化工原理习题及解答(中文)

化工原理习题及解答

华南理工大学 化工原理 邹华生

流体力学与传热

第一章 流体流动

1.1 解：混合气体的平均分子量Mn为

Mn=Mco2yco2+ Mo2yo2+ MN2yN2+ MH2OyH2O =44×0.085+32×0.075+28×0.76+18×0.08 =28.86kg/kmol

该混合气体在500℃，1atm时的密度为 ρ=

Mm*To*p28.86273=×=0.455kg/m³ 22.427322.4*T*po1.2 解：设备上真空表的绝对压强为

绝对压强=大气压―真空度 =740―100 =0mmHg

1.013310=0×=8.53×10N/m²

760设备内的表压强为 表压强=―真空度

=―100mmHg

1.013310=―（100×）=―1.33×10N/m²

760或表压强=―（100×1.33×10）=―1.33×10N/m²

1.3 解：设通过孔盖中心的0—0水平面上液体的静压强为p，则p便是罐内液体作用于孔盖上的平均压强。

根据流体静力学基本方程知

p=pa+ρg h

作用在孔盖外侧的是大气压强pa，故孔盖内外两侧所受压强差为 Δp=p―pa= pa+ρgh―

24paρgh

4Δp=960×9.81(9.6―0.8)=8.29×10N/m² 作用在孔盖上的静压力为

p Δp×d2=8.29×1040.7623.76104N

44每个螺钉能承受的力为

4009.8070.01426.04103N

4螺钉的个数=3.76×104

1.4

解：U管压差计连接管中是气体。若以g,H2O,Hg分别表示气体，水和水银的密度，因为g6.04103=6.23个

《Hg，故由气体高度所产生 的压强差可以忽略。由此可认为

由静力学基本方程式知

pApc及pBpD

pApc=H2OgR2HggR2

=1000×9.81×0.05+13600×9.81×0.05 =7161N/m²

pBpDpAHggR1=7161+13600×9.81×0.4=6.05×104N/m(表压)

1.5 解：1）1，2，3三处压强不相等，因为这三处虽在静止流体的同一水平面上，但不是连通着的 同一种流体。 2）4，5，6三处压强相等，因为这三处是静止的，连通这的同一种流体内，并在同一水平面上。

3）p4即

p5

pApH2Ogh2pBH2Og(h2h1)Hggh1

pBpA(HgH2O)gh1 或 又由于即 所以

=101330―（13600―1000）×9.81×0.1 =870N/m²

p=12360N/m²（真空度）

p4p6

pAH2Ogh2pCHggh2 pcpA(HgH2O)gh2

=101330―（13600―1000）×9.81×0.2

=76610N/m² 或

pc24720N/m²（真空度）

1.6 解：在串联U管的界面上选2，3，4为基准面，利用流体静力学基本原理从基准面2开始，写出各基准面压强的计算式，将所得的各式联解，即可求出锅炉上方水蒸气的压强

p0。

p2p2paHgg(h1h2)

或

p2paHgg(h1h2)

p3p3paH2Og(h3h2) 或 p3p2H2Og(h3h2) p4p4paHgg(h3h4)

或

p4p3Hgg(h3h4)

p0p4H2Og(h5h4)

或

p0p4H2og(h5h4)

将以上右式各式相加，并整理得

p0paHgg[(h1h2)(h3h4)]H2Og[(h3h2)(h5h4)]

将已知值代入上式得

p0

745×101330+13600×9.81[（2.3―1.2）+（2.5―1.4）] 760―1000×9.81[（2.5―1.2）+（3―1.4）] =3400N/m²

或

p0=3400/9.807×104=3.72kgf/cm²

1.7 解：当管路内气体压强等于大气压强时，两扩大室的液面平齐。则两扩大室液面差Δh与微差压差计读数R的关系为

4D2h4d2R

当压差计读数R=300mm时，两扩大室液面差为 Δh=R(d26)0.3()20.003m D60以1,2分别表示水与油的密度，根据流体静力学基本原理推导出

ppa(12)gR2gh

即管路中气体中的表压强p为

p=（998―920）×9.81×0.3+920×9.81×0.003=257N/m²（表压）

1.8 解：1）空气的质量流量 从本教材附录三查得标准状况下空气的密度为1.293kg/m³。

操作压强

p7401.013310529.8071042.95105N/m² 760操作条件下空气的密度为

Tp2732.9510531.293× 3.18kg/m=5Tp(27350)1.013310

空气的质量流量为

wsuA91210.0223.181.09kg/s

42）操作条件下空气的体积流量]

Vsws/1.09/3.180.343m3/s

3）标准状况下空气的体积流量为

Vsws/1.09/1.2930.843m3/s

在两种情况下 由于

1.9 解：以下标1表示压强为1atm的情况，下标2表示压强为5atm的情况。

ws1ws2ws

T1T2T

u1u2u

wsu1A11u2A22 A4d2

Tp1221T1P2

所以(d221p1) d12p2d2d1p110.070.0313mm p25 即

1.10 解：以高位槽液面为上游截面1—1’，连接管出口内侧为下游截面2—2’，并以截面1—1’为基准水平

面。在两截面间列柏努利方程式，即

2u12p1u2pgZ1gZ22hf

22式中

Z10

u10p10(表压）u2Vs/A536000.03324

1.62m/sp20.19.8071049807N/m2(表压）hf30J/kg

将上列数值代入柏努利方程式，并解得

1.6229807Z2(30)/9.814.37m

2850高位槽内的液面应比塔的进料口高4.37m。

1.11 解：1）A——A’截面处水的流速 以高位槽液面为上游截面1——1’，管路出口内侧为下游截面2——2’，并以地面为基准面。在两截面间列柏努利方程式，即

2u12p1u2pgZ1gZ22hf

22式中

Z18m Z22m

u10p1p2hf26.5u26.5u2将上列数值代入柏努利方程式，并解得

u29.816/72.9m/s

由于输水管的直径相同，且水的密度可视为常数，所以A——A’截面处的流速uA

2）水的流量

2.9m/s

Vh3600Au36000.122.982m3/h

4

1.12 解：上游截面A——A’，下游截面B——B’，通过管子中心线作基准水平面。在两接间列柏努利方程式，即

22uApAuBpgZAgZBBhf,AB

22式中

ZAZB0uA2.5m/s

h

f,AB1.5J/kg根据连续性方程式，对于不可压缩流体，则

uA42dAuB42dB

所以

uBuA(dA233)2.5()21.23m/s dB47两截面的压强差为

22uAuBpBpA(hf,AB)

2

2.521.2321.5)1000868.5N/m2 =（

2pBpA=868.5/9.798=88.6mmH2O

即

两截面玻璃管的水面差为88.6mm。

由于 所以

pB88.6pA pBpA

B处玻璃管的水面比A处玻璃管的水面高。 1.13 解：水在管内流速与流量 贮槽水面为截面1——1’,真空表连接处为截面2——2’，并以截面1——1’为基准水平面。在两截面间列柏努利方程，即

2u12p1u2pgZ1gZ22hf,1

22式中Z10

Z21.5m

p10(表压）

h

f,12u2

u20p21851.01331052.47104N/m2(表压） 760将上列数值代入柏努利方程式，并解得水在管内的流速为

2.47104u(9.811.5)2.52m/s

1000水的流量为

wsuA20.071210007.92kg/s

42）泵的有效功率

贮槽水面为上游截面1——1’，排水管与喷头连接处为下游截面3——3’，仍以截面1——1’为基准水平面。在两截面间列柏努利方程，即

2u12p1u2pgZ1WegZ22hf,1hf,2

22式中

Z10Z214mu10 u22m/s p1（表压）0p29.807104N/m2(表压）hhf,1f,22u210u212u2

将上列数值代入柏努利方程式，并解得

9.807104We9.811412.522285.4J/kg

1000泵的有效功率为

NeWews285.47.922260W2.26kW

2.14解：本题属于不稳定流动，槽内液面下降1m时所需要的时间，可通过微分时间内的物料衡式与瞬间柏努利方程式求解。

在dθ时间内对系统作物料衡算。设F’为瞬时进料率，D’为瞬时出料率，dA’为在dθ时间内的积累量，则在dθ时间内的物料衡算试为

F’dθ―D’dθ=dA’

又设在dθ时间内，槽内液面下降dh，液体在管内瞬间流速为u。 式中 F’=0

D’=

4d02u

dA4D2dh

则上式变为

4d0ud4D2dh

或

D2dh d（）d0u式 （a）中瞬时液面高度h（以排液管中心线为基准）与瞬时流速u的关系，可由瞬间的柏努利方程式获得。

在瞬间液面1——1’与管子出口外侧截面2——2’间柏努利方程式，并通过截面2——2’的中心作基准水平面，得

2u12p1u2pgZ1gZ22hf

22式中

Z1h Z20

u10 u20 p1p2h

即

f20u22将上列数值代入上式，并简化为

9.81h=20u

u0.7h

以上式b代入式a，得

d(D2dh22dh )()d00.7h0.0320.7hdh h =―5580

在下列边界条件下积分上式，即

10

2

h12m

h21mh21

210d5580h12dh h解得 θ=―5580×2[ =5580×2(21h2h1]hh12

21)4632s1.284h

1.15 解：1）泵的轴功率

在循环管路中任选某截面为1——1’，并兼为截面2——2’（意即流体由截面1——1’出发，完成一个流动循环 后达到截面2——2’）。在两截面间列柏努利方程式，得

2u12p1u2pgZ1WegZ22hf

22因截面1——1’与截面2——2’重合，所以

u1up1p2

Z1Z2则上式可简化为

Wehfhf,ABhf,BA98.149147.1J/kg

流体的质量流量为

wsVs361100/360011kg/s

泵的轴功率为

NWews/147.111/0.72312W2.31kW

2）B处压强表的读数

在两压强表所在的位置截面A与截面B之间列柏努利方程式，并通过截面A中心做基准水平面，得

22uApAuBpgZAgZBBhf,AB

22式中

ZA0 ZB7m

uAuB

pA2.59.8071042.45105N/m2(表压）hf,AB98.1J/kg将以上数据代入柏努利方程式，解得

pB2.45105(9.81798.1)11006.2104N/m2（表压）

B处压强表的读数为

6.21042pB0.63kg/cm 49.87101.16 解：1）用SI单位计算

从本教材附录十七中查得70%醋酸在20℃时d=1.5cm=0.015m

1069kg/m3，2.5103Ns/m2

u10600.0152106940.882m/s

则Re

du0.0150.8821069=5657 属于湍流

2.51022）用物理单位计算

1.069g/cm30.025g/(cms)

d1.5cm u88.2cm/s1.588.21.069Re56570.025du0.01418501488 属于滞流

810001.17 解：1）雷诺准数

Re 2）局部速度等于平均速度处与管轴的距离 根据式1——38与式1——39，即

urpf22(Rr) 4lpf2uR

8l当局部速度ur等于平均速度u时，则

1R2r2R2

2所以r=0.707R=0.707×7=4.95mm

局部速度等于平均速度处与管轴的距离为4.95mm处。

3）上游截面为1——1’，下游截面为2——2’，对于直径相同的水平管段，p1p2pf

根据哈根—泊叶公式，即

pf32lu 2d则液体流经管长为

(p1p2)d2(1.51.3)9.8071040.0142l15m

832u32110001.18 解：1）1kg水流经两截面的能量损失 在截面1——1’和截面为2——2’间列柏努利方程式，并通过管轴作基准水平面，得

2u12p1u2pgZ1WegZ22hf

22式中

Z1Z20

u1wS108002.95m/s

A136000.036210004108003600u241.36m/s

0.05321000p1p2gR pp219.810.10.981J/kg将以上各数值代入柏努利方程式，解得

2.9521.3620.9813.434.41J/kg hf0.98122）pfhf10004.414410N/m2

1.19 解：根据哈根—泊叶公式，即

pf32lu 2d分别用下标1和2表示原来与改变管径后的情况，两种情况下流体的粘度及管长没有变化，则

2pf1u2d12()

pf2u1d2由题知两种情况下直径比为

d1/d22又由于VS1VS2ud即 2(1)2224

u1d2pf1所以 42216pf2由此说明，管径减少至原有直径的1/2时，在液体的输送量，物性及管长相同情况下，因流动阻力而产生的能量损失为原来的16倍。

1.20 根据直管阻力的通式，即

lu2hf

d2分别用下标1和2表示流量改变前与改变后的情况，由题知在两种情况下管长与管径均不变化，则

hf22u22() hf11u1根据柏拉修斯公式，即

0.310.25

Re两种情况下摩擦系数之比为

R2(e1)0.25 1Re2由于流量增至原有的2倍，即

VS22VS1

u11 则

u22

两种情况下液体的粘度，密度不变，所以

Re1=1/2 Re2210.25()0.84 于是12hf20.84223.36 故hf1

1.21 解：烟囱底端为上游截面1——1’，顶端内侧为下游截面2——2’,并以截面1——1’为基准水平面，在两截面间列柏努利方程式，即

22u1p1u2pgZ1gZ22hf

22Z10式中

Z230m

u1u2(烟囱截面相同，烟道气压强变化不大）

由于烟道气压强变化不大，烟道气的密度可按1atm及400℃计算，即

pM1.01331053030.534kg/m 3RT8.31610(273400)以表示大气的密度，pa1与pa2分别表示烟囱底端与顶端大气压强，则p1pa159.798p149N/m2

因烟囱顶端内侧压强等于同高度处的大气压强，故

p2pa2pa1gZ2

标准状况下空气的密度为1.293kg/m³，所以1atm，20℃时空气的密度为

1.293于是

2731.2kg/m3

27320p2pa11.29.8130pa1353N/m3

将以上各值代入柏努利方程式，解得

hf

(pa149)(pa1353)9.81300.3 560-294266J/kglu2hfde2其中 de

411.21.09m

2(11.2)烟道气的流速为

u2661.09219.7m/s

0.0530烟道气的流量为

wh3600uA360019.71.210.3

46210kg/h

1.22 解：在反应器液面1——1’与管路出口内侧截面2——2’ 间列柏努利方程式,并以截面1——1’为基准水平面，得

22u1p1u2pgZ1WegZ22hf

22Z10式中

Z215mu10u2

ws436002104d241.43m/s

0.068210732001.01331052.67104N/m2(表压）760p20(表压）p1将上列数值代入柏努利方程式，并整理得

2.671041.432We9.8115hf 10732 173hf其中

hf(Redulle)u2 d

0.0681.4310731.66105 30.6310

d0.30.0044 68根据Re与

值，由本教材图1——24查得摩擦系数0.03，并由图1——26查得各管件，阀门的d0.43×2=0.86m 2.2×5=11m

当量长度分别为 闸阀（全开） 标准弯头

500.86111.4320.54)32.5J/kg 所以hf(0.030.0682于是We

17332.5205.5J/kg

泵的轴功率为

NWes205.521041631W1.63kW

36000.71.23 解：以鼓风机进口压差计连接处为上游截面1——1’，防空管口内侧为下游截面2——2’,过截面1——1’的中心作基准水平面。在两截面间列柏努利方程式，即

22u1p1u2pgZ1WegZ22hf

22式中

Z10

Z220mp1309.798294N/m2(表压） p20(表压）3600u1u220.4m/s36000.2524由于气体在系统内压强变化不大，故气体的密度可按1atm，50℃计算，即

