化工原理考试题

化工原理考试题（精馏） 一.填空题（20分）

1.精馏操作的依据是＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。实现精馏操作的必要条件包括＿＿＿＿＿＿＿＿_＿＿和＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。

2.(2分)

已分析测得这四股物料的组成为0.62，0.70，0.75，0.82，试找出Y X，Y，X

的对应值，Y＝____，X＝____，Y＝____ ，X＝_____,

3. 某二元物系的相对挥发度α＝3，在具有理论板的精馏塔内于全回流条件下作精馏塔操作，已知x＝0.3，则y＝＿＿＿（由塔顶往下数）

4.(8分)

某泡点进料的连续精馏塔,已知其精馏段操作线方程为y=0.80x+0.172,提馏段操作线方程为y=1.45x-0.015,则回流比R=____,馏出液组成x________,原料组成x=__________.釜液组成x=_________.

5.如图所示，ａ点表示＿＿＿＿＿＿＿＿；ｂ点表示＿＿＿＿＿＿＿＿；ｃ点表示＿＿＿＿＿＿＿＿；ａｂ段表示＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿；ｂｃ段表示＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿＿。

二.选择题（5分）

1. 某精馏塔精馏段理论板数为N层，提馏段理论板数为N层，现因设备改造，使提馏段的理论板数增加，精馏段的理论板数不变，且F、x、q、R，V等均不变，则此时:（）

A. x减小，x增加； B. x减小，x不变； C. x减小，x减小；

D. x减小，x的变化视具体情况而定。

三..问答题 1.(10分)

精馏塔在一定条件下操作时，问将加料口向上移动两层塔板，此时塔顶和塔底产品组成将有何变化？为什么？

四.计算题（65分）

1. 分离苯和甲苯混合液，进料组成为0.4，馏出液组成为0.95，残液组成为0.05（以上组成均为苯的摩尔分率）。苯对甲苯的平均相对挥发度为

2.44。泡点进料，塔顶冷凝器为全凝器，塔釜为间接蒸汽加热。试求：

(1) 最小回流比；

(2) 若回流比取最小回流比的1. 2倍，列出精馏段操作线方程 (3) 列出提馏段操作线方程。

2. 苯和甲苯混合液含苯0.4(摩尔分率，下同)，流量为100kmol.h，于常压下进行连续精馏，要求塔顶x=0.9，塔底x=0.0677, D=40kmol.h，原料于泡点下进入，R为1.4Rmin，已知操作条件下相对挥发度α＝2.47是常数。求：(1) 精馏段操作线方程；(2) 提馏段操作线方程。

3.如图，在由一块理论板和塔釜组成的精馏塔中，每小时向塔釜加入苯－甲苯混合液100kmol，苯含量为50％（摩尔％，下同），泡点进料，要求塔顶馏出液中苯含量80％，塔顶采用全凝器，回流液为饱和液体，回流比为3，相对挥发度为2.5，求每小时获得的顶馏出液量D，

釜排出液量W及浓度x。

4.某一精馏塔，塔顶为全凝器，塔釜用间接蒸汽加热。用以处理含易挥发组成x=0.5(mol 组成) 的饱和蒸汽。塔顶产量D和塔底排量W相等。精馏段操作线方程为y=5x/6+0.15试求：

(1)回流比R，塔顶组成x，塔釜组成x。 (2)提馏段操作线方程。

5.由一层理论板与塔釜组成的连续精馏塔，每小时向塔釜加入含

甲醇40％(摩尔分率)的甲醇水溶液100kmol，要求塔顶馏出液组成x=0.84，塔顶采用全凝器，回流比R＝3，在操作条件下的平衡关系为y＝0.45x＋0.55，求：

(1) 塔釜组成x；(2) 每小时能获得的馏出液量D。 一.填空题

1. 混合液中各组分的挥发度差异。塔顶液相回流塔底上升气流 2. y6 ＝0.82 x6 ＝0.70 y7 ＝0.75 x7 ＝0.62

3. y＝αx/（1＋（α－1）x）＝3×0.3/(1+2×0.3) ＝0.563 x＝y＝0.563

y＝3×0.563/（1＋2×0.563）＝0.794 4. 0.86 0.288 0.033 5. ａ）y，xｂ）y，x ｃ）y，xｄ）x,x ｅ）y, y 二.选择题 A. 三..问答题

