化工原理练习习题及答案

一、概念题

1．某封闭容器内盛有水，水面上方压强为p0，如图所示器壁上分别装有两个水银压强计和一个水银压差计，其读数分别为R1、R2和R3，试判断： 1）R1 R2（＞，＜，＝）； 2）R3 0（＞，＜，＝）；

3）若水面压强p0增大，则R1 R2 R3 有何变化（变大、变小，不变）

答：1）小于，根据静力学方程可知。

2）等于

3）变大，变大，不变

2．如图所示，水从内径为d1的管段流向内径为d2管段，已知d22d1，d1管段流体流动的速度头为0.8m，h10.7m，忽略流经AB段的能量损失，则h2 _____m，h3 m。 答案：h21.3m，h31.5m

2u12u2h1h22g2g

d22d1，

u2u1(d12u1)u1()21d22 2222uu1u2120.2mu214，2g42g

h21.3m

2u2h3h21.5m2g

3．如图所示，管中水的流向为A→B，流经AB段的能量损失可忽略，则p1与p2的关系为 。

A)p1p2 B)p1p20.5m C)p1p20.5m D)p1p2 答：C 据伯努利方程

gzA2uA2p1gzB2uB2p2

p1p2g(zBzA)p1p20.5g222(uBuA)

222(uBuA) ,uBuA,p1p20.5g

4．圆形直管内，Vs一定，设计时若将d增加一倍，则层流时hf是原值的 倍，高度湍流时，hf是原值的 倍（忽略管壁相对粗糙度的影响）。 答：1/16倍，1/32倍

5．某水平直管中，输水时流量为Vs，今改为输2Vs的有机物，且

2水，

0.5水，设两种输液下，流体均处于高度湍流状态，则阻力损失为水的

倍；管路两端压差为水的 倍。 答：4，2

lu2hfu2qV2qV，u2uhf4hf d2 ,d不变，

lu2ppfhfh4hfp2pd2水平直管，,0.5，f,

6．已知图示均匀直管管路中输送水，在A、B两测压点间装一U形管压差计，指示液为水银，读数为R（图示为正）。则： 1）R 0（>，=，<）

2）A、B两点的压差p= Pa。

A)Rg(i) B)Rg(i)gh C)ghRg(i) D)Rg(i)gh

3）流体流经A、B点间的阻力损失

hf为 J/kg。

hf4）若将水管水平放置，U形管压差计仍竖直，则R ，p ，有何变化

答：1）R0，U形管的示数表明A-B能量损失，能量损失为正，故R0

2）B

静力学方程:pAg(zR)pBg(hz)igR

ppApBghRg(i)

3）

hf,ABRg(i)

2uA列伯努利方程，

gzA2pAgzB2uB2pBhf,AB

ppApBg(zBzA)hf,ABghhf,AB ghRg(i)

hf,ABRg(i)



4）不变，Rg(i)，不变。

7．在垂直安装的水管中，装有水银压差计，管段很短，1，2两点间阻力可近似等于阀门阻力。如图所示，试讨论：

1）当阀门全开，阀门阻力可忽略时，p1 p2（＞，＜，＝）；

2）当阀门关小，阀门阻力较大时，p1 p2（＞，＜，＝），R （大，小，不变）； 3）若流量不变，而流向改为向上流动时，则两压力表的读数差p ，R ； 答：1）根据伯努利方程:p1gz1p2 p1p2

2）

p1gzp2hf →

p1p2hfgz>0

p1p2;因为流动阻力变大, R变大。 3）流向改变，

p2p1gzhf→

p2p1gzhf

p变大，R不变。

8．图示管路两端连接两个水槽，管路中装有调节阀门一个。试讨论将阀门开大或关小时，管内流量qV，管内总阻力损失失

hf2hf，直管阻力损失

hf1和局部阻力损

有何变化，并以箭头或适当文字在下表中予以表达（设水槽液位差H恒定）。

总阻力损失hf 直管阻力损失hf1局部阻力损失hf2流量qV 变大 变小 阀开大 阀关小 不变 不变 变大 变小 变小 变大

9．图示管路，若两敞口容器内液位恒定，试问：

h/h1）A阀开大，则qV ；压力表读数p1 ；p2 ；f1f2 ；

qV1/qV2 。

h/h2）B阀关小，则qV ；压力表读数p1 ；p2 ；f1f2 ；

qV1/qV2 。

答：1）A阀开大，qV变大，p1变小，p2变大， 2）B阀关小，qV变小，p1变大，p2变大，

hf1/hf2

不变，qV1/qV2不变。 不变，qV1/qV2变小。

hf1/hf210．流量Vs增加一倍，孔板流量计的阻力损失为原来的 倍，转子流量计的阻力损失为原来的 倍，孔板流量计的孔口速度为原来的 倍，转子流量计的流速为原来的 倍，孔板流量计的读数为原来的 倍，转子流量计的环隙通道面积为原来的 倍。 答：4，1，2，1，4，2

11．某流体在一上细下粗的垂直变径管路中流过。现注意到安在离变径处有一定距离的粗、细两截面的的压强表读数相同。故可断定管内流体( )。 A. 向上流动； C. 处于静止； B. 向下流动； D. 流向不定 答：B

p1gzu122在1截面和2截面间列伯努利方程:

p22u22hf

p1p2

gz22(u2u1)2hf

u2u1，hf0，水向下流动。

12．下面关于因次分析法的说法中不正确的是（ ）。

Ａ．只有无法列出描述物理现象的微分方程时，才采用因次分析法； Ｂ．因次分析法提供了找出复杂物理现象规律的可能性；

Ｃ．因次分析法证明：无论多么复杂的过程，都可以通过理论分析的方法来解决； Ｄ．因次分析法能解决的问题普通实验方法也同样可以解决 答案：Ｃ、Ｄ

分析：首先，因次分析所要解决的正是那些不能完全用理论分析方法建立关系式或者无法用数学方法求解方程式的复杂问题。

其次，对一些复杂的、影响因素较多的物理现象，普通实验方法是无法解决的。例如流体因内磨擦力而产生的压降有关。现在要找出

pfpf与管径、管长、粘度、密度及流速等

与d、l、、、u中任一变量的关系，如果采用普通

的实验方法，假定每个变量只取10个实验值，则整个实验要做10万次！

因次分析法将单个变量组成无因次数群后，大大减少了变量的个数和实验次数，使实验和数据处理工作成为可能。实验得出的数群之间的定量关系，在工程上与理论公式具有同等的重要性。

1３．流体在直管内流动造成的阻力损失的根本原因是 。 答：流体具有粘性

1４．因次分析法的依据是 。 答：因次一致性原则

1５．在滞流区，若总流量不变，规格相同的两根管子串联时的压降为并联时的 倍；湍流、光滑管（λ＝）条件下，上述直管串联时的压降为并联时的 倍；在完全湍流区，上述直管串联时的压降为并联时的 倍。 答：4，，8

pf,2l2u2224=l1u1

由泊谡叶方程知：pf,1将

故pf,2pf,1表达式代入范宁公式，可知

l2u21.75()221.756.72l1u1

pflu1.75，

完全湍流区又称阻力平方区，该区域内压强与阻力的平方成正比。并联改成串联

pf,2后，不仅流速加倍，管长也加倍，故此时 pf,1l2l12u22228u1

16．如图示供水管线。管长L，流量V，今因检修管子，用若干根直径为1/2d，管长相同于L的管子并联代替原管，保证输水量V不变，设λ为常数，ε/d相同。局部阻力均忽略，则并联管数至少 根。

答：6根 设用n根管子

L(V/0.785d2)2L(V/n/0.7850.5d2)22.5n25.6 d21/2d2,

二、问答题

1．一无变径管路由水平段、垂直段和倾斜段串联而成，在等长度的A、B、C三段两端各安一U形管压差计。设指示液和被测流体的密度分别为0和，当流体自下而上流过管路时，试问：

（1）A、B、C三段的流动阻力是否相同 （2）A、B、C三段的压差是否相同

（3）3个压差计的读数RA、RB、RC是否相同试加以论证。

lu2hfd2，该管路A、B、C 答：（1）因流动阻力 3段的、l、d、u均

相同，∴

hf,Ahf,Bhf,C

（2）在A、B、C三段的上、下游截面间列柏努利方程式：

2u12p2u2gZ1gZ1hf22

p1化简，得 A段：

B 段： C段：

phfgZ

(a)

(b)

（c）

pAp1p2hf,ApBp3p4hf,BglBpCp5p6hf,cglc•sina比较上面3式：pBpCpA （3）由流体静力学基本方程式 A段： p1gRAp20gRA B段： C段：

p3gRBp40gRBglB

p5gRCp60gRCglC•sina

整理，得

RAp1p2(0)g

（d）

RB(p3p4)glB(0)g

（e）

RC(p5p6)glC•sina(0)g

（f）

将（a）、（b）、（c）3式分别代入式（d）、（e）、（f）：

hf,ARA(0)g

由（1）知

gf,Bhf,CRBRC()g(0)g0

∴ RARBRC

hf,Ahf,Bhf,C分析：由题1-2的结论已经知道：R所包含的不光是两个测压点压强的变化，

还包含位能的变化。实际上，R所代表的仅仅是流动阻力。如果概念清楚，由

hf,Ahf,Bhf,C可直接得出RARBRC的结论。

本题还说明，流动阻力的大小与管段排列方式无关，但压差却与管段排列方

式有关。这是因为管段两段的压强差不仅要克服流动阻力，还要克服位头的变化，所以液体自下而上流动时，压差大于水平管。

pf32lud22.下面两种情况，可不可以用泊谡叶方程（的压强差

）直接计算管路两端

（1）水平管，管内径为50mm，流体的密度为996kg/m3，粘度为流速为２m/s。 （2）垂直管，管内径为100mm，流体的相对密度为，粘度为,流速为s。 分析：此题核心在于：上述两种情况下，用泊谡叶方程算出的压强降管路两截面的压强差p在数值上是否相同。

u2pgWehf2 由柏努利方程式 u2pp2p1WegZhf2得

pf与

其中hf即为

pf。

pf上式说明，在一般情况下，p与

在数值上是不等的，只有流体在一

u20W0e2段无外功加入（）,直径相同（）的水平管（0)内流动

时，p与

pf才在绝对数值上相等。

还需注意：由于泊谡叶方程在推导过程中引入了牛顿粘性定律，而只有在滞流时内摩擦应力才服从牛顿粘性定律，所以它仅适用于滞流时的流动阻力计算。

501032996Re1.1110530.89410 答：（１）＞4000

du 流体流动类型属湍流，此时泊谡叶方程不适用，所以不能用其计算管路两截面间的压差。

（２）对于垂直管，尽管流动类型可能为滞流，但由泊谡叶方程算出的仅是摩擦阻力损失项，而垂直管路两截面的压差还要受位能的影响，所以也不能用泊谡叶方程直接计算两截面的压差。 三、计算题

1．虹吸管将20℃的苯（密度为800kg/m3）从池中吸出，虹吸管用直径为d的玻璃管制成，装置如图。设管中流动按理想流体处理，假设池的直径很大，流动时液面不变。

（1）水在管中流动时，比较A—A、B—B、C—C、D—D面压力大小

(2)管中流速大小与哪些因素有关欲增加管中流速，可采取什么措施管中流速的极限值是多少

解：（1）A—A、D—D截面处压力为大气压，B—B处压力为大气压加上1m苯柱，而C—C截面为负压，当虹吸管流动忽略不计时，C—C面压力为－3m苯柱（表压）。因此压力最低点在C—C面处。在输液时，要注意当压力太低时，容易产生气缚而中断输液。

（2）A—A、D—D面的位差与流动流体的物性等因素有关，如果是真实流体，还与流动时的阻力有关，故增加管中流速可以用增加位差或改变管子材料等方案实现。在本题所设范围内，增加管长最简单可行。

列A—A与D—D面柏努利方程，得：uD2gh29.8126.26m/s

22uCpDuDgZCgZDhf22求C—C处的压力：

pC根据假设hf0

uC6.26m/s，uD0

pC2uCg(ZDZC)2

pD6.262PC大气压9.8180052 6.2621.01109.8180052

5 61740Pa

20℃苯的饱和蒸汽压可由安托因方程计算

lgP06.8981206.351.8756t220.24

P075.2mmHg104Pa

0PC—C面的压力大于苯，故不会汽化。

如果管子加长，则流速会提高，C处压力最低只能降到104Pa，由此可求出输苯的极限速度：

列A—A、C—C面的柏努利方程：

22uCuAPAPCZAggZC22,uA0

2uC2(PAPC)g(ZAZ)C

uC2101000100009.81314.1m/s800

小结：

1)此题是理想流体柏努利方程的运用，通过能量转换，了解流动过程中各点静压强的大小。

2)在虹吸管C—C截面处是负压，而D—D截面处压力为大气压，水为何能从压强低处流向压强高处呢这是因为C点的总势能（及静压能与位能之和）大于D点的静压能，所以流体流动方向是由C至D。

