传质分离过程习题答案

传质分离过程习题答案(总65页)

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第二章习题

1. 计算在和下苯（1）-甲苯（2）-对二甲苯（3）三元系，当x1 = 、x2 =、x3 =时的K值。汽相为理想气体，液相为非理想溶液。并与完全理想系的 K值比较。已知三个二元系的wilson方程参数（单位： J/mol ）： λ12－λ11=－； λ12－λ22= λ23－λ22=； λ23－λ33=－ λ13－λ11=； λ13－λ33=－

在T = K时液相摩尔体积（m3/kmol）为：

=×10 -3 ；

=×10 -3 ；

=×10 -3

安托尼公式为（ps：Pa ； T：K ）： 苯：1n 甲苯：1n

=（）； =（）；

= （）；

对 -二甲苯：1n

解：

由Wilson方程得：

V2llV1Λ12=exp[-(λ12-λ11)/RT]

177.551033 =100.9110×exp[-/×]=

Λ21= Λ13= Λ31= Λ23= Λ32= lnγ1=1-ln(Λ12X2+Λ13X3)-[

=

γ1=

同理,γ2=; γ3= lnP1S= P1S= lnP2S= P2S= lnP3S= P3S=

作为理想气体实际溶液,

X331X121X2] X112X213X3X121X2X323X131X232X31P1SK1=P=, K2=, K3= 若完全为理想系,

P1SK1=P= K2= K3=

2

2. 在361K和下，甲烷和正丁烷二元系呈汽液平衡，汽相含甲烷%（ mol ）,与其平衡的液相含甲烷%。用R-K 方程计算

.50.42748R2Tc21和Ki值。

解：a11=

pc2pc1= • dm6 • • mol-2

.50.42748R2Tc22a22== MPa•dm6••mol-2

0.08664R2Tc1b1=

pc1= dm3mol-1

.50.42748R2Tc22pc2b2== dm3mol-1 其中Tc1=, Pc1= Tc2=, Pc2=

均为查表所得。

a12=√a11•a22=•dm6••mol-2 液相：

a＝a11x12+2a12x1x2+a22x22 =×+2×××+× = b=b1x1+b2x2=×+×=

由R－K方程： P=RT/(V-b)-a/[(V+b)]

0.008314536124.1711l0.5llV0.0740361V(V0.0740) mmm＝－

解得 Vml=

ˆlln1=ln[V/(V-b)]+[bi/(V-b)]-2Σyiaij/*ln[(V+b)/V]+abi/{ [ln[(V+b)/V]-[b/(V+b)] }-ln(PV/RT)

0.13490.0298)ˆln=ln0.13490.0740+0.13490.0740－

l1(0.13490.07402(0.13043.2220.86969.6651)0.13400.07400.00831453611.5×ln()+ 24.17110.02980.13470.07400.13490.074020.00831453611.5×[ln() 0.07404.13680.1349－0.13470.0740]-ln0.0083145361

=

ˆl1=

3

ˆlˆl同理ln2＝， 2= 汽相：a ＝ ×+2×××+× = b=×+×=

0.008314536110.3484v0.5vvV0.0499361V(V0.0499) mmm由=－

vVm得=

0.58610.0298lnΦ=ln(0.58610.0499)+0.58610.0499－

v12(0.603873.2220.396139.66510.58610.049910.34840.0298ln()0.58610.04990.00831453611.50.049920.00831453611.5 0.58610.04990.04994.13680.5861)0.58610.58610.0499]－ln(0.0083145361) ×[ln

(= 故Φ1＝

vˆlˆl同理，ln2＝， 2=

vˆl11故K1=y1/x1== ( K1=/Φ)

10.60387K2＝y2/x2＝10.1304＝

3. 乙酸甲酯（1）-丙酮（2）-甲醇（3）三组分蒸汽混合物的组成为y1＝，y2＝，y3=(摩尔分率)。汽相假定为理想气体，液相活度系数用Wilson方程表示，试求50℃时该蒸汽混合物之露点压力。

解：由有关文献查得和回归的所需数据为： 【P24例2-5，2-6】 50℃时各纯组分的饱和蒸气压，kPa P1S= P2S= P3S=

50℃时各组分的气体摩尔体积，cm3/mol V1l= V2l= V3l=

由50℃时各组分溶液的无限稀释活度系数回归得到的Wilson常数： Λ11＝ Λ21＝ Λ31＝ Λ12＝ Λ22＝ Λ32＝ Λ13＝ Λ23＝ Λ33＝

（1） 假定x值， 取x1＝，x2＝，x3＝。按理想溶液确定初值 p＝×+×+×=

（2） 由x和Λij求γi 从多组分Wilson方程

4

lnγi=1-ln∑

(xjj1cijcxkkj)k1-

xjj1ckj

x121x2得lnγ1=1-ln(x1+Λ12x2+Λ13x3)-[x112x213x3+ 21x2x223x3+ 31x331x132x2x3 =

故γ1=

同理，γ2= γ3= (3) 求Ki

ViL(ppis)exppRT Ki=

83.77(71.9678.049)1031.201378.04971.9168.314323.16K1=exp=

ipis同理K2＝ K3=

(4) 求∑xi

0.330.340.33∑xi=1.3035+1.1713+1.0963=

整理得 x1＝ x2= x3=

在p＝内层经7次迭代得到：x1＝, x2=, x3= (5) 调整p

ViL(ppis)ipxiexpRT p＝

si =pKixi

=×+×+× =

在新的p下重复上述计算，迭代至p达到所需精度。 最终结果：露点压力 平衡液相组成：

x1＝ x2＝ x3＝

4. 一液体混合物的组分为：苯；甲苯；对-二甲苯（摩尔分数）。分别用平衡常数法和相对挥发度法计算该物系在100kPa时的平衡温度和汽相组成。假设为完全理想物系。

解：(1) 平衡常数法

因为汽相、液相均为完全理想物系，故符合乌拉尔定律pyi=pisxi

yipis而Ki=xi=p

设T为80℃时 ,由安托尼公式（见习题1）求出格组分的饱和蒸汽压。

5

sp1s＝， p2=, p3=

s故y1y2y3=K1x1+K2x2+K3x3

ssp3p1sp2x1x2x3ppp =

101.2938.8215.630.50.250.25100100 =100

=<1

故所设温度偏低，重设T为95℃时

sp1s＝, p2=, p3=

sy1y2y3=>1

故所设温度偏高，重设T为℃，

sp1s＝, p2=, p3=

sy1y2y3＝≈1

故用平衡常数法计算该物系在100kPa时的平衡温度为℃

p1sx1160.020.5汽相组成：y1＝K1x1＝p＝100＝

sp2x256.340.25 y2＝K2x2＝p＝100＝ sp3x323.6250.25y3＝K3x3＝p＝100＝

(2)相对挥发度法 由于是理想混合物，所以

1i(y1x1y1)/()yiyixi， 得1i(x1/xi)

p1SSP1i对于理想混合物，得＝2 设T为80℃时，

Sp1s＝, p2=, p3=

s故12＝, 13＝, y2＝y1/, y3=y1/ 因为y1y2y3＝1，故y1＝

6

sppy又因为1＝100×＝，而1x1＝×＝故所设温度偏低；

sSpp12重设T＝92℃时＝, =, p3=

s得故12＝, 13＝, y2＝y1/, y3=y1/ 因为y1y2y3＝1，故y1＝，y2＝, y3=

sppy11且＝100×＝，而x1＝×＝，基本相等

因此，由相对挥发度计算该物系平衡温度为92℃， 此时y1＝，y2＝, y3=

5. 一烃类混合物含有甲烷5%、乙烷10 %、丙烷30 %及异丁烷55 %（mol），试求混合物在

25℃时的泡点压力和露点压力。 解：

设甲烷为1组分，乙烷为2组分，丙烷为3组分

因为各组分都是烷烃，汽液相均可视为理想溶液，故符合乌拉尔定律。

sspp1225℃时，=, =, p3=

s

i(1)泡点压力

＝×5％＋×10％＋×30％＋×55％ ＝

ppyipisxispypxi，ii(2) 露点压力时由乌拉尔定律得

xipyipis 1p代入x1x2x3x4＝1，并化简得

y1y2y3y3ssssp1p2p3p4＝

故露点压力为。

6. 含有80%（mol）醋酸乙酯（A）和20%(mol)乙醇（E）的二元物系。液相活度系数用Van Laar方程计算，AAE=，AEA=。试计算在压力下的泡点温度和露点温度。

解：由Vanlaar方程得：

lnrAAAE0.144xA0.1440.82)(1AEAE)2(10.170.2xEAAEA，得rA＝ AEA0.170xA0.1700.22)(1EAEA)2(10.1440.8xAEAAE, 得rB=