292731.094kg/m3 22.427350294hf72.5 1.094将以上数值代入柏努利方程式，并整理得

Wehf9.8120其中

hhff管hf填

lleu2（进塔出塔） hf管=

d25 1atm，50℃下空气的粘度µ=1.96×10

Ns/m2

Redu0.2520.41.0945 2.851051.9610

d0.150.0006 250由本教材图1——24查得λ=0.019

5020.4210.5)1103J/kg 所以hf管(0.0190.252 则

hf填2009.7981791J/kg

1.094hf110317912 4风机作的有效功为

We2472.52822J/kg

气体的质量流量为

ws36001.094/36001.094kg/s

鼓风机的有效功率为

NeWews28221.0943087W3.09kW

1.24 解：1）闸阀部分开启时水的流量 在贮槽水面1——1’及侧压点处截面2——2’间列柏努利方程式，并通过截面2——2’的中心作基准水平面，得 式中

22u1p1u2pgZ1gZ22hf,1—2 （a）

22p10(表压）

p2HggRH2Ogh136009.810.410009.811.439630N/m2 u10

Z10

Z2可通过闸阀全开时的数据求取，当闸阀全关时，水静止不动，根据流体静力学基本方程知

H2Og(Z1h)HggR

（b）

式中 h=1.5m

R=0.6m

将已知数值代入b，解得

136000.61.56.66m1000 22lu15uh()(0.0250.5)2.13u2f,1_2dc20.12Z1u2396302.13u2 9.81×6.66=

21000将以上各值代入式a，即

解得 u=3.13m/s 水的流量为

Vh36004d2u360040.123.1388.5m3/h

2）闸阀全开时测压点处的压强

在截面1——1’与管路出口内侧截面3——3’间列柏努利方程式，并通过管子中心线作基准水平面，得

22u1p1u2pgZ1gZ22hf,1—3 （c）

22式中Z16.66m

Z20u10 p1p2

lleu2hf,1_3(dc)235u2 [0.025(15)0.5]

0.12 4.81u2将以上数据代入c，即

u24.81u2 9.816.662解得 u=3.51 m/s 再在截面1——1’与截面2——2’间列柏努利方程式，基准水平面同前，得

22u1p1u2pgZ1gZ22hf,1—2

22（d）

式中Z16.66m

Z20u10

u23.51m/sp10(表压）h

f,1_2lu2153.512(c)(0.0250.5)26.2J/kg

d20.12将以上数值代入式d，即

p3.512226.2 9.81×6.66=21000p232970

解得

1.25 解：在管道进口外侧（气柜内）截面1——1’与管子出口外侧（设备内）截面2——2’间列柏努利方程式，并通过管子中心线作基准水平面，得

22u1p1u2pgZ1gZ22hf

22式中Z1Z20

u10u202p1629.798607.5N/m(表压）p20(表压）将以上数值代入上式，并简化得

hf607.5810J/kg 0.75lleu2u2(ce) 其中hf()dd22因le/d15,c0.5,e1,所以

40u2u2（15）1.5810

d22上式中λ为u的函数，故要采用试差法求解。设煤气的流速为20m/s，则由流量公式计算出管子的内径为

d1000360040.421m

20

选用φ426×6mm的钢板卷管，管的内径d=426-2×6=414mm。

管内的实际流速为

u10000360020.6m/s

4du0.41420.60.755 Re4.261030.015100.4142d0.2/4140.00048根据Re与

值，查本教材图1——24，得λd=0.018，

将u与λ代入式a的等号左侧，得

4020.6220.620.018(15)1.5744.6J/kg810J/kg0.41422

p1即hf说明φ426×6mm的钢板卷钢合用。

1.26 解：本题属于并联管路，以下标1表示主管，下标2表示支管。并联管路的流动规律为

hhf1f2VsVS1VS2

支管的能量损失为

2l2le2u22

d22hf2式中

20.03

l2le210md20.053u236002.72

40.343m/s0.0532将以上各数值代入式C，得

hf2100.34320.030.333J/kg

0.0532主管的能量损失为

l1u12hf1hf21d120.333 0.3330.322.36m/s

0.0182所以u1主管流量为

Vh1360040.322.36601m3/h

总流量为

Vh6012.72603.7m3/h

1.27 解：当BD支管的阀门关闭时，BC支管的最大排水量 在高位槽水面1——1’与BC支管出口内侧截面C——C’ 间列柏努利方程式，并以截面C——C’为基准水平面，得

22ucpu1p1gZ1gZcchf

22式中Z1

11m ZC0

u10

p1pc2uchf9.8111107.9 所以2（a） （b）

hhff,ABf,ABhf,BC

2uABC)22ABh(lled

(0.03u5820.5)23.15uAB (C)0.0382 （d）

hf,BC212.5uBC2(0.03)5.86uBC

0.0322uAB(2uABdBC2)ubcdAB （e）

322()4uBC3822 （f） 23.150.5uBC11.58uBC将式e代入式c，得

hf,AB将式 f，d代入式b，得

222h11.58u5.86u17.44ufBCBCBC

vcuBC，并以a，解得 hf值代入式uBC=2.45m/s VBC360040.03222.457.1m3/h

2)当所有阀门全开说，两支管的排水量 根据分支管路的流动规律，则

22ucpcuDpgZchf,BCgZDDhf,BD

22两支管出口均在同一水平面上，下游截面列于两支管出口外侧，于是上式可以简化为

hhh将

f,BChf,BD

（a）

f,BCf,BD22lleuBCuBC12.52(e)BC(0.031)6.36uBCd20.0322 2u142(1)BCBD(269.20.5)uBD0.0262h,hf,BCf,BD值代入式a，得

226.36uBC(269.20.5)uBD

（b）

分支管路的主管与支管的流量关系为

VABVBCVBD222dABuABdBCuBCdBDuBD

0.0382uAB0.0322uBC0.0262uBD将上式整理后得

uAB0.708uBC0.469uBD

（c）

在截面1——1’与c——c’间列柏努利方程式，并以截面c——c’为基准水平面，得

22ucpu1p1gZ1gZcchf

22式中Z1

11m ZC0

u10 uc0

p1pc上式可简化为

hhff,ABhf,BC107.9

前已计算出所以

22h23.15u, h6.36uf,ABf,BCABBC

2223.15uAB6.36uBC107.9

（d）

在式b，c，d中，uAB,uBC,uBD及均为未知数，而 又为uBD的函数，可采用试差法求解。设uBD1.45m/s,则

Redu0.0261.45100037700

11000

d0.15/260.0058

根据Re与

值查本教材1——24，得λd=0.034，将λ与uBD值代入式b，即

26.36uBC(269.20.0340.5)1.452

解得

uBC=1.79m/s

将uBD，uBC的值代入式c，解得

uAB=0.708×1.79+0.469×1.45=1.95m/s

将uBC，uAB值代入式d等号左侧，即 23.15×1.95²+6.36×1.79²=108.4

计算结果与式d等号右侧数值基本相符（108.4≈107.9），所设uBD可以接受，故两支管的排水量分别为

VBC360040.03221.795.18m3/h

VBD360040.02621.452.77m3/h1.28 解：已知孔板孔径d0

16.4mm及管径d133mm,则

A0d020.012()()0.247 A1d10.033设Re 为

Rec,查本教材图1——30查出C00.626

3由本教材附录十七查得20℃甲苯的密度为866kg/m³，粘度为0.6×10N*s/m²。甲苯在孔板处的流速

u0c0

2gR(A)29.810.6(13600-866)

866 8.24m/s 0.626甲苯的流量为

wh36000u0A036008.240.01286627kg/h

416.42()8.242.04m/s

33检验Re数 罐内流速u1

Red1u10.0332.04869.7210Rec 30.610

原假设正确。

第二章 流体输送机械

1. 解：取Q100m

3h，由图2 −12读得

H18.5m，N6.7，76%

QHg 核算效率N 结果与读出的100360018.590009.8175.2%

6.7100076%相近。

2．解：据管路特性曲线方程2 − 18有

HZPfQ g本题中：Z

20m

Pg0

lleQ28f(Q)2gd53600

820060Q0.03 52g36000.156.55104Q22于是可列出管路特性方程为：

H206.55104Q2。

1~1.3ms，压出管内的经济流速11.3~1.8ms，

3．解：（1）决定管径：一般吸入管内的经济流速1已知Q80m3h，于是

124Q480d13600 吸入管直径d1：136001~1.3 0.168~0.147m4800.148~0.125m 36001.3~1.8今选用6管（内径156mm）作为吸入管；5管（内径131mm）作为压出管。

压出管直径d2：d2故管内实际流速分别为：

12 1801.163ms 236000.7850.156801.65ms 236000.7850.131

1 并查得管壁绝对粗糙度0.046mm

（2）水泵应供给的压头计算： （a）吸水管中的压头损失：

雷诺数：Red11.1630.15615 1.8141061.00710 相对糙度：

d10.0460.0003 156lell420，90弯头e40，锥形渐缩过渡接管e3。故汲d1d1d1 沿程阻力系数：0.018 （查莫迪图） 各种局部阻力的当量长度：吸水阀水管中的压头损失共为：

lle12141.1632hw10.018420403 d12g0.15629.81 d10.668m水柱 （b）压出管的压头损失计算：

Re0.1311.6552.1610

1.007106d20.0460.00035 1310.018

lell135，90弯头e40，锥形渐扩管e3。出口led1，ddd 各种局部阻力的当量长度为：闸阀故压出管的压头损失共为：

781.652713564031 hw20.018 0.13129.81 （c）泵需要产生的压头：

Hh1h2hw3300.6682.4536.27m(水柱)

（3）考虑有一定的余裕以防意外，将压头和流量分别加大10%，即 （4）根据Q88m3Q1.18088m3h

H1.136.2740m （水柱）

，在B型离心泵性能选择图中分别作线相交得出：4B-h，H40m（水柱）

900的离心泵较为接近要求，故初步选定泵4B-型离心泵。 型（即旧型号4BA-8），n2 （5）为了最后检验选用的泵型是否合用，必须定出水泵在管道系统中工作点，然后根据工作点的工况分析来作出决定。为此需要进行下述工作： 仿照上述水力计算过程，任意给定几个流量值，分别算出水泵应该供给管道的压头值。计算结果如下：

流量Q（m3h）

0 50 80 100 130

总压头Hm（水柱）

33 34.28 36.27 38.11 41.

这就是管道特性曲线对应值。然后将此管道特性曲线与4BA-8型离心泵的性能同绘在一张图上（图7-28）。得出水泵工作点A。从工作点A查出实际流量Q102m3要求的值高，能满足生产需要。并且工作点的。都比h，压头H38.82m（水柱）

68.8%与最高效率的max70%接近。虽然流量比要

求值大，但轴功率N从图中看出增加较小。故可决定采用。 安装高度h1的核算： 当Q102m3 1

h时，吸水管内流速为：

1021.1631.483ms

80Re1d11.4830.1565 2.31061.007100.0003，查得0.018

已知

d141.4832 hw10.0184631.118m 0.15629.81 根据该泵性能参数知，允许吸上真空高度hs4.5m（水柱）

由（7-29）式，可算出该泵的最大允许几何安装高度：

1.4832 h1hsh4.51.1183.273m

2gw129.81 故可保证水泵正常工作。

1214504.4()4.5m3min

14201450214502)14.6()15.2 H2H1(142014204．解：qr26. 解：根据题意，由2-12查得换算系数分别为： 于是：

CQ99%，C74%，CH96%（取0.8QS线） Q水100101（m3h） 0.995052.2（m水柱） H水0.96

根据Q水、H水查油泵样本，初步选用100Y60型离心油泵，由附录查得该泵当Q水时， 应为：

，效率水70.5%，若用此泵打油时，则当Q油H水62.5（m水柱）

101（m3h）

（m3h）时，

H油62.596%60（m油柱）

70.574%52.2%

油 从Q油、H油值来看，可以满足要求，惟油稍低。 此泵的轴功率为：

N轴Q油H油油6010090028.2（kW）

102油36001020.522 换表2-1取安全系数1.15，故电动机功率应为：

N电1.15N轴1.1528.231.3（kW）

据此，再到电机产品系列中选用。

7．解：（1）输送20°C的水，允许几何安装高度可（可忽略

122g一项）直接用式（2-10）计算：

Hg允许Hs允许hf624（m）

pp （2）输送80°C稀氨水时，其允许吸上真空高度必须用式（2-15）校正。

允许Hs允许10Hs

式中

为80°C时稀氨水的饱和蒸汽压，按水计算，即为： p0.483（kgcm2），故pp

4.83（m）

所以： 于是：

ppa1（kgcm2）,1000（kgcm3）

允许6104.83101.17（m） Hs允许hf1.1720.83（m） Hg允许Hs 现Hg允许为负值，表示泵应置于液面以下至少0.83m。

9．解：根据已知的管路曲线方程，取下列对应值，作出该曲线图形。

Q HG=

0 40

2 48

4 72

6 112

8 168

Q~H曲线与Q~HG曲线的交点A，即为工作点，相应的风量，压头分别为：

3Q6.5m3s2340m0h

H128.7mm（水柱）

当风量要增加20%时：Q21.26.57.8m3s

若增加转速来增加风量，则管路特性曲线不变。这时工作点必然在Q27.8m3s与HG~Q曲线的

交点B上。也就是说B点是转速改变后流量增加20%时的工作点（应注意B和A点不是式况相似点）。根据B点查得：HB162mm（水柱）。

根据相似律相似工况抛物线：Kn 因此相似工况抛物线方程为HQ H

0 0

2 10.66

HB1622.666 22Q27.8KnQ22.666Q2，取对应值为：

4 42.5

6 96

7.8 162

依此绘出相似工况抛物线，如图中虚线所示。交Q~H曲线于C点。C，B两点同在相似工况曲线上，因此C、B两点的工况是相似的（略去效率的变化）。并由C点知：

QC6.8m3s，n980。根据（7-22）式可写：

Q2n2Q7.8，n2n29801124转/分，转速增加15% QCn1Q16.8功率的变化： 原转速下的功率NHBQ2HQ；转速改变后N2。 102102因此

N2HBQ21627.81.51 NHQ128.76.522Nn1124或 221.51

Nn980 故转速增加后，所需的轴功率N增加51%。因此考虑电动机容量是否能满足。另外，转速增加后叶轮的强度也应考虑。

10. 解：据题意可绘出流程图如附图所示： 风机出口全风压为

p22u2201515mmH2O

对0 − 1截面列柏努力方程

p0(p1u122)pf01

于是得风机进口全风压为

(p1u122)p0pf0115155170mmH2O

pt1出口全风压入口全风压15(170)185mmH2O

风机的全风压

校正到标准状况为：

pt0185(1.21.0)222mmH2O

11．解：在气缸中压缩时：

V22.4(298273)0.843m3kg

29P2WSVdP

P2PV()(1)/1P1111P10.4)1324(11.4(101300)(0.787)().4 1.41101.31.183105Nm110kJ 在密闭筒中压缩时：

