宁波工程学院化工原理计算题

第五单元 精 馏

5—1．若苯－甲苯混和液在45℃时沸腾，总压为20.3kpa。已知在45℃时,纯苯的饱和蒸气压p0苯22.7kpa,纯甲苯的饱和蒸气压p0甲苯7.6kpa.求其气液相的平衡组成及相对

挥发度。

解：（1）平衡时苯的液相组成x苯、气相组成y苯

pp0甲苯20.37.612.7x苯00.84 0p苯p甲苯22.77.615.1而y苯p0苯22.7x苯0.840.94

p20.3因苯—甲苯可当作理想溶液，故相对挥发度为： p22.73.0p7.60苯0甲苯本题要求掌握泡、露点方程及其应用。

5-3．在一两组分连续精馏塔中，进入精馏段中某层理论板n的气相组成yn＋1为0.75，从该板流出的液相组成xn为0。65（均为摩尔分数)，塔内气液比V/L=2，物系的相对挥发度为2.5,求：1）回流比R；2）流入该板的液相组成xn－1；3）从该板上升的蒸气组成yn 解：1）求R 由

（2）求xn－1

①由精馏段操作线方程yn1解出xD＝0.85（2分） ②因ynLR1（1分）可解出：2R＝R＋1，R＝1 VR12xxR1xnD,得0.75＝0.65＋D R1R122xRxn1D，代入已知量得 R1R10.82310.85xn1，解出xn10.796 223）求yn

1

可用气液平衡方程由、xn求出yn

ynxn2.50.650.823

11xn11.50.65本题要求熟练运用操作线方程和平衡方程解决精馏过程有关计算问题。 5—4．在泡点进料下，某两组分连续精馏塔的操作线方程为： 精馏段：y0.723x0.263 提馏段:y1.25x0.0187

求：1）回流比；2）馏出液;3）釜残液的组成；4）原料液的组成。 解:1）求回流比R

由精馏段操作线方程y0.723x0.263可知：

R0.723 ∴R＝2。61 R12）馏出液组成xD

∵

xD0.263 ∴ xD0.95 R11） 求xW

因xW为提馏段操作线与对角线交点的横坐标，故联立两线方程： yxxW y1.25x0.0187 得:xW＝0.075 4）求原料液组成xF

当泡点进料q＝1,此时两操作线交点的横坐标即xF y0.723xF0.263 y1.25xF0.0187 得：xF

5-5．在连续精馏塔中分离两组分理想溶液。已知原料液组成为0.6（摩尔分数，下同），馏

2

0.2630.01870.535

1.250.723出液组成为0.9，釜残液组成为0.02.泡点进料。求: 1）求每获得1kmol/h馏出液时的原料液用量F; 2）若回流比为1。5，它相当于最小回流比的多少倍？

3）假设原料液加到加料板上后，该板的液相组成仍为0.6，则上升到加料板上的气相组成。(已知物系的平均相对挥发度为3） 解：

1） 求当D＝1kmol/h时F为多少

由全塔物料衡算：

FDW1W

FxFDxDWxW

代入已知量可解得：W＝0.52kmol/h，F＝1.52kmol/h。 2）求R/Rmin，已知m3 ①泡点进料q＝1，则xq＝xF＝0。6 ②由气液平衡方程：

mxq30.6yq0.818

1m1xq120.6③求Rmin，RminxDyqyqxq0.90.8180.376

0.8180.6④求R/Rmin，R/Rmin1.53.99（倍） 0.3763）求上升到加料板上的气相组成

因加料板是提馏段第一层板，故所求量为y2’ ①LRD1.511.5kmol/h

泡点进料q＝1，已知F＝1。52kmol/h，W＝0。52kmol/h，xW＝0。02，xF＝0.6 ① 提馏段操作线方程为：ym1'代入已知量：ym1'LqFWxm'xW,

LqFWLqFW1.51.520.520.02xm',

1.51.520.521.51.520.52 ym1'1.208xm'0.00416

③y2'1.208x1'0.004161.2080.60.004160.721

3

5—6．在常压连续提馏塔中,分离两组分理想溶液,该物系平均相对挥发度为2。0。原料液流量为100kmol/h，进料热状态参数q为0.8，馏出液流量为60kmol/h，釜残液组成为0。01（易挥发组分摩尔分率)，试求；

1)操作线方程;

2）由塔内最下一层理论板下流的液相组成xN。

解：本题为提馏塔,即原料由塔顶加入，一般无回流，因此该塔仅有提馏段.再沸器相当一层理论板.