当加料板从适宜位置向上移两层板时，精馏段理论板层数减 少，在其它条件不变时，分离能力下降，xD ↓，易挥发组分收 率降低，xW ↑。 四.计算题 1. ⑴y＝

2.44×0.4/（1＋1.44×0.4）＝0.62 R＝（x－y）/（y－x）

＝（0.95－0.62）/（0.62－0.4） ＝1.5

⑵R＝1.2×1.5＝1.8 y＝（1.8/2.8）x＋0.95/2.8

＝0.64x＋0.34

⑶．令F=1kmol.h Fx=Dx+Wx 0.4=0.95D+(1-D)×0.05

解得D=0.39kmol.h W=0.61kmol.h

∵q=1 L'=L+qF=RD+F=1.8×0.39+1=1.7kmol.h V'=V=(R+1)D=2.8×0.39=1.09kmol.h ∴y'=L'x'/V'-Wx/V'

=1.7x'/1.09-0.61×0.05/1.09=1.56x'-0.028 y＝1.56x－0.028

2. ⑴q=1, yq=2.47×0.4/(1+1.47×0.4)=0.622, Rmin=(0.9-0.622)/(0.622-0.4)=1.25, R=1.4×1.25=1.75,

y=1.75x/(1.75+1)+0.9/(1.75+1) =0.636x+0.327

⑵V'=V=(R+1)D, L'=L+qF=RD+F, y'=L'x'/V'-Wxw/V'

=(RD+F)x'/(R+1)D-(F-D)xw/(R+1)D =1.545x'-0.0369

3.(12分) 题号:6256 第6章知识点:210 难度:中等 *****答案***** y1=xD=0.8

0.8=2.5x1/(1+1.5x1) x1=0.615

yw=x1×R/(R+1)+xD/(R+1)=3×0.615/(3+1)+0.8/4=0.661 0.661=2.5xW/(1+1.5xW) xW=0.438

100=D+W, 100×0.5=0.8D+0.438W D=17.1(kmol.h), W=82.9(kmol.h) *****答案*****

(1)D=F(x-x)/(x-x) 即0.5=(0.5-x)/(x-x) R/(R+1)=5/6 ∴R=5

x/(R+1)=x/(5+1)=0.15 x=0.9 x=0.1 (2)提馏段操作线: y'=(L′/V′)x-Wx/V′ ∵饱和蒸汽进料

∴q=0, L′=L, V′=V-F 又F=2D,W=D,L=RD,V=(R+1)D ∴y'=[L/(V-F)]x'-W×0.1/(V-F)

={RD/[(R+1)D-2D]}x'-D×0.1/[(R+1)D-2D] =[5/(6-2)]x'-0.1/(6-2) =1.25x'-0.025 5. ⑴y1=xD=0.84, 0.84=0.45x1+0.55, x1=0.64,

yw=3×0.64/(3+1)+0.84/(3+1)=0.69, 0.69=0.45×xw+0.55, xw=0.311,

⑵D=100(0.4-0.311)/(0.84-0.311)=16.8(kmol.h), W=100-16.8=83.2(kmol.h). 化工原理练习题（干燥） 一.填空题

1. 干燥这一单元操作，既属于传热过程，又属______________。 2. 相对湿度φ值可以反映湿空气吸收水汽能力的大小，当φ值大时，表示该湿空气的吸收水汽的能力_________;当φ=0时。表示该空气为___________。

3. 干燥速率曲线是在恒定干燥条件下测定的，其恒定干燥条件是指：_________________

均恒定。

4. 在一定空气状态下干燥某物料，能用干燥方法除去的水分为__________；首先除去的水分为____________；不能用干燥方法除的水分为__________。

5. 已知某物料含水量X=0.4kg水.kg绝干料，从该物料干燥速率曲线可知：临界含水量X=0.25kg水.kg绝干料，平衡含水量X*=0.05kg 水.kg绝干料，则物料的非结合水分为__________，结合水

