广西化工原理复试习题

【1-1】 将高位槽内料液向塔内加料。高位槽和塔内的压力均为大气压。要求料液在管内以0.5m/s的速度流动。设料液在管内压头损失为1.2m（不包括出口压头损失），试求高位槽的液面应该比塔入口处高出多少米？

解：取管出口高度的0－0为基准面，高位槽的液面为1－1截面，因要求计算高位槽的液面比塔入口处高出多少米，所以把1－1截面选在此就可以直接算出所

求的高度x，同时在此液面处的u1及p1均为已知值。2－2截面选在管出口处。在1－1及2－2截面间列柏努利方程：

2u12p2u2gZ1gZ2hf22

p1式中p1=0（表压）高位槽截面与管截面相差很大，故高位槽截面的流速与管内流速相比，其值很小，即u1≈0，Z1=x，p2=0（表压），u2=0.5m/s，Z2=0，

hf/g=1.2m

将上述各项数值代入，则

0.52 9.81x=2+1.2×9.81 x=1.2m

计算结果表明，动能项数值很小，流体位能的降低主要用于克服管路阻力。

【1-2】 用泵输送密度为710kg/m3的油品，如附图所示，从贮槽经泵出口后分

为两路：一路送到A塔顶部，最大流量为10800kg/h，塔内表压强为98.07×104Pa。另一路送到B塔中部，最大流量为6400kg/h，塔内表压强为118×104Pa。贮槽C内液面维持恒定，液面上方的表压强为49×103Pa。

现已估算出当管路上的阀门全开，且

流量达到规定的最大值时油品流经各段管路的阻力损失是：由截面1―1至2―2为201J/kg；由截面2―2至3－3为60J/kg；由截面2－2至4―4为50J/kg。油品在管内流动时的动能很小，可以忽略。各截面离地面的垂直距离见本题附图。

已知泵的效率为60%，求此情况下泵的轴功率。

解：在1―1与2―2截面间列柏努利方程，以地面为基准水平面。

22u1p2u2gZ1WegZ2hf1222

p1式中 Z1=5m p1=49×103Pa u1≈0

Z2、p2、u2均未知，Σhf1－2=20J/kg

设E为任一截面上三项机械能之和，则截面2―2上的E2=gZ2+p2/ρ+u22/2代入柏努利方程得

49103WeE22059.81E298.06710

(a)

由上式可知，需找出分支2―2处的E2，才能求出We。根据分支管路的流动规律E2可由E3或E4算出。但每千克油品从截面2―2到截面3－3与自截面2－2到截面4－4所需的能量不一定相等。为了保证同时完成两支管的输送任务，泵所提供的能量应同时满足两支管所需的能量。因此，应分别计算出两支管所需能量，选取能量要求较大的支管来决定E2的值。

仍以地面为基准水平面，各截面的压强均以表压计，且忽略动能，列截面2－2与3－3的柏努利方程，求E2。

=1804J/kg

E2gZ3p3hf2398.07104379.8160710

列截面2－2与4－4之间的柏努利方程求E2

E2gZ4p4

=2006J/kg

hf24118104309.8150710

比较结果，当E2=2006 J/kg时才能保证输送任务。将E2值代入式（a），得 We=2006－98.06=1908 J/kg 通过泵的质量流量为

ws1080064004.78kg/s3600

泵的有效功率为

Ne=Wews=1908×4.78=9120W=9.12kW 泵的轴功率为

NNe9.1215.2kW0.6

最后须指出，由于泵的轴功率是按所需能量较大的支管来计算的，当油品从截面2―2到4―4的流量正好达到6400kg/h的要求时，油品从截面2―2到3―3的流量在管路阀全开时便大于10800kg/h。所以操作时要把泵到3－3截面的支管的调节阀关小到某一程度，以提高这一支管的能量损失，使流量降到所要求的数值。

第二章 流体输送设备

【2－1】 附图为测定离心泵特性曲线的实验装置，实验中已测出如下一组数据：泵进口处真空表读数p1=2.67×104Pa(真空度)