3）D点接长，水流速度会加大，当流速增为14.1m/s时，再想增加流速是不可能的，因为这是B点压力已低于苯在该温度下的饱和蒸汽压，这样会产生气缚现象，虹吸管内流体将不连续。

2．用离心泵将蓄水池中20℃的水送到敞口高位槽中，流程如本题附图所示。管路为φ57×3.5mm的光滑钢管，直管长度与所有局部阻力（包括孔板）当量长度之和为250mm。输水量用孔板流量计测量，孔径d0=20mm，孔流系数为。从池面到孔板前测压点A截面的管长（含所有局部阻力当量长度）为80mm。U型管中

0.25指示液为汞。摩擦系数可近似用下式计算，即0.3164/Re

当水流量为7.42m3/h时，试求： (1)每kg水通过泵所获得的净功；

(2)A截面U型管压差计的读数R1；

(3)孔板流量计的U型管压差计读数R2。

解：该题为用伯努利方程求算管路系统所要求的有效功和管路中某截面上的压强（即R1），解题的关键是合理选取衡算范围。至于R2的数值则由流量计的流量公式计算。 1）有效功

在1-1截面与2-2截面间列伯努利方程式，以1-1截面为基准水平面，得：

u2Wegzhf2

p式中：u1u20，p1p20（表压）,z10，z215m

uVs7.421.05m/s2A3600/40.05

33查得：20℃水的密度为1000kg/m，粘度1.010Pa.s

Redu0.051.0510005250031.010

0.3164/Re0.250.3164/(52500)0.250.0209

lleu22501.0520.020957.6J/kghfd20.052

We159.8157.6204.7J/kg

2）A截面U形管压差计读数R1

由A截面与2-2截面之间列伯努利方程，得：

pAu2gzA2hf,A22

式中：u1.05m/s，z2A1m

hf,A2(25080)1.0520.020939.17J/kg0.052

1.052(39.1719.81)10004.8104Pa2（表压）

读数R1由U形管的静力平衡求算：

p1(1.5R1)gR1Ag

pA1.5g4.81041.510009.81R10.507m(A)g(136001000)9.81

3）U形管压差计读数R2

VSC0A02R2(A)g

将有关数据代入上式得

2(136001000)9.81R27.420.610.022360041000

R20.468m

讨论：该题是比较典型的流体力学计算题，其包括了伯努利方程、流体静力学基本方程、能量损失方程、连续性方程的综合运用。通过该题能加深对流体力学基本理论的理解。

3．用离心泵向E、F两个敞口高位槽送水，管路系统如本题附图所示。已知：所有管路内径均为33mm，摩擦系数为，AB管段的长度（含所有局部阻力的当量长度）为100m，泵出口处压强表读数为294kPa，各槽内液面恒定。试计算： (1) 当泵只向E槽供水，而不向F槽供水、F槽内的水也不向E槽倒灌（通过调节阀门V1与V2开度来实现），此时管内流速和BC段的长度（包括所有局部阻力当量长度）为若干；

(2) 欲同时向EF两槽供水，试定性分析如何调节两阀门的开度 假设调节阀门前后泵出口处压强表读数维持不变。

解：1）管内流速及BC段管长

取测压处为1-1截面，E槽液面为2-2截面，并取通过测压口中心线为基准面，则在两截面间列伯努利方程得：

p12u1gz2hfABhfBC2

其中z24m

hfABlABu2100u20.02842.42u2d20.0332 lBCu29.81658.84J/kgd2

hfBC2294103u129.81442.42u58.843210

u2.162m/s

hfBClBC2.16220.0281.983lBC58.840.0332

lBC58.84/1.98329.7m

2)欲同时向E、F两槽供水，需关小V1阀而开支V2阀。

讨论：本题1 为分支管路的特例，当使F槽内水不流动时，实际变成了简单管路的计算，但对BC管段的能量损失加了限制条件，使问题成为唯一解。欲使

水能同时向E、F两槽供水，在调节阀门的同时，呈管内的流量必然减小，以使AB管段的能量损失降低，在B点水所具有的压头应大于4m。

4．密度为900kg/m3的某液体从敞口容器A经过内径为40mm的管路进入敞口容器B，两容器内的液面高度恒定，管路中有一调节阀，阀前管长65m，阀后管长25m（均包括全部局部阻力的当量长度，进出口阻力忽略不计）。当阀门全关时，阀前后的压强表读数分别为80kPa和40kPa。现将调解阀开至某一开度，阀门阻力的当量长度为30m，直管摩擦系数λ=。试求： (1) 管内的流量为多少m3/h (2) 阀前后的压强表的读数为多少

(3) 将阀门调至另一开度，且液面高度不在恒定（液面初始高度同上），试求两液面高度差降至3m时所需的时间。（两容器内径均为5m，假定流动系统总能量损失为∑hf=15u2）。

解：当阀门关闭时，以管道中心线作为基准水平面，根据静力学方程

gzA80103 zA9.06m

gzB40103 zB4.53m

在A截面和B截面间列伯努利方程，得：

22uApAuBpgzAgzBBhfAB22

式中：uAuB0,pApB0（表压）

hfABlleu2652530u20.00456.75u2d20.042

9.81(9.064.53)6.75u2

u2.56m/s

Vh36000.7850.0422.5611.6m3/h 2）在A截面与阀前压强表所在截面间列伯努利方程

2u1pu2pAgzAgz11hf1A22

hf1AlA1u2652.5620.004523.96d20.042

p1(9.069.8127.24)90055.47kPa 在阀后压强表所在截面与B截面间列伯努利方程

22u2p2uBpgz2gzBBhf,2B22

hf,2Bl2Bu2252.5620.00459.216d20.042

2.562p2900(4.539.819.216)45.34kPa2

3）设某瞬间A罐液面降至H，B罐液面升至h。

H 7m 3m 0

A

C

''1 1 ’2 2 h ’B 0

’

如图以罐底所在平面为基准面，列1—1、2—2两截面的柏努力方程,以表压计。因A、B两截面较大，下降与上升速度都很小，故动能可忽略。

简化后的柏努力方程为： Hg=hg+hf

h 整理 H- h =

fg

2 1.529u

 u =Hh (a) 由质量守恒可知，A罐油减少量等于B罐油品增加量。故有 Aa=Ab

整理得H13.59h,将此关系代入（a），得u0.8113.592h (b)

对B罐作质量衡算: 在d时间内进入体积量：4d2ud

排出体积量：0, 积累体积量：Abdh

∴ 4d2udAbdh

d4Abd2udh453978.9dhdh2u0.04u (c)

d4912dh13.592h (d)

将（b）式代入（c）式， 整理得

5.2950d49124.53对(d)式进行积分：

dh13.592h

令x13.592h dxdh/2 dh2dx

又h4.53时， x4.53 ; h5.295时， x3

置换变量：

3491224.53dxx4.53491222x37787s2.16h

CHAPTER2流体输送机械

一．概念题

1、属于正位移泵型式，除往复泵外还有 ， ， 等型式。 答：计量泵、螺杆泵、齿轮泵

2、产生离心泵气缚现象的原因是 ，避免产生气缚的方法有 。 答：泵内灌入空气，液体密度降低；在泵密封严密的情况下，灌泵排出空气

3、造成离心泵气蚀的原因是 ，增加离心泵允许安装高度Hg的措施是 和 。

答：叶轮附近某处的最低压强小于等于被输送液体在输送温度下的饱和蒸汽压 增大吸入管路的管径，减少不必要的管件和阀门。

4、用同一离心泵分别输送密度为ρ1及ρ2=ρ1的两种液体，已知两者的体积V相等， 则 He2 He1，Ne2 Ne1。 答：

He2He1,Ne21.2Ne1

3

3

5、离心通风机输送ρ=1.2kg/m空气时，流量为6000m/h，全风压为240mmH2O，若用来输送ρ＇=1.4kg/m3的气体，流量仍为6000m3/h，全风压为 mmH2O 。

HtHta1.2解：

2401.4280mmH2O1.2

6、离心泵的流量调节阀安装在离心泵 管路上，关小出口阀门后，真空表读数 ，压力表读数 。 解：出口，下降，上升。

在贮槽液面1-1与泵的真空表所在截面2-2间列伯努利方程

222u1p1u2p2l12u2gZ1gZ222d2

p1p22u2lgZ2(1)d2

p1p2关小出口阀门，u2下降，

下降，即真空表读数下降。

同理，在压力表所在截面3-3与贮槽液面1-1间列伯努利方程。

222u3p3u0p0l30u0gZ3gZ022d2

p3p02u2lgZ3(1)d2

p3p0关小出口阀门，λ增大，

上升，即压力表读数上升。

7、两敞口容器间用离心泵输水，已知转速为n1时，泵流量Q1=100l/s，扬程H1=16m，

转速为n2时，Q2=120l/s，H2=20m。则两容器垂直距离= m。

2HeKBQ解：代入已知数据得：

16KB0.12 20KB0.122 解得：B909.1,K6.91

KZpp6.91,0Z6.91mgg

8、若离心泵入口处真空表读数为700mmHg。当地大气压为。则输送42℃水时（饱和蒸汽压为）泵内 发生汽蚀现象。 答：会

9、用离心泵向高压容器输送液体，现将高压容器的压强降低，其它条件不变，则该泵输送液体的流量 ，轴功率 。 答：加大，加大

HeKBQ2ZpBQ2g

管路的特性方程为：

高压容器的压强降低，p下降，K降低，所以改变前后的操作点如图：

所以流量加大。又根据泵的特性曲线知，当流量加大时，泵的轴功率增加。 10．用离心泵将水池中水送至常压水塔，若在离心泵正常操作范围内，将出口阀开大，则流量qV ，扬程He ，管路总阻力损失轴功率P （变大、变小、不变、不确定）。

Hf ，

答：变大，变小，不变，变大

11．图示管路用泵将江水送上敞口容器。若在送水过程中江水水位上升，流量 （变大、变小）。现欲维持原流量不变，则出口阀应作如何调节 。试比较调节前后泵的扬程 （变大、变小、不变）。 答：变大，关小出口阀，变大 在江水水面和容器液面间列伯努利方程

2u0pau12pagZ0WegZ1Hf2g2gHfWegZ

江水液面上升，Z下降，则流量变大。

由于泵的特性曲线中，扬程随泵的流量的增加而减小，故调节后泵的扬程大于调节前。

12．图示管路，泵在输送密度为的液体时，流量为qV，现若改为输送密度为。试比较： 液体，（已知），则流量为qV1）p2p1时，qV qV，He He，Pe Pe（＞，＜，＝）； 2）p2p1时，qV qV，He He，Pe Pe（＞，＜，＝）。

答：1）大于，小于，大于 2）等于，等于，小于

在两容器液面间列伯努利方程

2u0p1u12p2gZ0WegZ1Hf2g2gpp2HfWe1gZg

p2p1时，，Hf变大，故流量变大； 由泵的特性曲线知，扬程变小，轴功率变大。

p2p1时，，Hf不变，故流量不变，

由泵的特性曲线知，扬程不变，轴功率NeHQg，变小。

313．如图所示循环管路，离心泵输送密度为850kg/m的某有机液体，试问：

1）若池中液面上升，则：

流量qV ，扬程He ，真空表读数p1 ，压力表读数

p2 ；

2）若离心泵输送的液体为水，则：

流量qV ，扬程He ，真空表读数p1 ，压力表读数

p2 ；

3）若将泵的转速提高，则离心泵的流量qV ，扬程He ，效率 （变大、变小、不变、不确定）

答：1）不变，不变，变小，变大

2）不变，不变，变大，变大，变大。 3）变大，变大，不变

1）池内水面上升，泵的特性曲线与管路的特性曲线均未变化，故工作点的位置不变，所以，流量及扬程不变。

在池面与真空表所在截面1-1之间列伯努利方程，得：

pau12p1Z1Hf,01g2gg

lleu12pap1Z1()gd2g 真空表读数为：

流速u不变，Z1变小，故真空表读数变小。

同理，在压力表所在截面2-2与池面间列伯努利方程得

2pu2pZ22aHf,202ggg

2l20lep2pau2(1)Z2d2g压力表读数：g

流速u不变，Z2变小，压力表读数变大。

同时，由于水的密度大于有机液体的密度，故真空表读数和压力表读数均变大。

3）泵的转速提高，则离心泵的特性曲线变化，流量变大，扬程变大，效率不变。 2）若输送的液体变为水，管路的特性曲线及泵的特性曲线均不变，故泵的工作点的位置不变，流量及扬程不变。