WSV2V1P211PdVP)11V1(11P

1.0991058.45104Nm78.5kJ1.4

第三章 非均相机械分离

1． 解：

由式1.15，表面平均平均直径可由下式求得：

ds1x/d

111因为粒度分析为一连续直线 d100x1

ds1/dx/d

0

1/dx/100x1

01100/ln101

21.7m

2． 解：

d2(s)g先假定沉降在层流区，用u0计算：

18d2(s)g5010620001.29.81u0 318180.02102 0.136

核验：

Re0du050100.1361.2 60.02103

0.408

核验结果，Re0<2，故算出的结果可用。 3． 解：

应用式3.17，并改写为 对方铅矿大颗粒

ukd2(s)

uk0.0225(7.51.0) 0.00406kmm/s

对方铅矿小颗粒

uk0.00522(7.51.0)

0.000175kmm/s

对大石英颗粒

uk0.0252(2.651.0) 0.00103kmm/s

对小石英颗粒

uk0.00522(2.651.0)

0.000045kmm/s

当颗粒以0.00103kmm/s的速度沉降时，则底部产品将含有石英，而悬浮在悬浮液中的方铅矿的最大粒度为：

0.0010k3kd2(7.51.0)

∴ d0.0126mm

同理，当颗粒以小于0.000175kmm/s的速度沉降时，则顶部产品将含有方铅矿，而在悬浮液中石英的最小粒度为

0.000175kkd2(2.651.0)

即 d0.0103mm

因此，在滞流时，混合产品中石英和方铅矿的粒度范围分别为：

0.0103－0.025mm和0.00520.0126mm。

4． 解：

此题核心在于求出球形颗粒在水中的沉降速度ut。而求ut须知颗粒密度s，直径为d，流体密度及粘度，此题中公未知s，故利用该颗粒在气体和水中重量比可解决s，从而可求出ut。

1）求球形颗粒密度s：

该颗粒在气体和水中的重量比，实质指净重力之比，即

66d3s气gds气g3＝1.6

又查出20C时水的物性：1000kg/m3,1cP

∴

s气1.21.6 ＝1.6,ss1000s气26kg/m3

解之 s2）求颗粒在水中沉降速度ut水： 设颗粒在水中沉降在层流区：

d2sg3.01062610009.81∴ut水＝ 31818102 8.16104m/s

301068.161041030.0245<1 校核：Re1038.1610故 ut水＝4dutm/s

3）颗粒在气体中沉降速度ut气：

ut气＝88ut水＝888.161047.08102m/s

5． 解：

1）常压下20C空气密度

1.2kg/m3

1.81105Pas；

20C空气密度21.22.4kg/m3

设20m尘粒在20C常压空气中沉降速度为ut，2atm，20C空气中沉降速度为ut ∵质量流量W及设备尺寸不变 又WV，∴

V1 V2而生产能力 VutA

∴

utV1 utV22假设尘粒沉降在层流区内进行：

ud1d14.14m ∴t，dutd2校核：Redut

d2sg2105s9.81ut 518181.81102 1.2105s

21051.2105s1.45Re1.610s<1 51.81101utut6106sm/s

2Redut1.41410561062.4s 51.81105 1.12510s<1

故 d14.14m

由以上计算可看出空气压力增大密度也增大，则体积流量减小，在降尘室内停留时间增长，故沉降的最小粒径会减小。

2）常压下190C空气密度0.76kg/m3，粘度2.6105Pas ∵W与设备尺寸不变，WV

∴

uVV1.21.6，∴t1.6

V0.76utV2 假设在层流区内沉降

ud t utd2ut2.6d ∴1.62.3 1.81dut ∴d2.32030.3m

由以上计算知，由于温度上升，空气密度减小、粘度上升，则体积流量增大，气体在设备内停留时间短，沉降最小尘粒增大。另外由1）计算中知由于一般颗粒密度不会超过104kg/m3，故只会在层流区域内沉

降。

6． 解：

在操作条件及设备尺寸均一定时，则确定了颗粒的最大沉降时间及颗粒的沉降速度，与该沉降速度对应的颗粒直径就是所要求的最小尘粒直径。

Vs20002734001.37m3/s 36002731.62732734000.65kg/m3，又3105Pas

根据

H4m,b2m,l5m

∴气体停留时间lu uVs1Hb.37420.17m/s ∴lu50.1729.41s 又t，取等号；htu t∴

h29.41,u0.2t6.8103um/s t29.41再求对应之d； 设在层流区域沉降，

∴d18ut1831056.8103g37000.659.81 s 10.1106m10.1m

校核：Redut10.11066.81030.653105 14.88104<1

所以沉降的最小尘粒直径为10.1m。

7． 解：

（1）离心沉降速度:

已

知

:

d50106m,s1050kg/m3,r0.5m,ut20m/s0.835kg/m3,0.0241103Pas

设stokes定律适用,则有

ud2su2t5010621050202r18r180.02411030.5 4.84m/s

验算:Redut501064.840.83524.11068.38>2 查得

15C0空气

改用Allen区的公式计算,即取 ur0.269ut2dsRe0.6/r

202501061050Re0.6/0.8350.5

0.3 0.269 1.908Re

501060.835将Reur代入上式得

24.1106 ur0.7dur501060.8351.90824.11060.3ur3.18m/s

验算: Redur503.180.8356.60

24.1可见Allen公式适用。 8． 解：

（1）一台旋风分离器，已知标准旋风分离器的阻力系数8.0，依式pui22可以写出：

ui25008.01.62 解得：进口气速为：ui8.84m/s

D2Vs旋风分离器进口截面积为：hB，同时hB

8ui故设备直径为：D8Vs820000.709 ui36008.84D31050.408再依式d500.270.275.224m

uis8.8437001.6d101.914 d505.224 9．解：

1) 已知器身D1m，按图38的尺寸比例可算出

进气口截面进气口速度为

AB0.50.250.125m2

1000022.22m/s

36000.125取气体旋转圈数N5 ui9B9(0.02103)(0.25) dc NuiS(5)(22.22)(1500)

9.3106m9.3m

d101.08 70% dc9.3d202.15 90% dc9.3对10的颗粒

对20的颗粒，

2) pcCui2/2，取C8，

mmH2O pc(8)(22.22)2(10)/21974N/m2或201

10．解：

悬浮液中的固体量2511500.25520Kg 设所得滤饼量为m[Kg]，则： 滤饼中固相量为(10.25)mKg

作固相量的物料衡算：(10.5)m5520 ∴m7360Kg

11．解：

不计介质阻力的恒压过滤：

trv2 V22A(P)s，V1 当t11800

8m3；

t21800s，V211m3。

36001800rv22(118) 22A(P)

rv31.6

2A2(P)dVA2(P) ∵ dtrvV

dV10.0158 dt231.6VV3 最终过滤速率0.0158/111.4410m3/s

在板框压滤机中，要充分洗涤滤饼，则洗涤水要通过二倍滤饼厚度，则流过的面积为过滤时的一半，

因而在相同压力下，洗涤水流率将是过滤速率的四分之一。 所以，洗涤速率＝1.44103/4＝3.6104m3/s

洗涤时间3/3.6104

12．解：

8400s(2.3h)

(1)求K、qe、e

q1q1由恒压过滤方程式：q2V10.0030.03m3/m3 A0.1V20.010.1m3/m3 A0.12qqek，可得：

0.03220.03qe60k

0.1220.1qe600k

联解求得：K1.75105m2/s，qe2.5103m3/m2

2(2.5103)2qc ck1.751050.357S

(2)计算过滤时间和生产能力

滤框容积0.6350.6350.025380.383m ∴V3C0.12m3/m3

0.3833.192m3 0.12V3.1920.10m3/m2 qA30由过滤方程式：q22qqek

解得：677S 生产能力：

(0.10)22(10)2.51031.75105

QV3.1928.22m3/h

67712360060

（3）进行洗涤的时间及生产能力 板框过滤机洗涤速率

(dV1dV)w() d4d1KA11.7510530 = 42(qqc)42(0.102.5103)

6.3104m3/s

Vw∴w3V0.33.1920.9576m3 10VW0.95761520S 4dV()w6.310d'于是，Q3.1923.94m3/h

6771520123600608.223.94100%52.1%

8.22生产能力变化：

(4) ∵K2kp1s，∴Kp1s

KpKp1s210.151.8

K1.8K1.81.751053.15105m2/s

又滤布阻力不变，即Rm ∴Rm则qerLe不变

vVevqe Arrps，Lerpsvqe常数 ps

pqeqep0.1520.15qe2.25103m3/m2 ,qe则过滤方程式为：q2 即：q2

13．解：

22.25103q3.15105 4.5103q3.15105

20%滤浆含20kg固体/80kg溶液，

滤饼体积200.0167m3

2000(10.4)3 滤饼中液体体积0.01670.40.0067m 滤液体积(80/1000)0.00670.0733m3 ∴ v0.0167/0.07330.23

过滤速率由下式给出：

dVA2(P) DtRv[V(LA/v) 此题中，

A3m2

P101.33071.3KN/m271.3103N/m2 r21012/m2

1103Ns/m2

v0.23

L1mm1103m

dV3271.3103 1233dt0.2321010[V(1103/0.23)

1.395103 

V0.013 由上式V2/20.013V1.395103t

Hz，旋转一转需要的时间120.5s，故过滤面浸没部分的时间为 若转速0.0083 120.50.336.2s 当t36.2s代入上式，可以求出V0.305m3

3 因此过滤速率0.305/120.50.0025m 旋转一转的滤液体积0.303m 滤饼体积0.230.3030.07m 滤饼厚度0.07/30.023m23mm

14．解：

33/s

(1)原工况下：

过滤速率：V1200kg/h12000.02m3/min

1000603设每分钟所形成的滤饼体积为vm。以1分钟为基准，作滤饼中与悬浮液固相量的物料横算，得 v(0.5)(3000)(0.020.3v)1000(0.2) 固体质量 液体质量 悬浮液浓度 解得：v0.0278m滤饼/min 转筒每转一周生成的滤饼体积为：

30.02780.0834m 转筒表面积(0.6)2 滤饼厚度331.13m2

0.008340.00738m7.4mm

1.131rpm后， ，K，A等均不变。 2(2)新工况：

将n1/3，vpm改为n'由VAKn可知： n

V第四章 传热及换热设备

1． 用平板法测定材料的热传导系数，主要部件为被测材料构成的平板，其一侧用电热器加热，另一侧用冷水将热量移走，同时板的两侧用热电偶测量表面温度。设平板的热传导面积为0.03m2，厚度为0.01m。测量数据如下：

电热器 安培数A 2.8 2.3 伏特数V 140 115 300 200 材料表面温度℃ 高温面 低温面 100 50 试求：（1）该材料的热传导系数。

该材料热传导系数与温度的关系为线性：0(1at)，则0和a值为多少？ 解： (1)

QbAt

122.81400.010.65w/m.k

0.03(300100)2.31.50.010.59w/m.k

0.03(20050)

(122)/2=0.65+0.59=0.62w/m.k

(2)

0(1+at)

(1+200a) 0.59=0(1+125a)

0.65=解得：

0=0.49 a=1.6310-3

2．平壁炉的炉壁由三种材料组成，其厚度和热导热系数如下： 序号 1（内层） 2 3 材料 耐火砖 绝缘砖 钢 厚度b，mm 200 100 6 热导热系数λ， Wm-1℃-1 1.07 0.14 45 若耐火砖内层表面的温度t1为1150℃，钢板外表面温度t2为30℃，又测得通过炉壁的热损失为300Wm-2，试计算热传导的热通量。若计算结果与实测的热损失不符，试分析原因并计算附加热阻。

Qt115030解： 1242 w/m2

AR0.20.10.0061.070.1445计算比测量大，存在附加热阻（由于层与层之间接触不好有空气），设附加热阻为Ri 则：

300115030

0.20.10.006Ri1.070.1445 Ri=2.83m.k/w

3．设计一燃烧炉，拟用三层砖，即耐火砖、绝热砖和普通砖。耐火砖和普通砖的厚度为0.5m和0.25m。三种砖的热传导系数分别为1.02Wm-1 ℃-1、0.14 Wm-1 ℃-1和0.92 Wm-1 ℃-1，已知耐火砖内侧为1000℃，外界温度为35℃。试问绝热砖厚度至少为多少才能保证绝热砖温度不超过940℃，普通砖不超过138℃。

解：

Q1t12t2 Ab1b21=1.02w/m.℃ b1=0.5m t11000940 2=0.14w/m.℃ b2=? t2940138

解得： b2=0.92m

4．有一外径为150mm的钢管，为减少热损失，今在管外包以两层绝热层。已知两种绝热材料的热传导系数之比2/12，两层绝热层厚度相等皆为30mm。试问应把哪一种材料包在里层时，管壁热损失小。设两种情况下两绝热层的内外温度不变。

解： λ1（小的导热系数）包在内层，热损失小 由

QtiRitb1b21Am112Am2

Am22L(r3r2) r3lnr2及

Qtb1b21Am12Am2

Am12L(r2r1) r2lnr1

t=常数 b1=b2

可以证明

1111 （221） 1Am12Am22Am11Am2第一种热阻大，所以热损失少。

5．试用量纲分析法推导壁面和流体间强制对流传热系数h的准数关联式。已知h为下列变量的函数：

hf(,Cp,,,u,l)，式中、Cp、ρ、μ分别为流体的热传导系数、比定压热容、密度、粘度、u

为流体流速，l为传热设备定型尺寸。 解： 设hQbCpdceufLg （1）

由量纲式

MMLLMh3 3 U 

TTL.L2MCp2  LL 3L.K代入（1） 两边的量纲相同，可以解得：

Nuf(Re,Pr)aRexPr

a，x，y为常数，由试验确定。

6．苯流过一套管换热器的环隙，自20℃升至80℃，该换热器的内管规格为φ19×2.5mm，外管规格为φ38×3mm。苯的流量为1800kgh-1。试求苯对内管壁的对流表面传热系数。 解 t=(80+20)/2=60℃ 由附表得苯在60℃的物性：

830kg/m3 0.32103Pa.S CP2kJ/kg.k 0.136w/m2.℃

环隙当量直径

ded0di321913mm

w18004.5m/s

A36000.01328304ud环隙中苯的流速

uReCp1.521010 Nu0.023RePr0.813

21030.32103Pr4.7 Nu535.8

0.136hNu.535.80.1365605w/m2.℃ de0.013

7． 2atm，20℃下，60m³h-1的空气在套管换热器的管内被加热到80℃，内管直径为Φ57×3.5mm，长度为3m，试求管壁对空气的对流表面传热系数。 解：

t208050℃ 2在此温度下空气的物性参数：

PM2292.19kg/m3 Cp1.017kJ/kg.k RT0.082053232.826102w/m.k 1.96105Pa.S Pr0.698

uV608.5m/s

A36000.0524udRe8.52.190.04

4.71010 51.9610Nu0.023Re0.8Pr0.3＝0.023(4.7104)0.80.6980.3112 Nu1122.826102hi63.3w/m2.℃

d0.05

8．温度为90℃的甲苯以1500 kgh-1的流量通过蛇管而被冷却至30℃。蛇管的直径为Φ57×3.5mm，弯曲半径为0.6m，试求甲苯对蛇管的对流表面传热系数。