泵出口处压强表读数p2=2.55×105Pa(表压) 泵的流量Q=12.5×10－3m3/s

功率表测得电动机所消耗功率为6.2kW 吸入管直径d1=80mm 压出管直径d2=60mm

两测压点间垂直距离Z2－Z1=0.5m

泵由电动机直接带动，传动效率可视为1，电动机的效率为0.93 实验介质为20℃的清水

试计算在此流量下泵的压头H、轴功率N和效率η。

解：（1）泵的压头 在真空表及压强表所在截面1－1与2－2间列柏努利方程：

2p2u2p1u12HfZ1HZ2g2gg2g

式中 Z2－Z1=0.5m

p1=－2.67×104Pa（表压） p2=2.55×105Pa（表压）

4Q412.51032.49m/s22d0.08 u1=1 4Q412.51034.42m/s220.06 u2=d2

两测压口间的管路很短，其间阻力损失可忽略不计，故

2.551052.671044.422.4910009.8129.81H=0.5+

22 =29.88mH2O

（2）泵的轴功率 功率表测得功率为电动机的输入功率，电动机本身消耗一部分功率，其效率为0.93，于是电动机的输出功率（等于泵的轴功率）为： N=6.2×0.93=5.77kW

（3）泵的效率

NeQHg12.510329.8810009.815.771000NN

3.660.635.77 =

在实验中，如果改变出口阀门的开度，测出不同流量下的有关数据，计算出相应的H、N和η值，并将这些数据绘于坐标纸上，即得该泵在固定转速下的特性曲线。

【2－2】 选用某台离心泵，从样本上查得其允许吸上真空高度Hs=7.5m，现将该泵安装在海拔高度为500m处，已知吸入管的压头损失为1 mH2O，泵入口处动压头为0.2 mH2O，夏季平均水温为40℃，问该泵安装在离水面5m高处是否合适？

解：使用时的水温及大气压强与实验条件不同，需校正：

当水温为40℃时 pv=7377Pa 在海拔500m处大气压强可查表2-1得 Ha=9.74 mH2O

pv0.243 H's=Hs+（Ha－10）－9.8110 =7.5+（9.74－10）―（0.75―0.24）=6.73 mH2O 泵的允许安装高度为：

u12HgH'sHf012g

（2-22b）

=6.73―0.2―1 =5.53m＞5m 故泵安装在离水面5m处合用。

第三章 沉降与过滤

【3-1】 拟采用降尘室回收常压炉气中所含的球形固体颗粒。降尘室底面积为10m2，宽和高均为2m。操作条件下，气体的密度为0.75kg/m3，粘度为2.6×10－