由于水的密度大于有机液体的密度，所以轴功率变大

14．离心泵输送管路，单泵操作时流量为qV，扬程为He。现另有一台型号相同



的泵，在管路状态不变条件下，将泵串联时输送流量为qV，扬程为He，将泵并联时输送流量为qV，扬程为He，则： qV，He2He；qV2qV，HeHeA)qV qV，HeHe；qVqV，HeHeB)qV 2qV，HeHe；qVqV，He2HeC)qV

D）视管路状态而定； 答：B

15．试按下表讨论离心泵与往复泵的使用、调节和操作三方面有何不同。

压头 流量 改变管路 流量调节 改变泵 启动 一、 问答题 改变转速 出口阀关闭 改变活塞频率与行程 阀门开启 离心泵 由泵与管路共同决定 由泵与管路共同决定 阀门调节 往复泵 由管路决定 由泵决定 支路调节 1．采用离心泵从地下贮槽中抽送原料液体，原本操作正常的离心泵本身完好，但无法泵送液体，试分析导致故障的可能原因有哪些

答：可能的原因：（1）槽内液面下降；（2）吸入管堵塞；（3）液体温度上升；（4）容器内压强下降；（5）入口侧漏气。

2．离心泵的特性曲线H－Q与管路的特性曲线He－Qe有何不同二者的交点意味着什么

答：将离心泵的基本性能参数之间的关系描绘成图线称为离心泵的特性曲线。这里讨论的是其中的一条H－Q曲线。它表明转速一定时，离心泵的流量和该流量下泵的能提供的压头即做功本领之间的对应关系。该曲线由生产厂家测定并提供，是泵本身固有的特性，它只与泵自身的结构（如叶片弯曲情况、叶轮直径等）、转速有关，而与其所在的管路及其他外界条件无关。所以离心泵的特性曲线图只须注明型号、转速即可。

二者的交点M称为泵在该管路上的工作点。意味着它所对应的流量和压头，既能满足管路系统的要求，又能为离心泵所提供，即QQe，HHe。换言之，M点反映了某离心泵与某一特定管路相连接时的运转情况。离心泵只能在这一点工作。

3、如图，假设泵不在M点工作，而在A、B点工作时，会发生什么情况

答：假设泵工作不在M点工作，而在A点工作时，在A点所对应的流量QA下，

'HH管路所需要的压头为A，而该流量下泵所提供的压头为A。HAHA，说明

'液体的压头（泵给予单位重量流体的有效能量）有富裕，此富裕压头将促使液体加大流速，流量由QA变到QM，即在M点达到平衡。

反之，如果泵在B点工作，则在QB流量下泵所产生的压头HB小于液体通过该管路时所需要的压头HB，即HB1．用离心泵向密闭高位槽送料，流程如图所示。在特定转速下，泵的特性方程为：

H427.56104Q2（Q的单位为m3/s）

3Q0.01m/s时，流动进入阻力平方区。 当水在管内的流量

31200kg/m现改送密度的水溶液（其它性质和水相近）时，密闭容器内

''维持表压118kPa不变，试求输送溶液时的流量和有效功率。

解：本题条件下，泵的特性方程和特性曲线不变，而当流动在阻力平方区时，管路特性方程中的比例系数B值保持恒定，在维持密闭高位槽表压不变的情况下，随被输送液体密度加大，管路特性方程中的K（=Zp/g）值变小，因而管路特性曲线向下平移，从而导致泵的工作点向流量加大方向移动。

2HZp/gBQe 输送清水时，管路特性方程为：e11810322He12BQe24BQe10009.807将有关数据代入上式得：

422此式与泵的特性方程联解以确定B值：427.5610(0.01)24B(0.01)

解得：

当输送溶液时，B值不变，管路特性方程变为：

11810312)2He1.044105(Qe52221.04410(Q)12009.807e

此方程与泵的特性方程联解，便可求出改送溶液时的流量，即：

)2 427.56104(Q)2221.044105(Qe3Q0.01054m/s 解得：

42所以：H427.56100.0105433.6m

泵的有效功率为：NeHQ/10233.60.010541200/1024.17kW 由上面的计算可知，当泵上下游两容器的压强差不为零时，被输送液体密度的变化必引起管路特性曲线的改变，从而导致泵工作点的移动。在本题条件下，

密度加大，使泵的流量加大，压头下降，功率上升。

2．用离心泵将池内水送至灌溉渠，起始两液面位差为10m，管路系统的压头损失可表示为Hf=×106Qe2（Qe的单位为m3/s）；在特定转速下泵的特性方程为：H=×106Q2（Q的单位为m3/s）。池面的面积为100m2，试求： 1）．若两液面恒定，则水的流量为若干m3/h

2）．若灌溉渠内液面恒定，而池内液面不断下降，则液面下降2m，所需的时间为若干h

解：当两液面恒定时，流动为定态，此时只要联立管路特性方程与泵的特性方程便可求得流量；当池内液面不断下降时为非定态流动，需通过微分物料衡算和瞬间柏努利方程求解所需时间。 1．两液面恒定的流量

62H100.610Qe e在池面与渠面之间列伯努利方程式可得到管路特性方程为：

62泵的特性方程为：H260.410Q

333Q410m/s14.4m/h 联解两方程，解得流量为：

2．液面下降2m所需的时间

设输送开始后的某一时刻，池内液面下降hm，流量为Qm3/s。在dθs时间内，液面下降dhm，则物料衡算式为：100dhQd或d100dh/Q

62H(10h)0.610Qe e在θ时刻，管路特性方程为：

62泵的特性方程仍保持不变，即：H260.410Q

在泵的工作点处

260.4106Q210h0.6106Q2 Q(16h)1/2/103

d105dh/(16h)1/2

令x16h，则：dhdx

当h0时，x116；当h2时，x114

x21/25105xxdx210x1161451760s14.35h

3．某管路安装一台IS80-50-200型水泵，将水池中的水送至高度为10m、表压为×104Pa的密闭容器内，管内流量为×10-3m3/s。试求

1）管路特性曲线（假定管内流动已进入阻力平方区）及输送每千克水消耗的能量。

2）若将阀门关小，使管内流量减小25%，管路特性曲线（假定管内流动位于阻力平方区）有何变化此时输送每千克水需消耗多少能量与原管路相比，在此流量下输送每千克水额外消耗的理论功为多少

（已知：当Qv=×10-3m3/s，泵的压头为He=47m，泵的效率为71%：当Qv=×10-3m3/s，泵的压头为He=；泵的效率为%）

解：当Qv=×10-3m3/s，泵的压头为He=47m； 则管路的特性方程的系数B可求出。

2HeKBQeZp2BQeg

9.8110410B(1.67103)24710009.81

B9.68104

42H209.6810Qe e管路的特性方程为：

在此流量下，输送每千克水所消耗的能量为：

WgHe9.8147690.8J/kg0.71

333Q16.710(10.25)12.510m/s （2）关小阀门后管路的流量为：e则关小阀门后管路特性曲线方程的系数为

BKHe51.4202.01105232Qe(12.510)

52H202.0110Qee管路特性曲线方程为：

此时，输送每千克水所消耗的能量为：

W9.8151.4gHe760.5J/kg0.663

33Q12.510m/s的水量，所需的压头为： 对于原管路，输送eHe209.68104(12.5103)235.1m 因阀门关小，输送每千克水多消耗的理论功为：

He)9.8151.435.1159.9J/kg g(He此部分能量全部消耗于阀门的局部阻力上。

由此可以看出，用阀门调节流量的代价是能耗的增加。导致能耗增加的原因有二：其一是阀门局部阻力损失的增加，其二是泵效率的降低。

CHAPTER3非均相物系的分离和固体流态化

一、填空题

1．某颗粒的重力沉降服从斯托克斯定律，若在水中的沉降速度为u1,在空气中为

u2，则u1 u2；若在热空气中的沉降速度为u3，冷空气中为u4，则u3 u4。(＞，＜，＝)

d2g(s)ut18答：，因为水的粘度大于空气的粘度，所以u1u2

热空气的粘度大于冷空气的粘度，所以u3u4

2．用降尘室除去烟气中的尘粒，因某种原因使进入降尘室的烟气温度上升，若气体质量流量不变，含尘情况不变，降尘室出口气体含尘量将 （上升、下降、不变），导致此变化的原因是1） ；2） 。 答：上升，

原因：粘度上升，尘降速度下降；体积流量上升，停留时间减少。

3．含尘气体在降尘室中除尘，当气体压强增加，而气体温度、质量流量均不变时，颗粒的沉降速度 ，气体的体积流量 ，气体停留时

间 ，可100%除去的最小粒径dmin 。（增大、减小、不变） 答：减小、减小、增大，减小。

ut4dg(s)3，压强增加，气体的密度增大，故沉降速度减小，

VnRTp，所以气体的体积流量减小， tLLuVs/A，气体体积流量减小，故停留时间变大。

压强增加，

气体的停留时间

dmin最小粒径在斯托克斯区

18utg(s)，沉降速度下降，故最小粒径减小。

4．一般而言，同一含尘气以同样气速进入短粗型旋风分离器时压降为P1，总效率为1，通过细长型旋风分离器时压降为P2，总效率为2，则：P1 P2，

1——————2。

答：小于，小于

5．某板框过滤机恒压操作过滤某悬浮液，滤框充满滤饼所需过滤时间为τ，试推算下列情况下的过滤时间为原来过滤时间τ的倍数： 1）s0，压差提高一倍，其他条件不变，= τ； 2）s0.5，压差提高一倍，其他条件不变，= τ； 3）s1，压差提高一倍，其他条件不变，= τ；

1s答：1）；2）；3）1 ，1/(p)，可得上述结果。

6．某旋风分离器的分离因数k=100，旋转半径R=0.3m，则切向速度ut= m/s。 答：17.1m/s

7．对板框式过滤机，洗涤面积AW和过滤面积A的定量关系为 ，洗水走过的

dV)WL距离w和滤液在过滤终了时走过的距离L的定量关系为 ，洗涤速率（ddV)Ed和终了时的过滤速率的定量关系为 。

(答案：

Aw1dV1dVAL2L)W()E2；wd4; (=d

8．转筒真空过滤机，转速越大，则生产能力就越 ，每转一周所获得的滤液量就越 ，形成的滤饼厚度越 ，过滤阻力越 。 答案：大；少；薄；小

分析：由转筒真空过滤机的生产能力：Q465Kn ( 忽略介质阻力) 9．一降尘室长5M,宽2.5M,高1.1M,中间装有10块隔板,隔板间距为0.1M,现颗粒最小直径10m,其沉降速度为0.01m/s,欲将最小直径的颗粒全部沉降下来,含尘气体的最大流速不能超过____________m/s。

3理由：1)最大生产能力V1152.50.011.375m/s

最大流速

uV1.3750.5m/sHb1.12.5

LH50.1u0.5m/suuu0.010或：

10．恒压过滤时，过滤面积不变，当滤液粘度增加时，在相同过滤时间内，过滤常数Ｋ将变 ，滤液体积将变 。 答：小，小

K2kp1s,kpr，粘度增加，故K变小；

(VVe)2KA2(e)，滤液体积减小。

二、选择题

１．以下说法正确的是 。

Ａ 过滤速率与过滤面积成正比 Ｂ 过滤速率与过滤面积的平方成正比 Ｃ 过滤速率与滤液体积成正比 Ｄ 过滤速率与滤布阻力成正比 答案：B

dVKA2d2(VVe) 分析：可由过滤基本方程直接求得２．用板框过滤机进行恒压过滤，若介质阻力可忽略不计，过滤20min可得滤液8m3，若再过滤20min可再得滤液 。

Ａ 8m3 Ｂ 4m3 Ｃ 3.3m3 Ｄ 11.3m3 答案:C

分析:由恒压过滤方程

22 V2VVeKA

22 由题知 Ve0,则有 VKA

82KA3V8m20min20 1 将1代入, 得

2则240min时

V2KA2824011.3m320

3则 V2V111.383.3m

应注意恒压过滤方程中V、是指从初始0起点态计得的累积量。 ３．含尘气体在降尘室内按斯托克斯定律进行沉降，理论上完全除去的粒子最小粒径为30μm，现气体的额处理量增大1倍，则该降尘室理论上能完全除去的最小粒径为 。

