1、化学反响工程原理(华东理工大学版)第二版第八章答案 篇一：化学反响工程原理(华东理工大学版)第三章 华东版 3-1 解：cA0kt?xA1?xA 当xA=0.75时解得t=15min 因而，增加的时间为15-5=10min 3-2 解：?1?xA?1?nn?1?1?n?1?cA0kt （式A） 因而，转化率应为1 3-3 解：设反响动力学方程为：? 那么?1?xA?1?nn?1dcAn ?kcAdtn?1?1?n?1?cA0kt，且cA0=1 ?1?0.8?1?n?1?k8因而有 1?n?1?0.9?1?n?1?k18 解得：n=2;k=0.5L/molmin 3-4 1）计算进料中酸、醇和水
2、的摩尔浓度cA0、cB0、cS0（留意进料中水的浓度cS0不为0）。 2）列出当酸的转化率为xA时，各组分浓度的表示式： -11?n cA?cA0?1?xA? cB?cB0?cA0xA cR?cA0xA cS?cS0?cA0xA 3)将上列各式及各组分初浓度代入反响速率式，整理得 dxA2 ?7.93?10?6?10.2?20.1xA?2.58xA?dt 4）计算转化率达35%所需的时间为 0dxA ?627.93?1010.2?20.1xA?2.58xA上述积分可查积分表用公式计算，也可用MATLAB语言的quad解算子计算，结果为 t?7153s?2h 5）计算所需反响器体积。先计算每天的
3、反响批数，再计算每m3反响体积每天的消费量，然后再计算到达要求产量所需反响器体积。答案为 3-5 1)设酯的平衡转化率为xAe，将平衡时各组分浓度代入化学平衡方程得： xAe?90.8% 2）此题解法与3-4中的步骤24一样，答案为t=276min 3）如今各组分的浓度为 酯：0.207mol/L；水：47.816 mol/L；醇、酸：0.910 mol/L； 反响物系的组成为 酯：0.414%；水：95.80%；醇、酸：1.82%； 3-6 对可逆放热反响，当反响温度过低时，因反响速率过低转化率偏低，当反响温度过高时，转化率又会受化学平衡的限制。因而，对一定的平均停留时间都存在一能到达最高转
4、化率的最优反响温度。对此题此最优反响温度可用解析法求解。 1） 列出反响器的物料衡算方程 qV?cA0?cA?VR?rA? 将反响动力学方程代入，整理后可得 xA?k?T?1?k?T?k?T? 式（A） 2） 对上式求导，并令导数为零 ?dkdk?dk?1?k?k?k?dTdTdTdxA? ?2dT?1?k?k? dkkE将上式展开，并将代入，化简后可得 ?2dTRT ?E2E1?ln? RT?k20?E2?E1? 因而Topt?E2 ?E1Rln?k?E?E2021?12405 ?325K 10000?ln?15?5.254?10?2405?30? 3）计算最优反响温度下的转化率。将T=32
5、5K代入式（A）xA?k?T? 1?k?T?k?T?6.92?10e?1?6.92?1012e?10000?32512?10000325?3012405?325?30?5.254?1015e?30? =63.5% 3-7 解：依题意知，反响时间一样的情况下，尽管初始浓度不同，但转化率都一样，因而该反响应为一级反响。因而： t?11 lnk1?xA 3-8 3-11 dA?kAS dt dA依题意知：?kA?0.7?A? dt解：? dx由于：?2?C ax?bx?c? ?E RT ?按照阿累尼乌斯公式：k?k0e 可解得E66KJ 3-12 dcA 解：?k1cA Bk2cB化简得： 积分得：
6、 dcAdcBk1? cAcBk2 3-13篇二：化学反响工程原理第二版(华东理工大学版)第三章答案 解：cA0kt? xA1?xA 把数据代入得cA0k?0.2min?1 当xA=0.75时解得t=15min 因而，增加的时间为15-5=10min 3-2 解：?1?xA? 1?n ?1?n?1?cA0kt （式A） n?1 n?1 把xA=0.75和t=10min代入解得cAk?0.1 0 再把t=30min代入（式A）解得xA=1.25 因而，转化率应为1 3-3 解：设反响动力学方程为：?那么?1?xA?因而有 1?n n?1 dcAdt ?kcA n ?1?n?1?cA0kt，且cA
7、0=1 1?n ?1?0.8?1?n?1?k8?1?n?1?k18 ?1?0.9? 1?n 解得：n=2;k=0.5L/molmin-1 3-4 1）计算进料中酸、醇和水的摩尔浓度cA0、cB0、cS0（留意进料中水的浓度cS0不为0）。 2）列出当酸的转化率为xA时，各组分浓度的表示式： cA?cA0?1?xA?cB?cB0?cA0xAcR?cA0xA cS?cS0?cA0xA 3)将上列各式及各组分初浓度代入反响速率式，整理得 dxAdt ?7.93?10 ?6 dxA A ?2.58xA? 2 4）计算转化率达35%所需的时间为 t? ? 7.93?10 ?6 A 2A ? 上述积分可查