分为__________，自由水分为___________，可除去的结合水分为________。

6. 对于不饱和空气，表示该空气的三个温度，即：干球温度t，湿球温度t和露点t间的关系是______________。

7. 等速干燥阶段物料表面的温度等于__________________。 8. 湿空气通过预热器预热后，其湿度___________，热焓______________，相对湿度__________。(增加、减少、不变)

9. 对不饱和空气通过间壁换热器进行加热，使温度由ｔ升至ｔ，此时其湿球温度＿＿＿＿，相对湿度＿＿＿＿＿，露点＿＿＿＿＿，湿度＿＿＿＿。

10. 对于为水蒸汽所饱和的空气,则其干球温度ｔ,湿球温度ｔ，绝热饱和温度ｔ,露点温度ｔ的关系是ｔ＿＿ｔ＿ｔ＿＿ｔ。

二、问答题

1. 如何强化干燥过程？

2. 欲在298K时用相对湿度为60％的空气干燥木材，使其中水分降到11.5％（湿基），你认为是否可能?为什么?已知在此条件下木材的平衡水分为12％（干基）。

3. 某恒定干燥过程，（如图所示：预热器K1，干燥器K2，冷却冷凝器K3），已知预热器出口空气的干球温度为t,湿球温度为t此状态空气在干燥器经历一个绝热增湿过程，出干燥器空气温度为ｔ，经冷却冷凝器冷却冷凝，析出一部分水份之后，再经预热器预热至ｔ，且其湿球温度仍为ｔ，如此反复循环。试在湿空气的H－Ｉ图（或ｔ－H）图上用线段和箭头绘出空气在上述干燥过程状态变化的示意图。并说明空气在各设备中所经历的过程。

三.计算题

1. 某干燥器的生产能力为1000kg.h(产品），物料从含水量2%干燥至含水量0.2%（均为湿基）。已知生产车间的气温为22℃，相对湿度为60%；空气离开干燥器时的温度为45℃，湿球温度为32℃。干燥为等焓过程。试求：

(1)水分蒸发量；

(2)离开干燥器时空气的体积流量为多少m.h？ (3)空气进入干燥器的温度；(4)热效率为多少？

2. 某气流干燥器的生产能力为180kg产品.h,现要求将物料从含水量2%干燥至含水量0.2%，（均为湿基）。已知生产车间的气温为25℃，空气的湿含量为0.01kg水汽.kg干空气。空气经预热器预热至94℃进入干燥器，若空气离开干燥器时的湿球温度为32℃，露点为25℃。问：

(1)水分蒸发量为多少kg.h? (2)干空气消耗量为多少kg.h (3)干燥器的热效率为多少？(4)空气离开干燥器的温度？

(5)干燥过程是否等焓（说明原因）

3. 在常压连续干燥器中，将处理量为0.417kg.s的湿物料，自含水量为47％干燥倒5％（均为湿基），采用废气循环操作，新鲜空气与废气混合后经预热器k1加热，再送入干燥

器K2，循环比（废气中绝干空气质量与混合气中绝干空气质量之比）为0.8，新鲜空气的湿度H为0.0116kg.kg绝干气，温度为22℃，废气的湿度H为0.0789 kg.kg绝干气，温度为52℃，假设干燥过程为绝热过程，预热器损失可忽略不计。试计算干燥过程的耗热量。并在H－Ｉ图上定性绘制出湿空气的状态变化过程。

