和提储段气相负荷相同，则 qn,V =qn,V，=qn,D（R + 1 ）=4.5M37.94kmol/h =170.7 kmol/h （1）冷却水流量 由于塔顶苯的含量很高，可按纯苯计算，即 Q =q =170.7 30.65 103kJ/h =5.232kJ/h *c 11,1 Qc 5.232 106 4 qmc = = kg/h =8.33 10 kg/h Cp,c（t2 —t1） 4.187 15 （2）加热蒸汽流量 釜液中氯苯的含量很高，可按纯氯苯计算，即 QB =qn,V 储=170.7 黑36.52 M103kJ/h =6.234kJ/h Qb 6.234 106 qm,h = kg/h = 2.95kg/h b 2113 练习题12,在常压连续精微塔中，分离甲醇一水混合液。原料液流量为 100 kmol/h,其 组成为0.3 （甲醇的摩尔分数，下同），冷液进料（ q =1.2）,微出液组成为 0.92,甲醇回 收率为90%,回流比为最小回流比的 3倍。试比较直接水蒸气加热和间接加热两种情况下 的釜液组成和所需理论板层数。甲醇一水溶液的 t-x-y数据见本题附表 习题12附表 温度t C 液相中甲醇的 摩尔分数 气相中甲醇的 摩尔分数 温度t C 液相中甲醇的 摩尔分数 气相中甲醇的 摩尔分数 100 0.0 0.0 75.3 0.40 0.729 96.4 0.02 0.134 73.1 0.50 0.779 93.5 0.04 0.234 71.2 0.60 0.825 91.2 0.06 0.304 69.3 0.70 0.870 89.3 0.08 0.365 67.6 0.80 0.915 87.7 0.10 0.418 66.0 0.90 0.958 84.4 0.15 0.517 65.0 0.95 0.979 81.7 0.20 0.579 64.5 1.0 1.0 78.0 0.30 0.665 解：（1）釜液组成 由全塔物料衡算求解。 ①间接加热 qn,D 0.9qn,FXF 0.9 100 0.3 kmol/h =29.35kmol/h 0.92 (1 -0.9) 100 0.3 xW =0.0425 100 -29.35 ②直接水蒸气加热 qn,W =qn,L =Rqn,D qqn,F 在本题附图上过点 士 =6x -1.5 -1 e作 q 线，由图读得：Xq = 0.37, yq= 0.71 R xD -yq Rmin - yq - 0.92 -0.71 =0.6176 0.71 -0.37 R =3Rmin =3 0.6176 =1.85 qn,W =(1.85x29.35 +1.2x100 kmol/h =174.3kmol/h (1 -0.9) 100 0.3 xW 0.0172 183.8 显然，在塔顶甲醇收率相同条件下，直接水蒸气加热时，由于冷凝水的稀释作用, 明显降低。 (2)所需理论板层数 在x-y图上图解理论板层数 xw 附图1 习题12 附图2 图 关键是计算R。由于q =1.2,则q线方程为 ①间接加热 精微段操作线的截距为 xD 0.92 D = =0.323 R 1 2.85 由XD= 0.92及截距0.323作出精微段操作线 ab,交q线与点d。 由Xw=0.0425定出点c,连接cd即为提储段操作线。 ,第4层理论板进料。 由点a开始在平衡线与操作线之间作阶梯， Nt = 5 (不含再沸器) ②直接蒸汽加热 图解理论板的方法步骤同上，但需注意 Xw=0.0l72是在x轴上而不 是对角线上，如本题附图所示。此情况下共需理论板 7层，第4层理论板进料。 计算结果表明，在保持储出液中易挥发组分收率相同条件下， 直接蒸汽加热所需理论板 层数增加。且需注意，直接蒸汽加热时再沸器不能起一层理论板的作用。 作业题4.在一连续精微塔中分离苯含量为 0.5 苯苯的摩尔分数，下同）苯一甲苯混合液， 其流量为100 kmol/h。已知储出液组成为 0.95,釜液组成为0.05,试求（1）储出液的流量 和苯的收率；（2）保持储出液组成 0.95不变，储出液最大可能的流量。 