解：

t903060℃ 2在此温度下甲苯的物性参数：

0.3810-3 Pa.S Cp1.8 kJ/kg.k 0.126w/m.k 830kg/m3

1500236000.05ud4Re0.381030.052.79104104

1.81030.38103Pr5.43

0.12610.120.8

直管 hi0.023Re0Pr0.023(2.7910) 5.433 =365w/m2.k

0.05diCpu0.813蛇管 hi＝hi直管(13.5di0.052

)365(1)395.4w/m.k dc0.6dc 弯曲半径 di 管半径

9．有一双管程列管换热器，由96根φ25×2.5mm的钢管组成。苯在管内流动，由20℃被加热到80℃，苯的流量为9.5 kgs-1，壳程中通入水蒸气进行加热。试求

（1） 壁对苯的对流表面传热系数

（2） 苯的流率增加一倍，其它条件不变，此时的对流表面传热系数。

（3） 管径降为原来1/2，其它条件与（1）相同，此时对流表面传热系数又为多少？ 解：

t2080=50℃ 2在此温度下甲苯的物性参数：

Cp1.9kJ/kg.k

0.3710-3Pa.S 840kg/m30.138w/m.k

uW9.50.75m/s

A8400.022484udReCpu0.758400.0244

3.41010 30.37101.91030.37103Pr5.09

0.138Nu0.023Re0.8Pr0.3158

（1）

hiNu1091w/m2.k d（2）流率增加一倍

W2u2==2 W1u1因此

hi1u2()0.8=20.8=1.74 hiu1hi11.74109118w/m2.k

Wd1u2A2A1()2 (3)半径减半 =

A2d2u1WA12d2d1

u24u1

hi1u2d1()0.8()0.2=3.48 hi110913.483799w/m2.k

d2hiu1

10．饱和温度为100℃的水蒸气在长为2.5m，外径为38mm的竖直圆管外冷凝。管外壁温度为92℃。试求每小时蒸气冷凝量。又若将管子水平放置每小时蒸气冷凝量又为多少。 解： 定性温度下的物性：

ttstw9210096℃ 2268.0110-2 w/m.k 960 kg/m3 29.6810-5 Pa.S

2268.08kJ/kg L=2.5m

2g31冷凝传热膜系数h0.943[]4 代入以上数据得h13.6 w/m2.k

L(tstw)qhAt13.60.0382.5(10092)wr

=2268.08103w

w5.710-3kg/s=20.5kg/h

当管子水平放置，管外径do=0.038m 传热膜系数

h0.725L=2.19 h0.943d0h=2.1913.6=11853.6w/m2.k qhAtwr w11853.60.0382.5(10092)=1.2510-2kg/s=45kg/h 32268.081014

11.设有A 、B两平行固体平面，温度分别为TA 和TB(TA >TB)。为减少辐射散热，在这两平面间设置n片很薄的平行遮热板，设所有平面的表面积相同，黑度相等，平板间距很小，试证明设置遮热板后平面的散热速率为不装遮热板时的1/(1+n)倍。

解：放置遮热板前的热损失

q12C0STA4TB4()() 1111001001,2为水平面A,B的黑度

放置几片遮热板后的热损失

q11同理：

对第一和第二块遮热板的传热

C0STA4T14()()

111100100 遮热板黑度 T1 第一块遮热板黑度

q2C0ST14T24()() 11100110021类似的

qnnn1qn1所以 联立方程解得：

C0STn4Tn14()() 111001001C0STn4TB4()() 11100110012。。。。。qnqn1 q1q2。

T1,T2。。。。。。Tn1,Tn

由

qq1100%可以证明得。 q

12.用热电偶测量管内空气温度，测得热电偶温度为420℃，热电偶黑度为0.6，空气对热电偶的传热系数为35 Wm-2 ℃-1，管内壁温度为300℃，试求空气温度。 解：

空气与热电偶的对流传热=热电偶与管壁辐射传热 令空气温度为T

42027343002734qhS(T420)C0S()()

100100h35w/m2.k C0=5.67w/m2.k4 =0.6

代入得 T=523℃

13.在下列的各种列管换热器中，每小时将29400kg的某种溶液从20℃加热到50℃。溶液在列管内流动。加热介质的进口温度为100℃，出口温度为60℃，试求下面情况下的平均温度差。

(1)壳方和管方流体均为单程的换热器，假设两流体呈逆流流动。 (2)壳方和管方流体分别为单程和四程的换热器。

(3)壳方和管方流体分别为二程和四程的换热器。 解： (1)

W29400kg/h t120℃t250℃

T160℃T2100℃

t140℃ t250℃ 4050t2545℃ (2) tm2t14或者 t＝44.8℃

m5020100600.3751.33 R100205020，

由图4-40（a） t0.94 tm=ttm0.9444.842.1℃

（2）由tm＝44.8℃

P（3）同理由图4-40（b） t0.97 tm，=ttm0.9744.843.5℃

14.一列管换热器，管外用2.0×105Pa的饱和水蒸气加热空气，使空气温度从20℃加热到80℃，流量为2000kgh-1，现因生产任务变化，如空气流量增加50％，进、出口温度仍维持不变，问在原换热器中采用什么方法可完成新的生产任务？ 解：

t2080=50℃ 2空气在50℃下的物性参数：

1.093kg/m3 Pr0.698 Cp1.017kJ/kg.k 0.028w/m.k

水蒸气在P2105Pa的饱和温度Ts120.2℃

q1w1Cp(t2t1)=h1Atm1 (1) q2w2Cp(t2t1)=h2Atm1 (2)

设为强制湍流，在新的空气流量下饱和蒸汽温度为：Ts1 由（1）和（2）式得：

w2h2tm2tm21.50.8=1.5 w1h1tm1tm1tm180208020 tm2

12020Ts120lnln12080Ts180解得：

TS1 =125℃ 使蒸气饱和温度提高到125℃即可。

15、在一套管式换热器，内管为φ180×10mm的钢管，用水冷却原油，采用逆流操作，水在内管中流动，冷却水的进口温度为15℃，出口温度为55℃，原油在环隙中流动，流量为500 kgh-1，其平均比定压热容为3.35kJkg-1℃-1，要求从90℃冷却至40℃，已知水侧的对流表面传热系数为1000Wm-2℃-1，油侧的对流表面传热系数为299 Wm-2℃-1，（管壁热阻及垢阻忽略不计）。试求：

（1） 所需冷却水用量（水的比热取4.18 kJkg-1℃-1，忽略热损失）；

（2） 总传热系数；

（3） 套管换热器的有效传热长度；

（4） 若冷却水进口温度变为20℃，问此时会出现什么情况？ 解（1）

qw1Cp1(t2t1)w2Cp2(T1T2)

w14.18（55-15）=5003.35（90-40） w1=500kg/h

1d01hid0h011801160000299224w/m2.k

(2) Ko=

(3)

t115℃t255℃

T140℃T290℃ t125℃ t235℃

qK0A0tm tm352529.7℃ 35ln255004.18(5515)103=2240.18L29.7 3600 L=6.17m

(4) t120℃

a 若维持水的流量及其它的条件不变，则水的出口温度

t25003.35(9040)2060℃

5004.18水的出口温度过高导致结垢。

b 若水的出口温度不变，则必须增加水的流率 由

w25003.35(9040)572kg/h

4.18(5020)此时换热器的管长也变化即需要换一个热交换器。

16.在并流的换热器中，用水冷却油。水的进，出口温度分别为15℃和40℃，油的进，出口温度分别为150℃和100℃。现因生产任务要求油的出口温度降至80℃，设油和水的流量，进口温度及物性均不变，若原换热器的管长为1m，试求将此换热器的管长增至若干米后才能满足要求。设换热器的热损失可以忽略。 解： 在原冷却器中 对油 对水 并流时

qw1Cp1(150100) （1） qw2Cp2(4015) （2）

t115015135℃ t21004060℃

tm1356092.5℃ 135ln60

qK0A0tm=w1Cp1(150100)

q1w1Cp1(15080) （3） q1w2Cp2(t215) （4） t2=50℃

在新的冷却塔中 对油 对水

解上述方程得：

q1K0A01tm1=w1Cp1(15080)

t115015135℃ t2805030℃

tm1353069.8℃ 135ln50q115080L169.8 L1=1.85L=1.85m q150100L92.5

17. 重油和原油在单程套管换热器中呈并流流动，两种油的初温分别为243℃和128℃，终温分别为167℃和157℃。若维持两种油的初温和流量不变，而将两种油改为逆流，试求此时流体的平均温度差和它们的终温，假设在两种流动情况下，流体的物性和总传热系数均不变化，热损失可以忽略不计。 解：并流时 重油 原油

qw1Cp1(24316)7K0A0tm （1） qw2Cp2(157128)K0A0tm （2） (243128)(167157)43℃

115ln10tm逆流时

重油

原油

q1w1Cp1(243T2)K0A0tm1 （3） q1w2Cp2(t212)8K0A0tm1 （4）

联立方程用试差法求得:

T2172℃

t2168℃

(243168)(172128)tm58℃

175ln44

18. 一定量的空气在蒸气加热器中从20℃加热到80℃。空气在换热器的管内呈湍流流动。压强为1.8kgfcm-2

的饱和蒸气在管外冷凝。现生产要求空气流量增加20%，而空气的进，出口温度不变，试问应采取何措施才能完成任务。作出定量计算。假设管壁和污垢热阻均可忽略。 解：

t2080 O

=50C 2空气在50 ℃下的物性参数：

1.093kg/m3 Pr0.698 Cp1.017kJ/kg.k 0.028w/m.k

水蒸气在P1.77105Pa的饱和温度Ts当空气流率增加20%设蒸汽温度为 Ts1

116℃

q1w1Cp1(8020)KiAitm1 （1） q2w2Cp2(8020)Ki2Aitm2 （2） w21.2w1

Ki2hi21.20.8 Kihitm1802043.28℃ 80ln208020 （3）

Ts120lnTs180tm2由（1）、（2）和（3）式得：Ts1=118℃

19. 90℃的正丁醇在逆流换热器中被冷却到50℃。换热器的传热面积为6m²，总传热系数为230 Wm-2℃-1。若正丁醇的流量为1930kgh-1，冷却介质为18℃的水，试求：

(1)冷却水的出口温度；

(2)冷却水的消耗量，以m³h-1表示。 解： (1)

qw1Cp1(9050)K0A0tm w11930kg/h t905070℃ 2o

由70C查表得正丁醇的CP2.8kJ/kg.k

由题可知：K0=230w/m2.k A0=6m2

t190℃t250℃

T218℃ T1℃

tm(90T1)(5018)

(90T1)ln32(90T1)(5018)19302.8103 (90-50)=2306

(90T1)3600ln32T1=37℃

(2)

qw1Cp1(9050)w2Cp2(3718)

19302.8103(9050)3

kg/h=2.721m/h 2721w2=34.1810(3718)

20. 在逆流换热器中，用初温为20℃的水将1.25kgs-1的液体（比定压热容为1.69kJkg-1℃-1，密度为850kgm-3）由80℃冷却到30℃。换热器的列管直径为Φ25×2.5mm，水走管内。水侧和液体侧的对流表面传热系数分别为0.85和1.70kWm-2℃-1，污垢热阻可忽略。若水的出口温度不能高于50℃，试求换热器的传热面积。 解：

qw1Cp1(t2t1)w2Cp2(T2T1)K0A0tm

水的出口温度取50 ℃

tm1(8050)(3020)18.2℃

30ln101373.7w/m2.k

250.025251850204522.51700w2=1.25kg/s Cp2=1.69kJ/kg.k

1.251690(8030)15.5m2 故：A0=

373.718.2Ko=

21. 在列管式换热器中用冷水冷却油。水在直径为Φ19×2mm 的列管内流动。已知管内水侧对流表面传热系数hi为3490 Wm-2℃-1,管外油侧的对流表面传热系数ho为258 Wm-2℃-1.换热器在使用一段时间后，管壁两侧都有污垢形成，水侧污垢热阻Rsi为0.00026 ㎡℃W-1,油侧污垢热阻Rso为0.000176㎡℃W-1。管壁热传导系数为45 Wm-1℃-1.试求：(1)基于管外表面积的总传热系数KO；(2）产生污垢后热阻增加的百分数。

解：(1) 未结垢前 Ko=

1233.2w/m2.k

190.002191349015172581结垢后

211.59w/m2.k

190.0021910.000260.0001763490151725811（2） K1K00.1=10%

1K0K1=

22. 在逆流换热器中，用冷油冷却热油，油的比定压热容均为1.68kJkg-1℃-1，热油的流量为3000kgh-1。热油从100℃冷却到25℃，冷油从20℃加热到40℃。已知总传热系数KO随热油的温度T变化如下： 热油温度T，℃ 100 80 60 40 30 25 总传热系数K。，Wm-2℃-1 试求换热器的传热面积。 解： 热油

355 350 340 310 230 160 t1002562.5℃ 2由题附表可以得出

Ko=341.3 w/m2.k

tm(10040)(2520)22.1℃

60ln5qwCptK0A0tm

30001.68103(10025)14m2 A0=

341.322.13600

23. 套管换热器中，用35℃的水冷却110℃的油，油的比定压热容为1.9 kJkg-1℃-1。两流体做逆流流动。若水的流量为0.67kgs-1，油的流量为2.85kgs-1。换热器的传热面积A。为16m2，总传热系数Ko为320 Wm-2℃-1。试计算水的出口温度及换热器的传热速率。 解： 油

水

℃t1110t2℃

T135℃ T2℃(110t1)(t235)=0.674.18103(t2-35) (2)

110t2lnT235q=0.674.18(t2-35)=2.851.9 (110-T2) (1) q=32016

联立上面方程式用试差法得出水的出口温度 t2=92℃ 水过热 q=0.674.18103(92-35)=1.596105 w

24. 常压下温度为120℃的甲烷以10ms-1的平均流速在列管换热器的管间沿轴向流动，离开换热器时甲烷温度为30℃。换热器外壳内径为190mm，管束由37根Φ19×2mm的钢管组成，试求甲烷对管壁的对流表面传热系数。

4(0.192370.0192)440.025m 解： 当量直径de=

0.19370.0191203075℃时的物性参数： 甲烷在t=

20.028w/m.k Cp2.2kJ/kg.k 0.0110-3Pa.S PM1160.56kg/m3 RT0.08205348Reud100.560.0251.4104104 30.01102.20.010.79

0.028Nu0.023Re0.8Pr0.3=0.023(1.4104)0.80.790.3=44.45

Nu44.450.028/0.02549.8w/m2.k hdePr

25. 饱和温度ts为100℃的水蒸气在长为2m，外径为0.04m的单根直立圆管表面上冷凝。管外壁面温度tw为94℃。试求每小时的冷凝蒸气量。又若将管子水平放置，冷凝的蒸气量又为多少？ 解： t=(100+94)/2=97℃ 定性温度下