A 2×30μm B 1/2×30μm C 30μm D 21/2×30μm 答案：D

分析：降尘室最大处理量Vs与能被完全除去最小颗粒的沉降速度ut有以下关系 VSAut

d2(s)gut18 由

dminVs18Vsg(s)A故

４．下面哪个是过滤的推动力 。

Ａ 液体经过过滤机的压强降； Ｂ 滤饼两侧的压差；

Ｃ 介质两侧的压差； Ｄ 介质两侧的压差加上滤饼两侧的压差 答：D

５．恒压过滤时，当过滤时间增加１倍则过滤速率为原来的 。（介质阻力可忽略，滤饼不可压缩）

A 21/2倍 B 2-1/2 倍 C 2倍 D 1/2倍 答案：B

2q分析：恒压过滤方程为： 2qqeK （a）

dqK过滤基本方程为 d2(qqe) (b)

将qe0代入两式，然后再将(a)代入(b)有

dqK1d2K

6．降尘室的生产能力取决于 。 Ａ 降尘面积和降尘室高度

Ｂ 沉降面积和能100%除去的最小颗粒的沉降速度 Ｃ 降尘室长度和能100%除去的最小颗粒的沉降速度 Ｄ 降尘室的宽度和长度 答：B

7．对标准旋风分离器系列，下列说法哪一个是正确的 。

A 尺寸大，则处理量大，但压降大； B 尺寸大，则分离效率高，但压降小； C 尺寸小，则处理量小，但分离效率高；D 尺寸小，则分离效率差，但压降大 答：C

8．设降尘室的长、宽、高分别为L、S、H（单位均为m），颗粒的沉降速度为ut（m/s），气体的体积流量为Vs，则颗粒能在降尘室分离的条件是 。 A H/ut≥LbH/Vs；B H/ut≤LbH/Vs；C L/ut≤LbH/Vs；D L/ut≥LbH/Vs

答：B

9．下列说法中正确的是 。

A 离心沉降速度ur和重力沉降速度ut是恒定的； B 离心沉降速度ur和重力沉降速度ut不是恒定的；

C 离心沉降速度ur不是恒定值，而重力沉降速度ut是恒定值； D 离心沉降速度ur是恒定值，而重力沉降速度ut不是恒定值 答案：C

分析：离心沉降速度ur随颗粒在离心力场中的位置(R)而变。而重力沉降速度

2uTut与位置无关。因为决定ur的是离心加速度R，它是一个变量，与位置有关。而决定ut的是加速度g，它是一常量。

10．欲对含尘气体进行气固分离，若气体的处理量较大时。应 ，可获得较好的分离效果。

A 采用一个尺寸较大的旋风分离器 B 采用多个尺寸较小的旋风分离器串联 C 采用多个尺寸较小的旋风分离器并联D 不用旋风分离器，该用其它分离设备 答：C 三、计算题 １．

用板框压滤机在恒压强差下过滤某种悬浮液，测得过滤方程式为：

V2+V=5×10-5A2θ 试求：

⑴欲在30min内获得5m3滤液，需要边框尺寸为635mm×635mm×25mm的滤框若干个；

⑵过滤常数K、qe、θe。 解：1、所需滤框数

由已知的过滤时间和相应的滤液体积，利用恒压过滤方程求过滤面积。再由滤框尺寸确定所需的滤框数

将有关数据代入恒压过滤方程式并整理得到

V2V5252A18.26m510551053060

2又A20.635n

nA/20.635218.26/20.635222.64

实取23个框，则实际过滤面积为：

A20.63522318.55m2

2、过滤常数K、qe及θe

根据恒压过滤方程式确定过滤常数K、Ve， 恒压过滤方程式

V22VVeKA2

与题给恒压过滤方程相比可得，

K5105m2/s

2Ve1，Ve0.5m3

qeVe/A0.5/18.550.027m3/m2

eqe2/K0.0272/510514.6s

2．实验室用一片过滤面积为0.1m2的滤叶对某种悬浮液进行实验，滤叶内部真空度为8×104Pa，测出qe为0.01m3/m2，θe为20s，且知每获1升滤液，便在滤叶表面积累1mm厚的滤渣，今选用板框过滤机在×105Pa的表压下过滤该悬浮液，所用过滤介质与实验相同，该压滤机滤框为正方形，其边长为810mm，框厚为42mm，共20个框，滤饼不可压缩。试求： ⑴ 滤框完全充满滤饼所需的过滤时间；

⑵ 若滤饼洗涤与装卸时间为，求以滤液体积计的生产能力。 解：1）滤框完全充满滤饼所需的过滤时间θ

222过滤面积：A2ln20.812026.24m

222Vlbn0.810.042200.551mc滤饼体积：

0.10.0010.1m3滤饼/m3滤液0.001

滤液体积

qVVc0.5515.51m30.1

V5.510.21m3/m2A26.24

44真空度为810Pa，即p810Pa

qe0.01m3/m2，e20s

0.012K0.5105m2/se20

KpKp

5p53.21052KK()0.510()210m/s5p0.810

qe22qe0.012e5s5K210

)2(qqe(0.210.01)2e52145s0.67h5K210过滤时间：

2）过滤机的生产能力

QV5.514.71m3/h0.670.5

2

WD3．某板框压滤机的过滤面积为0.6m，在恒压下过滤某悬浮液，3小时后得滤液60m3，若滤饼不可压缩，且过滤介质可忽略不计，试求： ⑴ 若其他条件不变，过滤面积加倍，可得多少滤液 ⑵ 若其他条件不变，过滤时间缩短，可得多少滤液 ⑶ 若其他条件不变，过滤的压差加倍，可得多少滤液

⑷ 若在原表压下过滤3h，用4m3的水洗涤滤饼需多长时间设滤液与水的性质相

近。

解：1）因过滤阻力忽略不计，恒压过滤方程为：

V2KA2;A2A时，V2KA2

V2A2V2(20.6)22,22A600.62 即：V解得：V120m

32）

12

V2KA2V2KA2

V2V21.52,2603 V解得：V42.43m 3、p2p

Kp,K2K

3V2KA2,V2KA2

V2KV22K,222K60KV

解得：V84.85m 4、洗涤时间：

602KA1200V2KA2 3

23V2dVKA2120010m3/hd2V260

WVW41.6h1dV1()E104d4

4．用小型板框压滤机对某悬浮液进行恒压过滤试验，过滤压强差为150kPa，

测得过滤常数k=×10m/s，qe=0.02m/m。今拟用一转筒真空过滤机过滤该悬浮液，过滤介质与试验时相同，操作真空度为60kPa，转速为min，转筒的浸没度为1/3。若要求转筒真空过滤机的生产能力为5m3滤液/h，试求转筒真空过滤机的过滤面积。已知滤饼不可压缩。 解：滤饼不可压缩，故Kp

Kp6060,KK1.0104m2/sKp150150 qe20.022qKe,e4s4K1.010

2e-4232

Q60[KA2(60nen2)Ven]

560[1.0104A2(601/30.540.52)0.02A0.5]

解得：A3.597m2

CHAPTER4传热

一、

填空题

1．三层圆筒壁热传导过程中，最外层的导热系数小于第二层的导热系数，两层厚度相同。在其他条件不变时，若将第二层和第三层的材料互换，则导热量变（ ），第二层与第三层的界面温度变（ ）。 答：变小，变小。

2．在垂直冷凝器中，蒸汽在管内冷凝，若降低冷却水的温度，冷却水的流量不变，则冷凝传热系数（ ），冷凝传热量（ ）。 答：减小，增加。

冷凝传热系数与温差的-1/4次方成正比，故温差增加，冷凝传热系数减小； 冷凝传热量与温差的3/4次方成正比，故温差增加，冷凝传热量增加。 3．在管壳式换热器中，热流体与冷流体进行换热，若将壳程由单程该为双程，则传热温度差（ ）。 答：下降

4．在高温炉外设置隔热档板，挡板材料的黑度越低，则热损失越（ ）。 答：越小

5．黑体的表面温度提高一倍，则黑体的辐射能力提高（ ）倍。 答：15

6．沸腾传热设备壁面越粗糙，汽化核心越（ ），沸腾传热系数α越（ ）。 答：多，大

7．苯在内径为20mm的圆形直管中作湍流流动，对流传热系数为1270W/（m2．℃）。如果流量和物性不变，改用内径为30mm的圆管，其对流传热系数变为（ ）W/（m2．℃）。 答：612

 =dRe0.8Prn

0.8WS/dd24 =d ∝d1(12)0.8Prn

=d1.830 =201.8=

2 ===612W/(m·℃)

8．热油和水在一套管换热器中换热，水由20℃升至75℃。若冷流体为最小值流体，传热效率为，则油的入口温度为（ ）。

答：104℃

7520T120ε=

= T1=104℃

二、选择题

1．某一套管换热器，由管间的饱和蒸汽加热管内的空气，设饱和蒸汽温度为100℃，空气进口温度为20℃，出口温度为80℃，则此套管换热器内壁温度应是（ ）。

A接近空气平均温度B接近饱和蒸汽和空气的平均温度C接近饱和蒸汽温度 答：C

2．测定套管换热器传热管内对流传热系数αi，冷流体走传热管内，热流体走套管环隙，冷热流体均无相变。冷流体的流量及进、出口温度均可测量, 且测量的精确度基本上相同。用公式αi =Q/si△ti求αi时，式中的Q用下面（ ）公式计算。

A Q=WcCp,c(t2-t1) B Q=WhCp,h(T1-T2) C A、B均可以。 答：A

3．在卧式列管换热器中，用常压饱和蒸汽对空气进行加热。（冷凝液在饱和温度下排出），饱和蒸汽应走（ ）

A 壳程 B 管程 C 壳程和管程都可以 两流体在换热器中必须（ ）流动。

A 逆流 B 并流 C 逆流和并流都可以 答：A，C

4．传热过程中当两侧流体的对流传热系数 都较大时，影响传热过程的将是（ ）。

A 管壁热阻 B 污垢热阻 C 管内对流传热热阻 D 管外对流传热热阻 答：B

5．下述措施中对提高换热器壳程对流传热系数有效的是（ ）。 A 设置折流板；B增大板间距；C换热器采用三角形排列；D增加管程数 答：A，C

6．在确定换热介质的流程时，通常走管程的有（ ），走壳程的有（ ）。 A高压流体B蒸汽C易结垢的流体D腐蚀性流体E粘度大的流体F被冷却的流体

答：A，C，D；B，E，F

7．采用多管程换热器，虽然能提高管内流体的流速，增大其对流传热系数，但同时也导致（ ）。

A管内易结垢 B壳程流体流速过低 C 平均温差下降 D 管内流动阻力增大 答：C，D

8．下面关于辐射的说法中正确的是（ ）。 A 同一温度下，物体的辐射能力相同；

B 任何物体的辐射能力和吸收率的比值仅和物体的绝对温度有关； C 角系数的大小与两表面的形状、大小、相互位置及距离有关； D 只要物体与周围环境的温度相同，就不存在辐射和吸收过程 答：B，C 三、计算题

1． 有一列管式换热器，用120℃的饱和水蒸气加热某种气体，冷凝水在饱和温度下排出，气体由20℃升高到80℃，气体在列管内呈湍流流动。若气体流量增加50%，而气体进入列管换热器的温度、压强不变。试计算加热蒸汽量为原用量的倍数。管壁热阻、污垢热阻及热损失可忽略，且气体物性可视为不变。加热蒸汽温度不变。 解：

Wccp,c(t2t1)KAtm （1）

（2）

t1)KAtm1.5Wccp,c(t20.8K,K1.5K1.383K i 而

t2t112020lnKtmt2t112080t1t2t1)1.383Ktm1.5(t21.38312020ln 120t277℃ t2t1)1.5(7720)Wh1.5(t21.425Wh802060

2． 现有一列管换热器，内有φ25×的钢管300根，管的有效长度为2m。要求将8000kg/h的空气于管程有20℃加热到85℃，采用108℃的饱和蒸汽于壳程冷凝加热之，冷凝液在饱和温度下排出。蒸汽冷凝的传热系数为1×104w/m2℃，空气的对流传热系数为9 0w/m2℃，管壁及两侧污垢热阻均可忽略，且不计热损失。空气在平均温度下的比热为1kJ/kg℃。试求： 1） 换热器的总传热系数K。

2） 通过计算说明该换热器能否满足要求。 3） 通过计算说明管壁温度接近那一侧流体的温度 解：1）总传热系数

K1171.49W/(m2.112511d00idi11049020℃）

2）QKA需tm

QWccp，（）8000/36001（8520）144.4kWct2t1

tm852048.410820ln10885℃

Q144.4103A需41.7m2Ktm71.4948.4

A实ndl3003.140.025247.1m2

A实A需，该换热器能满足要求。

TTWTWt113)0i

108TWTW52.51/90 1/104TW107.5℃

接近蒸汽的温度。

3． 有一管程为单程的列管换热器，由φ25×，长的20根钢管组成。用120℃饱和水蒸汽加热某冷液体（冷凝液在饱和温度下排出），该冷液体走管内，进口温度为25℃，比热为kg℃，流量为15000kg/h，管外蒸汽的冷凝传热系数为×104 w/m2℃。管内对流传热的热阻为管外蒸汽冷凝传热热阻的6倍。求： 1） 基于管外表面积的总传热系数K0