7

lnrE因为低压气体可视为理想气体，故

ripisxiypyiripisxi，得 ip

（1） 泡点温度时，设T＝，由安托尼方程得

SspApE＝, ＝

ssrApAxArEpExE1.007594.3770.81.106788.6510.2yyyiAEpp101.3101.3故+=

=<1, 可知所设温度偏低，重设T＝：

SsppAE此时＝, ＝

ssrApAxArEpExE1.007599.6850.81.106794.8190.2yyyiAEp+p101.3101.3=＝≈1

故泡点温度为

spyrpxi，得iii（2） 求露点温度，此体系可视为理想气体，由

xipyipisri

设T＝

Sspp由安托尼方程得A＝, E＝，

101.30.8101.30.2xxAxB故i＝99.6201.007594.7431.1067＝>1，故所设温度偏低

重设T＝时xixAxB＝≈1

故露点温度为

8. 组成为60 % 苯，25 %甲苯和15 % 对-二甲苯(均为mol百分数)的液体混合物100kmol，在和100℃下闪蒸。试计算液体和气体产物的数量和组成。假设该物系为理想溶液。用安托尼方程计算蒸汽压。

解：设苯为组分1，甲苯为组分2， 对二甲苯为组分3。 100℃时， 【P33例2-7】

sp1s＝， p2=, p3=

s对于低压气体，气相可视为理想气体，液相可视为理想溶液，

spisp3sp1sp2故Ki＝p，得K1＝p＝， K2＝p＝， K3＝p＝

（1） 核实闪蒸温度

假设100℃为进料的泡点温度，则

(Kz)＝×+×+×＝>1

ii假设100℃为进料的露点温度，则

8

(zi/Ki)=>1

说明实际的进料泡点温度和露点温度分别低于和高于规定的闪蒸温度，闪蒸问题成立。 （2） 求ψ，令ψ＝

(0.9641)0.6(0.7321)0.25(0.3161)0.15f()＝1(1.9641)＋1(0.7321)1(0.3161) (0.9641)0.6(0.7321)0.25(0.3161)0.15f(0.1) ＝10.1(1.9641)＋10.1(0.7321)10.1(0.3161)

＝

f(0.1)>0，应增大ψ值。

计算R-K方程导数公式为：

(K31)2z3(K11)2z1(K21)2z2222[1(K1)][1(K1)][1(K1)]123f'() ＝－{＋＋}

0.5580.0180.07222(10.964)(10.2684)(10.6844)＝－{++}

而i1＝

if(i)df(i)d

以＝为初值进行迭代，得下表 迭代次数 1 2 3



f()

df()/d —

可知f(3)数值已达到P－T－K图的精确度 (3)计算xi，yi

x1z10.61(K11)=10.84(0.9641)= K1z11.9640.61(K11)=10.84(0.9641)=

y1同理，x2＝， y2＝

x3＝， y3＝ （4）计算V，L

9

V＝F＝×100＝84kmol

L＝FV＝100-84＝16kmol

（5）核实yi，xi

xi13i＝，

yi13i＝，结果以满意

9. 在 kPa下，对组成为45 %（摩尔百分数，下同）正已烷，25 %正庚烷及30 %正辛烷的混合物计算。 （1）泡点和露点温度 （2）将此混合物在下进行闪蒸，使进料的50 % 汽化。求闪蒸温度，两相的组成。

解：因为各组分都是烷烃，所得的汽、液相均可看成理想溶液，Ki只取决于温度和压力，若计算精度不要求非常高可使用烃类的P－T－K图，见图2-1 假设T＝82℃，由P＝得下表： 组分 xi yiKixi Ki 正己烷 正庚烷 正辛烷

45％ 25％ 30％

Kxii＝<1，说明所设温度偏低，重设T＝℃，得

组分 正己烷 正庚烷 正辛烷

xi 45％ 25％ 30％

Ki

yiKixi

Kxii＝≈1，故泡点温度为℃。

同理，可迭代求出露点温度设T＝95℃，此时

yi Ki 组分 正己烷

正庚烷 正辛烷

45％ 25％ 30％

xi＝yi/Ki

yi/Ki=>1，所设温度偏低，重设T＝℃，得

组分 正己烷 正庚烷 正辛烷

yi 45％ 25％ 30％

Ki

xi＝yi/Ki

yi/Ki=≈1，满足精度要求，故露点温度为℃。

10

（1） 进料50％气化，则由公式组分

TTBTDTB得T＝℃为闪蒸温度，查表2-1得：

xi yi

正己烷 ％ ％ 正庚烷 ％ ％ 正辛烷 ％ ％ 结果

（1）泡点：，露点：； （2）闪蒸温度；

气相组成：正已烷—，正庚烷—，正辛烷—；

液相组成：正已烷—，正庚烷—，正辛烷—。（均为摩尔分数）

10. 以甲基异丁基酮为溶剂（C），从含醋酸（B）8%（质量）的水（A）溶液中萃取醋酸。萃取温度 25℃，进料量13500kg/h。若萃余液仅含1%（质量）的醋酸，假设水和溶剂是不互溶的，KD =（质量分数之比）。计算单级操作时溶剂的需要量

解：假设水和溶剂是互不相容得，从Perry手册中查得KD＝（质量分数）。

'KD由于此体系中醋酸得含量相当低，可认为＝KD

FA ＝×13500＝12420kg/h

(F)XB＝（）/12420＝

因萃余液含1％的B，故

(R)XB＝=

EB 从式（2－106）解(F)XB(R)EB＝XB－1＝（）－1=

EBFA'KD从式（2－105）S＝＝×（12420/）＝163000kg /h

11.萃取原料为乙二醇水溶液，其中乙二醇质量含量为45%。用相同质量的糠醛作为溶剂。

操作条件：25℃、101kPa。在该条件下乙二醇（B）-糠醛（C）-水（A）的三元相图如附图所示，图中组成为质量百分数。计算萃取相和萃余相的平衡组成。

解：计算基准：进料100g质量分数为45％的乙二醇水溶液，从图2-13可知，进料（F）含A55g、B45g。溶剂（S）是纯C100g。令L＝E（萃取液），L＝R（萃余液）。

计算步骤如下：

（1） 在相图上标注进料组成点F和溶剂点S。

I11

（2） 确定混合点M，使M＝F＋S＝E＋R。

(M)

wwiii（3） 在相图上应用杠杆规则。设为组分在萃余液中的质量分数，为组分i在进料和溶剂混合相中总的

质量分数。

对溶剂C作物料衡算：

(M)(F)(S)(FS)wFwSwCCC ，得

(S)(M)FwCwC(M)(F)SwwCC

S、M和F三点应在一条直线上，由杠杆规则F/SB：％、C：50％。

SM/MF1确定了M点的位置，相应组成A：％、

（4） 由于M点处于两相区，该混合物必然沿结线分为互成平衡的两液相。E点为萃取相，其组成为B：％、A：％、C：％；R为萃余相，其组成为B：8％、A：84％、C：8％。

（5） 对E、M和R三点应用杠杆规则，

EM(RM/ER)。

因M＝100+100＝200g，通过测量线段长度得到E＝200×（49/67）＝146g，于是R＝M－E＝54g。

（6） 脱溶剂萃取相组成由延长过S点和E点的直线交AB边与H点，其组成为B：83％、A：17％。

12. 计算正庚烷（1）-苯（2）-二甲基亚砜（3）的液液平衡组成。已知总组成（摩尔分数）

z1=，z2=，z3 =；系统温度0℃，活度系数方程可选择NRTL模型。a12=， a13=，a23= NRTL参数，J/mol

IJ 12 13 23

AIJ AJI 3 解：

使用附录中LLEC程序计算N个组分（N≤10）的部分互溶物系的液液平衡组成。计算方法为New-Raphson法。调用LILIK子程序计算分配系数，活度系数方程可选择NRTL或UNIQUAC模型。计算结果：

12

平衡温度 0℃，E/R= 组分 1 2 3

进料摩尔分数

R相摩尔分数

E相摩尔分数

KD

13. 含甲苯30%、乙苯40%、水30%（均为摩尔%）的液体在总压为下进行连续闪蒸。假设甲苯和乙苯的混合物服从拉乌尔定律，烃与水完全不互溶。计算泡点温度和相应的汽相组成。

解：

设甲苯为1组分，乙苯为2组分。 因为烃相符合乌拉尔定律，故有：

sppH2OCHpsixi

设泡点温度为70℃，由安托尼方程得

sp1s＝，p2＝

查表得

spH2O＝

此时p＝+×(3/7)+×(4/7)=<,

故所设温度略低，重设泡点温度为℃ 依上方法求得p＝≈，故泡点温度为℃，此时

y1＝％，y2＝％，yH2O＝％

计算结果： 泡点；汽相组成：甲苯%、乙苯%、水%（均为摩尔百分数）

14.水（W）和正丁醇（B）在101kPa下形成汽 -液-液三相系统。若混合物总组成为含W 70%（摩尔），估计： （1）混合物的露点温度和相应的液相组成。 （2）混合物的泡点温度和相应的汽相组成。 （3）汽化50 % 时三相的相对量及组成