Cpu6810-2w/m.k 956kg/m3

29.4810-5 226kJ/kg 4 L =2m d0=0.04m

2g31[]4代入得h6146w/m2.k 冷凝传热膜系数h0.943L(tstw)qhAt614620.04(10094)wr=9.26103 9.26103360014.73kg/h w32210当管子水平放置 传热膜系数

h10.725L14=2.04 h0.943d0h1=12565w/m2.k

qh1Atwr

w125650.042(10094)3600=1.2510-2kg/s=30kg/h 32210

26. 室内水平放置表面温度相同，长度相等的两根圆管，管内通有饱和蒸气。两管均被空气的自然对流所冷却，假设两管间无相互影响。已知一管直径为另一管的5倍，且两管的Gr•Pr在104~109之间，试求两管热损失的比值。

rgtL32Cp解：此为大容器自然对流问题Gr.Pr

2k小管直径为d 大管为D D=5d 两管长L

Nu(Gr.Pr)4

1QHtDLD1=()4= qhtdLd1

27. 实验测定列管换热器的总传热系数时，水在换热器的列管内作湍流流动，管外为饱和蒸气冷凝。列管由直径为Φ25×2.5mm的钢管组成。当水的速度为1ms-1时，测得基于管外表面积的总传热系数Ko为2115

Wm-2℃-1，当其它条件不变，而水的速度变为1.5ms-1时，测得Ko为2660 Wm-2℃-1。试求蒸气冷凝的传热系数。污垢热阻可忽略。 解： 忽略管壁及污垢热阻 对水 h=Cu0.8

Ko=

1d01251hidih0c120h011k01=2660w/m2.k

d01251hi1dih0c1.50.820h012115w/m2.k

解得: c=3574.5 h0=8122 w/m2.k

28. 两平行的大平板，在空气中相距5mm，一平板的黑度为0.1，温度为350K，另一平板的黑度为0.05，温度为300K。若将第一板加涂层，使其黑度变为0.025，试计算由此引起传热量的改变的百分数。假设两板间的对流传热可忽略。

解： 两导热板热通量为：

qc(t1t2)b0.026(350300)260w/m2

0.005辐射传热的热通量为：

Tc0T24TT14qrc12(1)4(e)4()()100111001001001

12=

0.10.055.67(3.34)13.5w/m2

0.10.050.10.05总热通量为：

qqcqr26013.5273.5w/m2 qr当一板黑度变为0.025时，辐射热通量变为：

0.0250.055.67(3.34)6.w/m2

0.0250.050.0250.05qqcqr2606.266.4w/m2

273.5266.4100%2.5%

273.513.56.辐射传热量减少百分数为：100％＝50.8％

13.5总传热量减少百分数为：

29．热空气在426mm9mm的钢管内流动，在管道中安装有热电偶以测量空气的温度。为了减少读数误差，用遮热管掩蔽热电偶。遮热管的黑度为0.3，面积为热电偶接点面积的90倍。现测得管壁温度为110℃，热电偶读数为220℃。假设空气对遮热管的对流表面传热系数为10Wm-2℃-1的，空气对热电偶接头的对流表面传热系数为12Wm-2℃-1。热电偶接头的黑度为0.8。试求： （1）空气的真实温度； （2）遮热管的温度； （3）热电偶的读数误差。

解：设以下标“1”表示热电偶，“2”表示管壁，“i”表示遮热管，“”表示空气。则空气向热电偶的

对流速率为：

Qa1a1S1(TaT1)45S1(Ta493)

空气向遮热管的对流传热速率为：

QaiaiSi(TaTi)1090Si(TaTi) （1）

热电偶接头对遮热管的对流传热速率为：

QSTT1ic1i1(1100)4(i)4100

c21ic01S5.671114.443w/(m.k4)

11S(11)I20.890(0.31)1

Q443S2732204TiT1i4.1(100)(100)44.443S1591(i100)4 遮热管向管壁的辐射传热速率为：

QcT4Ti2i290S1(i100)(2100)4

ci22c00.35.6691.701w/(m2.k4)

1

QTi44i21.70190S1(100)3.84153.1S1(Ti100)4215.2 当达到稳定时Qi2Q1i Qi2QaiQ1iQaiQa1

即

45(T34.443Ta49)i4591(100) T551.40.09873(Tai100)4 (4)

及

45(TTa493)900(TaTi)153.1(i10)4021.52 联立（4）与（5）得：531700900Ti2.4(Ti100)4f(Ti)0

设Ti4K 得 f(Ti)1000

2）3）(5)

（

（ 设Ti463K 得 f(Ti)17000

Ta551.30.0987(4.)4505.5K

遮热管温度约为4K 热电偶读数误差为：

232.5220*100%5.38%

232.5

30. 外径为50mm的管子，其外包扎有一层厚度为40mm，热传导系数为0.13 Wm-1℃-1的绝热材料。管子外表面的平均温度t1为800℃。现拟在绝热材料外再包扎一层热传导系数为0.09 Wm-1℃-1的氧化镁绝热层，使该层的外表面温度t3为87℃，设管子的外表面温度仍为800℃。外界环境温度tα为20℃。试求氧化绝热层的厚度。假设各层间接触良好。 解：

t1=800℃ t2=? t3=87℃ ta=20℃ r1=25mm r2=65mm r3=r2+x=65+x mm

1=0.13 w/m2.k 2=0.09 w/m2.k hT=9.4+0.052（87-20）=12.88w/m2.K

q=

2L1(t1t2)2L2(t2t3)hTLd(8720)

r2r3lnlnr1r2d=0.05+0.08+210-3 x =0.13+210-3 x

解得：x=18mm

31.某列管换热器，用饱和水蒸气加热某溶液，溶液在管内呈湍流。已知蒸气冷凝传热系数为104 Wm-2℃-1

,单管程溶液对流表面传热系数为400 Wm-2℃-1，管壁热传导及污垢热阻忽略不计，试求总传热系数。若把单管程改为双管程，其它条件不变，此时总传热系数又为多少？ 解： K0=

11140010000384.6w/m2.k （作平壁处理）

当单程变为双程

hi0.8

=2=1.74 hi=669 w/m2.k hi

K0′=

111466910627 w/m2.k

32. 有一台新的套管换热器，用水冷却油，水走内管，油与水逆流，内管为19×3mm的钢管，外管为32×3mm的钢管。水与油的流速分别为1.5ms-1及0.8 ms-1，油的密度、比定压热容、热传导系数及粘度分别为860kg m-3，1.90×103 Jkg-1 ℃-1，0.15 Wm-1℃-1及1.8×10-3Pas。水的进出口温度为10 ℃和30 ℃，油的进口温度为100 ℃，热损失忽略不计，试计算所需要的管长。

若管长增加20%，其它条件不变，则油的出口温度为多少？设油的物性数据不变。

若该换热器长期使用后，水侧及油侧的污垢热阻分别为3.5×10-4m-2 ℃W-1和1.52×10-3 m-2 ℃W-1，其它条件不变，则油的出口温度又为多少？ 解：

w1Cp1(t2t1)w2Cp2(T1T2)

1.50.01321034.18103＝0.8

（30-10） 4（0.0262-0.0192）8601.9103（100-T2） 4T2=48.5℃

1.51030.013对水 Re1.95104 t=20℃ =1103Pa.S Pr=7.01 3110ud对油

Reude0.88600.00732.6710 过渡流 31.810Cp1.91031.810322.8 de＝26-19＝7mm Pr=0.15水的

0.6hi0.023Re0.8Pr0.40.023(1.95104)0.87.010.46255w/m2.k

di0.01361050.1540.80.3)0.023(2.6710)22.8410.9w/m2.k 油的 h0h0(11.8Re0.007K0=

13 w/m2.k

1910.00319625513410.94516(10030)(48.510)53℃

10030ln48.51014.5m

qK0A0tmw1Cp1(t2t1) tmL=

41.50.01321034.18103(3010)30.01953当管长增加20％ L＝1.2L＝1.214.5＝17.4m

w1Cp1(t2t1)w2Cp2(T1T2)1.50.01321034.18103(t210)0.8(0.02620.0192)8601.9103(100T2)44(100t2)(T210)30.01917.41.50.01321034.18103(t210) 联

4100t2lnT210立上面的式子用试差法解得：T2同理当结垢后

43℃

K0′=

1216.6 w/m2.k

1910.003193.51041.52103625513410.94516当换热器管长为14.5m

K0A0tmw1Cp1(t2t1)w2Cp2(T1T2)

t’2=49-0.39T’2

(100t2)(T210)216.60.01914.51.50.01321034.18*103(t210) 联立上

4100t2lnT210面各式用试差法解得：t2′=63℃

33. 在列管换热器中，用热水加热冷水，热水流量为4.5×103kgh-1，温度从95℃冷却到55℃，冷水温度从20℃升到50℃，总传热系数为2.8×103 Wm-2℃-1。试求：①冷水流量；②两种液体作逆流时的平均温度差和所需要的换热面积；③两种流体作并流时的平均温度差和所需要的换热面积；④根据计算结果，对逆流和并流换热作一比较，可得到哪些结论。 解： （1）

w1Cp1(T1T2)w2Cp2(t2t1)

4.5103Cp(9555)w2Cp(5520) w2=6000kg/h

（2） 逆流时

tm(9550)(5520)40℃

9550ln55204.51034.18103(9555)2

1.86A=m 336002.81040（3） 并流时

tm(9520)(5550)25.8℃

9520ln55504.51034.18103(9555)2

2.A=m 336002.81025.8（4） 相同的进出口温度，逆流所需传热面积较小，因为逆流时传热推动力较大。

34. 在逆流换热器中，管子规格为38×3mm，用初温为15℃的水将2.5kgs-1的甲苯由80℃冷却到30℃，水走管内，水侧和甲苯侧的对流表面传热系数分别为2500 和900 Wm-2℃-1，污垢热阻忽略不计。若水的出口温度不能高于45℃，试求该换热器的传热面积。 解：设管壁45w/m. k

K0=

1602.9 w/m2.k

3810.003382500329004535tm(8045)(3015)23.6℃

8045ln3015在

t=

803055℃时 甲苯Cp=1.9103kJ/kg.k 2q2.51.9103(8030)602.923.6A0 A0=16.71m2

35. 某单壳程单管程列管换热器，用1.8×105Pa饱和水蒸气加热空气，水蒸气走壳程，其对流表面传热系数为104 Wm-2℃-1，空气走管内，进口温度20 ℃，要求出口温度达110 ℃，空气在管内流速为10ms-1。管子规格为25×2.5mm的钢管，管数共269根。试求换热器的管长。

若将该换热器改为单壳程双管程，总管数减至2根。水蒸气温度不变，空气的质量流量及进口温度不变，设各物性数据不变，换热器的管长亦不变，试求空气的出口温度。 解： 空气

t=

2011065℃ 2Pr0.695 1.045kg/m3

Cp1.017kJ/kg.k 2.93102w/m.k

2.04105Pa.S

Reud101.0450.02441.021010 湍流 52.04100.80.4hi0.023RePrdi因为

2.931020.023(1.02104)0.80.6950.446.9w/m2.k

0.02hih0 所以 K=Ki=h=46.9 w/m2.k

由蒸汽压表知： TS＝116.6℃

qKiAitmw1Cp1(t2t1)

1040.0222691.0451.017103(11020)46.90.02269L11020 解

116.620ln116.6110得： L＝3m 当n=2 双管程时

u269u2 (u10) u21.18m/s 2hi21.180.8() hi85.5 w/m2.k hi10t220223 解得： 21.180.021.0451.01710(t220)85.50.023116.620422ln116.6t22t2106℃

36. 在一单管程列管式换热器中，将2000kgh-1的空气从20℃加热到80℃，空气在钢质列管内作湍流流动，管外用饱和水蒸气加热。列管总数为200根，长度为6m，管子规格为38×3mm。现因生产要求需要设计一台新换热器，其空气处理量保持不变，但管数改为400根，管子规格改为19×1.5mm，操作条件不变，试求此新换热器的管子长度为多少米。 解：

w2000u0.0322200u0.0162400 360044u2000.0322()2 u4000.016hiKiud()0.8()0.220.820.22 hiKiudiqKidiLntmKidiLntmw1Cp1(t2t1)

LKidinL10.03220063m 20.016400Kdnii

37. 某单壳程单管程列管换热器，壳程为水蒸气冷凝，蒸气温度T为140℃，管程为空气，空气由20℃被加热到90℃，现将此换热器由单管程改为双管程，设空气流量、物性不变，空气在管内呈湍流，略去管壁和污垢热阻。试求空气出口温度t2'。

hi1.74 解：单管程变为双管程 hi

w1Cp1(9020)hiAi9020 （1）

14020ln14090t220 w1Cp1(t220)hiAi （2）

14020ln140t2由（1） 和（2）解得：

t2113.8℃

38.流量为30kgs-1的某油品在列管换热器的管间流过，将38 kgs-1的原油从25℃加热到60℃。油品的温度则由150℃冷却到110℃。现有一列管换热器的规格为：壳内径为0.6m；壳方单程，管方双程，共有324根直径为Φ19×2mm，长3m的管，按管心距为25.4mm作正方形排列；壳方有25%的弓形挡板，挡板间距为230mm。核算此换热器是否能满足上述的传热要求。已知定性温度下两流体的物性如下： 流体的名称 比定压热容Cp kJkg-1℃-1 粘度μ Pas 热传导系数λ Wm-1℃-1 原油 1.986 0.0029 0.136 油品 2.2 0.0052 0.119 解：每程管数

3242162 每程流通面积＝1620.07850.0152＝0.0286m2 质量流量 G＝

381328kg/m20.0286.s

ReGd.015132800.002968690.023Re0.8Pr0.40.0230.136(6869)0.819860.00290.4id()

i0.0150.136＝1093w/m2℃

流通面积＝hD(1d0)0.230.6(10.01902)0.0348m2 t0.ReGd0.019300.00520.03483149

0.60.3300.023dRePr(0)0.140.0230.1190.019(3419)0.6(22000.00520.330.119)0.95 w775w/m2.℃

若按de计算则：

4(t2d2d0)4(0.0220.7850.0192)e4d00.0190.0243m

Re0.023300.00520.03484021

5500.023dRe0.Pr0.330.00.023119(4021)0.55(2200*0.00520.119)0.330.95w0.019＝725w/m2.℃ 总的传热系数

11d010.0192.103K 0dii72510930.015K394 w/（m2.℃）

所以换热器传热面积：

S＝

QKt QwCPt30(150110)2.220kw mttm1t2(15060)(110225)287.5℃ ＝

2010377m2 S=

39487.5现在有换热器传热面积SDnL3240.019358m2 按换热要求需要换热器的传热面积大于77m2，现在换热器的传热面积仅有58m2，所以此换热器不合用。

第五章 蒸发

5-1、在单效蒸发器内，将10%NaOH水溶液浓缩到25%，分离室绝对压强为15kPa，求溶液的沸点和溶质

引起的沸点升高值。 解：

查附录：15kPa的饱和蒸气压为53.5℃，汽化热为2370kJ/kg (1)查附录5，常压下25%NaOH溶液的沸点为113℃ 所以，Δa= 113-100=13℃