1）操作线方程

此为提馏段操作线方程，即 LW ym1xw xmVV其中 L′=L+qF=0+0.8×100=80kmol/h

V=D=60kmol/h

V′=V+(q－1）F=60+（0。8－1）×100=40kmol/h W=F－D=100－60=40kmol/h 8040故 ym1xm0.012x0.01 40402)塔内最下一层理论板下降的液相组成xN′ 因再沸器相当一层理论板，故 ywaxw20.010.0198

1a1xw10.01因xN′和yW′呈提馏段操作线关系，即 yW 2xN0.010.0198解得 xN′=0.0149

说明：提馏塔又称回收塔。当精馏目的是为了回收稀溶液中易挥发组分时，且对馏出液的浓度要求不高，不用精馏段已可达到要求，不需回流。从稀氨水中回收氨即是回收塔的一个例子。

5-7．在常压连续精馏塔中分离两组分理想溶液。该物系的平均相对挥发度

为2.5。原料液组成为0。35(易挥发组分摩尔分率，下同），饱和蒸气加料。塔顶采出率DF为40%,且已知精馏段操作线方程为y=0。75x+0.20,试求：

4

1）提馏段操作线方程：

2)若塔顶第一板下降的液相组成为0。7，求该板的气相默夫里效率Emv1.

解：先由精馏段操作线方程求得R和xD，再任意假设原料液流量F，通过全塔物料衡算求得D、W及xw，而后即可求出提馏段操作线方程.

Emv1可由默夫里效率定义式求得。

1）提馏段操作线方程 由精馏段操作线方程知

R0.75 R1解得 R=3。0

xD0.20 R1解得 xD=0.8

设原料液流量F=100kmol/h 则 D=0。4×100=40kmol/h W=60kmol/h xWFxFDxD1000.35400.80.05

FD10040因q=0，故

L′=L=RD=3×40=120kmol/h

V′=V－（1－q)F=（R+1)D－（1－q）F=4×40－100=60kmol/h

提馏段操作线方程为 yLL12060xxwx0.052x0.05 VW60602)板效率Emv1

由默夫里板效率定义知： Emv1y1y2 *y1y2其中 y1=xD=0。8

y2=0。75×0.7+0.2=0.725

* y1ax12.50.70.854

1a1x111.50.7故 Emv10.800.720.5858%

0.8540.725

5

第六单元 吸 收

6—1。 总压为101.325kPa、温度为20℃时，1000kg水中溶解15kg NH3，此时溶液上方气相中NH3的平衡分压为2。266kPa。试求此时之溶解度系数H、亨利系数E、相平衡常数m。

解：首先将此气液相组成换算为y与x。

NH3的摩尔质量为17kg/kmol,溶液的量为15kg NH3与1000kg水之和.故 x*nAnA15/170.0156 nnAnB15/171000/18p*2.266 yA0.0224

P101.325y*0.0224 m1.436

x0.0156 E=P·m=101.325×1。436=145。5kPa

p*2.266或 EA145.3kPa

x0.0156溶剂水的密度ρs=1000kg/m,摩尔质量Ms=18kg/kmol

3

Hs10000.382kmol/（m·kPa）

EMs145.3183

或:

315/17 cAnAmA/MA0.869kmol/m

mAms/s151000/1000V30.869所以 HcAkmol/（m·kPa） 0.383p*2.266A本题要求掌握亨利定律及亨利系数（E、H、m）之间的互相关系。 6-2．已知常压、25℃下某体系的平衡关系符合亨利定律，亨利系数E为

大气压,

溶质A的分压为0。54大气压的混合气体分别与三种溶液接触:①溶质A浓度为

的水溶液；②溶质A浓度为

的水溶液；③溶质A浓度为

的水溶液。试求1)上述三种情况下溶质A在二相间的转移方向.2）若吸收压

力提高至3atm，再计算③的传质方向。

解： 1） E=0.15×104atm，p=0。054atm，P=1atm，y=p/P=0.054

① mE015.104 P 6

x10.0211033.6105 18* ∴y1mx10.054 ∴yyy10 ∴平衡 ② x2*0.0015 18.10311018** ∴y2mx20.027 ∴yyy20 ∴气相转移至液相 ③ x30.0035 5.410311018* ∴y3mx30.081 ∴yyy30 ∴液相转移至气相 2) P=3atm y=0。054 E=0。15×10atm ∴m=E/P=0.05×10 x4=x3=5.4×10

∴y4mx40.027 ∴yyy40 ∴气相转移至液相

说明：利用吸收相平衡关系可判断传质过程进行的方向；计算传质过程的推动力和吸收过程可达到的极限.低温高压有利于吸收。

6—3. 在常压逆流吸收塔中,用纯吸收剂吸收混合气中的溶质组分。进塔气体中溶质组分为4。5％（体积）,吸收率为90％；出塔液相组成为0。02（摩尔分数)，操作条件下平衡关系为Y*=1。5X。求： 1）塔顶气相传质推动力; 2） 塔底气传质推动力； 3） 全塔平均推动力. 解：

1）y1=0。045=4。5％

**-5

4

4

*y0.045Y0.0471y10.045111出塔气相组成Y2=Y1(1-φA）=0.047×（1-0.90)=0。0047 进塔液相组成x2=0。 m=1.5