解：（1）储出液的流量和苯的收率 XF -Xw 0.5 -0.05 , qnD =qnF 100 kmol h =50kmol h , Xd -Xw 0.95-0.05 qnDXD 50 0.95 A =—— 100%= 100% =95% qn,FXF 100X0.5 （2）储出液的最大可能流量 当年=100%时，获得最大可能流量，即 qnFXF 100 0.5 qnDmax , = kmol/h =52.63 kmol/h xD 0.95 作业题5.在连续精微塔中分离 A、B两组分溶液。原料液的处理量为 100 kmol/h,其组 成为0.45 （易挥发组分 A的摩尔分数，下同），饱和液体进料，要求储出液中易挥发组分 的回收率为96%,釜液的组成为 0.033。试求（1）储出液的流量和组成；（2）若操作回流 比为2.65,写出精储段的操作线方程；（3）提储段的液相负荷。 解：（1）储出液的流量和组成 由全塔物料衡算，可得 qn,DXD =0.96qn,FXF =0.96 M100 M 0.45kmol/h =43.2 kmol/h qn,WXW =（1 —0.96/100M0.45kmol/h =1.8kmol/h 1.8 qnW = kmol/h=54.55 kmol/h 0.033 qn,D =qn,F -qn,W =（100—54.55、mol/h=45.45 kmol/h 43 2 xD = 3三=0.9505 45.45 （2）精微段操作线方程 =0.726x 0.2604 R xD 2.65 0.9505 y = x = x R 1 R 1 3.65 3.65 （3）提储段的液相负荷 qn—=qn,L +qqn,F =Rqn,D +qn,F =(2.65x45.45+100 kmoi/h =220.4kmoi/h 作业题7.在连续操作的精微塔中分离两组分理想溶液。原料液流量为 50 kmol/h ,要求 储出液中易挥发组分的收率为 94%。已知精储段操作线方程为 y = 0.75x+0.238; q线方程为 y = 2-3xo试求（1）操作回流比及储出液组成； （2）进料热状况参数及原料的总组成； （3） 两操作线交点的坐标值 xq及yq； （4）提储段操作线方程。 解：（1）操作回流比及储出液组成 由题给条件，得 R x D -R- =0.75 及 =0.238 R 1 R 1 解得 R = 3, Xd= 0.952 2）进料热状况参数及原料液组成 由于 旦=4及xF =2 q -1 1 -q 解得 q = 0.75 （气液混合进料），Xf= 0.5 （3）两操作线交点的坐标值 Xq及yq 联立操作线及q线两方程，即 y =0.75x 0.238 y =2 -3x 解得 Xq = 0.4699 及 yq = 0.5903 （4）提储段操作线方程 其一般表达式为 . qn,L - qn,W y 二 x - XW qn,V - qn,V- 式中有关参数计算如下: qn,D Aqn,FXF XD 0-94 50 0.5 kmol/h =24.68kmol/h 0.952 qn,W =qn,F —qn,D =(50 -24.68 )kmol/h = 25.32 kmol/h XW 1 - A q n,F Xf 1 -0.94 50 0.5 0.0592 qn,W 25.32 qn,L ・=Rqn,D +qqn,F =（3父24.68+0.75M50 ）kmol/h =111.54 kmol/h qn,V r=qn,L，—qn,W =（111.54 -25.32 ）kmol/h = 86.22 kmol/h 贝U y = 111.54 x _j5j2 0.0592 =1.294x—0.01739 86.22 86.22 作业题9.在板式精微塔中分离相对挥发度为 2的两组分溶液，泡点进料。储出液组成为 0.95 （易挥发组分的摩尔分数，下同），釜残液组成为 0.05,原料液组成为0.6。