T253.52732f0.01620.01620.729

r2370所以沸点升高值为

Δ=f Δa=0.729×13=9.5℃ 操作条件下的沸点： t=9.5+53.5=63℃ (2)用杜林直线求解

蒸发室压力为15kPa时，纯水的饱和温度为53.5℃，由该值和浓度25%查图5-7，此条件下溶液的沸点为65℃

因此，用杜林直线计算溶液沸点升高值为 Δ=63-53.5=9.5℃

5-2、习题1中，若NaOH水溶液的液层高度为2m，操作条件下溶液的密度为 1230kg•m-3。计算因液柱引起的溶液沸点变化。 解：

液面下的平均压力

pmphg1.612309.811510324.65kPa 22pm=24.65kPa时，查得水的饱和蒸气温度为：63℃

所以液柱高度是沸点增加值为： Δ=63-53.5=9.5℃

所以，由于浓度变化和液柱高度变化使得溶液的沸点提高了 Δ=9.5+9.5=19℃

因此，操作条件下溶液的沸点为： t=53.5+19=72.5℃

5-3、在单效蒸发器中用饱和水蒸气加热浓缩溶液，加热蒸气的用量为2100kg•h-1，加热水蒸气的温度为

120ºC，其汽化热为2205kJ•kg-1。已知蒸发器内二次蒸气温度为81ºC，由于溶质和液柱引起的沸点升高值为9ºC，饱和蒸气冷凝的传热膜系数为8000W•m-2k-1，沸腾溶液的传热膜系数为3500 W•m-2k-1。

求蒸发器的传热面积。

忽略换热器管壁和污垢层热阻，蒸发器的热损失忽略不计。 解：

36

热负荷 Q=2100×2205×10/3600=1.286×10W 溶液温度计t=81+9=90℃ 蒸汽温度T=120 ℃

∵1/K=1/h1+1/h2=1/8000+1/3500 ∴K=2435W/m2K

∴S=Q/[K(T-t)]=1.286×106/[2435×(120-90)]=17.6 m2

5-4、某效蒸发器每小时将1000kg的25%（质量百分数，下同）NaOH水溶液浓缩到50%。已知：加热蒸气

温度为120ºC，进入冷凝器的二次蒸气温度为60ºC，溶质和液柱引起的沸点升高值为45ºC，蒸发器的总传热系数为1000 W•m-2k-1。溶液被预热到沸点后进入蒸发器，蒸发器的热损失和稀释热可以忽略，认为加热蒸气与二次蒸气的汽化潜热相等，均为2205kJ•kg-1。

求：蒸发器的传热面积和加热蒸气消耗量。 解：

蒸发水份量:qmW= qmF (1-x0/x1)=1000×(1-25/50)=500Kg/h=0.139Kg/s 加热蒸汽消耗量:

qmDqmFcp0(t1t0)qmWr

R∵t1=t0 ∴qmDqmwr =0.139kg/s R传热面积:

∵Q=KS(T-t) 蒸发器中溶液的沸点温度：t=60+45=105℃

Q0.139220510320.4m2 ∴S120105KTt1000

5-5、将8%的NaOH水溶液浓缩到18%，进料量为40 kg进料温度为21ºC，蒸发器的传热系数为

2349W•m-2k-1，蒸发器内的压强为55.6Kpa，加热蒸汽温度为110ºC，求理论上需要加热蒸气量和蒸发器的传热面积。

已知：8%NaOH的沸点在55.6Kpa时为88ºC，88ºC时水的汽化潜热为2298.6kJ•kg-1。 8%NaOH的比热容为3.85kJ•kg-1oC-1，110ºC水蒸气的汽化潜热为2234.4kJ•kg-1。

解：

qmw=40(1－8/18)=2522kJ/h t=T－t=109.2－88=21.2℃

传热速率：

Q=qmF Cpo(t1－t0)+qmwr＇

=40/3600×3.85×10×(88－21)+2522/3600×2298.6×10=1936×10W

3

3

3

Q1936103S38.9m2

Kt234921.2qmD =Q/r＇=1936×10/(2234.4×10)=0.87kg/s=3130kg/h

5-6、在一循环管式蒸发器内将浓度为10%（质量百分率，下同）的NaOH水溶液浓缩到40%，二次

蒸气压强为40kPa，二次蒸气的饱和温度为75ºC。已知在操作压强下蒸发纯水时，其沸点为80ºC。求溶液的沸点和由于溶液的静压强引起的温度升高的值。

10%及40%NaOH水溶液杜林线的斜率及截距如下： 浓度（%） 10 40 斜率 1.02 1.11 截距 4.5 3.4 3

3

解：溶液沸点用40%NaOH水溶液杜林线的数据计算：

t1＝３４+1.11t

＝３４+1.11×80 ＝１２２.８℃

由溶液静压强引起的温度差损失：

twT

＝80-75＝5℃

5-7、双效并流蒸发系统的进料速率为1t•h-1，原液浓度为10%，第一效和第二效完成液浓度分别为15%和30%。两效溶液的沸点分别为108ºC和95ºC。当溶液从第一效进入第二效由于温度降产生自蒸发，求自蒸发量和自蒸发量占第二效总蒸发量的百分数。 解：

两效并流蒸发的流程见图

qw1 qmF=1000kg/h x0=0.1 108˚C 95˚C qw2 x1=0.15 x2=0.3 x00.1qmw1qmF110001333.3kg/h x0.151x10.15qmw2(qmFqmw1)1(1000333.3)1333.4kg/h x0.32自蒸发水分量为:

qmwqmFqmw1cp1(t1t2)r2

其中 t1=108˚C， t2=95˚C，

x1<20%，近似地 cp1=cpw（1-x1）=4.187(1-0.15)=3.56kJ/(kg˚C) 95˚C时 r΄2=2270.9kJ/kg 所以自蒸发量为

qmwqmFqmw1cp1(t1t2)r2(1000333.3)3.56(10895)13.59kg/h

2270.9自蒸发量占第二效总蒸发量的百分数为

qmw13.59100%100%40.8% qmw2333.4

5-8、在三效蒸发系统中将某水溶液从5%连续浓缩到40%。进料温度为90ºC。用120ºC的饱和水蒸气加热。末效二次蒸气的温度为40ºC。各效的传热面积均为140m2。各效的总传热系数分别为：

-2-1-2-1 -2-1

K1=2950W•m•ºC, K2=2670W•m•ºC, K1=2900W•m•ºC。若忽略溶液中溶质和液柱高度引起的沸点升高和蒸发器的热损失。求：原料液的流量和加热蒸气消耗量。 解：

（1）初步估算各效的温差 设Δt1=19˚C Δt2=21˚C Δt3=40˚C

因为忽略各种温差损失，故各效的加热蒸汽温度及沸点为 T1=120˚C r1=2205kJ/kg T2= t1= T1-Δt1=120-19=101˚C r2=r΄1 =2257kJ/kg T3= t2= T2-Δt2=101-21=80˚C r3=r΄2 =2307kJ/kg TK= t3= 40˚C r΄3 =2401kJ/kg (2)总蒸发量

x00.05qq1q10.875qmF mwmFmFx0.42 (3)估算各效蒸发量及料液量

因为各效溶液的比热熔均相同，故

Q1K1St1qmw1r1qmFcp(t1t0) （a） Q2K2St2qmw2r2(qmFqmw1)cp(t2t1) (b) Q3K3St3qmw3r3(qmFqmw1qmw2)cp(t3t2) (c)

代入已知值

29503600140192257qmw1qwF4.2(10190)

100026703600140212307qmw2(qwFqmw1)4.2(80101)

100013603600140402401qmw3(qwFqmw1qmw2)4.2(4080)

1000解得：

qmF61150048.85qmw1 （d） qmw2356281.906qmw1 (e) qmw351713.53.35qmw1 (f)

qmwqmw1qmw2qmw3qmw1(356281.906qmw1)(51713.53.55qmw1) (g) 0.875qmF0.875(61150048.85qmw1) (h)

qmw因此，可解出 qmF = 43180kg/h qmw1 = 11634kg/h qmw2 = 134kg/h qmw3 = 12740kg/h (4)验算Δt

Q1qmw1r1qmFcp(t1t0)116342257431804.2(10190)28252850kJ/h

Q2qmD2r2qmw1r211634225726257940kJ/h Q3qmD3r3qmw2r3134230731038380kJ/h Q1282528502660 K1295036001000Q2262579402732 26703600K21000Q3310383806340 K3136036001000QK26602732634011732

tTT1K1204080˚C

Q1K26601tt18018.1˚C

Q11732KQ2K27322tt28018.63˚C

Q11732KQ3K63403tt38043.3˚C

Q11732K各效温差与初估温差相差较大，应重新分配 （a）分配Δt 取Δt1=20˚C Δt2=20˚C Δt3=40˚C

（b）估算各效沸点及相应的汽化热

T2= t1= T1-Δt1=120-20=100˚C r2=r΄1 =2258kJ/kg T3= t2= T2-Δt2=100-20=80˚C r3=r΄2 =2307.8kJ/kg TK= 40˚C r΄3 =2401kJ/kg (c) 计算总蒸发量 按式（a）、（b）及式（c）计算各效蒸发量 代入已知值

29503600140202258qmw1qwF4.2(10090)

100026703600140202307.8qmw2(qwFqmw1)4.2(80100)

100013603600140402401qmw3(qwFqmw1qmw2)4.2(4080)

1000解得：

qmF70800053.7qmw1 qmw2374321.994qmw1 qmw358339.43.693qmw1

qmwqmw1qmw2qmw3qmw1(374321.9946qmw1)(58339.43.693qmw1)

0.875qmF0.875(70800053.77qmw1)

因此，可解出 qmw1 = 12363kg/h

qmw2 = 12780kg/h qmw3 = 12583kg/h qmF = 43240kg/h

(d)验算Δt

Q1qmw1r1qmFcp(t1t0)123632258.4432404.2(10080)29736680kJ/h

Q2qmD2r2qmw1r2123632258.4267920600kJ/h Q3qmD3r3qmw2r3127802307.829693680kJ/h Q1297366802800 29503600K11000Q2279206002905 K2267036001000Q3294936806024 13603600K31000K28002905602411729

Q1K2800t11t8019.1˚C

Q11729KQ2K2905t22t8019.8˚C

Q11729KQ3K6024t33t8041.1˚C

Q11729K与前面所设的 Δt1=20˚C Δt2=20˚C Δt3=40˚C

很相近，故认为该温差分配合适，所以 qmF = 43240kg/h

QqmDQ12973668013486kg/h r12205

5-9、用双效蒸发器，浓缩浓度为5%（质量分率）的水溶液，沸点进料，进料量为2000 kg•h-1，经第一效浓缩到10%。第一、二效的溶液沸点分别为95ºC和75ºC。蒸发器消耗生蒸汽量为800 kg•h-1。各温度下水蒸气的汽化潜热均可取为2280 kJ•kg-1。忽略热损失，求蒸发水量。

解： 第一效蒸发水量：

已知：qmD1=800kg/h, r1=r1΄=2280kJ/kg,

qmw1= qmD1=800kg/h

第二效蒸发水量：

已知：qmD2= qmw1=800Kg/h,

qmF2= qmF - qmw1=2000-800=1200kg/h

X02=X1= qmF X0/( qmF - qmw1)=2000×0.05/(2000-800)=0.033 t1=95˚C t2=70˚C r2=r2’=2280kJ/kg

Cpo=Cpw(1-X02)=4.187×(1-0.0833)=3.84kJ/(kg˚C)

qmD2r2qmF2cp0(t2t1)qmw2r2

qmw2qmF2cp0(t2t1)12003.84(7595)qmD2800840kg/h

r22280蒸发水量

qmw = qmw1+ qmw2

=800+840=10kg/h.

5-10、用三效并流加料的蒸发系统浓缩NaOH水溶液，系统对原液的处理量为2.4×104kg•h-1，求生蒸气的消耗量和各效蒸发器的传热面积。 参数如下：

第一效：

生蒸气压强：4atm

进料：浓度10.6%；温度，80ºC；

-2-1

传热系数：K1=1500 W•m•ºC第二效：

-2-1

传热系数：K2=1000 W•m•ºC 第三效：

完成液浓度：30%

-2-1

传热系数：K3=560 W•m•ºC 末效冷凝器压强：0.2atm

料液比热容为：3.77kJ•kg-1oC-1， （设各效传热面积相等）

解：

（一） 总蒸发量

x010.64qq12.41011.55104kg/h mwmFx330（二） 估算各效溶液浓度 设各效水分蒸发量相等，故

qmw1qmw2qmw3所以

qnmw1.551045.17103kg/h

3xi可得

qmFqmFx0

qmw1......qmwi2.410410.6%x10.13513.5%

2.41045170同理可得

x2 = 0.1865=18.65% x3 = 0.3=30%

（三） 估算各效溶液的沸点和有效温度差 1、 蒸汽压力按等压分配原则，各效压降为

p(41)0.21.6atm

3 1 3.4 137.2 2734 2157 2 1.8 116.3 2703 2216 3 0.2 59.7 2605 2356 因此，计算得各效蒸汽压力，并由此查得相应二次蒸汽压力下的参数，列表于下 二次蒸汽压力，atm 二次蒸汽温度，˚C 二次蒸汽焓，kJ/kg 二次蒸汽潜热，kJ/kg 2、 计算各效温度损失，求有效温差和各效溶液的沸点

由图5-7查得各效溶液的沸点tA分别为143˚C、127˚C、78˚C，因此可求取各效由于溶液蒸汽压降低所引起的温差

Δ1΄=143-137.2=5.8˚C Δ2΄=127-116.3=10.7˚C Δ3΄=78-59.7=18.3˚C

∑Δ΄=5.8+10.7+18.3=34.8˚C

取各效由于液柱高度引起的温差分别为 Δ1″=1˚C Δ2″=2˚C Δ3″=5˚C ∑Δ″= 8˚C

管路损失引起的温度差每一效为1˚C，因此 ∑Δ″΄= 3˚C

因此三效的总温差损失为

∑Δ = ∑Δ΄+∑Δ″+∑Δ″΄=34.8+8+3=45.8˚C

4atm 的生蒸汽的饱和温度为T1=151.1˚C，其潜热为r1=2115kJ/kg。因此，若无温差损失，总的传热温差为 ΔtT=T1-Tk=151.1-59.7=91.4˚C

除去损失的温差后，三效蒸发的有效总温差为 ∑Δt=ΔtT -∑Δ=91.4-45.8=45.6˚C

各效的沸点计算于下 t1=143+1=144˚C t2=127+2=129˚C t3=78+5+1=84˚C

(四)生蒸汽消耗量和各效水分蒸发量

以所求得各效溶液的沸点作为初值，求各效的自蒸发系数

1t0t1801440.0301 分母可以用二次蒸汽汽化潜热简化计算。

H1cpt127344.187144同理可求得

β2=0.00695，β3=0.02

由于系数ηi=0.98-0.07Δxi， 所以 η1=0.98-0.07×（13.5-10.6）= 0.962 同理可求得 η2=0.946 η3=0.6

由式（5-19a）

ri qqm,wim,Dir(qm,Fcpoqm,w1cpwqm,w2cpwi

忽略蒸汽汽化潜热的差别，代入已知量

qm,wi1cpw)(titi1)irit0t14qmw1qmD1qcq2.4103.77(0.0301)0.962 mFp01mD1r1所以

qmw10.962qmD12620 （a） ttqmw2qmw1qmFcp0qmw1cpw122r2 qmw1(2.41043.774.187qmw1)(0.00965)0.946所以

qmw20.9185qmw1595 （b） qmw3t2t3qmw2qmFcp0qmw1cpwqmw2cpw3r 3qmw2(2.41043.774.187qmw14.187qmw2)(0.02)0.6qmw30.821qmw216210.075qmw1 （c）