解：

13

（1） 设水为组分1，正丁醇为组分2，由题意得： p1＝101×＝， p2＝101×＝，

此体系的露点温度应为此两组分发生第一次相变时的温度，分别为℃和℃，因此体系的露点温度为℃。此时只有一液相为水。

（2） 用试差法求泡点温度：

由式（2－109）得：p＝p1＋p2＝101kPa T/℃ 85 88 89

P1, kPa

P2, kPa

P, kPa

故泡点温度为℃，此时： p1＝，p2＝，故y1＝％，y2＝％

（3） 进料50％气化，则由公式

TTBTDTB得T＝℃为闪蒸温度，

使用三相等温闪蒸程序进行进算，其组分的液相活度系数用UNIQUAU方法计算，其中A12＝，A21＝，计算结果约为：

总量，mol 水，mol％ 正丁醇，mol％

采用NRTL模型方程，计算结果如下：

（1）露点温度：℃；液相组成：只有一液相，摩尔组成为：W:；B： （2）泡点温度：℃；汽相摩尔组成：W:；B： （3）汽化50 % 时三相的相对量及组成

原料 100 70 30

汽相 50

液相1

液相2

15. 某1、2两组分构成二元系，活度系数方程为Ln γ1 = A 端值常数与温度的关系A =–

×T ( T 的单位为K)

14

; Ln γ2 = A

蒸汽压方程 Ln =–4050/T Ln =–4050/T

（蒸汽压方程中符号单位pS:kPa;T:K）

假设气相是理想气体，系统压力为 ,已知该系统形成共沸物，问共沸温度是多少度

解：

设T＝ (即71℃) A＝

sp1ps=; 2=

sln(p1sp2)ln(98.4575.16)(12x1)A0.325

得到：x1=; x2=

2lnr0.325(0.9145)r1.313 1 , 12lnr0.325(0.0846)r1.002 2 , 2 p=´´+´´ = < p规定 设T= (即℃)

p99.75kPa

与给定总压基本相等，故共沸温度是℃，共沸组成x1= 摩尔分数

第三章习题

1.题

解：

15

①无解；②有唯一解；③多解。

2. 设计满足下列要求的再沸气提塔（见附图），求：①设计变量数是多少 ②如果有，请指出哪些附加变量需要规定

习题 2 附图

解： c=6 Nx Na

进料变量数 压力等级数

合计 串级单元数 传热单元数 合计

8 9 17 1 1 2

规定：

① 再沸器及各级的操作压力 ② 级数

③ 塔釡液流率

3. 利用如附图所示的系统将某混合物分离成三个产品。试确定：① 固定设计变量数和可调设计变量数；② 指定一组合理的设计变量。

习题 3 附图 习题 4 附图

解：

16

Nx Na Nx

进料变量数 压力等级数 合计 串级单元数 侧线采出数 分配器数 传热单元数 合计

C+2 N+M+4 N+M+C+6

4 1 1 4 10

进料变量数 每级压力（含再沸

器） 全凝器压力 冷却器压力 回流分配器 侧线压力

合计

对设计变量的规定 C+2 Na 回流为泡点温度 N+M 1 1 1 1 N+M+C+6

总理论级数 进料位置 侧线采出口位置 侧线采出率 回流比 馏出液流率 精馏塔釜液流率 再沸提馏塔釜液流率

合计

1 2 1 1 1 1 1 1 1 10

5. 苯 (B)- 甲苯 (T)- 二甲苯 (X)- 异丙苯（ C ）混合物送入精馏塔分离，进料组成为： zB

= ， zT = ， zx = ， zC = （摩尔分数）。相对挥发度数据： αB = ， αT = ， αx = ， αC = 。分离要求：馏出液中异丙苯不大于 % ；釜液中甲苯不大于 % （摩尔）。计算最少理论板数和全回流下的物料分配。【P73例3-3】

解：

以100摩尔进料为计算基准。根据题意定甲苯为轻关键组分，异丙苯为重关键组分。从相对挥发度的大小可以看出，二甲苯为中间组分。在作物料衡算时，要根据它的相对挥发度与轻、重关键组分相对挥发度的比例，初定在馏出液和釜液中的分配比，并通过计算再行修正。物料衡算表如下： 组分 进料，f1 馏出液，di 釜液，wi B 20 20 — T 30 30— X 10 1* 9* 0.0015400.001540C Σ D W100 *为二甲苯的初定值。 解得 D=，W=

17

则 dT=，wT= dC=，wC= 代入芬斯克方程

29.8530.0764lg0.14739.924Nm1.0lg0.217.427.42

由Nm值求出中间组分的馏出量和釜液量：

0.07640.331039.9240.21dx0.5197.420.07640.33139.9240.21

wx==

由于与初定值偏差较大，故直接迭代重做物料衡算： 组分 进料，f1 馏出液，di 釜液，wi B 20 20 — T 30 30— X 10 400.0015D400.0015DC 100 DW 二次解得 D=，W= 则 dT=，wT= dC=，wC= 再求Nm：

29.8520.0757lg0.14839.924Nm1.0lg0.21校核dx：

7.427.42

0.07570.331039.9240.21dx0.5157.420.07570.33139.9240.21

再迭代一次，得最终物料衡算表： 组分 进料，f1 馏出液，di 20 20 苯 30 甲苯 10 二甲苯 18

釜液，wi — 异丙苯 40 6. 附图为脱丁烷塔的物料平衡图。全塔平均操作压力为 522kPa 。求①最小理论塔板数；②估计非分配组分的分配。【P75例3-4】

习题 6 附图

解：（1）根据题意可列表如下：

Xi,F Xi,FF Xi,D 编号 组分

1 C3 12 2 iC4 448

3 nC4 36

4 iC5 15 *10-3 5 C6 23 0 6 C7 0 7 C8 0 8 C9 0 Σ F=

（2）塔顶温度和塔釜温度的计算： 塔顶温度的计算：

第一次试差：假设TD=℃,查Ki℃,522kPa) K1=, K2=, K3=, K4=, A1=, a2=, a3= a4=,

再由yi,D=xi,D ac=1 ai yi/ai Σyi/ai Kc=Σyi/ai= 查得Kc值相应于℃。故假设正确，露点温度TD=℃ 塔釜温度的计算：第一次试差温度：假设TB=155℃

Xi,B Ki ai 编号 组分 Xi,DD

1 C3 12 0

2 iC4 442

3 nC4 13

4 iC5 1

5 C6 0

6 C7 0

19

Xi,DD 12

442 13 1 0 0 0 0 468

Xi,B 0

Xi,BB 0 6 23 14 23 31

aixi 0

7 C8 0 8 C9 0 *10-3

所以：Kc=；再有P-T-K图查塔釜温度为TB=155℃,因与假设值符合，结束试差。 （3）最小理论塔板数和组分分配： 首先计算a值， aLH,D=, aLH,B= aLH,w=( aLH,D aLH,B)=;

lg[xiD,L/xiB,LxiD,H/xiB,H]lgLH,av代入芬斯克方程Nm有

Nm=lg[*]/ =

其他组分的分配：a13,w=*=

X1,DD/ X1,BB=( a13,w) Nm* X3,DD/ X3,BB= Nm*(13/23)=*108 又 X1,FF=12= X1,DD/+X1,BB 由以上两式得： d1=12

同理可得： d2=447, d3=13, d4=*10-7 d5=d6=d7=d8≈0

7. 估计习题 6 脱丁烷塔的最小回流比。已知进料的液相分率 q = 。【P77例3-5】

解：由恩特伍德公式计算最小回流比

ixi,F1qi从

2.4216121.23954481360.696515876.2(2.4216)876.2(1.2395)876.2(1)876.2(1)0.17792339.10.0804272.10.0418310.0226876.2(0.1779)876.2(0.0804)876.2(0.0418)876.2(0.0226)10.8666解得1.013

i(xi,D)m12Rm1x10.025712442130.0023i将θ代入式 ，其中,

x2442130.9465x30.027812442130.002312442130.0023

2.42160.02571.23950.946510.0278Rm12.42161.0131.23951.01311.013

Rm2.0854

8. 已知 习题 5 、 6 的脱丁烷塔操作回流比 R = R m 。求①理论板数；②进料位置。

解： ① R=×=

20

RRm2.60672.08540.14452.60671 R1

NNm0.48N1 查吉利兰图，得 N=

② 芬斯克公式求出精馏段的最少理论板数

44236lg44813(NR)m4.6812lg1.2395

9.题

解：

log(P*/KPa)A查苯、甲苯、联苯的Antone方程参数得

BCt

苯 甲苯 联苯 A B C p*Kp估算塔顶温度℃，则苯、甲苯的饱和蒸汽压分别为、，根据

求得两者的分配系数分别为、。

yi2570.1K1.0059(2570.1)0.3972(2570.1)0.9947i

p*Kp估算侧线采出的温度为137℃，则苯、甲苯、联苯的饱和蒸汽压分别为、、，根据

别为、、

求得三者的分配系数分

yi379.40.2K2.4764(379.40.2)1.127(379.40.2)0.017(379.40.2)1.01i

21

p*Kp估算塔釡温度240℃，则甲苯、联苯的饱和蒸汽压分别为1424、，根据

求得三者的分配系数分别为、。

Kixi7.120.50.35864.80.99650.54.80.54.8

1苯对甲苯的相对挥发度

1.00592.47642.3590.39721.127 1.1277.120.0170.3586

2甲苯对联苯的相对挥发度

ddlog/wAwBNmlogAB由芬斯克公式

可得

25780log2600.1(NR)mlog2.359（1） 馏出液至进料的级数 25779.4log30.17.7Nlog2.359（2） 进料至侧线采出的级数 79.44.8log0.50.2Nlog36.28（3） 侧线采出至塔釡级数 10.题

