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化工原理考试题复习课程
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YX,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=0.82x6=0.70
y7=0.75x7=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
4.0.860.2880.033
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.hFx=Dx+Wx
0.4=0.95D+(1-D)×0.05
解得D=0.39kmol.hW=0.61kmol.h
∵q=1L'=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)=0.15x=0.9x=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0.0789kg.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tw1及t1确定A点(由温度为tw1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+H2r0t
=(1.01+1.88×0.0789)×52+0.0789×2490
=256.69kJ/(kg绝干气)
I0=(1.01+1.88H0)t0+H0r0t
=(1.01+1.88×0.0116)×22+0.0116×2490
51.58kJ/(kg绝干气)
Q=2.739×(256.69-51.58)=562kJ.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/100kgHO).此时m=______.
2.(2分)
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2atm,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?
3.(14分)
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SO1.3%(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=mx1.094
2.液膜阻力气膜阻力H/k
3.p=0.1atmp=1.62×0.02=0.0324atm
从气相向液相转移Δp=0.0676atm
4.2.0;1.0;4.0atm;14kmol.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=8.50m>6m,所以不合用。
2.m=E/P∴E=mP=0.25×85
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