已知：绝干空气比热为1.01kJ.kg.K, 水蒸汽比热为1.88kJ.kg.K, 0℃时水蒸汽潜热为2490kJ.kg。

一.填空题 1. 传质过程 2. 小；绝干空气

3. 干燥介质（热空气）的温度、湿度、速度以及与物料接触的方式。

4. 自由水分；非结合水分；平衡水分

5. 0.15、0.25、0.35、0.2（单位皆为：kg水.kg绝干料） 6. t＞t＞t＞

7. 干燥介质一热空气的湿球温度 8. 不变、增加、减少

9. 上升，下降，不变，不变 10. ＝，＝，＝，＝。 二.问答题

1. 强化干燥过程要依据干燥的不同阶段而采取不同的措施。在等速干燥阶段：要使干燥速率提高，其措施：

增大热空气的温度、降低其湿度；增大热空气的流速；改变其接触方式（如垂直流过物料层效果比平行好，若将物料充分分散于气流中更好）

在降速干燥阶段：主要改变物料的尺寸（变小）、厚度（减薄）或将物料充分分散于气流中增大其气、固两相的接触面积或加强搅拌等措施来提高干燥速率。

2. 要求含水量降低到：

X＝0.115/(1-0.115)=0.13=13%＞12%(干衡水份) ∵X＞X* ∴是可能的

3. 由ｔw 1 及ｔ1 确定A点（由温度为ｔw 1 的等温线与φ＝100％线相交，再沿等Ｉ线向上与等温线ｔ1 相交得A点）。

AB为空气在干燥器经历绝热增湿过程，也是等焓干燥过程 BC为空气在冷却冷凝器经历等H冷却过程。 CD为空气在冷却冷凝器经历析出部分水份过程 （φ＝100％线）。

DA为空气在预热器中经历等H升温过程。 三.计算题

1. 1）水份蒸发量W：

W=G(W-W)/(1-W)=1000×(0.02-0.002)/(1-0.02) =18.37kg水.h

2)离开干燥器的空气体积流量V： V=L.v=W.v/(H-H)

依t=22℃,φ=60%查出H=H=0.01kg水汽.kg干空气 t=45℃, t=32℃, 查出H=0.026kg水汽.kg干空气, v=0.94m.kg干空气

∴V=18.37×0.94/(0.026-0.01)=1079m.h 3)空气进入干燥器的温度t: ∵I=I故可查出t=357K=84℃

4)热效率h=[(t-t)/(t-t)]×100%=[(84-45)/(84-22)]×100%=62.9% 2. 已知：图示。

1）水分蒸发量W：W=G（W-W）/（1-W） =180（0.02-0.002）/（1-0.02）=3.306kg水.h 2)干空气消耗量L: ∵L=W/（H-H） 依t=32℃,t=25℃查T-H图得H=0.02

而H=0.01 ∴L=3.306/(0.02-0.01)=330.6kg干空气.h 3)空气离开干燥的温度t：

由t=32℃,t=25℃在T-H图上找到C点，再由C点找到 t=332.4K=59.4℃ 4)干燥器的热效率η:

∵η=(Q/Q)×100%=[(t-t)/(t-t)]×100%

代入得：η=[(94-59.4)/(94-25)]×100%=50.1% 5)是否等焓干燥：

依t=94℃, H=H=0.01kg水汽.kg干空气，查出 I=121kJ.kg干空气

依t=32℃，t=25℃查出I=110kJ.kg干空气 ∵I≠I,故干燥不是等焓过程。

3. 干燥过程为绝热过程，因此，整个干燥过程的耗热量也就是预热器的给热量（近似为等焓过程考虑）

Q＝L（Ｉ1 －Ｉ1' ） 1．计算L

对整个系统进行物料衡算：

L0 （H2 －H0 ）＝Ｗ＝GC （Ｘ1 －Ｘ2 ）

Ｘ1 =47%/(1-47%)=0.887; Ｘ2 =5%/(1-5%)=0.053; GC =0.417×(1-47%)=0.221kgh H2 －H0 ＝0.0789-0.0116 代入上式便得

L0 =2.739 (kg绝干气.s)

根据循环比为0.8 可知L＝5L0 =13.7 (kg绝干气.s) 2．计算Q

Ｉ2 =(1.01+1.88H2 )ｔ2 +H2 ｒ0 t =(1.01+1.88×0.0789)×52+0.0789×2490 =256.69kJ/(kg绝干气)

Ｉ0 =(1.01+1.88H0 )ｔ0 +H0 ｒ0 t =(1.01+1.88×0.0116)×22+0.0116×2490 51.58kJ/(kg绝干气)

Q＝2.739×(256.69-51.58)=562 kJ.s 化工原理练习题（吸收） 一.填空题 1.(4分)

用相平衡常数m表达的亨利定律表达式为_______.在常压下,20℃时, 氨在空气中的分压为114mmHg,与之平衡的氨水浓度为15(kgNH/100kgH O).此时m=______.