塔顶气相推动力：ΔY2=Y2—Y2＊=Y2—mX2=0。047—0=0。0047

7

2）出塔液相组成：

x0.02X0.02041x10.02111塔底气相推动力：ΔY1=Y1—Y1＊=Y1—mX1=0.047—1。5×0.0204=0。0164 3)全塔气相平均推动力ΔYm：

Ym1YY0.01640.00470.00936Y0.0164lnln0.0047Y112112本题要求掌握吸收过程传质推动力的计算. 6—4．某传质过程的总压为300

，吸收过程传质系数分别为

、 ，试

,气液相平衡关系符合亨利定律,亨利系数E为

求：1）吸收过程传质总系数

和

；2）液相中的传质阻力为气相的多少倍。

解：1）E = 10.67×103kPa,P = 300kPa，

∴Ky = 0.3919

11111 ∴Kx = 13。94 Kxmkykx3557.107.22m2）

kxky11kx1173.

mky本题目要求掌握吸收传质系数的计算及相互关系。

6—5．在常压逆流操作的填料吸收，用清水吸收空气-氨混合气体中的氨.混合气的质量流速为580Kg/（m·h）。溶质组成为6％（体积）,吸收率为99％,水的质量流速为770Kg/（m2·h）.操作条件下平衡关系为Y*=0.9X.若填料层高度为4m。求: 1）气相总传质单元数NOG； 2）气相总传质单元高度HOG. 解:

8

2

1)清水吸收x2=0

Y1y10.060.0638 1y110.06Y2=Y1（1—φA)=0。0638×（1-0。99)=0。000638 混合气的平均摩尔质量：

Mm=MAyA+MByB=29×（1—0.06)+17×0.06=28.28Kg/Kmol 惰气的摩尔流速

V58010.0619.28Kmol/m2h 28.28L77042.78Kmol/m2h MH2O清水的摩尔流速为：

SmvL0.9V0.919.280.4056L42.78

G1Y1mX2Ln1ss1sY2mX210.06380Ln1-0.40560.40566.8810.40560.000638Z40.58m NOG6.88

HG本题是吸收过程的基本计算,要求能熟练掌握传质单元数和传质单元高度的计算。 6-6．在一逆流操作的填料塔中，用循环溶剂吸收气体混合物中溶质.气体入塔组成为0。025(摩尔比，下同)，液气比为1.6，操作条件下气液平衡关系为Y=1.2X。若循环溶剂组成为0.001,则出塔气体组成为0。0025，现因脱吸不良，循环溶剂组成变为0.01，试求此时出塔气体组成。

解:两种工况下，仅吸收剂初始组成不同，但因填料层高度一定，HOG不变，故NOG也相同.由原工况下求得NOG后，即可求算出新工况下出塔气体组成。

原工况（即脱吸塔正常操作）下： 吸收液出口组成由物料衡算求得：

X1VY1Y2X20.0250.00250.0010.0151

L1.6吸收过程平均推动力和NOG为：

ΔY1=Y1－mX1=0。025－1。2×0。0151=0.00688

9

ΔY2=Y2－mX2=0.0025－1.2×0.001=0.0013 YY1Y20.006880.00130.00335

mY0.00688lnln10.0013Y2 NOGY1Y20.0250.00256.72

Ym0.00335新工况（即脱吸塔不正常)下;

设此时出塔气相组成为Y2′，出塔液相组成为X1′，入塔液相组成为X2′，则吸收塔物料衡算可得： X1VY1Y2X20.025Y20.01 (a） L1.6NOG由下式求得

NOG1Y1mX110.0251.2X1 lnlnmVYmX1.2Y1.20.0111222L1.6即 4ln0.0251.2X16.72

Y20.012 0。025－1.2X1′=5。366(Y2′－0.012） 联立式（a)和式(b），解得: Y2′=0.0127 X1′=0。0177

吸收平均推动力为:

YY1Y20.0250.01270.00183

mNOG6.72说明：计算结果表明，当吸收－脱吸联合操作时，脱吸操作不正常，使吸收剂初始浓度升高，导致吸收塔平均推动力下降，分离效果变差，出塔气体浓度升高.

6-7．在一填料层高度为5m的填料塔内,用纯溶剂吸收混合气中溶质组分。当液气比为1.0时，溶质回收率可达90％。在操作条件下气液平衡关系为Y=0。5X.现改用另一种性能较好的填料，在相同的操作条件下，溶质回收率可提高到95%，试问此填料的体积吸收总系数为原填料的多少倍？

解：本题为操作型计算，NOG宜用脱吸因数法求算. 原工况下:

10

NOGYmX21ln1S1S 1SY2mX2其中 SmV0.5

L

因X2=0 则：Y1mX2Y1Y2mX2Y21110 110.9故 NOG1ln10.5100.53.41 10.5气相总传质单元高度为: HOGVZ51.466 KYaNOG3.41新工况(即新型填料)下：

11 NOGln0.50.54.703 0.510.95VZ5 HOG1.063

KYaNOG4.703则 KYaHOG1.4661.38

KYaHOG1.063即新型填料的体积传质系数为原填料的1.38倍.

