化工原理考试题复习课程.docx
《化工原理考试题复习课程.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《化工原理考试题复习课程.docx（13页珍藏版）》请在冰豆网上搜索。
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
升级会员 