解：

设萃取精馏塔有足够的溶剂回收段，馏出液中苯酚含量0，

①脱溶剂的物料衡算：

22

,DWx1,wFz1Dx1 ；DWF

代入已知条件 0.992D0.01W200；DW400

解得D199.5927 W200.4073

②计算平均相对挥发度(α12)S：

由文献中查得本物系有关二元Wilson方程参数（J/mol）

1211269.8736 1222784.2944

1s111528.8134ss8783.8834 1s

2s22137.8068 2sss3285.6918

各组分的安托尼方程常数：

组分 正庚烷 甲苯 苯酚

A B C

logpsABtC , t :℃ ; ps : kPa

各组分的摩尔体积（cm3 / mol）:

v1147.47 ,

v2106.85 ,

vs83.14

用简化法计算萃取精馏是假定各塔板溶剂的浓度不变。

先假设塔板上溶剂浓度（摩尔分数），然后用用溶剂量验证假设是否正确。

假设在溶剂进料板上正庚烷和甲苯的液相相对含量等于馏出液含量，则x1=，x2=，xS=。经泡点温度的试差得：

r1p1srps22 (12)S ＝ 2.1183167.325s＝1.3067119.452=

23

泡点温度为 ℃

同理，假设塔釡上一板液相中正庚烷和甲苯的液相相对含量为釡液脱溶剂含量，且溶剂含量不变，则x1=，x2=，xS=。经泡点温度的试差得：

3.1538286.32 (12)S ＝1.4137209.52=

泡点温度为 ℃。

粗略按溶剂进料板估计溶剂对非溶剂的相对挥发度：

1S＝

r1p1ssrSpS2.1183137.325 ＝1.301511.114=

2S＝

sr2p2srSpS ＝

0.38690.0031 β＝ 0.386924.50.003110.76 ＝

若按塔釡上一板估计β，则由α1S＝和α2S＝得β＝0. 1。从式（3-27）可以看出，用较小的β值计算溶剂进料量较为稳妥。

L = S + RD’ = S + 由式（3-27）经试差可以解得S：

0.61

S(10.041)(S997.9636)(0.041199.5927)10.61

S = 1470 kmol/h>1200kmol/h

故假设的浓度偏高，重新给定塔板溶剂浓度，反复计算。 最后得各塔板溶剂浓度.

r1p1srps22进料板处：(12)S ＝ 1.998167.325s＝1.273119.452=

24

2.997286.32塔釡： (12)S ＝1.3726209.52(12)平均＝=

2.192.98＝2.5852

y1根据该数据，按

12x11(112)x1公式作

yx图

1.00.80.6y0.40.20.00.00.20.40.60.81.0x

最后得出需塔板数13块

11.题：

设萃取精馏塔有足够的溶剂回收段，馏出液中溶剂含量0，

①脱溶剂的物料衡算：

DxDDWF Fx 把数值代入求得D31.263mol/s； W8.737mol/s

②计算平均相对挥发度(α12)S：

由文献中查得本物系有关二元Wilson方程参数（J/mol）

25

1211188.3383 1222386.6820

1s11462.4153 1sss1464.1566

2s22243.9483 2sss435.1416

各组分的安托尼方程常数：

组分 丙酮 甲醇 水 A B C

logpsABtC , t :℃ ; ps : kPa

各组分的摩尔体积（cm3 / mol）:

v1216 , v2118 , vs56.8

先假设塔板上溶剂浓度（摩尔分数），然后用用溶剂量验证假设是否正确。

假设在溶剂进料板上正庚烷和甲苯的液相相对含量等于馏出液含量，则x1=，x2=，xS=。经泡点温度的试差得：泡点温度为 ℃。

粗略按溶剂进料板估计溶剂对非溶剂的相对挥发度：

1S＝

r1p1ssrSpS0.9879105.6 ＝1.02317.324=

2S＝

sr2p2srSpS1.023675.8754.38231.02317.324 ＝

0.56050.02950.1720.56055.8830.02954.3823

塔釡估算的

值肯定大于进料板处的估算值，因而计算时取

0.172较为稳妥。

L = S + RD’ = S +

由式（3-27）经试差可以解得S：

26

0.41

S(10.172)(S125.052)(0.17231.236)10.41

解得S60mol/s,故假设得溶剂浓度合理。

分别计算在溶剂存在下丙酮对甲醇的相对挥发度

r1p1srps22进料板处：(12)S ＝ 0.9879105.6s＝1.023675.875=

同理，假设塔釡上一板液相中正庚烷和甲苯的液相相对含量为釡液脱溶剂含量，且溶剂含量不变，则x1=0203，x2=，xS=。经泡点温度的试差得：

1.059158.964 (12)S ＝0.984124.564=

泡点温度为℃。

1.3431.373(12)平均＝＝1.3582 计算平均挥发度 ：

y1根据该数据，按

12x11(112)x1公式作

yx图

27

1.00.80.6y0.40.20.00.00.20.40.60.81.0x

最后得出需塔板数32块。

13题

解：

（1）以100公斤分子进料为基准。做全塔物料衡算. 50＝+ F=100=D+W 解得，D= W=

（2）求最小回流比 i 若恒浓区在进料

将x=，y=代入操作线方程，

28

V最少＝

ii 若恒浓区在塔顶

将x=，y=代入操作线方程， V最少＝

故在塔进料处Rmin= R= Rmin=

故板数为6块（包括塔釜）

14.题

解：

首先对双塔进行物料衡算

FD2D1B1塔1：

D1D2B2 塔2：

FZFD2xD2D1xD1B1xB1D1xD1D2xD2B2xB2

FB1B2整个系统：

FxFB1xB1B2xB2

4x10x0.06x0.819;xD20.674；xB20.999 F1000FB1其中mol/h； ；；D1解得D1=h；B1=h；D2= h；B2=h 用图解法确定理论板数及进料位置：

y塔1： 精馏段操作线：

82.5134x0.8190.3811x0.50782.513482.5134

y 提馏段操作线：

82.51074940x1045.3418x4.341810482.5107494082.51074940

29

y塔2： 精馏段操作线：

33.674x0.6740.3123x0.463533.6747433.6

y 提馏段操作线：

33.613460x0.9991.5576x0.557133.61346033.613460

1.00.80.6y0.40.20.00.00.20.40.60.81.0x

塔1

1.000.950.900.850.80y0.750.700.650.600.600.650.700.750.800.850.900.951.00x

30

塔2

在平衡相图上做阶梯图，得到塔1的理论板数为11，进料位置在第3块板（由下往上数），塔2的理论板数为15，进料位置在第8块板。

15题

解：

（1）由汽液平衡曲线，得到

yF0.669，假设最初馏出液浓度xD10.93

RminxDyF0.930.6691.5444yFxF0.6690.5R1.5Rmin2.3166

；

xRxD0.6985x0.2804R1R1,图解法求出N11

y此时，操作线方程

在釡液组成

xw从xF到xw,e的范围内取若干个xw,i，根据已经确定的理论板数，求出对应的xD,i。

xFdxwFxw,exxBDW 根据所得的

xw,i、

xD,iln对式

B0.487进行数值积分，求出F

xDN12

B0xFBxW,eB0B0.5B00.10.487B00.87970.9B00.487B0，因此需重新假设初值，反复计算得

（2）R与

xW的关系可用以下方法求得：从xF到xW,e取若干个xW值，对于每一个xW值，过（xD,xD)作一假

xD,xD)点开始在操作线与平衡级间作阶梯，到（xW,xW)点为止。若求理论板数与给定值相等，则

设的操作线，从（

操作线为所求操作线，根据操作线斜率求出R。釜液量由物料衡算关系求得。

Rmin0.90.6691.37xR0.6690.5，所选回流比应大于min。R与W、B关系见下图。

31

0.501000.45基准）釡液量（以100mol原料为0.4090含量塔釡丙酮0.350.300.250.200.152.02.53.03.54.04.55.0807060502.02.53.03.54.04.55.0回流比回流比

16.题

解：

己烷(A)对庚烷（B）的平均相对挥发度

1.2121.422.47450.48380.581

起始阶段：设B为参考组分，由式(3-61)得：

0xDB0.50.1404220.52.47450.51

0xDA0.5(由式(3-59)得

0.1404)2.474520.85960.5

设时间增量t0.05h，t0.05h时外循环计算得：

由（3-56）和（3-57）式得

B(1)100100.0599.5kmol

99.5100(1)xBA0.5(0.85960.5)0.4982100

99.5100(1)xBB0.5(0.14040.5)0.5018100

32

t0.05h时内循环计算

由式（3-62）得

1Rmin0.56682Nmin0.7512121Rmin2解得

0.5668

14Nmin99

Rmin对方程（3-64）可得：

2.4745Nmin2.4745(2.47451)0.49822.4745Nmin0.50181Nmin

采用图解法或牛顿迭代法联立求解以上两式即得：Rmin=；Nmin=

1x设N= Nmin=，代入式（3-61）中得到DB，再由（3-59）式得出：

x1DA0.4982(0.2615)2.47451.15370.73840.5018

xDA1000.599.50.49820.85820.5

xDB10.85820.1418

18. 在24块板的塔中用油吸收炼厂气()组成见表,采用的油气比为1,操作压力为(绝压),若

全塔效率以25%计,问平均操作温度为多少才能回收96%的丁烷并计算出塔尾气的组成.