说明：对一定高度的填料塔,在其它条件不变下，采用新型填料，即可提高KYa,减小传质阻力，从而提高分离效果。

6—8．在填料高度为4m的常压填料塔中，用清水吸收尾气中的可溶组分。已测得如下数据：尾气入塔组成为0。02，吸收液排出的浓度为0。008（以上均为摩尔分率），吸收率为0.8，并已知此吸收过程为气膜控制，气液平衡关系为y=1.5x。求： 1）该塔的HOG和NOG；

2）操作液气比为最小液气比的倍数；

3）若法定的气体排放浓度必须 0。002，可采取哪些可行的措施？并任选其中之一进行计算。 解: 1)y

＊

10.025%~10%可当作低浓气体吸收，yY,xX

y1y10.80.020.004

22

Lyy0.020.0042Vxx0.0081212

11

mV1.5S0.75L2

NOG1ymxln1SS 1Symx1222110.75ln10.750.020.0040.752.773

HhOG0N4.7731443.m OG22）

Ly1y2y1y2Vx1.50.min1x2y81.21mxa

LV2L1.21.667Vmin3） 可采取的措施： a。增加填料层高度

HV不变(V不变，气膜控制Kya不变）OGKya

SmVL0.75不变

112

NOG1Sln1Symxy2mxS2 110.75ln10.750.020.0020.754.715 h0HOGNOG1443.4.715680.m

h0h2.8470% 0 b。增大用水量

因为V不变，气膜控制，所以Kya不变，HOG不变

又h0不变，所以NOG也不变

12

即

1ymxNln1SS1Symx12OG22

2.77310.02ln1SS 1S0.002试差S027. 或由

ymxN~S~ymx1OG2图，查得S027.

22

LS0.752.78 LS0.27 c。其它操作条件不变，降低操作温度，m变小,

SmV，而塔高、气相总传质单

L元高度、气相总传质单元数不变，根据NOG1ymxaln1SbS的关系图可知，1Syamxayb，yb不变,故气体出口浓度ya降低. ya d。其它操作条件不变，增大操作压力，由m总传质单元高度、气相总传质单元数不变，根据

NOGEmG,m变小,S，而塔高、气相pL 的关系图可

ymx1ln1SS1Symx1222知，

yy12，y1不变,故气体出口浓度y2降低。

 e。其它条件不变，选用对溶质溶解度大的吸收剂，即m小。与c、d分析相同，得到y2降低。

f。 其它条件不变,改用另一种吸收性能较好的填料，提高吸收总传质系数及单位体积填料的有效传质面积增大，即KYa，气相总传质单元高度变小，塔高不变，气相总传质单元数变大，又因S也不变，故根据

NOG的关系图可知，

ymx1ln1SS1Symx1222yy12，yb不

变,故气体出口浓度y2降低。

说明:工业上提高吸收率，降低出口气体浓度的具体措施可以从吸收过程的设计方面入手，如增加塔高、改换吸收剂及改用性能良好的填料。另外一方面从吸收操作方面入手降低气体出口浓度更为方便，如降低吸收温度、提高吸收压力、适度增大吸收剂用量，若非清水

13

为吸收剂,还可降低吸收剂入口浓度.

14

第七单元 萃 取

7-1．现有含15%（质量)醋酸的水溶液30kg，用60 kg纯乙醚在25℃下作单级萃取，试求： 1）萃取相、萃余相的量及组成;

2）平衡两相中醋酸的分配系数，溶剂的选择性系数。

表1 在25℃下，水（B）—醋酸（A)-乙醚（S）系统的平衡数据（均以质量%表示）

水 层 水 93.2 88.0 84.0 78.2 72。1 65。0 55.7 解：

1）①作溶解平衡曲线，并作几条连结线 ②作F点，连结FS，测量其长度

③求作M点,F+S=M，MF/MS=S/F =60/30=2，故M三等分FS，且靠近S

④过M点作平衡连结线,得萃取相E和萃余相R的组成点

⑤量出线段RE、ME长度

R/E=ME/MR R=M×ME/RE=26。4kg E=M-R=63。6kg ⑥从图上读出：

萃取相E yA =0。048 yB=0.040 ys =0。912

醋酸 0 5.1 8。8 13。8 18.4 23.1 27。9

乙醚 6。7 6。9 7.2 8.0 9。5 11。9 16.4

水 2。3 3.6 5.0 7.2 10。4 15.1 23.6

乙 醚 层

醋酸 0 3。8 7。3 12。5 18。1 23。6 28。7

乙醚 97。7 92.6 87.7 80.3 71.5 61。3 47。7

15

萃余相R xA =0。063 xB =0.860 xS =0。077

2）kA= yA/xA =0。048/0.063=0。762

β=（yA/xA)/（yB/xB）=（0。048/0.063）/（0。040/0.860）=16.381

7—2。醋酸水溶液100 kg，在25℃下用纯乙醚为溶剂作单级萃取，原料液含醋酸χ=0。20，欲使萃余相中中醋酸χA=0。1（均为质量分率）。试求： 1）萃余相及萃取相的量和组成； 2）溶剂用量S.