5

Pa·s；固体的密度为3000 kg/m3；降尘室的生产能力为3 m3/s。试求：1）理论

上能完全捕集下来的最小颗粒直径；2）粒径为40μm的颗粒的回收百分率；3）如欲完全回收直径为10μm的尘粒，在原降尘室内需设置多少层水平隔板？

解：1）理论上能完全捕集下来的最小颗粒直径，在降尘室中能够完全被分离出来的最小颗粒的沉降速度为

utVs30.3bl10m/s

由于粒径为待求参数，沉降雷诺准数Ret和判断因子K都无法计算，故需采用试差法。假设沉降在滞流区，则可用斯托克斯公式求最小颗粒直径，即

dmin18ut182.61050.36.91105m69.1μmsg30009.81

核算沉降流型 Ret

dminut＜2 6.911050.30.750.5982.6105

原设在滞流区沉降正确，求得的最小粒径有效。

2）40μm颗粒的回收百分率 假设颗粒在炉气中的分布是均匀的，则在气体的停留时间内颗粒的沉降高度与降尘室高度之比即为该尺寸颗粒被分离下来的分率。

由于各种尺寸颗粒在降尘室内的停留时间均相同，故40μm颗粒的回收率也可用其沉降速度u't与69.1μm颗粒的沉降速度ut之比来确定，在斯托克斯定律区则为

回收率= u't / ut=(d'/dmin)2=(40/69.1)2=0.335 即回收率为33.5%。

3）需设置的水平隔板层数 多层降尘室中需设置的水平隔板层数用式3-20a计算。

由上面计算可知，10μm颗粒的沉降必在滞流区，可用斯托克斯公式计算沉降速度，即

d2sg1010630009.81ut6.29103518182.610 m/s

2所以

nVs31146.69blut106.29103，取47层

隔板间距为

hH20.042n1471m

核算气体在多层降尘室内的流型：若忽略隔板厚度所占的空间，则气体的流速为

uVs30.75bH22m/s

4bh420.0420.082m2bh220.042 de所以 Re

deu＜2000 0.0820.750.7517742.6105

即气体在降尘室的流动为滞流，设计合理。

【3-2】拟在9.81×103Pa的恒定压强差下过滤某悬浮液。已知该悬浮液由直径为0.1mm的球形颗粒状物质悬浮于水中组成，过滤时形成不可压缩滤饼，其空隙率

为60%，水的粘度为1.0×10－３Pa·s，过滤介质阻力可以忽略，若每获得1m3滤液所形成的滤饼体积为0.333m3。

试求：1）每平方米过滤面积上获得1.5m3滤液所需的过滤时间；2）若将此过滤时间延长一倍，可再得滤液多少？

解：1）求过滤时间 已知过滤介质阻力可以忽略的恒压过滤方程为

q2K

单位面积获得的滤液量 q=1.5 m3/ m2

2p1sKr'v 过滤常数

对于不可压缩滤饼，s=0，r'=r=常数，则

K2prv

已知Δp=9.81×103Pa，μ=1.0×10－3Pa·s，v=0.333m3/m2 根据式3-37知

r5a2123，又已知滤饼的空隙率ε=0.6

球形颗粒的比表面

d266a610433d0.110d622m2/m3

5610410.6r1.333101030.6所以 1/m2 29.81103K4.421033101.0101.333100.333则 m2/s

1.5509q2K4.42103所以 s

2 2）过滤时间加倍时增加的滤液量 '225091018 s 则 q'K'4.421010182.12 m3/m2

3 q'q2.121.50.62 m3/m2

即每平方米过滤面积上将再得0.62m3滤液。

第四章 传 热

【4-1】热空气在冷却管管外流过，α2=90W/（m2·℃），冷却水在管内流过， α1=1000W/（m2·℃）。冷却管外径do=16mm，壁厚b=1.5mm，管壁的λ=40W/（m·℃）。试求：

①总传热系数Ko；

②管外对流传热系数α2增加一倍，总传热系数有何变化？ ③管内对流传热系数α1增加一倍，总传热系数有何变化？ 解：

①由式4-70可知

Ko11dobdo11didm2

11160.00151611000134014.590180.80.001230.000040.01111W/（m2·℃）

可见管壁热阻很小，通常可以忽略不计。

Ko10.001231290147.4W/m2C②

传热系数增加了82.4%。

Ko185.3W/m2C1160.011112100013

③

传热系数只增加了6%，说明要提高K值，应提高较小的α2值。

【4-2】有一台运转中的单程逆流列管式换热器，热空气在管程由120℃降至80℃，其对流传热系数α1=50W/（m2·K）。壳程的冷却水从15℃升至90℃，其对流传热系数α2=2000W/（m2·K），管壁热阻及污垢热阻皆可不计。当冷却水量增加一倍时，试求①水和空气的出口温度t'2和T'2，忽略流体物性参数随温度的变化；②传热速率Q'比原来增加了多少？

解：①水量增加前 T1=120℃，T2=80℃，t1=15℃，t2=90℃， α1=50W/（m2·K），α2=2000W/（m2·K），

K11

1tm111150200048.8W/(m2K)2

(T1t2)(T2t1)(12090)(8015)45.3CT1t212090lnln8015T2t1

QWhcph(T1T2)Wccpc(t2t1)KStm

40Whcph75Wccpc48.845.3S （a）

K'0.8水量增加后 '222

111120.821110.85022000249.3W/(mK)

t'm

(T1t'2)(T'2t1)(120t'2)(T'215)T1t'2120t'2lnlnT'2t1T'215

QWhcph(T1T'2)2Wccpc(t'2t1)K'St'm

Whcph(120T'2)2Wccpc(t'215)49.3S120t'2T'215120t'2lnT'215

（b）

（c）

4075120T'22(t'215) 或

t'21575(120T'2)80

4048.845.3120T'249.3120T'2(t'215)120t'2lnT'215

（d）

式（c）代入式（d），得（e）

由式（c）与（e）得 t'2=61.9℃ T '2=69.9℃

Q'T1T'212069.91.25QTT1208012②即传热速率增加了

ln120t'20.0558T'215

ln120t'21.057T'215

25%。

第五章 蒸馏

【5-1】 每小时将15000kg含苯40%（质量%，下同）和甲苯60%的溶液，在连续精馏塔中进行分离，要求釜残液中含苯不高于2%，塔顶馏出液中苯的回收率为97.1%。试求馏出液和釜残液的流量及组成，以摩尔流量和摩尔分率表示。