2） 冷液体的出口温度。（换热器的热损失、管壁及两侧污垢热阻均可忽略不计） 解：1）总传热系数

K0111429W/m2441/01/i1/1.0106/1.010.℃

Wccp,c(t2t1)KAtmKA2）

t2t1120t1ln120t2

Andl200.0252.53.925m2

15000/36001.5810314293.925/ln12025120t2

t279.5℃

4． 有一列管式换热器由φ25×，长3m的100根钢管组成。饱和水蒸气将一定量的空气加热。空气在管内作湍流流动，饱和蒸汽在壳方冷凝为同温度的水。今因生产任务增大一倍，除用原换热器外，尚需加一台新换热器。换热器为φ19×2mm的120 根钢管组成。如果新旧两台换热器并联使用，且使两台换热器在空气流量、进出口温度及饱和水蒸气温度都相同的条件下操作，求新换热器管长为多少米

解：因两台并联操作的换热器在空气流量，近、出口温度及饱和水蒸气温度都相同的条件下操作，则由

QWccp,c(t2t1)KStm看，Q及tm均相同，从而两台

换热器的K1S1K2S2，关键是要找出K2/K1的关系，才能求出S2，进一步求出新换热器管长L2。

因饱和蒸汽与空气换热，K空气，而空气在管内湍流流动，则

()Re0.81d，

0.80.2即：ud，又新旧换热器空气流量相等，即V1V2，依据以上关系，找

出u1与u2的关系，从而可求出K2/K1。 原换热器： 新换热器：

Q1Wccp,c(t2t1)K1S1tm1

Q2Wccp,c(t2t1)K2S2tm2因在新、旧换热器中，Wc、t1、t2及T均相同，故

Q1Q2,tm1tm2，则：K1S1K2S2

因饱和蒸汽与空气换热，K空气，而空气在管内湍流流动，则

()Re0.81d，

u0.8d0.2，又新旧换热器空气流量相等，W1W2，即V1V2，则有

n14d12u1n242d2u2

u2n1d12100252()()1.443u1n2d212019

K2ud25(2)0.8(1)0.21.4430.8()0.21.416u1d219则：K1

2SndL1003.140.025323.55m1111原换热器：

新换热器：

S2K123.55S116.6m2K21.416

则新换热器管长

LS216.62.32mn2d21203.140.019

5． 在一单程列管换热器中，用饱和蒸气加热原料油，温度为160℃的饱和蒸汽在壳程冷凝为同温度的水。原料油在管程湍流流动，并由20℃加热到106℃。列管换热器的管长为4m，内有φ19×2mm的列管25根。若换热器的传热负荷为

125kw，蒸汽冷凝传热系数为7000 w/m℃，油侧垢层热阻为0.0005m℃/w。管壁热阻及蒸汽侧垢层热阻可忽略。试求： 1） 管内油侧对流传热系数

2） 油的流速增加一倍，保持饱和蒸汽温度及油入口温度，假设油的物性不变，求油的出口温度。

3） 油的流速增加一倍，保持油进出口温度不变，求饱和蒸汽温度。 解：1）管内油侧对流传热系数

Q125kW

SindiL253.140.01544.71m2

22

tmt2t11062090Tt116020lnln160106Tt2℃

Q125103Ki295W/(m2Sitm4.7190.℃）

d11RSiiKii0d0 11150.0005295i700019

i360W/(m2℃） 2、油的出口温度

油的流速增加一倍，则：

20.8i20.8360626.8W/(m2℃）

d11RsiiKii0d0

11150.0005Ki626.8197000 452.9W/(m2Ki解出：℃）

Ki452.91.535Ki295

列热量衡算与传热速率方程式 原来：后来：

Wccp,c(t2t1)KiSitm （1）

（2）

t1)KiSitm1.535KiSitm2Wccp,c(t2tm(t2t1)t1)1.535tm 2(t2tm)(16020)(160t2t20216020140lnln 160t2160t21062020)2(t2则：

ln90t201.5352140ln 160t2140431.5350.733160t290

1402.082160t2

e0.73392.8℃ 所以t24） 饱和蒸汽温度

因t1及t2不变，列热量衡算及传热速率方程式如下： 原来：后来：

Wccp,c(t2t1)KiSitm

1.535KiSitm2Wccp,c(t2t1)KiSitmtm1901.535tm 21.535tmtm290117.31.535

tmt2t1117.3Tt1lnTt2

10620117.3T20lnT106

T185.5℃

由计算结果可知，油速增加一倍，使及K均提高，且tm也提高。若饱和蒸汽温度T不变，则油出口温度t2下降；欲保持t1及t2不变，则加热蒸汽温度T必然提高，采取的措施是提高加热蒸汽的压强。

CHAPTER5蒸发

一、分析与判断

1 精馏塔分离某二元物系，当操作压强降低，系统的相对挥发度α ，溶液的泡点 ，塔顶蒸汽冷凝温度 （增大，减小，不变）。 答：增大，减小，减小

2 板式塔精馏操作，已知物系在操作条件下，相对挥发度为α，操作方程为

yaxb,设第n块板为一理论板，进出该板各物流如附图示，则yn1和xn1的

关系是：

yn1axn11(1)xn1

A. yn1axn1bB.

yn xn-1 C. yn1axn1bD. 答：C

yn1axn11(1)xn1

yn+1 xn yn1与xn1呈平衡关系，yn1axn1b，而yn1yn，故选C。

3 精馏分离某二元组分混合液(F, xF, q),要求塔顶xD,轻组分回收率η。设计时，若加大回流比R，则精馏段液气比 提馏段液气比 ，所需理论板数NT ,塔顶产品量D ,塔釜xw 塔顶冷凝量QC ,塔釜加热量

QR ,若R太大，过程的调节余地将 （增大，减小，不变）。

答：增大，减小，减小，不变，不变，增大，增大，减小

精馏段的液气比L/VR/R1，即精馏段操作线的斜率，回流比R大，则精馏段操作线斜率增大；提馏段液气比L/V即提馏段操作线的斜率，回流比增大，提馏段操作线斜率减小；此时操作线与平衡线的距离增大，所需的理论板数减小；设计时，改变R值的前提是D、xW不变。塔顶冷凝量由于V增大，故也随之增大，塔釜加热量由于V’增大，也随之增大，若R太大，可调节的R值变小，则过程的调节余地也变小。

4．某精馏塔设计中，若将塔釜间接蒸汽加热改为直接蒸汽加热，而xF、D、F、xD 、q、R 不变，则W ，xW ，L/V ，NT ( 增大，减小，不变)。 答：增大，减小，不变，增大

5．精馏塔设计时，若塔顶采用全凝器，所需理论板数为NT1，采用分凝器，所需理论板数为NT2，则NT1 NT2 （>、=、<）。 答：> 分凝器相当于一块理论板

6．连续精馏操作，原工况为泡点进料，现由于某种原因，原料温度降低，使q>1,进料浓度xF ,塔顶采出率D/F 及进料位置均保持不变。试判断：

(1)塔釜蒸汽量V保持不变，则塔釜加热量QR ,塔顶冷量QC ，

xxD ，W 。(变大，变小，不变，不确定)

(2)保持回流比R不变，则塔釜加热量QR ,塔顶冷量QC ，

xxD ，W 。(变大，变小，不变，不确定)

答：⑴不变，变小，变小，变大

塔釜的蒸汽量保持不变，则塔釜加热量QR不变，当原料温度降低时，精馏段的部分蒸汽被冷凝，故精馏段上升的蒸汽量变少，塔顶冷量QC变小，此时，当采

xD变小，W变大。 出率不变时，相当于回流比下降，产品的分离纯度降低，x ⑵变大，不变，变大，变小

若保持回流比不变，则必须加大塔釜加热量，使冷液温度达到泡点，故塔釜加热

量变大，由于R不变，故塔顶冷量不变，此时，由于冷液进料，操作线下移，精

xD变大，W变小。 馏操作的推动力加大，所以产品的分离精度变大，x7．某精馏塔在给定工况下的操作曲线如图所示，现维持进料条件（F, xF, q）和塔釜加热量不变而将塔顶采出率D/F增大，则塔顶产品组成xD ,塔底产品组成xW

(变大，变小，不变，不确定)。

xD变小，W变大。物料衡算 答：x8．某精馏塔维持其他条件不变，将加料板下移，则精馏段塔板数 ，塔顶产品组成xD ，塔底产品组成xW （变大，变小，不变，不确定）。 答：⑴若原加料板为最佳位置，加料板下移，则精馏段塔板数N1变大，塔顶产品组成xD变小，塔底产品组成xw变大。

⑵若原加料板位置偏高，加料板下移，则精馏段塔板数N1变大，塔顶产品组成xD变大，塔底产品组成xw变小。

⑶若原加料板位置已偏低，加料板下移，则精馏段塔板数N1变大，塔顶产品组成xD变小，塔底产品组成xw变大。

9．精馏塔操作中，由于某种原因进料浓度xF减小，进料量F与热状态q保持不变，塔釜加热量V不变，若欲维持塔顶产品xD与塔底产品组成xW不变，则R ，D ，L/V ，L/V (增大，减小，不变)。 答：增大，减小，增大，增大 根据物料平衡可知。

10．精馏塔操作中，保持F 、xF 、q、L不变，而增大V,则R , xD ，

xW ，L/V ，L/V (增大，减小，不变)。 答：减小，减小，减小，减小，减小

由于增大V，q不变，故V增大，VLD而L不变，故D增大，LRD，所以R减小，根据物料平衡，D增大，xD减小。L、q不变，故L’也不变,V’变大，故提馏段操作线的斜率变小，提馏段的推动力变大，xW变小。L、L’均不变，V、

V’均变大，所以L/V减小，L/V减小。

11．精馏塔操作中，保持F、xF、q、R不变，而增大W则xD ，xW ，

L/V ，L/V (增大，减小，不变)。 答：增大，增大，不变，增大

F、xF不变，W增大，则D变小，根据物料衡算，xD增大。q、R不变，所以L/V不变，LRD减小，W增大，L/V增大，提馏段与平衡线距离减小，推动力减小，故xW增大。

12．精馏塔真空操作中，F、xF、q、D、V不变，而真空度下降，则xD ，

xW (增大，减小，不变)。 答：减小，增大

真空度下降，相当于压强增加，α变小，分离变难，故xD减小，xW增大。

13.决定精馏塔分离能力大小的主要因素是：物理方面 设备方面 和操作方面 。 答：相对挥发度α，理论板数NT,回流比R 二.计算题

1.用精馏操作分离含甲醇20%(摩尔分数)的水与甲醇混合液,精馏塔顶部设有部分冷凝器,未冷凝的气体继续冷凝得到液体产品D1，冷凝部分回流入塔，部分作为产品D2，其数量为D1的1/3。要求塔顶产品D1的含量为，塔底产品含量为，物料在泡点下入塔。以产品D1计的回流比取为，在操作条件下，相对挥发度α＝，试求该精馏塔内应具有多少块理论板

解：取F1kmol/h作为基准，作总物料衡算得：

1D1D2W4D1W3

对甲醇作衡算得：

FxFD1xD1D1xD2WxW3

式中xD1与xD2成相平衡关系。因xD10.9，由已知的yx曲线查得xD20.77，由以上二式可得：

D1xFxW0.20.050.138kmol/hxD240.7740.05xD1xW0.93333

D2D10.1380.0459kmol/h33

部分冷凝器的作用相当于一块理论板，故产品D2实际上是侧线出料，此时精馏塔有三段操作线，其中第一段操作线为

yxR1.50.9xD1x0.6x0.36R1(R1)1.511.51

第二段操作线为

yRD1D2DxD2xD2x1D1(R1)D1(R1)D1

1.50.1380.04590.1380.90.04590.77x(1.51)0.138(1.51)0.138



0.467x0.463

根据式（1）、式（2）在yx图上绘出相应的操作线，第二条操作线与xF0.2的垂线相交于点e，连接点（xW,xW）与点e变得到第三条操作线。利用操作线与平衡线自上而下作梯级，因部分冷凝器相当于一块理论板，求得N8（包括再沸器），加料板为第五块。

附图 (a) 附图 (b) 2某液体混合物的组成为（轻组分、摩尔分数），采用精馏方法加以分离，料液在泡点下加入塔内，要求塔顶含量为，轻组分的回收率为90%，回流比为，试分别计算按以下两种加热方式所需要的理论板数： （1） 全部热量由塔底再沸器供给