已知25℃下物系的平衡关系为УA =1.356χA

1.201

1。96УA УS =1。618-0.6399e χS =0.067+1.43χA

2.273

式中 УA --与萃余相醋酸浓度χA成平衡的萃取相醋酸浓度;

УS —-萃取相中溶剂的浓度； χS ——萃余相中溶剂的浓度； УA ,УS ,χS 均为质量分数。

解：

a。 χA=0。1 УA =1.356χA

УS =1.618—0。6399e1.96УA 1.201

=0.085

2.273

=0。862 χS =0.067+1.43χA=0.075

b。作溶解度平衡曲线，找出萃余相萃取相的组成点R、E。 c.连结RE，与FS交于点M,测量ME，MR，MS，MF的长度。

d。解方程组①R/E=ME/MR ②R+E=F+S ③F/S=MS/MF 代入即①R=0.6266E ②R+E=100+S ③100/S=0。7930 解得 R=87kg E=139kg S=126kg

16

e.故 萃余相的量是 R=87kg ，其组成为χA=0.1，χB=0。825, χS=0。075 萃取相的量是E=139kg, 其组成为УA=0.085，УB=0.053，УS ==0.0862 溶剂用量S=126kg。

7-3．在25℃下以水（S)为萃取剂从醋酸(A）与氯仿（B）的混合液中提取醋酸。已知原料液流量为1000kg/h,其中醋酸的质量百分率为35％，其余为氯仿。用水量为800kg/h。操作温度下,E相和R相以质量百分率表示的平均数据列于本例附表中。

试求：1）经单级萃取后E相和R相的组成及流量；

2）若将E相和R相中的溶剂完全脱除，再求萃取液及萃余液的组成和流量; 3)操作条件下的选择性系数β；

4）若组分B、S可视作完全不互溶,且操作条件下以质量比表示相组成的分配系数K=3.4,要求原料液中溶质A的80%进入萃取相,则每公斤稀释剂B需要消耗多少公斤萃取剂S？

解：根据题给数据,在等腰直角三角形坐标图中作出溶解度曲线和辅助曲线，如附表2所示。

附表2

氯仿层（R相）

醋 酸 0．00 6．77 17．72 25．72 27．65 32．08 34．16 42．5

1）两相的组成和流量 根据醋酸在原料液中的质量百分率为35%,在AB边上确定F点，联结点F、S，按F、S的流量用杠杆定律在FS线上确定和点M.

因为E相和R相的组成均未给出，需借辅助曲线用试差作图法确定通过M点的联结线

水 0．99 1．38 2．28 4．15 5．20 7．93 10．03 16．5

水 层（E相) 醋 酸 0．00 25．10 44．12 50．18 50．56 49．41 47．87 42．50

水 99．16 73．69 48．58 34．71 31．11 25．39 23．28 16．50

17

ER。由图读得两相的组成为

E相 yA=27%，yB=1.5％，yS=71.5% R相 xA=7.2％，xB=91.4％，xS=1。4%

依总物料衡算得

M=F+S =1000+800=1800kg/h

由图量得RM=45。5mm及RE=73.5mm EMRM180045.51114kg/h

73.5RE R=M－E=1800－1114=686kg/h

2）萃取液、萃余液的组成和流量 连接点S、E，并延长SE与AB边交于E′，由图读得yE′=92％。

连接点S、R，并延长SR与AB边交于R′，由图读得xR′=7.3%。 萃取液和萃余液的流量由式8—36及式8—37求得，即 357.3R EFxFx1000327kg/h y927.3ExR RFE1000327673kg/h

萃取液的流量E′也可用式8—23计算，两法结果一致.

3）选择性系数β用式8-27求得，即 yA/yB27/1.5228.5

xAxB7.291.4由于该物系的氯仿（B）、水（S）互溶度很小,所以β值较高，所得到萃取液浓度很高。 4）每公斤B需要的S量 由于组分B、S可视作完全不互溶,则用式8—34计算较为方便.有关参数计算如下： XFxF0.350.5385 1xF10.35 X11AXF10.80.53850.1077 YS=0

Y1与X1呈平衡关系,即 Y1=3。4X1=3。4×0。1077=0.3662

S/B=（XF－X1)/Y1=（0.5385－0.1077）/0.3662=1.176 即每公斤稀释剂B需要消耗1.176kg萃取剂S.