由总蒸发量与各效蒸发量之间的关系

qmwqmw1qmw2qmw315500 （d）

联合求解式（a）、(b)、 (c)和 (d)得到 生蒸汽消耗量

qmD1=7840kg/h 各效蒸发量分别为 qmw1=4920kg/h qmw2=5125kg/h qmw3=85kg/h

(五)各效传热量及温差计算 不取额外蒸汽

qmD2= qmw1=4920kg/h, qmD3= qmw2=5125kg/h 因此各效的传热量为 Q1= qmD1 r1=7840×2115=1.65×107W 同理可求得 Q2= 2.94×106W Q3= 3.14×106W

各效传热系数分别为1500、1000、560W/m2˚C，因此

Q146000003070 K11500Q22940 K2Q35620 K3K30702940562011630

已知总的有效温差∑Δt=45.6˚C，当各效传热面积相同时，各效分配到的温差为

QQ1K3070t11t45.612C

Q11630K同理可算得 Δt2=11.5˚C Δt3=22˚C

(六)复核及结果校正

因为，以上结果是建立在两个假定基础上的，因此计算出的结果需要校核

1、 末效沸点为t3=84˚C，现求得Δt3=22˚C， 因此末效加热蒸汽温度为 T3=Δt3+ t3=84+22=106˚C

此值也是第二效的二次蒸汽温度

2、 有所求得的各效蒸发水量 可求得各效溶液的浓度

2.410410.6%x113.3% 2.41044920同理可得到

x2=18.2%

x3=30%

3、 有第二效的二次蒸汽温度和溶液的浓度，可以计算第二效溶液的沸点 查图5-7得 tA=116˚C, 故

t2=116+2+1=119˚C

4、 由所求到的Δt2=11.5˚C和计算得到的第二效溶液的沸点可求到第二效的加热蒸汽温度 T2=Δt2+ t2=11.5+119=130.5˚C 此值也是第一效的二次蒸汽温度

5、有第一效的二次蒸汽温度和溶液的浓度，可以计算第一效溶液的沸点 查图5-7得 tA=136.5˚C, 故

t1=136.5+1+1=138.5˚C

可见，复核得到的各效沸点和沸点初值（后者为t1=144˚C，t2=129˚C）相差较大，故需要重新计算。此时用新结果作为初值，重新计算自蒸发系数→计算qmD1→各效水分蒸发量→有效温差→重新复核溶液的沸点→……继续到满足精度为止。 重新计算方法相同， 本题的结果为 生蒸汽消耗量 qmD1=7510kg/h 各效蒸发量分别为 qmw1=45kg/h qmw2=5176kg/h qmw3=30kg/h

因此各效的传热量为 Q1= 4.4×106W Q2= 2.95×106W Q3= 3.2×106W Δt1=11.5˚C Δt2=11.6˚C Δt3=22.5˚C t1=139˚C t2=119.5˚C t3=84˚C

（七）传热面积

Q14.4106S12m2

K1t1150011.5同理可计算其余各效的面积 S2=2m2 S3=2m2

传质与分离工程

第一章 精 馏

1. 苯酚(C6H5OH)(A)和对甲酚(C6H4(CH3)OH)(B)的饱和蒸气压数据为 温度 T℃ 113.7 114.6 115.4 116.3 117.0 苯酚蒸气压 0 kPa pA对甲酚蒸气压 0 kPa pB温度 t℃ 117.8 118.6 119.4 120.0 苯酚蒸气压 0 kPa pA对甲酚蒸气压 0 kPa pB10.0 10.4 10.8 11.19 11.58 7.70 7.94 8.2 8.5 8.76 11.99 12.43 12.85 13.26 9.06 9.39 9.70 10.0 试按总压P=75mmHg(绝压)计算该物系的“t-x-y”数据, 此物系为理想体系。 解：

总压 P=75mmHg=10kp。 由拉乌尔定律得出 所以 xA=

000pAppBppB；yA=。 0000ppApApBpB00xA＋pBxB=P pA因此所求得的t-x-y数据如下：

t, ℃ x y 113.7 1 1 114.6 0.837 0.871 115.4 0.692 0.748 117.0 0.440 0.509 117.8 0.321 0.385 118.6 0.201 0.249 119.4 0.095 0.122 120.0 0 0.

2. 承接第一题，利用各组数据计算

（1）在x=0至x=1范围内各点的相对挥发度i,取各i的算术平均值为，算出对i的最大相对误差。 （2）以平均差。 解：

作为常数代入平衡方程式算出各点的“y-x”关系,算出由此法得出的各组y值的最大相对误

i

0pA（1）对理想物系，有 ＝0。所以可得出

pBt, ℃ 113.7 114.6 115.4 116.3 117.0 117.8 118.6 119.4 120.0

i 1.299 1.310 1.317 1.316 1.322 1.323 1.324 1.325 1.326

算术平均值=

9i=1.318。对i的最大相对误差＝

(i)max100%0.6%。

（2）由yx1.318x得出如下数据： 1(1)x10.318xt, ℃ 113.7 114.6 115.4 116.3 117.0 117.8 118.6 119.4 120.0 x 1 0.837 0.692 0.558 0.440 0.321 0.201 0.095 0 y 1 0.871 0.748 0.625 0.509 0.384 0.249 0.122 0 各组yi值的最大相对误差=

(y)max0.3%。 yi

3.已知乙苯(A)与苯乙烯(B)的饱和蒸气压与温度的关系可按下式计算:

3279.47

T59.953328.570 lnpB16.0195

T63.72

0lnpA16.0195式中

p0的单位是mmHg,T的单位是K。

问:总压为60mmHg(绝压)时，A与B的沸点各为多少?在上述总压和65℃时,该物系可视为理想物系。

此物系的平衡气、液相浓度各为多少摩尔分率？ 解：

由题意知

3279.47334.95K＝61.8℃

ln6016.01953328.57342.84K=69.69℃ TB=63.72ln6016.0195 TA=59.9565℃时，算得

0000＝68.81mmHg；pB=48.93 mmHg。由pA xA＋pB（1－xA）=60得 pA0 xA/60=0.; yB=1-0.=0.36。 pAxA＝0.56， xB=0.44; yA=

4. 苯（A）和甲苯（B）混合液可作为理想溶液，其各纯组分的蒸气压计算式为

0logpA6.9061211

T220.813450logpB6.955

T219.5式中

p0的单位是mmHg，t的单位是℃。

试计算总压为850mmHg(绝压)时含苯25%（摩尔分率）的该物系混合液的泡点。 解：

由题意知

0000xApA+(1-xA)pB＝850即0.25pA＋0.75pB＝850。

因此需根据试差法求出泡点温度T。解得T＝104.2 ℃。

5． 试计算总压为760mmHg(绝压)时含苯0.37、甲苯0.63（摩尔分率）的混合蒸气的露点。若令该二元物系降温至露点以下3℃，求平衡的气、液相摩尔之比。 解：

在760 mmHg(绝压)时查苯-甲苯气液平衡图得： x（苯）=0.37时，露点为：103℃。

当温度下降3℃时，处于气液混合区，此时查得液相中 x=0.27；气相中y=0.47。 由杠杆原理得

平衡的气、液相摩尔之比＝

0.370.27＝1:1。

0.470.37

6. 若苯—甲苯混合液中含苯0.4（摩尔分率），试根据本题中的t—x—y关系求：

（1） 溶液的泡点温度及其平衡蒸气的瞬间组成；

（2） 溶液加热到100℃，这时溶液处于什么状态？各相的量和组成为若干？

（3） 该溶液加热到什么温度时才能全部气化为饱和蒸气？这时蒸气的瞬间组成如何？

toC 80.1 85 90 95 100 105 110.6 x 1.000 0.780 0.581 0.411 0.258 0.130 0 y 1.000 0.900 0.777 0.632 0.456 0.262 0 解：

（1）由苯—甲苯的t—x—y关系得x=0.4时， 泡点温度＝95.5℃

平衡蒸气的瞬间组成＝0.615

（2）溶液加热到100℃时处于气液混合共存区气液相组成各位 x=0.26；y=0.47。 根据杠杆原理，气液相量之比＝

0.40.26＝2:1。

0.470.4（3）由气液平衡关系知溶液加热到102℃时才能全部气化为饱和蒸气，此时y=0.4。

7．常压下将含苯（A）60%、甲苯（B）40%（均指摩尔百分数）的混合液闪蒸（即平衡蒸馏），得平衡气、液相，气相摩尔数占总摩尔数的分率—气化率（1-q）为0.30。物系相对挥发度=2.47，试求：闪蒸所得气、液相的浓度。

若改用简单蒸馏，令残液浓度与闪蒸的液相浓度相同，问：馏出物中苯的平均浓度为多少？ 提示：若原料液、平衡液、气相中A的摩尔分率分别以xF、x、y表示，则存在如下关系： 解：

（1）闪蒸

由yyxqxF。 q1q1xxq7，解方程得x＝0.。从而y＝0.74。 xFx2和y1(1)xq1q131xWF1xFlnln和FxFWxWDxD得出 W1x1xFW（2）简单蒸馏 由方程ln

xD=0.79，即馏出物中苯的平均浓度为79％。

8． 某二元物系，原料液浓度xF =0.42，连续精馏分离得塔顶产品浓度xD=0.95。已知塔顶产品中易挥发组分回收率=0.92，求塔底产品浓度xW。以上浓度皆指易挥发组分的摩尔分率。 解： 由FxFWxWDxD和DxD0.92得出xW=0.056。 FxF9. 某二元混合液含易挥发组分0.35，泡点进料，经连续精馏塔分离，塔顶产品浓度xD=0.96，塔底产品浓度xW=0.025（均为易挥发组分的摩尔分率），设满足恒摩尔流假设。试计算塔顶产品的采出率qn ( D)/ qn ( F)。若回流比R=3.2，泡点回流，写出精馏段与提馏段操作线方程。 解：

xF＝0.35；xW=0.025；xD=0.96；R=3.2。

（1）qn ( D)/ qn ( F)＝

xFxW＝0.3476＝34.76％。

xDxW（2）精镏段操作线方程

yR1xxD＝0.762x＋0.229。 R1R1LFWxx＝1.45x－0.0112。

LFWLFWW提镏段操作线方程

y

10. 有一二元理想溶液，在连续精馏塔中精馏。原料液组成50%(摩尔%)，饱和蒸气进料。原料处理量为每小时l00kmol，塔顶、塔底产品量各为50kmol/h，已知精馏段操作线方程为y=0.833x+0.15，塔釜用间接蒸气加热，塔顶采用全凝器，泡点回流。试求:

（1） 塔顶、塔底产品组成(用摩尔分率表示)； （2） 全凝器中每小时冷凝蒸气量; （3） 提馏段操作线方程;

（4） 若全塔平均相对挥发度=3.0，塔顶第一块板的液相默弗里板效率EML=O.6, 求离开塔顶第二块板的气相组成。 解：

（1）由精镏段方程yR1xxD及已知的精馏段操作线方程为y=0.833x+0.15得出 R1R1

xR0.833和D＝0.15， 解得 R1R1 R＝5，xD＝0.9，xW=0.1

（2）全凝器中每小时冷凝蒸气量V＝(R+1)D=300（kmol/h）。 （3）提镏段操作线方程

yLqFWxxW＝1.25x－0.025。

LqFWLqFW（4）求离开塔顶第二块板的气相组成y2

EML=

xDx1y1y1xD＝0.6，又＝＝＝=0.75 x1y1(1y1)32y132xDxDx1解得x1＝0.81 又由物料平衡得

y2＝y1－

LR( xD－x1)＝0.9－（0.9－0.81）＝0.825。

R1V

11 有一二元理想溶液 ，在连续精馏塔中精馏。原料液组成50%(摩尔%)，饱和蒸汽进料。原料处理量为每小时l000kmol，塔顶、塔底产品量各为500kmol/h，已知精馏段操作线方程为y=0.86x+0.12，塔釜用间接蒸气加热，塔顶采用全凝器，泡点回流。试求:

（1） 回流比R、塔顶、塔底产品组成 (用摩尔分率表示)； （2）.精馏段上升的蒸气量qn(V)及提馏段下降的液体量qn(L’) （3） 提馏段操作线方程；

（4） 若相对挥发度  = 2.4，求回流比与最小回流比的比值： 解：

（1）回流比R、塔顶、塔底产品组成

R。 RminyR1xx＝0.86x＋0.12，解得 R1R1DR＝6.14，xD＝0.857，xW=0.143。

（2）精馏段上升的蒸气量qn(V)及提馏段下降的液体量qn(L’) L’＝L＝RD=3070 kmol/h， V＝（R＋1）D＝3570 kmol/h。 （3）提馏段操作线方程

yR1xx＝1.19x－0.02 R1R1W（4）Rmin＝

1xD1xD1＝1.734 1yF1yF所以

R＝3.。 Rmin

12. 连续蒸馏塔中分离二硫化碳和四氯化碳组成的混合液。已知原料液流量qn ( F)为4000kg/h，组成为0.3（二硫化碳的质量分率，下同）。若要求釜液组成不大于0.05，塔顶中二硫化碳回收率为88%，试求馏出液的流量和组成，分别以摩尔流量和摩尔分率表示。 解：

由方程F=D+W和FxF=DxD+WxW及DxD＝0.88 FxF解得 W=2880 kg/h， D＝1120 kg/h， 单位换算：

xD＝0.943（质量百分率）。

xD＝

0.943/76＝0.97（摩尔分率）

0.943/76(10.943)/1平均分子量＝0.97×76＋0.03×1＝78.3kg/kmol，所以 D=1120÷78.3＝14.3kmol/h。

13. 某连续精馏操作中，已知操作线方程如下： 精馏段：y=0.723x+0.263 提馏段：y=1.25x-0.0187

若原料液于露点温度下进入塔中，试求原料液，馏出液和釜残液的组成及回流比。 解：

由题意知

R＝0.723，所以R=2.61 R1xD＝0.263，所以 xD=0.95。 R1由y＝xW＝1.25xW-0.0187得出xW＝0.0748。

因为露点进料，q线方程为：y=xF。由q点坐标（解两段操作线方程）x=0.535, y=0.65，得

xF＝0.65

14.用一连续精馏塔分离由组分A，B所组成的理想混合液，原料液中含A0.44，馏出液中含A0.957（以上均为摩尔分率）。已知溶液的平均相对挥发度为2.5，最小回流比为1.63，试说明原料液的热状况，并求出q值。 解：

平衡线方程为：

y＝

2.5xx＝。

1(1)x11.5xR1xx＝0.62x＋0.3。所以 R1R1Dq点坐标为： x=0.365， y＝0.59

精镏段操作线方程为：y因为

x=0.365xF，所以原料为气液混合物。

由q线方程可得

xF＝（1－q）y＋qx，解得

q＝0.667。

15. 在常压连续精馏塔中，分离苯—甲苯混合液，若原料为饱和液体，其中含苯为0.5，塔顶馏出液中含苯0.9，塔底釜残液中含苯0.1（以上均为摩尔分率）,回流比为4.52，试求理论板层数和加料板位置。物系平衡资料见题7。 解：