（2） 将离开提馏段第二块板的液体抽出30%，用中间加热器全部汽化后，再返

回该层塔在操作条件下，物料的相对挥发度为。

解：取F100kmol/h作为基准，由轻组分的回收率可求出塔顶产品流量为

DFxF1000.50.950kmol/hxD0.9

塔底产品的含量为

xWFxFDxD1000.5500.90.1FD10050

（1）当全部热量由塔底加入时，根据xD0.9、R2.0、q1及xW0.1，操作线方程为

精馏段：

yxRxD0.667x0.3R1R1

WxWRDqFx(R1)D(1q)F(R1)D(1q)F

y提馏段：

1.333x0.0333

作出操作线，然后自上而下作梯级，求得N8

（2）当设有中间再沸器时，操作线分三段。第一段操作线方程式为

y0.667x0.3

第二段操作线方程式为

yL2WxWV2V2



FxFDxDRDqFx(R1)D(1q)F(R1)D(1q)F

250100500.91000.5x1.333x0.0333(21)50(21)50

第三段操作线方程式为：

yL3WxWV3V3

FxFDxD0.7(RDqF)x(R1)D(1q)F(RDqF)0.3(R1)D(1q)F(RDqF)0.30.7(250100)1000.5500.9x(21)500.3(250100)(21)500.3(250100) 1.556x0.0555

根据以上三式可在yx图上做出操作线，其中第二、第三段操作线皆与对角线相交于（xW,xW)。

为求理论板数，可先在第一段操作线与平衡线之间作梯级，并跨过第一、二段操作线交点时换用操作线，因中间再沸器蛇在加料板之下，故第二段操作线使用一次后换用第三段操作线并一直到塔底，求得N9。

附图(a) 附图(b)

显然，在分离要求与能耗相同的情况下，所有热量加到塔底，所需理论板数较少。

同理，所有冷量加到塔顶，在精馏段中间设置中间冷凝器也使理论板数增多。 3 某两元混合物含易挥发组分（摩尔分数），用精馏方法加以分离，所用精馏塔具有8块理论板（包括塔釜），加料板为第3块，塔顶设有全凝器，泡点回流。在操作条件下，两物质的平均相对挥发度为，要求塔顶组成为,轻组分回收率为90%。 试求：

（1）为达到分离要求所需要的回流比为多少

（2）若料液组成降为，馏出率D/F及回流比与（1）相同，塔顶产品组成及回收率有何变化

（3） 若料液组成降为，但要求塔顶产品组成及回收率不同，回流比应为多少 解：（1）由xD=，xF=及η= 可求出本例精馏过程的流出率为

DxF0.90.40.4xD0.9 F

根据物料衡算式，可计算塔底产品组成为

xw

xFDxD0.40.40.9F0.0667D10.41-F

本例属操作型问题，待求的回流比必须试差求出。假设回流比R=，根据xD=、xF=、q=1及xW=可做出操作线。在平衡线和操作线之间子上而下做8个梯级（在第三块即求y4时换用操作线），刚好求得x8=xW= [参见附图（a）]，故回流比R的假设正确。若求得的x8大于(或小于) xW，则应增大(或减小)回流比，重新计算。

(2) 当料液组成降为xF=，而DF0.4，R=不变时，可试差求出xD。

xW0.30.40.720.0210.4

设xD=，由物料衡算式求出

根据xD=，xW=，xF=，q=1及R=可做出操作线，可得x8=xW=[参见附图(b)]，表明假设xD正确。可见在D/F与R不变而料液组成下降时，塔顶产品组成下降，塔釜产品组成也下降。

D0.90.30.3F0.9（3）因xD=，η=不变，故馏出液将减少为

塔底组成降为

xW0.30.30.90.042910.3

设R=，根据xD=，xW=，xF=及q=1可做出操作线，然后自上而下作梯级并在第三块板换用操作线，求得x8=xW=，故假设正确。显然料液组成降低后，为达到同样的xD和η，所需回流比增加。

附图(a) 附图(b)

附图(c)

4．某苯与甲苯混合物的流量为100kmol/h，苯的含量为（摩尔分数），温度为20℃，拟采用精馏操作对其进行分离，要求塔顶产品的含量为，苯的回收率为90％，

精馏塔在常压下操作，相对挥发度为， 试比较以下三种工况所需要的最低热耗（包括原料预热需要的热量）： （1） 20℃加料； （2） 预热至泡点加料 （3） 预热至饱和蒸汽加料；

已知在操作条件下料液的泡点为98℃，平均比热容为，汽化潜热为32 600J/mol。

解：若忽略热损失，精馏过程的总热耗包括两部分：一部分用于塔顶产生汽相回流；另一部分用于原料预热，消耗于塔釜的热量与回流比有关。本例计算的目的是求取塔板为无穷多的最低热耗，必须分别计算三种情况的最小回流比。

三种工况所得到的塔顶产品量相同，可根据苯的回收率求出

DFxFxD

0.91000.330kmol/h0.9

（1）当进料温度为20℃时，加热状态参数

qrcp(tbt)r32600161.5(9820)1.38632600

在最小回流比下，q线与操作线交点必落在平衡线上，故联立求解以下两式：

yxq1.3860.3xFx3.588x0.777q1q11.386-11.3861

q线方程

y平衡方程

x2.47x1(1)x11.47x

可以得到此交点的坐标为 xe=，ye=

此时精馏段操作线的斜率与最小回流比为

Rmxye0.90.608D0.568Rm1xDxe0.90.386 Rm1.315

塔釜所产生的蒸汽量为

VV(1q)F(R1)D(1q)F

(1.3151)30(1.3861)100108.6kmol/h 20℃加料时，原料不预热，故精馏过程所需的最低热耗为

6QVr108.6326003.5210kJ/h

（2）泡点进料时，q=1，在最小回流比下操作线与平衡交点的坐标为 xe= xF =

ye

xe2.470.30.5141(1)xe11.470.3

此时精馏段操作线的斜率及最小回流比为

Rmxye0.90.514D0.6430.90.3 Rm1xDxe

Rm1.8 塔釜所产生的蒸汽量为

VV(Rm1)D(1.81)3084kmol/h 考虑到原料预热所需热量，此时精馏过程所需的最低热耗为 QVrFcp(tbt)84.132600100161.5(9820)

6 4.010kJ/h

（3）饱和蒸汽进料时，q=0，在最小回流比下，操作线与平衡线焦点坐标为 ye= xF =

xeye0.30.148-(-1)ye2.47(2.47-1)0.3

此时精馏段操作线的斜率及最小回流比为

Rmxye0.90.3D0.798 Rm1xDxe0.90.148

Rm3.94

塔釜所产生的蒸汽量为

VV(1q)F(R1)DF (3.941)3010048.3kmol/h 精馏过程的最低总热耗为

QVrFcp(tbt)Fr

48.332600100161.5(9820)10032600

6 6.0910kJ/h

从上例计算结果可知，在相同的精馏塔内完成相同的分离任务，将料液在本来热状态下加入塔内所需能耗最少，任何预热都将导致总能耗的增加，而且预热程度越高所需能耗越大。可见，为减少能耗，在精馏过程中一切热量应加入塔底；同理，一切冷量应加入塔顶。 三、讨论题

分离苯、甲苯的精馏塔，按以下三种方式冷凝（图，，），塔顶第一板上升蒸气浓度为含苯（摩尔分率），回流比均为2。

1．用全凝器冷凝，在塔顶及回流处插二支温度计，测得温度分别为t0、t1，问t0、t1是否相等为什么并求t0、t1的值。

2．在图，图，图三种冷凝情况下，第一板浓度y1为含苯（摩尔分率）。 ①比较温度t1、t2、t3的大小； ②比较回流液浓度xL1、xL2、xL3的大小；

③比较塔顶产品浓度xD1、xD2、xD3的大小。将以上参数分别安顺序排列，并说明理由。

3．三种情况下精馏段操作线是否相同在同一y-x图上表示出来，并将三种情况下xD、xL、yV的值在y-x图上表示出来。

4．若该塔有10块塔板，每块塔板的阻力为，塔釜间接蒸汽加热，塔釜产品浓度含苯10%（摩尔分率）。问塔釜加热蒸汽压力应为多大已知安托因常数如下

（安托因方程为

lgP0AB(CT)，其中P0单位为mmHg，T单位

为℃）：

A B C 苯 甲苯

图 图 图 讨论提示：

1．采用全凝器冷凝，塔顶及回流处所指示的温度分别是什么温度它们的大小与什么有关应如何求取

2．全凝器与分凝器有什么区别回流液浓度、塔顶产品浓度、回流温度三者之间有什么关系应如何计算

3．精馏塔的操作线应如何确定，都与哪些因素有关 4．塔釜加热蒸汽的压力由什么确定

2．某苯与甲苯精馏塔进料量为1000kmol/h，浓度为，见图。要求塔顶产品浓度不低于，塔釜浓度不大于（皆为苯的摩尔分率），泡点进料，间接蒸汽加热，回流比为2。相对挥发度为，平均板效率为，求：

1）当满足以上工艺要求时，塔顶、塔底产品量各为多少采出560kmol/h行吗采出最大极限是多少当采出量为535kmol/h时，若仍要满足原来的产品浓度要求，可采取什么措施

2）仍用此塔来分离苯、甲苯体系，若在操作过程中进料浓度发生波动，由降为。

① 在采出率D/F及回流比不变的情况下，产品浓度会发生什么变化 ② 回流比不变，采出率下降为，产品浓度如何

③ 若要使塔顶塔釜浓度保持xD≥，xW≤，可采取什么措施具体如何调节

3）对于已确定的塔设备，在精馏操作中加热蒸汽发生波动，蒸汽量为原来的4/5，此时会发生什么现象如希望产品浓度不变，xD≥，xW≤，可采取哪些措施如何调节 讨论提示：

1．塔顶和塔底的产品量怎样求塔顶产品量及产品浓度所能达到的极限值受什么限制应该如何求取在采出量为535kmol/h时，如何才能保证塔顶及塔釜都得到合格的产品与回流比、塔板数及物料平衡由什么关系

2．塔顶产品的浓度与采出率、回流比及塔板数有什么关系如何定量计算生产中当产品浓度发生改变时，怎样调节

3．加热蒸汽量对精馏塔的操作会产生怎样的影响

分离苯、甲苯的精馏塔有10块塔板，总效率为，泡点液相进料，进料量为1000kmol/h，其浓度为xF=，要求塔顶产品浓度为，塔釜浓度为（均为苯的摩尔分率）。

1）该塔的操作回流比R为多少有几种解法试对这几种解法进行比较。 2）用该塔将塔顶产品浓度提高到是否可行若将塔顶产品浓度提高到，可采取何种措施对其中较好的一种方案进行定性和定量分析。

3）当塔顶产品浓度为时，最小回流比为多少若塔顶冷凝器供应不足，回流比只能为最小回流比的倍，该塔还能操作吗

4）若加回流管堵塞或回流泵损坏，使回流比为0，此时塔顶、塔釜的组成及流量分别为多少（设塔板效率不下降）。 讨论提示：

1．操作回流比有几种求法

2．塔顶产品的最高浓度如何确定受哪些因素的影响提高塔顶产品浓度的方法有哪些

3．最小回流比如何求取与哪些因素有关操作回流比不能低于最小回流比有没有什么前提条件

4．回流比为0时精馏塔的操作有什么特征

CHAPTER6吸收

一、

分析与判断

1．在密闭容器内存在某种低浓度水溶液，容器内压强为p0，溶液温度为t，溶质含量为c(x)，试问：

1）若将N2压入容器，则E H m p ； 2）若溶液温度t下降，则E H m p ； 3）注入溶质A，则E H m p ； 答：1）不变，不变，变小，不变

当密闭容器内压入N2时，相当于容器内的总压增加，总压变化时，对均无影响，故E、H不变，溶质的含量也不变，平衡分压pEx不变，然而，mE/p，总压p增加，故m变小。 2）变小，变大，变小，变小