需要指出，在生产中因溶剂循环使用，其中会含有少量的组分A与B.同样，萃取液和萃余液中也会含少量S。这种情况下，图解计算的原则和方法仍然适用，仅在三角形相图中

18

点S、E′及R′的位置均在三角形坐标图的均相区内。

7—4.以二异丙醚在逆流萃取器中使醋酸水溶液的醋酸含量由30％降到5％（重量％)，萃取剂可以认为是纯态，其流量为原料液的两倍，应用三角形图解法求出所需的理论级数。操作温度为20℃,此温度下的平衡数据如表3所示。

表3 醋酸（A）-水（B）—二异丙醚（S)在20℃下的平衡数据（质量％）

水 相

序号

％A

1 2 3 4 5 6 7 8 9 解：

0。69 1。4 2。7 6。4 13。30 25.50 37。00 44.30 46。40

%B 98.1 97.1 95。7 91。7 84。4 71。1 58。6 45。1 37。1

％S 1.2 1。5 1.6 1。9 2.3 3.4 4。4 10.6 16.5

％A 0.18 0。37 0。79 1。9 4.8 11.40 21.60 31。10 36.20

%B 0.5 0。7 0。8 1。0 1。9 3。9 6.9 10.8 15.1

％S 99。3 98。9 98.4 97.1 93。3 84。7 71。5 58.1 48.7

异 丙 醚 相

①xf=0。30在相图上定出F点，连结FS，测其长度 ②求作M点，MF/MS=S/F=2，故M三等分FS，且靠近S

③按末级xN=0.05，在溶解度曲线上找出RN点,连结RNM并延长与溶解度曲线相交，得离开第一级的萃取相浓度点E1

④连结FE1并延长，连结RNS并延长，交于点D

19

⑤过E1点作平衡连结线，得R1,此为第一级

⑥连结R1D，与溶解度曲线交于点E2,过E2作平衡连结线R2E2，此为第二级 ⑦按照⑥继续作图直至R7时,萃余相的溶质浓度x7=0.05 ⑧故所需要理论级数为7级。

7—5．25℃时丙酮（A)-水（B)-三氯乙烷（S）系统以质量百分率表示的溶解度和联结线数据如附表4和附表5所示。

附表4溶解度数据

三氯乙烷 99．89 94．73 90．11 79．58 70．36 64．17 60．06 54．88 48．78

附表5联结线数据

水相中丙酮xA

5．96

10．0 15．0

14．0 21．0

19．1 27．7

21．0 32

27．0 40．5

35．0 48．0

水 0．11 0．26 0．36 0．76 1．43 1．87 2．11 2．98 4．01 丙 酮 0 5．01 9．53 19．66 28．21 33．96 37．83 42．14 47．21 三氯乙烷 38．31 31．67 24．04 15．89 9．63 4．35 2．18 1．02 0．44 水 6．84 9．78 15．37 26．28 35．38 48．47 55．97 71．80 99．56 丙 酮 54．85 58．55 60．59 58．33 54．99 47．18 41．85 27．18 0 三氯乙烷相中丙酮yA 8．75

用三氯乙烷为萃取剂在三级错流萃取装置中萃取丙酮水溶液中的丙酮。原料液的处理量为500kg/h,其中丙酮的质量百分率为40％，第一级溶剂用量与原料液流量之比为0。5,各级溶剂用量相等。试求丙酮的回收率。

解：丙酮的回收率可由下式计算，即 AFxFR3x3

FxF关键是求算R3及x3。

由题给数据在等腰直角三角形相图中作出溶解度曲线和辅助曲线。

20

第一级加入的溶剂量，即每级加入的溶剂量为 S=0.5F

=0.5×500=250kg/h 根据第一级的总物料衡算得 M1=F+S

=500+250=750kg/h

由F和S的量用杠杆定律确定第一级混合液组成点M1,用试差法作过M1点的联结线E1R1。根据杠杆定律得

RME1M175033369.4kg/h

11E1R167再用250kg/h的溶剂对第一级的R1相进行萃取。重复上述步骤计算第二级的有关参数,即

M2=R1+S=369。4+250=619.4kg/h R2M2E2M243619.4321kg/h

83E2R2同理,第三级的有关参数为 M3=321+250=571kg/h R357148298kg/h 92由图读得x3=3.5％.于是,丙酮的回收率为

AFxFR3x35000.42980.03594.8%

FxF5000.4

21

第八单元 干燥

8-1．已知湿空气的总压pt=101.3kPa,相对湿度=0.6，干球温度t=30℃.试求:

1)湿度H；2)露点td;3）绝热饱和温度；4）将上述状况的空气在预热器中加热至100℃所需的热量。已知空气质量流量为100kg（以绝干空气计）/h;5）送入预热器的湿空气体积流量，m/h。

解：已知pt=101。3kPa，=0。6，t=30℃。

由饱和水蒸气表查得水在30℃时的蒸气压ps=4。25kPa 1）湿度H： H0.6223

ps0.64.250.6220.016kg/kg

ptps101.30.64.252）按定义，露点是空气在湿度不变的条件下冷却到饱和时的温度，现已知 pps0.64.252.55kPa 由水蒸气表查得其对应的温度td=21。4℃.