已测得从 塔釜上升的蒸气量为 93 kmol/h,从塔顶回流的液体量为 58.5 kmol/h,泡点回流。试求（1）原料液的处理量；（2）操作回流比为最小回流比的倍数。 解：（1）原料液的处理量 由全塔的物料衡算求解。 对于泡点进料，q = 1 qn,v =qn,v =，R 1qn,D =93kmol/h qn,D =qn,v —qn,L =（93-58.5）kmol/h=34.5 kmol/h qn,W =qn,F -qn,D 则 0.6qn,F =0.95 x 34.5+ （qn,F -34.5 ）＜ 0.05 解得 qn,F =56.45kmol/h ⑵R为Rmin的倍数 93 = R 1 34.5 R = 1.70 对于泡点进料，Rmin的计算式为 于是 Rmin 1 Xd -1 ||xF _： (1-Xd)= 0.95 - 1 -xF [0.6 2 (1 -0.95) 一 1 -0.6 = 1.333 Rmin 1.7 1.333 =1.275 第十章 练习题1.25c时醋酸（A）费醇-3 （B）冰（S）的平衡数据如本题附表所示。 习题1附表1溶解度曲线数据（质量分数 /%） 醋酸（A） 庚酉1-3 (B) 水(S) 醋酸（A） 庚酉1-3 (B) 水(S) 0 96.4 3.6 48.5 12.8 38.7 3.5 93.0 3.5 47.5 7.5 45.0 8.6 87.2 4.2 42.7 3.7 53.6 19.3 74.3 6.4 36.7 1.9 61.4 24.4 67.5 7.9 29.3 1.1 69.6 30.7 58.6 10.7 24.5 0.9 74.6 41.4 39.3 19.3 19.6 0.7 79.7 45.8 26.7 27.5 14.9 0.6 84.5 46.5 24.1 29.4 7.1 0.5 92.4 475 20.4 321 00 0.4 —99£ 习题1附表2联结线数据（醋酸的质量分数 ％）  水 层 庚酉1-3层 水 层 庚酉1-3层 6.4 5.3 38.2 26.8 13.7 10.6 42.1 30.5 19.8 14.8 44.1 32.6 26.7 19.2 48.1 37.9 33.6 23.7 47.6 44.9 试求：（1）在直角三角形相图上绘出溶解度曲线及辅助曲线，在直角坐标图上绘出分 配曲线。（2）确定由200 kg醋酸、200 kg庚醇-3和400 kg水组成的混合液的物系点位置。 混合液经充分混合并静置分层后，确定两共轲相的组成和质量。（ 3）上述两液层的分配系 数kA及选择性系数P。（4）从上述混合液中蒸出多少千克水才能成为均相溶液？ 解：（1）溶解度曲线如附图1中曲线SEPHRJ所示。辅助曲线如附图1曲线SNP所示。 分配曲线如附图2所示。 （2）和点醋酸的质量分率为 xA 200 200 200 400 = 0.25 水的质量分率为 Xs 400 200 200 400 =0.50 由此可确定和点 M的位置，如附图1所示。由辅助曲线通过试差作图可确定 M点的差 点R和E。由杠杆规则可得 —13 13 R = —M 800kg = 260kg 40 40 E =M —R = 800 -260 kg = 540kg 由附图1可查得E相的组成为 习题 习题1 附图1 1 附图2 y =0.28, ys=0.71, yB=0.01 R相的组成为 xA -0.20, xS -0.06, xB -0.74 （3）分配系数 kB 二 Va =0.28 xA -0.20 Vb 0.01 Xb -0.74 = 1.4 =0.0135 选择性系数 kB 1.4 =103.7 0.0135 （4）随水分的蒸发，和点 M将沿直线SM移动，当M点到达 即变为均相物系。由杠杆规则可得 34 34 H M 800kg =494.5kg 55 55 需蒸发的水分量为 M -H =:800 -494.5kg =305.5kg 练习题2.在单级萃取装置中，以纯水为溶剂从含醋酸质量分数为 H点时，物系分层消失, 30%的醋酸淡醇