若溶液的温度下降，则平衡分压p变小，E、H均受温度的影响，E变小，H变大，mE/p变小。 3）不变，不变，不变，变大

注入溶质A时，体系的温度压强均不变，此时物系的E、H、m均不变，而注入A后，溶液中溶解的溶质含量变大，故p变大。

2、某吸收过程，已知气相传质系数与液相传质系数的关系是

ky3kx，则此时

气相传质推动力(yyi) ，液相传质推动力(xix)。（大于、等于，小于，不确定） 答：不确定。

题中未给出平衡关系，两个传质系数相差又不大，所以无法判断是气膜控制过程还是液膜控制过程。

3、低浓度逆流吸收塔设计中，若气体流量、进出口组成及液体进口组成一定，减小吸收剂用量，传质推动力将 ，设备费用将 （增大、减小，不变） 答：减小，增大

减小吸收剂的用量，则吸收过程的推动力降低，即传质推动力减小，达到原来的分离要求所需的填料层的高度增加，所以设备的费用将增大。

4、某逆流吸收塔操作时，因某种原因致使吸收剂入塔量减少，以至操作时液气比小于原定的最小液气比，则将发生什么情况： 。 答：气体出塔含量y2增大，达不到设计要求，液体出塔含量x1也增大。 吸收剂入塔量减小，吸收的推动力下降，由于原定的最小液气比对应着原分离要求，虽然操作的液气比小于原定的最小液气比，操作仍然是吸收操作，只是此时对应的分离要求发生了变化，由于液气比下降，所以操作无法达到原来的设计要求，气体出塔的含量将增大；而又由于操作的温度、压强不变，所以吸收的平衡关系不变，入塔的气体组成不变，故液气比越低，对应的出塔的液体组成越接近平衡组成，故液体出塔含量x1也增大。

5、低浓度逆流吸收操作中，原工况操作线如附图所示，现其他条件不变而吸收剂用量L增加，试判断下列参数变化情况并绘出新工况的操作线：

HOG ，ym ，出塔液体x1 ，出塔气体y2 ，回收

率 （增大、减小，不变，不确定）

题5附图 题6附图

答：减小，不确定，减小，减小，增大

Kya11mkykx

，吸收剂用量L增加，则kx增大，

SKyaHOG增大，

VKya减小；

填料层高度不变，HOG减小，NOG增大，

mVL减小，根据传质单元数关

y1mx2yy21y1增大； 联图，y2mx2增大，而y1、x2均不变，故y2减小，回收率

L增大，操作线的斜率变大，而 y1、x2均不变，故操作线上端与平衡线的距离变大，出塔液体的组成x1减小。

出塔液体x1减小，塔底的推动力变大，出塔气体y2减小，塔顶的推动力变小，故ym的变化不确定。

新工况的操作线如图所示

第5题答案图 第6题答案

6、低浓度逆流吸收操作中，原工况操作线如附图所示，现其他条件不变而吸收剂入塔含量升高，试绘出新工况的操作线。

yx答：因为其他条件不变，2变高，则2变大，塔顶的推动力变小，故新工况下

的操作线必然下移，且与原工况的操作线的斜率相等。新工况的操作线如图所示。 7、吸收操作中，原工况下气体进塔量为V，进出塔的含量分别为y1、y2。由于某种原因，吸收剂入塔浓度升高，采用增加吸收剂用量L的方法后，使y1、y2保持不变。则与原工况相比，被吸收溶质总量 ，平均推动力ym （增大，减小，不变，不确定）。 答：不变，减小

吸收过程中被吸收的溶质量为：V(y1y2)，由于改变前后的y1、y2均不变，故被吸收的溶质量不变；

Kya11mkykx

，吸收剂用量L增加，则kx增大，

NOGKyaHOG增大，

VKya减小；

填料层高度不变，HOG减小，NOG增大，大，故ym减小。

y1y2ym，y1、y2不变，NOG增

8、低浓度逆流吸收操作中，当吸收剂温度降低其他条件不变时，试判断下列参数变化情况并绘出操作线：

相平衡常数 ，

Kya ，推动力ym ，回收率 ，

出塔y2 ，出塔x1 （增大，减小，不变，不确定）。

第8题图 第10题图

答：减小，增大，不确定，增大，减小，增大

Kya吸收剂温度降低，则相平衡常数减小，

HOGVKya11mkykx，m减小，则Kya增大，

减小；填料层高度不变，HOG减小，NOG增大，S不变，根据传质单

y1mx2yy21y1增元数关联图，y2mx2增大，y1、x2不变，所以y2减小，回收率

大，y2减小，操作线的斜率不变，y1、x2不变，操作线平行下移，与yy1的

NOGy1y2ym，NOG增大，y1y2增大，故ym的变化趋势

交点右移，x1增大，

不能确定。变化后的操作线如图。

9、低浓度逆流吸收操作中，当气体进口含量y1下降，其他条件不变时，则气体出口含量y2 ，液体出口含量x1 ，被吸收溶质总量 ，回收率φ ，推动力ym ，NOL （增大，减小，不变，不确定） 答：减小，减小，减小，不变，减小，不变

y1mx2其他条件不变，则NOG不变，根据传质单元数关联图，y2mx2不变， x2不变，

y1下降，

第9题答案图 第10题答案图 所以，气体出口含量y2也减小，吸收操作线的斜率不变，所以吸收操作线平行

xx2NOL1NOL也不变，xm，下移，所以吸收的平均推动力ym减小，回收率减小，

推动力xm减小，x2不变，所以，液体出口含量x1减小，因为吸收率下降，被吸收的溶质总量减小。

10、已知某吸收过程操作线如图所示，试分别定性绘出以下几种情况下的操作线，并讨论对吸收操作的影响：

1）吸收操作为气膜控制，气体流量V增至V’，其他条件不变； 2）吸收过程为液膜控制，气体流量V增至V’，其他条件不变；

HOGVkya0.7答：1）气膜控制，

Kyakya，

，kyaV则

HOG(HOGV0.3)V，塔

高一定，

NOG(NOGV0.3)V，增加气体流量V，液气比L/V减小，NOG也减小，

增加； y2Kya2）液膜控制，

11m1mmVVHOGNNOGkykx，Kyakxa，kxa，OGV，增加

大大减小，y2则大大增加； 气体流量V，液气比L/V减小，NOG11、某吸收塔原工况的操作线如图所示，现将吸收剂L的温度降低，其他条件不变，试定性绘出以下两种情况的操作线：（忽略温度变化对传质分系数的影响） 1）吸收过程为气膜控制 2）吸收过程为液膜控制。

第11题图 第11题答案

HOGVkya

答：1）气膜控制，

Kyakya，

不变，NOG不变，但温度t下降，推

减小； 动力变大，y21mKyakxaHOGmV减小，NOGkxa，温度t下降，m减小，HOG2）液膜控制，，

增大，而且推动力ym增大，

NOGy1y2ym，所以y2大大减小。

12、某吸收塔H，气体流量V与组成y1和液相组成x2不变，试绘出以下两种情况下的操作线（平衡关系如附图所示）。 1）L/Vm； 2）L/Vm；

3）试讨论在以上两种情况下，增加L/V能否使气体出口含量y2降低

第12题附图

第12题答案1）附图 第12题答案2）附图

3）当L/Vm的情况，此情况下y2受相平衡约束等于mx2，增大L/V不会降低y2，只会无谓地降低x1，增大操作负荷；

当L/Vm的情况，此时，增大L/V对降低y2效果显著。

13、对解吸因数S0.5的系统进行逆流吸收，当塔高为无穷大时，塔顶气相出口含量y2 y2，塔顶气相入口含量y1 y1；若系统压力增加为原来的4倍，其他条件不变，则此时y2 y2，y1 y1（大于，等于，小于，不确定）。 答：等于，大于，大于，等于 同上图

和两14、在吸收、解吸联合操作中，维持吸收塔L、V、y1，解吸气入塔含量y2塔操作温度、压力均不变，现减少解吸气用量V，与原工况相比，新工况下离开解吸塔的液体含量x2 ，离开吸收塔的气体含量y2 ，离开吸收塔的液体含量

x1 ，吸收塔平均推动力ym ，吸收塔的回收率 （增大，减小，不变，不确定）。 答：增大，增大，增大，减小，减小

解吸气的用量减少，解吸的推动力减小，故离开解吸塔的液体含量增大，解吸的操作线的斜率变小，在y1不变的条件下，线的位置上移，故出塔的气体含量增大，其他条件不变，x2增大，则吸收塔的平均推动力减小，回收率减小，NOL

y1mx2不变，A不变，故y1mx1不变，x2增大，故x1也增大。

二、 计算题

1、例用吸收操作除去某气体混合物中的可溶有害组分，在操作条件下的相平衡关系为y=，混合气体的初始含量y1=(摩尔分数)，循环吸收剂的入塔含量x2=，液气比L/G=。已知在逆流操作时，气体出口的残余含量y2=，试计算在操作条件不变的情况下改为并流操作，气体出口含量为多少吸收塔逆流操作时所吸收的可溶性组分是并流操作的多少倍计算时可近似的认为体积传质系数Kya与流动方式无关。

解：在逆流操作时，由物料衡算式可求得液体出口含量为

x1G1(y1y2)x2(0.10.005)0.0010.485L2

平均传质推动力为

ym(y1mx1)(y2mx2)(0.11.50.0485)(0.0051.50.001)0.01157y1mx10.11.50.0485lnln0.0051.50.001y2mx2

吸收过程的传质单元数为

NOGy1y20.10.0058.21ym0.01157

HOGGKya改为并流操作后，因Kya可近似认为不变，传质单元高度

NOG不变，

H8.21``HOGyx21不变。于是，并流操作的气、液两相出口含量、可联立求

解以下两式获得

x1`1`(y1y2)x22

(1)

NOG`y1y2y1mx21ln````mGy2(y1mx1)(y2mx2)mx21ymx1Lln1``y2mx2

(2)

将已知数据带入以上两式，并将式(2)线性化，则

x1`1`(0.1y2)0.0012 (3)

`1.737106y22.065106x1`0.0985 (4)

由式(3)、(4)求得

`y20.044，x1`0.0291

逆流与并流操作所吸收的溶剂质量之比为

N逆 KyaHym逆G(y1y2)`N并KyaHym并G(y1y2)

N逆N并ym逆ym并y1y20.10.0051.7`y1y20.10.044

从本例计算结果可以看出，在同一吸收塔内，当操作条件完全相同时，逆流操作可得到更好的分离效果，其原因是逆流操作具有更大的平均传质推动力。因此，从传质推动力的角度看，逆流操作同样优于并流操作。

例:某生产过程产生两股含有HCl的混合气体，一股流量G1= kmol/s,HCl含量yG1=(摩尔比)另一股流量G2=s,HCl含量yG2=(摩尔分数)。今拟用一个吸收塔回收两股气体中的HCl，总回收率不低于85%，所用吸收剂为20℃纯水，亨利系数E=×105Pa,操作压强为常压，试求：

（1） 将两股物料混合后由塔底入塔，最小吸收剂用量为多少若将两股物料分别

加入(第二股气流在最佳高度单独加入塔内)，最小吸收剂用量有何变化 （2）若空塔速度取s,并测得在此气速Kya=8×103kmol/,实际液气比取最小液气

比的倍，问混合进料所需塔高为多少

（2） 若塔径和实际液气比与（2）相同，第二股气流在最佳位置进料，所需塔

高为多少中间加料为于何处

附图(a) 附图(b)

附图(c)

解： （1）在操作条件下，系统的相平衡常数为

E2.786105mp1.0131052.75

两股气体混合后的含量为

y1yGiyG20.10.040.0722

气体出口含量为

)y1(10.85)0.070.0105 y2(1φ两股气体混合后进塔的最小液气比为

yy20.070.0105L2.337510.07x1eGmin2.75

当两股气体分别进塔时，塔下半部的液气比大于上半部，操作线将首先在中间加料处与平衡线相交，对中间加料口至塔顶这一段作物料衡算，可求出为达到分离要求所需要的最小液气比为

yy20.040.0105L2.028G2y0.04GminG22.75m吸收塔下半部的液气比(L/V1)min=，对下

yG2半部作物料衡算可得液体最大出口含量为连接(0,y2)、(m,yG2)、(x1,min,yG1)三点的分段进料的操作线。 （2）混合气体的总体积流量为

qV22.4T293)22.4(G1G20.030.721m3/sT0273

吸收塔直径为

D4qV40.7211.335mu3.140.5

LL1.21.22.33752.805GGmin

由物料衡算式可求出液体出口含量为

x1G0.070.01(y1y2)x20.0124L2.805

平均传质推动力为

ym(y1mx1)(y2mx2)(0.072.750.0124)0.010.0106y1mx10.072.750.0214lnln0.01y2mx2

所需塔高

G0.03(/4)D2y1y20.7851.33520.070.01H14.7m3Kyaym8100.0106

在实际液气比下的操作线如附图（b）线段ab`所示.