3）求绝热饱和温度tas:

tastras/cHHasH （a）

已知t=30℃并已算出H=0。016kg/kg，又cH=1.01+1。88H=1。01+1.88×0.016=1.04kJ/kg,而ras、Has是tas的函数，皆为未知，可用试差法求解.

设tas=25℃，pas=3。17kPa，Has=0。622

pas3.170.6220.02kg/kg，

ptpas101.33.17ras=2434kJ/kg,代入式(a）得tas=30—(2434/1.04）(0。02-0.016）=20.6℃＜25℃。

可见所设的tas偏高，由此求得的Has也偏高,重设tas=23。7℃,相应的pas=2。94kPa,Has=0。622×2。94/(101。3-2.94）=0。0186kg/kg，ras=2438kJ/kg，代入式（a)得tas=30—（2438/1.04）（0.0186—0.016）=23.9℃。两者基本相符，可认为tas=23.7℃。

4）预热器中加入的热量

Q=100×（1。01+1.88×0.016）（100-30） =7280kJ/h或2。02kW 5)送入预热器的湿空气体积流量

27330 V10022.4292733101.388m/h

101.30.64.25本题要求掌握湿空气性质参数及其计算。

22

8—2． 今有一干燥器,湿物料处理量为800kg/h.要求物料干燥后含水量由30％减至4%（均为湿基）。干燥介质为空气,初温15℃，相对湿度为50%，经预热器加热至120℃进入干燥器，出干燥器时降温至45℃，相对湿度为80%。 试求:1)水分蒸发量W；

2）空气消耗量L、单位空气消耗量l； 3）如鼓风机装在进口处，求鼓风机之风量V。

解：1）水分蒸发量W

已知G1=800kg/h，w1=30%，w2=4%，则 Gc=G1(1—w1）=800(1-0。3)=560kg/h X1w10.30.429

1w110.3 X2w21w20.040.042

10.04 W=Gc（X1-X2）=560×（0.429—0。042)=216。7kg水/h 2）空气消耗量L、单位空气消耗量l

由I-H图中查得，空气在t=15℃，=50％时的湿度为H=0。005kg水/kg绝干空气。 在t2=45℃,2=80%时的湿度为H2=0。052kg水/kg绝干空气。 空气通过预热器湿度不变，即H0=H1。 L lWW216.74610kg绝干空气/h

H2H1H2H00.0520.0051121.3kg干空气/kg水

H2H00.0520.0053）风量V 用式（7—14)计算15℃、101。325kPa下的湿空气比容为 vH0.7731.244H015273

273 0.7731.2440.005288

273 =0。822m/kg绝干空气

3

V=LvH=4610×0.822=3789.42m3/h 用此风量选用鼓风机.

23

8—3．有一间歇操作干燥器，将某湿物料由含水量w1=27％干燥到w2=5％（均为湿基），湿物料的质量为200kg，干燥表面积为0.025m/kg干物料,装卸时间τ′=1h，试确定每批物料的干燥周期。已知该物料的临界含水量Xc=0.20kg水/kg干物料，平衡含水量X=0。05kg水/kg干物料。

解： 绝对干物料量 Gc′=G1′（1—w1）=200×（1-0。27)=146kg 干燥总表面积 S=146×0。025=3。65m 将物料中的水分换算成干基含水量 最初含水量X1w1 最终含水量X21w10.270.37kg水/kg干物料

10.272

*

2

w20.050.053kg水/kg干物料 1w210.05由于X2＜Xc，所以干燥过程应包括恒速和降速两个阶段，各段所需的干燥时间分别计算。 a。恒速阶段τ1

由X1=0.37至Xc=0。20，由图7-15中查得U0=1。5kg/（m·h）  1GcX1XcU0S1460.370.204.53h

1.53.652

b.降速阶段τ2

由Xc=0。20至X2=0.053，X=0。05代入式(7-42），求得 KX2U01.5kg/(m·h） 10XcX*0.200.05c*

XX* Gcln2*KXSX2X1460.200.05ln15.7h

103.650.0530.05c。每批物料的干燥周期τ

τ=τ1+τ2+τ′=4.53+15.7+1=21.2h 本题要求掌握的计算。

说明：求干燥时间，应根据干燥最终的含水率与临界含水量比较，当干燥要求最终的含水率小于临界含水率，则应分衡速阶段和降速阶段分别计算干燥时间.