组分 CH4 C2H6 C3H8 n-C4H10 n-C5H12 n-C6H14 8 5 4 2 1 摩尔百分率 80 解： (1)根据已知条件按正丁烷的回收要求确定它的平均操作温度. 【P133例3-16，3-17】

由 N240.256； 0.96。

AN1AN1按平均吸收因子法：A1 算出A＝（也可由吸收因子图查得） mL10.704AV1.42

故

33

查烃类P－T－K列线图P＝绝压，m=时，t=15℃，即塔的平均温度应在15℃。 （2）计算离塔气的组成

N11N10，假定00

y1则1(1)N1，

1i

n-C4H10 4 n-C5H12 2 5 1 0 n-C6H14 1 1 0 ∑ 100 列表计算如下： CH4 C2H6 C3H8 组分 N1 80 8 5 m P=（绝压） 51 t=15 LA mV A7A7A1 1 (1)N1 y1 （摩尔分0 0 率） 19．具有三块理论板的吸收塔,用来处理下列组成的气体(VN+1)，贫油和气体入口温度按塔的平均温度定为32℃，塔在下操作，富气流率为100 kmol/hr，贫气流率为100 kmol/hr，试分别用简捷法确定净化后气体V1中各组分的流率。 组分 CH4 C2H6 C3H8 n-C4H10 n-C5H12 n-C6H14 ∑ vN+1,i 70 15 10 4 1 0 100 l0i 0 0 0 0 0 20 20 mi(32℃ 解： （1）用简捷法计算 Vav=(V1+VN+1)/2; 平均液体流率：Lav=L0+(VN+1-V1)/2 L25()a0.263157V95kmol/hr95设 a 则 V

列表计算如下： LA组分 imVi CH4 AN1i ×10-7 AiN1AiiAi1 34

第一次试算结果i (1i)N1,iC2H6 C3H8 n-C4H10 n-C5H12 n-C6H14 ×10-4 1. l0＝Ai i88.474 由第一次试算结果得： 10088.474Va94.237952 另设Va94.237，作第二次试算

L25.763()a0.273385V94.237 LAiAiN1 组分 mVi AiN1AiiAi1 1 第二次试算结果i CH4 C2H6 C3H8 n-C4H10 n-C5H12 n-C6H14 ×10-7 ×10-4 1. (1i)N1,i l0＝Ai i88.169 由第二次试算结果得： 10088.169Va94.0852

与所设值基本符合

（2）用有效因子法计算

根据本体给定条件，不考虑塔顶、塔底温度的差别，只考虑液气比的变化以确定有效因子Ae

第一次试算，取i88.168

20L＝＝0.226837 V顶88.169 20＋11.831L＝＝0.318310V100 底

35

按

Ae=A底（A顶＋1）＋0.25－0.5列表计算如下：

组分 CH4 C2H6 C3H8 n-C4H10 n-C5H12 n-C6H14 组分 CH4 C2H6 C3H8 n-C4H10 n-C5H12 n-C6H14 (Ai顶 Ai底 Ae AN1e ×10-7 ×10-4 ×109 N1eAeN1AeAeN11 1 i i87.438 Ai顶 Ai底 Ae A    AeN1AeAeN11 1 i 0. 4664 i87.2436 L20＋12.562)底＝＝0.32562V100

第二次试算结果取20.题

i87.2436，与所设值基本符合

：

根据已知条件确定C2H2蒸出度，设x为蒸出量。 （－x）＋x＝ x= Kmol/hr

l0lN1l1lN1l0

36

7.0174(111.56.884)0.00130.00047.0174111.518.37 0.9810 111.5(111.56.884)1082 40(6.88440)43.52

LaVaV43.5()a0.4028L108 V()aS=mL

18.370.4028 7.40

logN=

SC01C01logS

7.400.981010.98101log7.40 1.91

log若增加吹出气量，将使解吸因子S加大，所需理论板数减少。但在本题条件下所需的理论板数本来就很少，从这一点讲是没有必要增加吹出气量的。还应考虑到，吹出气量增加，将影响塔的热量平衡，从而改变塔的操作温度，改变蒸出度。

第四章习题

1.题 解：

37

VN1V2V1V1假设萃取液流率V1= kmol/h 由式V1VNVN1VN1

1/N1/N，

L1L0V2V1

可计算得到：

1000V21113.11113.11/51089.5 kmol/h

L14001089.51113.1376.4 kmol/h

1/5.11113V5100010001021.6 kmol/h

1/2u[u(u1)0.25]0.5 eN1由u = R / E m

i

i

1/2[(1)0.25]0.5 计算出所需数据 e1Nε = E m / R i

i

组分 H B DMF W 1 5u1u5eue ×10-4 ×10-4 1456 ×10-4 l0lNeN1evN1v1ueN1ueEN1UN1vl1ue1N10e由

v1vN1(1U)l0E组分 H B DMF W ΦE 1 1 ΦU 1 6×10-4

lNl0vN1v1 得到以下数据。计算值

V1和假设值较接近，不需再迭代。

萃余液, l10 萃取液, v1 2.题

38

解：

E=×=×10-6 kmol/s

设萃取塔中传质速率为N。 则 N = E (y0-y1) = ×10-6 =×10-6 kmol/s 塔顶和塔底的萃取相平衡浓度为： y0*=×=m3 y1*=×= kmol/m3

塔顶、塔底的传质推动力为： y0*-y0 = – = kmol/m3 y1*-y1 = 0= kmol/m3 对数平均浓度差为：

**(y0y0)(y1y1)0.26240.44283(yy)ln0.3448kmol/m*0.2624y0y0lnlny*y0.442811*

因此得：

(NTU)0

y0y1(y*y)ln0.3801.1020.3448

(HTU)0H1.090.9891(m)(NTU)01.102 E0.00140.00141/s(HTU)0A0.9891

Koa则

3.题

解：

39

对于活塞流,塔高H活塞流=（HTU）ox（NTU）ox

H活塞流（HTU）ox(NTU)oxHH ，将已知数据代入式

11Pex[(HTU)ox/H]E[1/(NTU)OX] = 1－

EPey[(HTU)ox/H]1E[1/(NTU)ox] －

50.910.51H119(0.9/H)0.5(1/5)50(0.9/H)10.5(1/5)

该方程为非线形方程，用迭代方法求解H = m

4.题

解：

先假定ε=1，则：

(HTU)ox,app(HTU)ox,truExEy2.198mVxVy

H0(HTU)ox,app(NTU)ox,app2.1986.8014.95m 作为H的初值，继续计算。

(NTU)ox,truH014.9513.59(HTU)ox,tru1.1

为了计算(NTU)ox,tru，先计算有关的中间变量：

mVyVx0.1586.21.4382.5

BH1H

40

PexVxH24.59Ex

PeyVyHEy30.49

fx(NTU)ox,tru6.80.5(NTU)ox,tru6.81.5(NTU)ox,tru6.80.5(NTU)ox,tru6.80.5

fy(Pe)0(111)10.0619816.135fxPexfyPey

0.050.510.99190.50.25(NTU)ox,tru(Pe)0

(HTU)ox,dis则

H0ln(Pe)011/0.8633m

(HTU)ox,app(HTU)ox,dis(HTU)ox,tru1.93m

H(HTU)ox,app(NTU)ox,app1.9636.813.35m

该值为塔高的第一次试算值，其与H0=相差较大，需将H0进行修改后重复迭代计算。如采用简单的迭代方法，将计算出的H作为下一次试算的初值，在经三次迭代后得到H=，此即为萃取塔的塔高。