(3)再吸收塔的上半部，液气比L/G=,由物料衡算可求得中间加料处吸收液含量为

xAG0.040.01(yG2y2)x20.0107L2.805

上半部的平均传质推动力为

ym(yG2mxA)(y2mx2)(0.042.750.0107)0.010.0103yG2mxA0.042.751.0107lnln0.01y2mx2

上半部所需塔高为

G0.03(/4)D2yG2y20.7851.33520.040.01H17.57mKyaym81030.0103

LL25.61G在吸收塔下半部，液体流率不变，气体流率减半，G1，液体出口含

量为

x1G10.10.04(yG1yG2)xA0.01070.0214L5.61

下半部的平均传质推动力为

ym(yG1mx1)(yG2mxA)(0.12.750.0214)(0.042.750.0107)0.0225yG1mx10.12.750.0214lnln0.042.750.0107yG2mxA

下半部所需塔高为

G10.015(/4)D2yG1yG20.7851.33520.10.04H23.46m3Kyaym8100.0225 在实际回流比下，单独进料的操作线如附图（c）中ab`c`所示。 吸收塔总高度

HH1H27.573.4611.03m

吸收的目的是为了实现混合气的分离，而将两组组成不同的气体相混合于此目的背道而驰。本例计算结果表明，在平衡方面，混合进料所需要的最小液气比大于单独进料的最小液气比，在速率方面，为完成相同的吸收任务，混合进料所需的塔高更高。

例用纯水吸收空气-氨混合气体中的氨，氨的初始含量为（摩尔分数），要求氨的回收率不低于95%，塔底得到的氨水含量不低于。已知在操作条件下气液平衡关系y=,试计算：

（1）采用逆流操作，气体流率取,体积传质系数Kya=2×10-2 kmol/，所需塔高为多少

（2）采用部分吸收剂再循环流程，新鲜吸收剂与循环量之比L/LR=20,气体流速不变，KYa也假定不变，所需塔高为多少

附图(a) 附图(b) 解：(1)气体出口量为

y2(1)y1(10.95)0.050.0025

由物料衡算可求得液气比为

Ly1y20.050.00250.95Gx1x20.050 Lm0.95因G，传质平均推动力为 ymy20.0025

所需塔高为

Hyy2G0.020.050.0025119m2Kyaym2100.0025

(2)采用部分吸收剂再循环后，吸收剂入塔含量

`x2LRx10.050.00238LLR201

塔内的液气比为

LLLRLLR0.950.950.9975GGGG20 操作线如附图(b)中的虚线所示。 平均传质推动力为

`(y1mx1)(y2mx2)(0.050.950.05)(0.00250.950.00238)ym0.000963y1mx10.050.950.05lnln`0.00250.950.00238y2mx2

所需塔高为

Hyy2G0.020.050.0025149.3m2Kyaym2100.000963

从本例计算结果可以看出，吸收剂在循环可时吸收剂入口含量提高、平均传质推动力减小，如果传质系数Kya不变，则所需塔高增加。当循环量大到一定程度时，

`x2x2ey2m，ym0则塔高再大也不可能达到分离要求。

例用纯吸收剂吸收某气体混合物中的可溶组分，混合物的初始含量为(摩尔分数)，新鲜吸收剂与混合气体的流率之比L/G=,在操作条件下相平衡关系为y=，

吸收过程系气相阻力控制。现有两流程如附图(a)所示，流程B中循环剂量LR是新鲜吸收剂量的1/10，试计算： (1)当 =，两流程所需塔高之比为多少 (2)当 =，两流程所需塔高之比有何变化

附图(a)

附图(b)

解：(1)当0.80时，气、液两相出口含量分别为：

y2(1)y1(10.80)0.050.01

x1G0.050.01(y1y2)0.0333L1.2

mG1因L，则逆流操作时的平均推动力为

ymAy2mx20.01

当有部分液体再循环时，吸收剂入口含量为

`x2x1x0.033310.003031011111

平均推动力为

ymB`(y1mx1)(y2mx2)(0.051.20.0333)(0.011.20.00303)0.00806y1mx10.051.20.0333lnln`0.011.20.00303y2mx2

因吸收过程系气相控制，两流程的Kya近似相等，故所需塔高之比为

GKaHByGHAKyay1y2ymBy0.01mA1.24（倍）y1y2ymB0.00806ymB

(2)当0.90时

y2(10.90)0.050.005

x10.050.0050.03751.2

逆流操作的平均推动力为

ymAy20.005

当有部分液体再循环时，吸收剂入口含量为

`x2x10.03750.003411111

平均传质推动力为

ymB(0.051.20.0375)(0.0051.20.00341)0.00240.051.20.0375ln0.0051.20.00341

两流程所需塔高比为

HBymA0.0052.08(倍)HAymB0.0024

从本例结算结果可以看出，同样的返混量对吸收过程所造成的后果是不同的，溶质吸收率越高，操作线越靠近平衡线，对返混越敏感，即返混所造成的危害越大[参见附图(b)]。其原因是，溶质吸收率越高，返混后，塔顶的传质推动力越来越接近于零，是对数平均推动力急剧变小。此结论对许多化工过程皆成立，具有一定的普遍意义。

例在填料塔中，用水逆流吸收氨—空气混合气中的氨，入塔气含氨，水的初始含氨量为(均为摩尔分数)，操作条件下的平衡关系为ye=，吸收过程可视为气相阻力控制。若保持气体流量不变，试求在以下两种情况下气体残余含量与液气比的关系：

(1)塔高为无穷大；

(2)塔高为1个传质单元高度，且不随液体流量而变。

解：(1)因H=∞,操作线与平衡线必在某一点相交，当L/Gy2y1LLL(x1x2)0.01(0.010.001)0.010.009GGG

此式表明，当H=∞时，气体残余含量与液气比呈线性关系，如附图(b)中线段ab所示。

当L/G≥m时，操作线与平衡现在塔顶相交[附图（a）中点b`],气体残余含量(摩尔分数)为

y2mx20.001

且不随L/G而变，如附图（b）中水平线bc所示。

(2) 当塔高H=HOG,高塔具有的传质单元数NOG=1且不随L/G而变。

NOGmGy1mx2mG1ln1mGLy2mx2L1L

用NOG=1代入，可得

mG1(y1mx2)Ly2mx2mGmGexp1LL

因y1=,x2=,m=,对于不同的L/G值可得到相应的气体残余含量，如附表：

例附表

L/G 1 1 3 5 10 ∞ Y2 据上表数据可得，气体残余含量与液气比的变化关系如附图（b）曲线ad所示。 曲线ad是一条具有渐进性质的下凹曲线，在L/G较小时，增大吸收剂用量可明显降低气体残余含量y2;但随L/G的增大，其作用逐渐减小。当L/G已经很大时，增大吸收剂用量对降低气体残余含量基本已不起作用。相反，一味增大L/G，液体出口含量x1会相应减小，对吸收剂的再生和溶质的进一步挥手不利。 例在一吸收塔内，用洗油吸收煤气中所含苯蒸汽，苯的初始含量为(摩尔分数)，在吸收塔操作条件下，气液平衡关系ye=，两相呈逆流接触。当液气比为、循环洗油入口含量为时，煤气中本的含量可降至。由吸收塔底排出的吸收液升温后，在解吸塔内用过热蒸汽进行解吸，解吸塔内的气液比为，相平衡关系为ye=。因吸收内m很小，过程可认为是气相阻力控制，解吸塔内m很大，过程可认为是液相控制，且kxa∝。现欲进一步降低煤气中本的残余含量，将吸收剂的循环量增加一倍，其它条件均维持不变，问能否达到预期的目的

附图

解：原工况下吸收塔液液体出口含量为

x1G0.020.001(y1y2)x20.00750.126L0.16

吸收塔的平均推动力为

(y1mx1)(y2mx2)(0.020.1250.126)(0.0010.1250.0075)9.924104ymx10.020.1250.126lnln10.0010.1250.0075y2mx2原工矿下吸收过程的传质单元数为 ymNOGy1y20.020.00119.1ym9.924104

在原工况下解吸塔的气体出口含量（见附图）为

y1L(x1x2)0.1260.0075y20.325G0.365

解吸塔的平均推动力为

ym(mx1y1)(mx2y2)(31.60.1260.325)3.160.00750.0439mx1y13.160.1260.325lnln3.160.0075mx2y2

解吸过程的传质单元数为

NOGy1y20.32507.403ym0.0439

在新工况下，吸收塔的液气比(L/G)20.160.32，解吸塔的气液比

(L/G)0.365/20.1825。因吸收过程为气相控制，循环液量加倍后，吸收传

`0.66NNkaLOGOGx质单元数不变。解吸过程为液相阻力控制，在填料塔内，故``NHOGOG循环液量加倍后，解吸过程的传质单元高度及传质单元数分别为

``HOGGmG1mGHOG`Kyakx`a20.66kxa20.66

`HOG7.40320.6611.7HOG

N`OGNOG````yxxy2121设循环加倍后，吸收塔两相出口含量为、，解吸塔两相出口含量为和，

则对吸收过程可写出：

0.02y2G`)x1`x2(y1y20.32 (1) LNOG1G1mLlny1mx1mx2y2

19.10.020.125x11ln0.1250.125x2y210.32

0.125x2)0.020.125x1 (2) 1.134105(y2对解吸过程可写出

xx2L)y21y1(x1x20.1825 (3) GNOGy1y2mx1y1ln(mx1y1)(mx2y2)mx2y21Gm1Llnmx1y1y2mx2

11.73.16x1y11ln 3.160.182513.16x23.16x1y1 (4) 0.0223x2联立求解式(1)—(4)可得

0.00448，x20.0358，x10.0843，y10.266 y2从本例结算结果可以看出，循环液量增加后，解吸塔出口(即吸收塔进口)液体含

增大，使气体残余含量增加。单从吸收过程来看，增加吸收剂用量似乎总是量x2有利的；单对本例具体情况，吸收塔在原工况下已十分接近平衡状态，因受平衡的限制，再增加吸收剂用量对降低气体残余含量y2的作用不大。相反，吸收剂用量的增大，使解吸塔负荷过重，解吸不完全，反而会适得其反。

例在图示吸收塔内，用洗油吸收煤气中所含的苯蒸汽，入塔煤气含苯(摩尔分数，下同)。当液气比为，洗油入口苯含量为时，出塔煤气的残余苯含量为，吸收操作的平衡关系为ye=。吸收塔低排出的洗油，在解吸塔内用过热蒸汽解吸，使解吸后的洗油中苯含量降为，解吸塔的气液比为，平衡关系为ye=。吸收塔操作温度低，过程可视为气相阻力控制；解析塔温度高，过程可视为液相阻力控制。 现欲将出塔煤气的苯含量将为，试问：

(1)保持洗油入口苯含量不变而增大液气比，能否达到要求

(2)若保持洗油流量不变而降低洗油入口苯含量，解析塔的蒸汽消耗需增加多少倍

附图

解：(1)若保持x20.005不变，则塔顶的气体平衡含量为

ye0.125x20.1250.0050.0006520.0005

故L/G再增大也不可能将气体残余含量降为。 (2)在原工况吸收塔液体出口苯含量为

x1G1(y1y2)x2(0.020.001)0.0050.124L0.16

吸收塔平均传质推动力（参见附图）为

(y1mx10)(y2mx2)(0.020.1250.124)(0.0010.1250.005)0.00166y1mx10.020.1250.124lnln0.0010.1250.005y2mx2吸收过程传质单元数为 ymNOGy1y20.020.00111.4ym0.00166

在原工况解吸塔气体出口含量（参见附图）为

y1L(x1x2)0.1240.005y20.326G0.365

解吸塔平均推动力为

y1y20.326xx120.1240.005mm3.16xm0.0111y10.1240.326/3.16lnx10.005mlnyx22m 因解吸塔气体出口苯含量y1已相当高，此推动力xm只是近似值。 解吸过程传质单元数为

NOLx1x20.1240.00510.7xm0.0111

0.0005，为使解析塔气体出口苯含量降为y2洗液流量不变，吸收剂如塔苯含量

必须降低。因吸收塔的NOG未变，由NOG吸收因数法计算式 x2NOGmGy1mx2mG1ln1mGLy2mx2L1`L

可得

y1mx2ymx20.020.1250.005151.7y2mx2y2mx20.0010.1250.005 x2y151.70.00050.0251.7y20.000923m(51.71)0.125(51.71)

由物料衡算式得

x2x1G1)0.000923(y1y2(0.020.0005)0.123L0.16

因解吸过程为液相阻力控制，解吸气流量G`增大不影响解吸塔的HOL,即

NOL10.7不变。故有

NOLxy2/m1ln(1A)1A10.7y2/m1Ax2

0.000923，y20，可试差解出AL/(mG)0.636。 式中x10.123，x2G110.498LmA3.160.636

两种工况下过热蒸汽消耗量之比为

G0.4981.36G0.365

从本例可以看出，吸收和解吸是一个有机的整体，吸收操作的任何变动，都将使解吸操作发生相应的变化；反之亦然。另外，本例还表明，整个吸收操作的成本在于吸收剂的再生，吸收塔出口气体的残余含量越低或溶质回收率越高，解吸塔蒸汽用量越多，吸收过程的成本越高。