8—4．某干燥器的操作压强为79。98kPa，出口气体的温度为60℃，相对湿度70％，将部分出口气体返回干燥器入口与新鲜空气相结合，使进入干燥器的气体温度不超过90℃，相对湿度为12％.已知新鲜空气的质量流量为0。5025kg/s，温度为20℃，湿度为0.005kg水/kg干空气，试求:

1）新鲜空气的预热温度及空气的循环量；

24

2)预热器需提供的热量为多少？若将流程改为先混合后预热，所需热量是否有变化？

图（a）

图（b）

解：1）在新鲜空气中，干空气的流量

V'0.5025V0.5kg干空气/s

1H010.005水在t2=60℃ 时的饱和蒸汽压为19。91kPa，出口气体的湿度为

H20.622ps0.719.910.6220.1313kg水/kg干空气

Pps79.980.719.91水在tm=90℃ 时的饱和蒸汽压为70.09kPa，混合气体的湿度为

Hm0.622mps0.1270.090.6220.0731kg水/kg干空气

Pmps79.980.1270.09以混合点为控制体，对水分作物料衡算，可求出循环气量为

VH0V2H2(VVR)Hm

VRV(HmH0)H2Hm0.5(0.07310.005)0.585kg干空气/s

0.13130.0731以混合点为控制体作热量衡算,可求出新鲜空气的预热温度

VI1VRI2(VVR)Im

V[(1.011.88H1)t12500H1]VR[(1.011.88H2)t22500H2](VVR)[(1.011.88Hm)tm2500Hm]

将V0.5，H10.005，VR0.585，H20.1313，t260，Hm0.0731，tm90 25

代入上式，求得空气的预热温度为

t1133.3℃ 2)预热器所需提供的热量为

QVcH(t1t0)V(1.011.88H1)(t1t0)0.5(1.011.880.005)(133.320)57.7kw

若流程改为先混合再预热，所需热量可以附图(b）中的方框作控制体，作热量衡算求出

Q(VVR)ImVRI2VI0

说明：虽然先混合后预热或先预热后混合所需热量相同,但是，先预热后混合，预热器气体出口温度高,需要能位较高的热源，一般说来，先混合后预热更为经济合理。

8-5．某湿物料用热空气进行干燥，空气的初始温度为20℃，初始湿含量为0.006 kg水/kg干空气，为保证干燥产品的质量，空气进入干燥器的温度不得高于90℃。若空气的出口温度选定为60℃，并假定为理想干燥过程，试求： 1）

将空气预热至最高允许温度即90℃进入干燥器，蒸发每千克水分所需要的空气量及供热量各为多少?热效率为多少？

2）

若将干燥器出口气体的2/3回流至入口与新鲜空气混合，并同样使气体的入口温度为90℃,蒸发每千克水分所需要的空气量、供热量及热效率各有何变化？

解：1）对于理想干燥过程,气体状态的变化是等焓的，即

(1.011.88H1)t12500H1(1.011.88H2)t22500H2

H2(1.011.88H1)t12500H11.01t225001.88t2(1.011.880.006)9025000.0061.0160

25001.88600.0177kg水/kg干空气蒸发每千克水所需要的空气量为

V1185.5kg干空气/kg水 WH2H10.01770.006蒸发每千克水所需供热量为

26

QV(1.011.88H1)(t1t0)W

85.5(1.011.880.006)(9020)6.11103kJ/kg水此干燥过程的热效率为

＝t1t290600.429

t1t090202)从附图可知,采用废气再循环流程，最终排出干燥器的干空气量等于新鲜干空气量V，而循环干空气量为2V.入口气体温度tm90℃，t260℃，

H10.006kg水/kg干空气

因为是理想干燥器，进出干燥器气体的焓相等。

(1.011.88Hm)tm2500Hm(1.011.88H2)t22500H2混合点的物料衡算式为

（a）

H12H23Hm （b)

将已知的tm、t2代入,且H1H00.006kg水/kg干空气

联立求解式（a)、（b）得Hm0.0305kg水/kg干空气,H20.0428kg水/kg干空气 混合点的焓衡算式为 I12I23Im3I2 则有 I1I2

或 (1.011.88H1)t12500H1(1.011.88H2)t22500H2 将已知数代入,可求出 t1154℃ 蒸发每千克水所需要的空气量

V1127.2kg干空气/kg水 WH2H10.04280.006蒸发每千克水所需要的热量为

27

QV(1.011.88H1)(t1t0) W27.2(1.011.880.006)(15420)3.72103kJ/kg水此干燥过程的热效率

＝t1t2154600.702

t1t015420说明：从本题计算结果可知，当被干燥物体不允许与高温气流接触时，采用废气再循环流程，可以将新鲜空气预热至允许温度以上,从而减少空气的需用量，提高干燥过程的效率，降低干燥过程的能耗。为避免使用高能位的热源,通常是先混合后预热，而且先混合后预热与先预热后混合所需能耗量相同。

28