5题。

解：

41

超临界流体（SCF）是状态处在高于临界点温度、压力条件下的流体，它具有低粘度、高密度、扩散系数大、超强的溶解能力等特性。超临界流体萃取（supercritical fluid extraction,SFE）是一种以超临界流体作为萃取剂，从固体或液体中提取出待分离的高沸点或热敏性物质的新型萃取技术。

6题

解：

反胶团萃取蛋白质的主要影响因素

胶团、蛋白质间相互作用 静电性作用 立体性相互作用 疏水性相互作用 特异性相互作用 与水相相关因与目标蛋白质相关因素 素 pH、离子强度 等电点pI、表面点荷分布 分子大小 亲水疏水性残基 构象 与反胶团相关因素 胶团内双重电荷层 胶团尺度、含水率、表面活性剂浓度 溶剂、胶团疏水基 亲和配体 7题

解：

当两种聚合物或聚合物与无机盐混合时，会形成两个不相混溶的水相，而且两相中水的含量都在85%~95%之间。这种聚合物的“不相溶性”（incompatibility）现象被Beijerinck于1896年首次发现。当两种聚合物互相混合时，是分层还是混合成一相，决定于混合时熵的增加和分子间作用力两个因素。两种物质混合时熵的增加与分子数量有关，而与分子的大小无关。分子间的作用力可看作是分子中各基团间相互作用力之和。分子量越大，分子间的作用力也越大。

溶质在双水相中的分配受表面自由能、表面电荷、疏水作用及生物亲和作用等因素的影响，其中表面自由能、表面电荷对分配行为的影响最为重要。

第五章习题

1题

解：

设组分乙烷、丙烷、正丁烷、正戊烷、正己烷分别为1、2、3、4、5

42

由题设得

F8＝++++＝100kmol/l

zzzzz1，8＝3％，2,8＝20％，3,8＝37%，4,8＝35％，5,8＝5％ pU1＝h，Ui＝0（i＝2-15），Wi＝0（i＝1-15），

＝1724kPa，

Qi＝0（i＝2-14），L1＝150kmol/l，V1＝0

计算的具体步骤为：

（1） 对Tj和Vj赋值，用SRK法求解Kj，Hj和hj，其中偏心因子取，ac＝，bc＝。

（2） 列出相平衡方程和物料衡算方程，求出

xi,j。根据题设列出具体的方程组为

B1xi,1C1xi,2D1

A2xi,1B2xi,2C2xi,3D2

Ajxi,j1Bjxi,jCjxi,j1Dj(j=3-14)

A15xi,14B15xi,15D15

其中，

A2＝V2－U1＝V2－23， Aj＝Vj-23（j＝3-8）

A9＝V9F8-23，Aj＝Vj＋100－23（j＝10-15）

B1＝-V2，Bj=-[Vj1－U1+VjKi.j]= -[Vj1－23+VjKi.j](j=2-7)

Bj= -[

Vj1F8U1VjKi.jVVKi.j+－+]= -[j1+77+j](j=8-15)；

C1=Vj1Ki,j1(j=1-14)；

Dj=0(j=1-7,j=9-15)，

D8＝ -100zi,8

43

（3） 对每级用式

xi,j＝

xi,j/（

x

i1

c

i,j

）进行归一化

（4） 用泡点方程式（6-3）计算新的Tj，用式（6－2）计算（5）计算Q1和Q15

yi,j

Q1＝

V2H2－（L123）h1

N1j1QQN＝－23h1－

j－

LNhN，（N＝2-7）

N1j1QN＝100

HF,8Q－23h1－

j－

LNhN，（N＝8-15）

（6） 算新的Vj和

Lj

由式（6-29）计算新的Vj，其中

i＝-23（hjhj1），（i＝1-7）

而

8＝（100-23）（h8h7）＋100（h8HF,8）＋Q；

8

i＝（100-23）hjhj1，（i＝9-15）

LjLjVj1Vj1＝－23，（i＝2-7）

＝＋100-23＝

Vj1+77，（i＝8-15）

（7） 用式（6-38）计算τ 重复迭代，直到τ< 此体系计算结果约为

组成 乙烷 塔顶产品 塔底产品 0 44 丙烷 正丁烷 正戊烷 正己烷 流率，kmol/h 温度，K 冷凝器热负荷：，再沸器热负荷：

0 0 2题

解：

设组分C4、C5、C6、C8分别为1、2、3、4

由题设得

F14＝+++＝100kmol/l，TF,14＝65℃

zzzz1，14＝％，2,14＝％，3,14＝%，4,14＝％，

p＝172kPa，D＝

U1＝h，Uj＝0（j＝2-9，11-28），U10＝ kmol/h ，

Wj＝0（j＝1-23，25-58），

W24＝

Qj＝0（i＝2-24），

L1＝20×U1＝ kmol/h，V1＝0

计算的具体步骤为：

（1）对Tj和Vj赋值，用PR法求解Kj，Hj和hj，其中偏心因子取。

（2）列出相平衡方程和物料衡算方程，求出

xi,j。根据题设列出具体的方程组为

B1xi,1C1xi,2D1

A2xi,1B2xi,2C2xi,3D2

Ajxi,j1Bjxi,jCjxi,j1Dj(j=3-27)

45

A28xi,27B28xi,28D28

其中，

A2＝V2－U1＝V2－，

AjVj＝

－，（j＝3-10），

AjVj＝

－

U1－U10＝Vj－－＝Vj－，（j＝11-14） F14－＝Vj+，（j＝15-24） W24＝Vj+，（j＝25-28）

AjVj＝

＋

AjVj＝

+－

B1＝-V2，Bj=-[Vj1－U1+VjKi.j]= -[Vj1－+VjKi.j](j=2-10)

Bj=-[

Vj1U1U10VjKi.jVVKi.j－－+]= -[j1－+j](j=11-13) Vj1F14U10U1VjKi.jVj1VjKi.j+－－+]= -[++](j=14-24)； Vj1F14U10U1W24VjKi.jVj1VjKi.j+－－－+]= -[++](j=25-28)；

BjBj= -[

= -[

C1=Vj1Ki,j1(j=1-27)；

Dj=0(j=1-13,j=15-28)，

D14＝ -100zi,14

（3） 每级用式

xi,j＝

xi,j/（

x

i1

c

i,j

）进行归一化

（4） 用泡点方程式（6-3）计算新的Tj，用式（6－2）计算

yi,j

（5）计算Q1和Q15

46

Q1＝

V2H2－（L1U1）h1＝V2H2－（）h1

N1j114.08h1－QN＝

Qj－

LNhN，（N＝2-9）

N1j114.08h1－19.53h10）－

QN＝（

Qj－

LNhN，（N＝10-13）

N1QN

HF,1414.08h119.53h10＝（100－）－j1Qj－

LNhN，（N＝14-23）

N1j1QN

H14.08h119.53h1024.78H24）－＝（100FQj－

LNhN，（N＝24-28）

（6）算新的Vj和

Lj

由式（6-29）计算新的Vj，其中

i＝（－）（hjhj1）＋Q，（i＝1-10）

j

i＝（－）（hjhj1）＋Q，（i＝11-13）

j

i＝（－）（hjhj1）＋100(h14HF,14)＋Q，（i＝14）

j

i＝（）（hjhj1）＋Q，（i＝15-23）

j

i＝（）（hjhj1）＋（H24h24）＋Q，（i＝24）

j

i＝（）（hjhj1）＋Q，（i＝25-28）

j

Lj＝

Vj1－，（i＝2-9）

Lj＝

Vj1－，（i＝10-14）

Lj＝

Vj1＋，（i＝15-23）

47

Lj＝

Vj1－，（i＝24-28）

（7）用式（6-38）计算τ 重复迭代，直到τ< 最终迭代得此体系为： 组成 n-C4 n-C5 n-C6 n-C8 温度，K 流率，kmol/h 塔顶产品 0 0 第10块板 侧线采出 0 冷凝器热负荷：，再沸器热负荷： 第24块板 侧线采出 0 塔顶产品 0 3题

解：

设C1、C2、C3、C4、C5、C12分别为组分1、2、3、4、5、6 由已知得： F1＝1000mol/h，

z1=0%，z2＝0％，z3＝0％，z4＝0％，z5＝0％，z6＝100％

F4＝286+157+240+169+148＝1000mol/h，

z1=%，z2＝％，z3＝％，z4＝％，z5＝％，z6＝0％

TF,1＝，

TF,4＝，P＝

在塔的操作条件下各组分得相平衡常数Ki，j，气相和液相纯组分的摩尔焓Hi，j和hi，j可分别由下列多项式计算：

Ki,jiiTjiTj2iTj3＝

48

Hi,j＝

AiBiTjCiTj2

hi,j＝

aibiTjciTj2

系数可由例6-3中附表查得。 计算的具体步骤为：

（1） Tj和Vj赋值，求解Kj，Hj和hj。

（2） 出相平衡方程和物料衡算方程，求出

xi,j。根据题设列出具体的方程组为

B1xi,1C1xi,2D1

A2xi,1B2xi,2C2xi,3D2

Ajxi,j1Bjxi,jCjxi,j1Dj(j=3-14)