8、积分表用公式计算，也可用MATLAB语言的quad解算子计算，结果为 t?7153s?2h1)设酯的平衡转化率为xAe，将平衡时各组分浓度代入化学平衡方程得： 1.151?1?xAe?48.76?1.151xAe? 2 2 化简整理上述方程并求解得 xAe?90.8% 2）此题解法与3-4中的步骤24一样，答案为t=276min 3）如今各组分的浓度为 酯：0.207mol/L；水：47.816 mol/L；醇、酸：0.910 mol/L； 反响物系的组成为 酯：0.414%；水：95.80%；醇、酸：1.82%； 3-6 对可逆放热反响，当反响温度过低时，因反响速率过低转化率偏低，当反响温度
9、过高时，转化率又会受化学平衡的限制。因而，对一定的平均停留时间都存在一能到达最高转化率的最优反响温度。对此题此最优反响温度可用解析法求解。 1） 列出反响器的物料衡算方程 qV?cA0?cA?VR?rA? 将反响动力学方程代入，整理后可得 xA? k?T? ? ?1?k?T?k?T? 式（A） 2） 对上式求导，并令导数为零 dxAdT ? ?dkdk? ?1?k?k?k?dTdT?dT dk ? ?1?k?k? ?dkkE ?将上式展开，并将代入，化简后可得 2 dTRT ? ? 2 ? ?E1 ?ln? RT?k20?E2?E1?E2 因而Topt? E2 ?E1 Rln? k?E?E?2
10、1?20 ? 12405 10000? ln?15 ?5.254?10?2405?30? ?325K 3）计算最优反响温度下的转化率。将T=325K代入式（A） k?T? ? 1?kT?k?T? xA? ? 6.92?10e 12 ? 10000325 ?30 ? ?30? 1000012405?1215 1?6.92?10e325?30?5.254?10e325 ? =63.5% 3-7 解：依题意知，反响时间一样的情况下，尽管初始浓度不同，但转化率都一样，因而该反响应为一级反响。因而： t? 1kln 11?xA -1 把数据代入解得：k=0.00656min 3-8 3-11 解：? d
11、Adt ?kAS dAdt ?kA?0.7?A? 依题意知：? 由于：? dxax?bx?c 2 ? ?C ? lnln ?E ?2.4k?293K? 合并同类项并定积分得： ? ?0.434k?310K? 按照阿累尼乌斯公式：k?k0eRT 可解得E66KJ 3-12 dcA 解： ?k1cA dcBk2cB dt 化简得：积分得： dcAcA ? dcBk1cBk2 3-13篇三：化学反响工程原理(华东理工大学版)第六章答案 华理版 6-1 解：t?100?10min 10 F?t?1?e?t/ 因而，停留时间为01min的分率为 F?1?1?e?1/10 停留时间为210min的分率为
12、F?10?F?2?e?10/10?e?2/10 停留时间大于30min的分率为 1?F?30?e?30/10 6-2 解：将数据绘成f(t) t图 从曲线形状可知，该反响系统接近于PFR和CSTR的组合模型，当t1min时，反响器出口响应为0，说明此为平推流，设Vp为PFR总分的体积，那么 Vp Vp?1.0v0?1.0?50?50L 当t1min时，曲线形状呈指数衰减，如将t=1min以后的数据按lnf(t) t作图，可得不断线，直线的斜率为1，即为全混流总分的平均停留时间，因而全混流部分容积Vm为 Vm=1.050=50L 因而该反响器系统模型为PFR与CSTR串联，容积Vp、Vm各为50
13、L，相应停留时间均为1min。6-3 c?解：CSTR ?1c1?ec0k?ei?CSTR中固相二级反响：c0c0k?c0k? 6-4 解：?c?t?c?f?t?dt 0c0c01? ? 按照动力学方程可知，c?t? c01/2?2c0?kt?，f(t)=0.5 2c0? 22 代入已经明白条件，c?t? c01/2?2c0?kt?2?= ?1?t? ?2c0? ?c?t?2c2?f?t?dt=?1?t?dt=0.667 00c0c0 6-5 解：（1）由图知，反响器为通过一PFR反响器和一全混釜反响器，?P?0.4ks，求dF?t? dt， 再取对数，用lnf(t) t作图，可得不断线，斜率为1.25，因而?m?0.8ks，平均停留时间为1.2ks。 ?c?t?c?f?t?dt，把一级反响的浓度关系代入可得： （2）c0?0c0