解：苯的分子量为78；甲苯的分子量为92。 进料组成 釜残液组成

xF40/780.4440/7860/92

xW2/780.02352/7898/92

原料液的平均分子量 MF=0.44×78+0.56×92=85.8 原料液流量 F=15000/85.8=175.0kmol/h 依（a） 所（b）

全塔物料衡算 D+W=F=175 DxD+WxW=FxF 或

DxD+0.0235W=175×0.44

以

DxD=0.971×175×0.44

题

意

知

DxD=FxF=0.971

（c）

联立式a，b，c，解得

D=80.0 kmol/h W=95.0 kmol/h xD=0.935

2. 苯和甲苯混合物中，含苯0.4，流量1000Kmol/h，在一常压精馏塔内进行分离，要求塔顶馏出液中含苯0.9(以上均为mol分率)，苯的回收率不低于90%，泡点进料，泡点回流，取回流比为最小回流比的1.5倍，己知α=2.5。求： 1塔顶产品量（Kmol/h）； 2塔底残液量W及组成xW； 3最小回流比；

4精馏段操作线数值方程； 5提馏段操作线数值方程；

6若改用饱和蒸汽进料，仍用4中所用回流比时所需理论板数。

【5-2】、（16分）在一常压精馏塔内分离苯和甲苯混合物，塔顶为全凝器，塔釜间接蒸汽加热，平均相对挥发度为2.47，饱和蒸汽进料。已知进料量为150kmol/h，进料组成为0.4（摩尔分率），回流比为4，塔顶馏出液中苯的回收率为0.97，塔釜采出液中甲苯的回收率为0.95。试求： （1）塔顶馏出液及塔釜采出液组成；(5分)

（2）提馏段操作线方程解析式（

1ymWxLWxmVV）；(5分)

（3）回流比与最小回流比的比值；(3分)

（4）若全回流操作时，塔顶第一块塔板的气相默弗里板效率为0.6，全凝器液相组成为0.98，求由塔顶第二块板上升的气相组成。(3分) 解：（1）塔顶馏出液及塔釜采出液组成；

由 0.97FxFDxD （a） 0.95F(1xF)W(1xW） （b） F=D+W+150 （c） DxDWxWFxF1500.460 （d） 联立（a）、（b）、（c）和（d）求解得：

W=87.3kmol/h， D=62.7kmol/h xW=0.0206， xD=0.928

（2）提馏段操作线方程；

1ymWxLWxmVV

饱和蒸气进料，故 q=0 V(R1)F， LLDR

1ymWxWRD0.011xm1.534xm(R1)F(R1)DF

则

（3）回流比与最小回流比的比值；

RminxDyqyqxq q=0， yqxF0.4

xqyq1(1)xq 得 xq0.2125 由

Rmin0.9280.4R2.8160.40.2125， Rmin1.42

（4）求由塔顶第二块板上升的气相组成。

EmV1

y1y20.6y1y2，

而

y1y1x11(1)x1 全回流时，y2x1

x12.47y21(1)x111.47y2

3 y10.98， 代入上式可得： y20.969

第六章 吸收

【6-1】 在常压填料吸收塔中，用清水吸收废气中的氨气。废气流量为2500m3/h（标准状态），废气中氨的浓度为15 g/ m3，要求回收率不低于98%，若吸收剂用量为3.6 m3/h，操作条件下的平衡关系为y=1.2x，气相总传质单元高度为0.7m，试求：

塔底、塔顶及全塔的吸收推动力（气相）；气相总传质单元数； 总填料层高(m)。 解：

1y1=15/17/(1000/22.4)=0.01977----------

y2=0.01977×(1—0.98)=3.954×10-4------------------- G=2500/22.4×(1-0.01977)=109.4kmol/h--------------- L=3.6×1000/18=200kmol/h-------------------------- 全塔物料衡算