A15xi,14B15xi,15D15

其中，

AjVj＝

+1000－

V1，（j＝2，3）；

AjVj＝

+2000－

V1，（j＝4）

V1＋VjKi,j]， (j=1-3) V1＋VjKi,j]， (j=4)

Bj＝－[

Vj1+1000－

Bj＝－[

Vj1+2000－

C1=Vj1Ki,j1(j=1-4)；

DjFjzi,j

(3)用速率加和关系式（6-39）计算新的

Li，用式（6-40）计算新的Vj

49

（4）一级用式（6-23）使

xi,j归一化，用式（6-2）使

yi.j

归一化。

（3） 用式（6-47）算新的Tj

Hj其中，

hj、

Hj、

hj、

TjTj分别由式（6-48）－（6-51）求得，系数可由例6-3中附表查得。

（6）用式（6-53）计算τ 重复迭代，直到τ< 最终迭代得此体系为：

组成 C12 C1 C2 C3 n-C4 n-C5 流率，kmol/h 塔顶 塔底 4题

设N2、C1、C2、C3、C4、C5、C6分别为组分1、2、3、4、5、6、7 由已知得： F1＝++++++＝h，

z1=%，z2＝％，z3＝％，z4＝％，z5＝％，z6＝％，

z7＝％，W7＝h TF,1＝， P＝1034kPa

在塔的操作条件下各组分得相平衡常数Ki，j，气相和液相纯组分的摩尔焓Hi，j和hi，j可分别由下列多项式计算：

Ki,j＝

iiTjiTj2iTj3AiBiTjCiTj2

Hi,j＝

50

hi,j＝

aibiTjciTj2

系数可由例6-3中附表查得对于C6，有 K与T的关系：

iiii H与T的关系

A ×105 h与T的关系

a ×104 ×10-3 ×10-4 ×10-7 B ×102 C 0 b ×102 c ×10-1 计算的具体步骤如下：

1对迭代变量Tj和Vj赋值，求解Kj，Hj和hj

2 用托马斯法由式（6-16）计算

xi,j

3 用速率加和关系式（6-39）计算新的

Li，用式（6-40）计算新的Vj

4 一级用式（6-23）使

xi,j归一化，用式（6-2）使

yi.j归一化。

5 用式（6-47）算新的Tj 6 用式（6-53）计算τ 重复迭代，直到τ< 最终迭代得此体系为：

组成 N2 C1 C2 C3 n-C4 n-C5 n-C6 塔顶 塔底 0 0 51

温度，K 流率，kmol/h

5题

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第六章习题

1.活性炭对CO的吸附平衡可用Langmuir方程式表示。在℃条件下，

KCO1.28103kPa1，

。欲用此活性炭在℃和下吸附回收空气中的

CO。且CO在空气中的含量是％（体积分数）。试求使用10kg活性炭最大可得到多少m3清洁空气。对空气的吸附可忽略不计。

解： pCOyCOp0.005101.30.5065 kPa 代入Langmuir方程

qCOKCOpCO1.281030.5065qCO,m0.081KCOpCO11.281030.5065

＝×10-5 m3(STP)/Kg 活性炭

105.181050.10.005 最大处理空气量＝ m3

2. 苯酚在废水中的吸附等温线。进行了苯酚水溶液在粒状活性炭上的间歇吸附实验。室温下的平衡数据如表所示： C( Kg 酚 / m3 溶液 ) q (Kg 酚 / Kg 活性炭 ) 确定拟合该实验数据的吸附等温关系。 解： 画1/q～1/c 曲线，其结果不是直线，说明不符合Langmuir 方程。以lng q对 lng c作图得到直线，如图12﹒1－2所示，因此符合Freundlich方程，其斜率n=, 常数K=，故 q＝

52

-0.8-0.9-1.0-1.1logq-1.2-1.3-1.4-1.5-3.0-2.5-2.0-1.5-1.0-0.5logC

3. 搅拌槽中放入含 酚 /m 3 的废水 1 m3 , 再加入 K g 的新鲜粒状活性炭，充分混合达到平衡。吸附平衡关系见习题 2 ，求酚的脱除率。

解： CF= Kg酚/m3 , S= m3 , M= Kg炭 假设gF=0 ,作酚的物料衡算： 0（）+（）＝q + c 平衡关系 q =

联立求解得： q = Kg酚 /Kg 炭 , c= Kg 酚/ m3

cFc0.2100.06270.5%c0.210 酚的脱除率＝F

4. 碳氢化物原液的色度为20色度单位/kg溶液，在80℃用活性炭接触过滤釜脱色精制至色度单位/kg溶液，吸附平衡关系用Freundlish方程表示：X= 630Y1/式中Y 为色度单位 /kg溶液； X 为吸附平衡浓度，色度单位/kg活性炭。试求：①单釜吸附，处理1000kg原液所需要活性炭量；②二级错流，处理1000kg原液所需要活性炭最小用量。

解：由平衡关系得： X=630*(Y)1/

X0=0 Y0=20

X1=630*1/ = Y1= ① 单釜吸附

L (Y0-Y1)=S(X1-X0) ， L=1000kg ∴S=1000*/=42kg

② X0=0 Y0=20 Y2= 若使总吸附剂用量最小，则：

(Y1/Y2)1/n-1/n(Y0/Y1)=1-1/n 其中n= 代入数值求得：Y1=

∴ S1=L[(Y0-Y1)/(Y1/K) 1/n]= S2=L[(Y1-Y2)/(Y1/K) 1/n]= ∴ S=S1+S2=

即二级错流时处理1000kg原料需活性炭。

53

【P230例6-4】5. 含乙醇蒸气的空气排放气用粒状活性炭填充床吸附。填充床直径 4cm 、床高 14 cm ，内装吸附剂 g 。原来气流率 754 cm3/s ， 乙醇浓度 ％ ，密度 g/cm3。 实测透过曲线数据如下表所示 c/c0 c/c0 时 间， h 时 间， h 0 0 3 0 4 5 穿透点浓度设为 c/c0 = ，求：①确定穿透时间；达到穿透点时吸附能力的利用率；未用床层的长度。②设计一台新的吸附器，若规定穿透时间为 小时，那么床层长度应为多少

解： (a) 由附表数据画出下图，由曲线确定当 c/c0 = 时穿透时间 tb = h ；由透过曲线与 c/c0= 直线的交点cd 确定td = h 。对图中断面线部分进行图解或数值积分得出A1 = h和A2= h 。由式（－1）

ctt10c0dtA1A23.651.515.16 h

该时间等价于床层的总吸附能力。

由式（－2），

tutb3.650c1cdtA13.650 h

该时间等价于床层可用的吸附能力。因此达到穿透点时床层吸附能力的利用率为

tu /tt= / =。从式（－3），被使用床层长度HB =(14)= cm 由式（－4）计算未用床层长度，

tHHUNB1ttHT10.707144.1 cm

(b) 规定新的穿透时间tb= h ，则按tb增加的比例计算新床的HB

HB6.09.916.33.65 cm

HTHBHUBN16.34.120.4 cm

活性炭饱和吸附能力的确定：

空气速率 G= (754 cm3 /s )（3600 s） g / cm3 )=3122 g (空气) /h 乙醇的总吸附量

600g乙醇Q106g空气3122g空气h5.16h9.67 g (乙醇) 饱和吸附能力 ＝ g (乙醇) / g (炭) ＝ g (乙醇) /g (活性炭) 新床吸附剂的利用率为 / =