当平衡线为直线时，总传质系数与分传质系数之间的关系可以表示为1/K=1/k+H/k 其中1/k表示＿＿＿＿＿，当＿＿＿＿＿＿＿项可忽略时，表示该吸收过程为液膜控制。

3.(4分)

含SO为10％（体积）的气体混合物与浓度C为0.020kmol.m的SO水溶液在一个大气压下相接触。操作条件下两相的平衡关系为p＝1.62C（大气压），则SO将从＿＿＿相向＿＿＿相转移，以气相组成表示的传质总推动力为＿＿＿＿大气压.

4.(4分)

在常压下，测定水中溶质A 的摩尔浓度为0.56kmol.m，此时气相中A 的平衡摩尔分率为0.02 ，则此物系的相平衡常数m=＿＿＿＿＿。当其他条件不变，而总压增加一倍时，相平衡常数m=＿＿＿＿＿，若测得总压值为2 atm ，则此时的亨利系数E=＿＿＿＿＿atm,而溶解度系数H≈＿＿＿＿＿kmol.m.atm。

5.(4分)

1.实验室用水逆流吸收空气中的CO，当水量和空气量一定时，增加CO量，则入塔气体浓度________，出塔气体浓度______,出塔液体浓度________.

2.吸收总推动力用气相浓度差表示时，应等于__________________和______________________________之差。

6.(5分)

含溶质A 摩尔分率为x=0.2的溶液与压力为2atm,y=0.15的气体等温接触（此条件下的平衡关系为：p=1.2x），则此时将发生＿＿＿＿＿过程。用气相组成和液相组成表示的总传质推动力分别为△y=＿＿＿＿＿，△x=＿＿＿＿＿（摩尔分率）。如系统温度略有增高，则△y将＿＿＿＿＿。如系统总压略有增高，则△x将＿＿＿＿＿。

7.(5分)

含溶质A 摩尔分率为x=0.2的溶液与压力为2atm,y=0.15的气体等温接触（此条件下的平衡关系为：p=1.2x），则此时将发生＿＿＿＿＿过程。用气相组成和液相组成表示的总传质推动力分别为△y=＿＿＿＿＿，△x=＿＿＿＿＿（摩尔分率）。如系统温度略有增高，则△y将＿＿＿＿＿。如系统总压略有增高，则△x将＿＿＿＿＿。

二.问答题 1.(10分)

双膜论的主要论点有哪些？并指出它的优点和不足之处。 2.(6分)

提高吸收速率应采取哪些措施? 三.计算题 1.(12分)

在常压逆流操作的填料吸收塔中用清水吸收空气中某溶质A ，进塔气体中溶质A 的含量为8%（体积％），吸收率为98%，操作条件下的平衡关系为y=2.5x，取吸收剂用量为最小用量的1.2倍，试求：(1)水溶液的出塔浓度；

(2)若气相总传质单元高度为0.6m，现有一填料层高为6m的塔问

该塔是否合用?注：计算中可用摩尔分率代替摩尔比，用混合气体量代替惰性气体量，用溶液量代替溶剂量。

2.(12分)

用水作为吸收剂来吸收某低浓度气体生成稀溶液（服从亨利定律），操作压力为850[mmHg] ，相平衡常数m=0.25，已知其气膜吸收分系数k=1.25[kmol.m.h.atm]，液膜吸收分系数k＝0.85[m.h]，试分析该气体被水吸收时,是属于气膜控制过程还是液膜控制过程?

在直径为0.8m的填料塔中，用1200kg.h的清水吸收空气和SO混合气中的SO，混合气量为1000m（标准）.h，混合气含SO 1.3％（体积）,要求回收率99.5％操作条件为20℃、1atm,平衡关系为y=0.75x,总体积传质系数K=0.05kmol.m.s，求液体出口浓度和填料层高度.