L(x1-x2)=G(y1-y2)

200(x1-0)=109.4×(0.01977-0.00039554)

得x1=0.0106-------------------------------------------------------- Δy1=y1-y1*=0.02017-1.2×0.0106=0.00745---------------------

Δy2=y2-y2*=0.0003954--------------------------------------------- 2Δym=(0.00745-0.0003954)/ln(0.00745/0.0003954)=0.0024----- NOG=(y1-y2)/ Δym=(0.01977-0.0003954)/0.0024=8.7------------ 3H=NOG×HOG=8.07×0.7=5.65m---

【6-2】 用洗油吸收焦炉气中的芳烃，含芳烃的洗油经解吸后循环使用。已知洗油流量为7kmol/h，入解吸塔的组成为0.12kmol（芳烃）/kmol（洗油），解吸后的组成不高于0.005kmol（芳烃）/kmol（洗油）。解吸塔的操作压力为101.325kPa，温度为120℃。解吸塔底通入过热水蒸气进行解吸，水蒸气消耗量V/L=1.5（V/L）

min。平衡关系为

Y*=3.16X，液相体积传质系数KXa=30kmol/（m3·h）。求解吸塔

每小时需要多少水蒸气？若填料解吸塔的塔径为0.7m，求填料层高度。

解：水蒸气不含芳烃，故Y2=0；X1=0.12

XX20.120.005V0.3031*LYY3.16120min12

VV1.51.50.3030.455Lmin L

水蒸气消耗量为

V=0.455L=0.455×7=3.185kmol/h=3.185×18=57.3kg/h

X1Y2/mX10.1224X2Y2/mX20.005

L10.696,mV3.160.455

1L10.6960.304mV

NOL

LX1Y2/mLln1LmVXY/mmV221mV 11ln0.304240.6966.840.304

用（X2－Y2/m）/（X1－Y2/m）=0.0417、mV/L=1.44，从图6-23查得NOL=6.9，与计算值接近。

HOL170.303KXa300.724m

填料层高度 Z=HOL·NOL=0.303×6.84=2.07m

第七章 干燥

【7-1】在一干燥器中干燥某湿物料，每小时处理湿物料1000㎏，经干燥后物料的含水量由40%减至5%（均为湿基）；干燥介质为373K的热空气，其中水汽的分压为1.0KN/m2，空气在313K及相对湿度70%下离开干燥器，试求所需要的绝干空气及新鲜空气的质量流量。水在313K时水汽的分压可取7.4 KN/m2，湿空气的总压为101.3 KN/m2。 解：1求W W=GC（X1-X2）

G1=1000 kg/h=0.278kg/s--------------------------------------------------- ∴GC=0.278(1-0.4)=0.167kg/s---------------------------------------------- X1=w1/(1- w1)=0.40/(1-0.40)=0.667kg/kg绝干料---------------------- X2=w2/（1-w2）=0.05/（1-0.05）=0.053kg/kg绝干料---------------- ∴W=GC（X1-X2）=0.167（0.667-0.053）=0.1025kg/s---------------- 2求H1：

H1=0.622p/(P-p)=0.622×1.0/(101.3-1.0)=0.0062kg/kg干气---------- 3求H2

H2=0.622p/(P-P)=0.622×0.7×7.4/(101.3-0.7×7.4)=0.0335 kg/kg干气--- 4求V

V=W/（H2-H1）=0.1025/（0.0335-0.0062）=3.76 kg干空气/s------ 新鲜空气量=L（1+H1）=3.76(1+0.0062)=3.783kg/s---------------------

【7-2】 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：（a）水分蒸发量W；

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

解（a）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X2w10.30.4291w110.3 w20.040.0421w210.04

W=Gc（X1-X2）=560×（0.429-0.042）=216.7kg水/h （b）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WW216.74610H2H1H2H00.0520.005kg绝干空气/h

1121.3H2H00.0520.005kg干空气/kg水

l（c）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273273

0.7731.2440.005288273

=0.822m3/kg绝干空气

V=LvH=4610×0.822=3789.42m3/h