6题

54

解：

① 饱和溶液15％（wt）

505044.1%0.15100x

加水：x= kg

② 设析出NaSo4﹒10H2o yKg

5014214250y3223220.08100380.33y

（10℃饱和溶液浓度8％） y =

② 升高温度大于33℃，从系统中蒸发水使之进入（固体Na2So4+溶液）区，即可得到NaSo4结晶。

7题

解：

设结晶过程中有部分溶剂蒸发，且晶体中含有结晶水。作溶质的物料平衡，即进料溶液中溶质量等于析出的溶质量与残存在母液中的溶质量之和：

C2WC1Y1RWWC1VWY1C2

Y解得：

WRC1C21V1C2R1

8题

解：

55

R =322/142 =

C1=1000/5000= kg Na2so4/ kg H2o C2= kg Na2so4 / kg H2o W=5000 kg H2o

V=2 /100= kg H2o/ kg 原始水

YWRC1C21V50002.270.20.0910.021C2R110.092.271

= 1432 kgNa2so4•10H2o

9题

解：

28目= mm , 35目= 平均孔径 （粒度） mm

粒度间距

N350.5980.4170.172 mm

4500.242164097731.33510001.00.503 #/L

N35

n35N35L353726612 #/(mm•L)

ln n35= 同理计算得

48~65目 平均粒度 mm n65= #/(mm•L) ln n65= 列出计算结果

56

筛子目数 质量 % ln n L ，mm 65 35

0lnnlnnLG

列出

017.452lnn0.251G3.38

015.131lnn0.503G3.38

解得 G= mm/h ln n0=

00BG 成核速率

19.76760.0321e12.3410 = #/L•h

0GM6knTvc

4

61.0 =

1.33519.7670.03213.384e1000

= 426

接近

450 g/L

10题

解：

57

T①

VQ

471000100211.771.1821100

Q 而

＝ 37600 cm3/s ＝ m3/h

T751994.680.0376 s ＝ h

① 由试验数据整理为L—ln曲线，以2＃筛数据处理为例：

平均开孔

L20.7010.5890.6452 mm

粒度间距 ΔL2= mm

N2∴

2100.07511.7710001.00.6453

＝ 晶粒数目/L

n2∴

N2296080.7L2晶粒数目/（mm﹒L）

∴ ln n2＝

由图得：斜率是， 截距为

② 生产效率及成核速率，晶核密度

G111.090.5540.1628 mm/h

B0=Gn0=

= ×106 晶粒数目/（h﹒L） n0==×108 ③ 核算数据正确性

58

Mt=6ki,cn0（GT）4

= 6××（1000）××108×（×）4 = g/L ④ 计算分布数据

w11X1X216X1ex2 得： XLLLGT0.5540.16280.0902

计算结果汇总表附图

筛号 筛分粒度 保留质量分数 kV ln n 1 701 1 2 589 1 3 495 1 4 417 1 5 351 1 6 295 1 7 248 1 8 208 1 9 175 1 10 147 1 11 124 1 12 104 1 13 88 1 14 74 1 15 — 1

题

L59

X W

11解：

截留率为：

Rc蔗糖，原料c蔗糖，渗透物c蔗糖，原料1c蔗糖，渗透物c蔗糖，原料15010.99530000

或 R=%

选择性因子α蔗糖/水为

蔗糖，水c蔗糖，渗透物c水，渗透物c蔗糖，原料c水，原料1509998504.85103397

或α水，蔗糖=206

因为溶剂分子可以自由通过膜，所以对于含有一种溶剂和一种溶质的液相混合物，用溶质截留率R表示选择性更为方便。用α水，蔗糖=206表示溶质的截留率不是一种令人满意的方法。

12题

解：

R01① 推导

CPCb1RoCPRoCbCP 则

R1

CPCmCP1RRCmCP 则

JVk

CmCPlnCCP 代入 b1RolnRo 得 

1RJVlnRk

60

1166JJAP2100.210410W ② 计算 V m3/

k14.221060.40.8756.38106 m/s

410610.81Rlnln60.8R6.3810

R= 即 ％

13题

解：

进料盐浓度（1000）/ = mol/L

0.0510000.0085558.599.95 透过侧盐浓度 mol/L

△P= Mpa

若不考虑过程的浓差极化 π进料侧＝（298）(2)/1000= Mpa π透过侧＝(298)(2)/1000= Mpa △P﹣△∏= Mpa

PM,H2olM1.0859104 g/

JH2o 故

PM,H2olMΔPΔπ0.000548 g/

△c= mol/L

PM,NacllM16106 m/s

JNacl=16×10-6× = ×10-9 mol/

61

14题

解：

JVAP

224310c10cm+ m × +×

Jw = 3×103{×298/69000)[c

m

c +

2m1.03106122.07104]0.1} ⑴

Jw ：水透过膜的体积通量 cm3/

cmcp浓差极化方程式 ：

cbcpexpJvk

∵ 溶质截留率100％ ∴ cp = 0 ，得到下列膜面浓度

计算式

cmcbexpJvk （2）

若求出k后则联立求解式 (1) 和式（2）可解Jw和cm ，浓差极化层内的传质系数，可用传质方面的联立式计算，膜组件内为层流流动时

Sh1.62ReScdhL

13 （3）

此式称为

ˆque方程式。适用范围100＜Re﹒S﹒d/L＜5000 LeVec

h

由式（3）求得的传质系数是全膜长L的平均值。 湍流流动时，可用Deissler提出的下列方程式

0.8750.25Sh0.023RSc （4） e

式（3）和（4）中的dh为原液流通的当量直径，定义为流通截面积的4倍除以流通截面的周边长度。

dh4ah2ah

62

平行平板型流通高h 、宽a (对管状膜当量直径＝内径) ∵ h≤a dh = 2h = 2× = cm

u0.51000601.110.2530 cm/s

1cp102p

dhu0.51.11155.5102

Re102Sc14705.88D16.8107

ReScdhL4080＜5000

CdShkLsmhCD

因此用式（3）求得  Csm 主体和膜的对数平均浓度

k1.624080

136.8100.53.521075 cm/s

联立求解 （1），（2）得 Jv=×10-4 cm3/ ， Cm= g/100ml

第七章习题

1 ．在环境状态下，将含有 35% （摩尔）丙酮的水溶液分离成 99% （摩尔）的丙酮和

98% （摩尔）的水。 ① 若丙酮和水被认为是理想溶液，计算以 1 kmol 进料为单位的最小功； ② 在环境状态下的液相活度系数用 Van Laar 方程联立，其常数 A12 = ， A21 = （丙酮组分为 1 ） , 计算最小功。

解： （1） 丙酮和水生成理想溶液，以1h为标准， 设料液量为1kmol，计算两股产品nQ1和nQ2 nQ1＋nQ2＝1

nQ1×99%+nQ2×2%=1×35%

63

联立解得nQ1＝h，nQ2＝h 分离最小功的计算：

Wmin＝×298×[××＋×＋×（×＋×）－（×＋×）] ＝

（2） 应用VanLaar方程计算液相活度系数

2.02.00.352(1)1.70.65进料：ln1＝＝， 同理ln2＝

99％丙酮流股：ln1＝×10-4， ln2＝ 98％水流股：ln1＝， ln2＝×10-4

Wmin＝×298×{×[×+×10-4)+×+]+×[×+×10-4)+×+]－[×++

+]}=

2 ．对如下闪蒸操作计算：① 有效能改变（ T 0 =311K ）； ② 净功耗。

习题 2 附图

流率 kmol/h

物流 1 物流 2

H2 N2

0 苯

环己烷 物流 1 物流 2

322 322 温度 K

2068 压力 kPa

焓 kJ/h

熵 kJ/h×K

解： （1） 已知T0＝311K，进料1-F，馏出物2-D，釜液3-W BD=HD－T0SD＝－331×＝ BW=HW－T0SW＝－311×＝ BF=HF－T0SF＝－311×＝ D=++=h W=+++=h F=+++=h

nkBknjBjΔB分离＝out－in ＝×+××

64

物流 3 物流 3 322

＝h

（2）热量衡算：

FHFQRDHDWHwQC ×（）＋QR＝×（）＋×（）＋QC QR－QC＝Hk

T0T0故-W净＝QR（1－TR）－QC(1－TC) (TR=TC=322K)

＝h

3. 苯-甲苯常压精馏塔，进料、馏出液及釜液的流率和温度，以及各组分的平均摩尔热容如表所示，设环境温度为 20℃，求各股物流的有效能和苯 - 甲苯精馏塔的最小分离功。

物流 流率 kmol/h 苯的摩尔分数 温度℃

322 365 进料

355 馏出液

381 釜液

各温度下苯、甲苯的平均热容 Cp, m，J/ mol×K

365 K 355 K 381 K 组分

苯

甲苯

解：

BHT0S

进料：H1＝×144×72+××72 ＝mol

S1＝×[144×(ln365－ln293)－(1/144)]+×[×(ln365-ln293)－×ln(1/] ＝molK

B1＝－293×＝mol

馏出液：H2=××62+××62=mol

S2=×[×(ln355－ln293)－×ln(1/]+×[16439×(ln355-ln293)－×ln(1/ =molK

B2H2T0S2mol 釜液：H3=××88+××88=mol

S3=×[×(ln381-ln293)×ln(1/]+×[×(ln381-ln293)×ln(1/] =molK

B3=H3T0S3=mol

65

-Wmin=ΔB分离=n2B2+n3B3-n1B1=h

4题

解：

设丙烷、丁烯－1、正丁烯、丁烯－2、正戊烷分别为组分A、B、C、D、E

方法1：由经验规则S2，难于分离的组分后分离，故先分为ABC和DE，在ABC的分离过程中，由C1规则，含量最多的首先分出，故分为AB和C，而由S2规则，也可分为A和BC，故两个较好的流程为：

5题

解：

设HCL、RH3、RCl3、RH2Cl、RHCl2分别为组分A、B、C、D、E

由S1规则得出，A组分应首先分出，故体系分成A和BCDE。由S2规则有将CE两个组分最后分离，而由C2即等摩尔分离规则，故把BCDE分成B和CDE，而后把CDE分为D和CE；或将BCDE分成BD和CE后各自分离，其示意图如下：

66