一.填空题 1. y=mx 1.094

2. 液膜阻力气膜阻力H/k

3. ｐ＝0.1atm ｐ＝1.62×0.02＝0.0324atm 从气相向液相转移Δｐ＝0.0676atm 4. 2.0 ； 1.0； 4.0 atm；14 kmol.m.atm 5. 1.增加；增加；增加

2.气相主体摩尔浓度；同液相主体浓度相平衡的气相浓度 6. 因为p=Ex ；y=（E/p）x；所以m=1.2/2=0.6 y=0.6×0.2=0.12 ；y-y=0.15-0.12=0.03 x=0.15/0.6=0.25 ；x-x=0.25-0.2=0.05

若p↑，m↓，x↑，Δx↑，故：吸收；0.03，0.05，减 少,增加

7 因为p=Ex ；y=（E/p）x；所以m=1.2/2=0.6 y=0.6×0.2=0.12 ；y-y=0.15-0.12=0.03 x=0.15/0.6=0.25 ；x-x=0.25-0.2=0.05

若p↑，m↓，x↑，Δx↑，故：吸收；0.03，0.05，减 少,增加

二、问答题

1. 论点：1）相互接触的气液两相流体间存在着稳定的相界面，相界面两侧分别各有一稳定的气膜和液膜，吸收质以分子扩散的方式通过此两膜；

2）在两膜层以外的气液两相主体中，由于流体的充分湍动，吸收质的浓度基本上是均匀的、全部浓度变化集中在两膜层中，即阻力集中在两膜层内：

3）在相界面处，气液两相达平衡，即界面上没有阻力。实验证明，在气速较低时，用双膜理论解释吸收过程是符合实际情况的，即提高速度，可增大吸收速率已为实践所证实。根据这一理论的基本概念所确定的吸收速率关系，至今仍是填料吸收塔设计计算的主要依据。

但当速度较高时，气液两相界面就处于不断更新的状态，并不存在稳定的气膜和液膜，界面更新对吸收过程是一重要影响因素，双膜论对于这种情况并无考虑进去，这是它的局限性。

2. 由N＝K（ｙ－ｙ）看出，为了提高N，必须增大吸收系数和吸收推动力。

1.增大湍动程度；

2.增大气液接触是为了增大吸收系数。 3.增大液气比是为了提高推动力。 三.计算题

1. ①(L/G)=(y-y)/x=(y-y)/(y/m)=mη L/G=1.2(L/G)=(y-y)/x

x=y/（1.2m）=0.08/(1.2×2.5)=0.0267 ②S=m/(L/G)=m/(1.2×m×η)=1/(1.2η) =1/(1.2×0.98)=0.8503

y/y=y/(y(1-η))=1/(1-η)=1/0.02=50 N=1/(1-S)L[(1-S)y/y+S]=14.2

h=H×N=0.6×14.2=8.50 m>6 m ,所以不合用。 2. m=E/P ∴E=mP=0.25×850/760=0.28(大气压) ∵是稀溶液

∴H = ρ/Ms.E =1000/(0.28×18)=198.4(kmol.m.atm)根据1/ＫG =1/ｋG +1/(HｋL )

即1/ＫG =1/1.25 + 1/(198.4×0.85) ∴ＫG ≈ｋG =1.25 [kmol.m.h.atm] 因此，是气膜控制过程。

3. 已知：D=0.8m Ls =1200kg.h G=1000Nm.h y=0.013 φ=0.995 x=0 ye =0.75x Kyａ=0.05kmol.m.s

Ls =1200/(3600×18)=0.0185 kmol/s G =1000/(22.4×3600)=0.0124kmol/s ∵为低浓度吸收∴(L/G)=0.0185/0.0124=1.49 y=y(1-φ)=0.013(1-0.995)=0.000065

x=(G/L)(y-y)+x=(0.013-0.000065)/1.49=0.00 868 ∵Z＝H×N而N=(y-y)/ΔYm

Δy=y-y=0.013-0.75×0.00818=0.006490 Δy=y-y=0.000065-0=0.000065 Δym =(Δy-Δy)/ln(Δy/Δy)

=(0.006490-0.000065)/ln(0.006490/0.000065) =0.001396

∴N=(0.013-0.000065)/0.001396=9.266 H＝Ｇ' /（ＫyａΩ）

＝0.0124/(0.785×0.8×0.8×0.05）=0.494(m)