按M-T图解法求理论板层数。图示步骤略。

精镏段操作线截距＝

xD0.9＝＝0.163。 R14.521绘得的理论板层数为：

N＝16。

加料板为从塔顶往下的第三层理论板。

16. 在常压连续提馏塔中分离含乙醇0.033的乙醇—水混合液。饱和液体进料，直接蒸气加热。若要求塔顶产品乙醇回收率为0.99，试求

（1）在无限多层理论板层数时，计算每摩尔进料所需蒸气量；

（2）若蒸气量取为2倍最小蒸气量时，求所需理论板层数及两产品的组成。

假设塔内气液恒摩尔流动。常压下气液平衡资料列于例1-5题附表中。 解：

由方程F＋V0=D+W和FxF=DxD+WxW及DxD＝0.99 FxF解得

xW=0.00033。

（1） 在无限多层理论板层数时的操作线斜率为：

yFyWyFWF ， 直接蒸汽加热，yW=0。 V0minV0minxFxWxFxW由平衡数据查得，xF=0.033，yF＝0.270，所以解得 。 V0min＝0.121（mol/mol进料）

（2）

V0＝2V0min时所需理论板层数及两产品的组成

DxD0.242xD==0.99，所以xD=0.135。

xFFxF显然D=V0,

图解法求得理论板层数为5（图解法略）。

17. 在连续操作的板式精馏塔中分离苯—甲苯混合液。在全回流的条件下测得相邻板上的液体组成分别为0.28，0.41和0.57，试求三层板中较低的两层的单板效率。操作条件下苯—甲苯混合液的平衡资料如下。

x 0.26 0.38 0.51 y 0.45 0.60 0.72 解：

在全回流操作时，yn1＝xn。 由板效率定义知 Em, v=

ynyn1yxx，＝＝0.41，＝＝0.57。由表查得yy21232＝0.628。 ynyn1所以 Em, 2=

y2y3=0.73=73％。 y2y3同理 Em, 3=67％。

18. 有一精馏塔，已知塔顶馏出液组成xD =0.97（摩尔分数），回流比R=2，塔顶采用全凝器，泡点回流，其气液平衡关系为y气相组成y2。

2.4x，求从塔顶数起离开第一块板下降的液体组成x1和离开第二块板上升的

11.14x解：

由y2.4xy推出 x

11.14x11.14y由于y1＝xD =0.97，所以 x1＝0.75。故

y2＝y1－

R( xD－x1)=0.82。 R1

第二章 吸收

10171,解：（1）y0.008 x0.104 71010001718y0.0080.7 mx0.01047

Emp0.71.0131057.74104Pa HC55.57.17104kmol3 4mPaE7.7410E7.741040.2563 （2）P301.9KPa H,E不变，则mP301.91035.91030.0195 x0.01047 (3)y3301.910y0.01951.862 mx0.01047

Emp1.862301.91035.62105Pa HC55.59.875105kmol3 5mPaE5.62102，解：y0.09

x0.05 y0.97x

y0.970.050.0485y0.09 吸收

293k,

同理也可用液相浓度进行判断

3，解：HCl在空气中的扩散系数需估算。现P1atm，T

MA36.5,MB29,VA1.9819.521.5

故DG175136.512921072931121.5220.121121.71105ms

2 HCl在水中的扩散系数DL.水的缔和参数 粘度

2.6,分子量Ms18,

293K1.005CP, 分子体积VA3.724.628.3cm31mol

DL7.41082.61322931.00528.30.61.99105cm2s或1.99109m2s

DRTxPPBMPA2PA1

4，解:吸收速率方程NA 1和2表示气膜的水侧和气侧，A和B表示氨和空气

PA10.05101.35.07kNm3 PA20.66kNm2

PB1101.35.06596.2kNm2 PB2101.30.6610.06kNm2 PBM196.2100.698.4kNm2 代入式 2 1030.241048.314295x101.398.40.665.07

s

 x=0.000044m 得气膜厚度为0.44mm.

5，解：查25C水汽在空气中扩散系数为D0.256cm2T280C下 ，D2D1T1

1.753530.2562981.750.344cm2s3.44105cm2s

80C水的蒸汽压为P147.38kPa，P20 PBMPP1PP2101.347.3877.61kPa

22DP3.44105101.3 NP1P247.3807.25104kmolm2s

RTZP8.3143530.00177.61BM 时间t6,解：画图

M2182169s 42NA7.251040.3 C B C BY(a)XY(b)X

7,解：塔低：y1315106

G0.34kgm2s

Gm0.34290.0117kmolm2s

塔顶：y2

31106 x20

L3.94kgm2s

l100kgNaOHm3

2.5N的NaOH液含2.540g 2.5N的NaOH液的比重＝1.1液体的平均分子量：

1001000401811004018 18.95kgkmol 1001000100100040184018

Lm3.9418.950.208kmolm2s

通过塔的物料衡算，得到Gmy1y2AKGPyyLmZA

如果NaOH溶液相当浓，可设溶液面上CO2蒸汽压可以忽略，即气相阻力控制传递过程。 在塔顶的推动力y2031106 在塔底的推动力y1031510

631531106 对数平均推动力yyLm122.5106

In31531 0.011731531106KGa101.3122.51063

5 由上式得：KGa8.93108，解：y2kmolm3skNm2

y110.0002

yy20.020.99L1.733 1*Gminx1x20.021.75LL1.42.43 L2.430.030.072k9moml2s GGminSmG1.750.720 L2.43

HOGG0.031.3m KTa0.022

HHOGNOG1.31216.37m

9，解：塔顶的推动力 塔底的推动力Y2Y20.0003

Y1Y10.030.0260.004

0.0040.00030.00143

In0.0040.0003 对数平均推动力 根据Gm 即GmY1Y2AKGaPYYLmAZ

aYYLmZ Y1Y2KGZ 0.0150.030.00030.40.00143

Z0.0004460.00005727.8m

传质单元高度HOG 传质单元数

a0.0150.040.375m GmKGNOG7.80.37520.821

10,解：

1.2L0.030.0030. 1.35 S1.35G0.80.031.2

NOGHOGNOG10.03In0.110.6.26

10.0.003h60.958M NOG6.2610.110.03In0.8.47

10.0.002

0.9588.478.16.0m 不够用 hHOGNOG11，解：（1）Y10.02,X2

0,Y20.04,X10.008

Y1*1.5X11.50.0080.012, Y2*0 Ym

YYYY0.020.0120.00400.00577

1*12*2Y1Y1*InY2Y2*In0.020.0120.004

NOGY1Y20.020.0042.77 Ym0.00577Z103.61m NOG2.77 由ZHOGNOG HOG 由于

LY1Y20.020.0042 GX1X20.0080L21.331 mG1.5而m1.5 故ANOGNT

(2)Y10.02,

0, X1? Y20.002, X2

LHOG3.61m也不变 2不变，故HOGGX2 GY1Y2LX1X1GY1Y20.020.0020.009 L21.50.0090.0135 Y2mX20 Y2mX1YmY1Y1Y2Y20.00382

InY1Y1Y2Y2NOGY1Y20.020.0024.71 Ym0.00382ZHOGNOG3.614.7117m

ZZZ17107m,即填料层应增加7m

(3)因LHOG不变 G不变，故HOGZ71.94 HOG3.61 NOG又Y10.004,

0 SX2mG1.50.75 L21.94NOGYmX211SSIn1 1SY2mX2 解得：

Y13.5 Y2Y2Y10.0040.001140.002 3.53.5 即：排放浓度是合格的

12，解：hHOGNOG

NOG hHOGHOG NOGNOG hh HOGNOG5.111In0.4380.5625. B

10.56210.95

11In1SS A 1S0.02 试差 设S0.53 代入式A得 设S0.48

设S0.42 设S0.32

6.76 NOG6.30 NOG5.8 NOG5.2 NOG 设S0.31

5.14 左边等于右边 NOGSL0.5621.81 SL0.310.07100103320.0753 13,解：（1）y10.07 Y110.07122.4

Y2Y110.075310.981.5103 X167%X1*0.67X20

Y10.07530.670.0439 m1.15V100027310002731y110.0738kmolh

2732522.422.4298LY1Y20.07531.51031.68 VX1X20.04390L1.68V1.683863.8kmolh1.15103kgh

（2）NOGmVY1mX2mV1In1 mVLYmXL221L

1.150.075301.151In18. 1.151.681.510301.6811.68 （3）ZHOGNOG0.6868.6.1m

0，而有yaya，ybyb，

14，解：因氨得平衡分压为零，故y*

yyyyyaybInyy，于是NOGbaInb

baymya1yay1，故b，而有NOGIn

1ybya1 又吸收率1 现操作条件基本相同，故三种情况下的HOG 于是所需填料塔高度之比为：

GKya，可认为相等。

h1:h2:h3In111:In121:In131

In0.11:In0.011:In0.011

Ig10:Ig100:Ig100 1:2:2

第六章 干燥

6-1 1.0133×105Pa（1个大气压）、温度为50℃的空气，如果湿球温度为30℃，计算：（1）湿度；（2）焓；（3）露点；（4）湿比容

解：

1、H=0.021, I=116kJ/kg, td=25˚C

5027310.021vH0.12 22.427329186-2 已知一个干燥系统的操作示意图如下：

在I－H图中画出过程示意图 求循环空气量qm,L

A 预热器 14 oC -1HA=0.01k•kg干气 B 83oC 理论干燥器 HC=0.03kg•kg干气 φ＝80％ -1C，83oC, 间壁冷凝器 冷凝水，1kg•h-1

解：

示意图，见右图

tA=83℃

HA=0.03 Φ=0.8 qm,LHAHC1 qm,L150kg/h

0.03-0.01tA=14℃

HA=0.01

6-3在一连续干燥器中干燥盐类结晶，每小时处理湿物料为1000kg，经干燥后物料的含水量由40%减至5%（均为湿基），以热空气为干燥介质，初始湿度H1为0.009kg水•kg-1绝干气，离开干燥器时湿度H2为0.039kg水•kg-1绝干气，假定干燥过程中无物料损失，试求：

（1） 水分蒸发是qm,W （kg水•h-1）； （2） 空气消耗qm,L（kg绝干气•h-1）；

原湿空气消耗量qm,L’（kg原空气•h-1）；

（3）干燥产品量qm,G2（kg•h-1）。

解：

qmG1=1000kg/h, w1=40℃, w2=5% H1=0.009, H2=0.039

qmGC=qmG1(1-w1)=1000(1-0.4)=600kg/h x1=0.4/0.6=0.67, x2=5/95=0.053

①qmw=qmGC(x1-x2)=600(0.67-0.053)=368.6kg/h ②qmL(H2-H1)=qmw

qmLqmw368.612286.7

H2H10.0390.009qmL’=qmL(1+H1)=12286.7(1+0.009)=12397.3kg/h ③qmGC=qmG2(1-w2) ∴qmG2qmGC600631.6kg/h 1w210.056-4某厂利用气流干燥器将含水20%的物料干燥到5%（均为湿基），已知每小时处理的原料量为1000kg，于40℃进入干燥器，假设物料在干燥器中的温度变化不大，空气的干球温度为20℃，湿球温度为16.5℃，空气经预热器预热后进入干燥器，出干燥器的空气干球温度为60℃，湿球温度为40℃，干燥器的热损失很小可略去不计，试求：

（1） 需要的空气量为多少m3•h-1？（以进预热器的状态计） （2） 空气进干燥器的温度？

0℃时水的汽化热2491.27kJ•kg-1，空气与水汽比热分别为1.01与1.88kJ•kg-1•K-1

解：

w1=0.2, w2=0.05, qmG1=1000kg/h, θ1=40℃, t0=20℃, tw0=16.5℃, t2=60℃, tw2=40℃

Q=1.01qmL(t2-t0)+qmw(2490+1.88t2)+qmGC(θ2-θ1)+Qc I1=I2

查图得：H0=0.01, H2=0.045

I1=(1.01+1.88H0)t1+2490H0=(1.01+1.88H2)t2+2490H2 =(1.01+1.88×0.045)×60+2490×0.045＝177.7 (1.01+1.88×0.01)t1+2490×0.01=1.03t1+24.9=177.7

t1177.724.9148.4℃

1.03qmGC=qmG1(1-w1)=1000(1-0.2)=800 x1=0.2/0.8=0.25, x2=5/95=0.053 qmw=qmGC(x2-x1)=800(0.25-0.053)=157.6

qmLqmw157.64502.9

H2H10.0450.01qmL’=qmL(1+H0)=4502.9(1+0.01)=47.9

6-5湿物料含水量为42%，经干燥后为4%（均为湿基），产品产量为0.126kg/s，空气的干球温度为21℃，相对湿度40%，经预热器加热至93℃后再送入干燥器中，离开干燥器时空气的相对湿度为60%，若空气在干燥器中经历等焓干燥过程，试求：

（1） 在I—图H上画出空气状态变化过程的示意图； （2） 设已查得H0=0.008kg水•kg-1绝干气，H2=0.03 kg水•kg-1绝干气)，求绝干空气消耗量qm,L

（kg绝干气•s-1）。 预热器供应之热量Qp（kw）。

解：

w1=0.42,w2=0.04, qmG2=0.126kg/s t1=93℃ I1=I2 H2=0.03 φ2=0.6 t0=21, φ0=0.4, t1=93, φ2=0.6, H0=0.008, H2=0.03 qmG2(1-w2)=qmG1(1-w1)

t0=21℃ φ0=0.6 I1=I2

∴qmGqmG11w210.040.1260.209 21w110.42∴qmw=qmG1- qmG2=0.209-0.126=0.0826

qmLqmw0.08263.752kg/s

H2H10.030.008Qp=qmL(I1-I0)=qmL(1.01+1.88H1)(t1-t0)=3.752(1.01+1.88×0.008)(93-21)=301.2kg/s

6-6有一连续干燥器在常压下操作，生产能力为1000kg •h-1（以干燥产品计）物料水分由12%降为3%（均为湿基）物料温度则由15℃至28℃，绝干物料的比热为1.3KJ •kg-1绝干料，℃，空气的初温为25℃，湿度为0.01kg •kg-1绝干空气，经预热器后升温至70℃，干燥器出口废气为45℃，设空气在干燥器进出口处焓值相等，干燥系统热损失可忽略不计，试求：

① 在H—I图上（或t—H图上）示意画出湿空气在整个过程中所经历的状态点； ② 空气用量（m3•h-1）（初始状态下）；

为保持干燥器进出口空气的焓值不变，是否需要另外向干燥器补充或移走热量？其值为多少？

解：

qmG2=1000, w1=12%, w2=3%, θ1=15, θ2=28, Cs=1.3, t0=25℃, H0=0.01, t1=70℃, t2=45℃, I1=I2

①qmGc=1000(1-0.12)=880, x1=12/88=0.136, x2=3/97=0.0309

qmw=880(0.136-0.0309)=92.5

I1=(1.01+1.88H0)t1+2490H0=(1.01+1.88×0.01)×70+2490×0.01＝96.9 I2=(1.01+1.88H2)×45+2490H2=45.5+2574.6H2=96.9 ∴H2=(96.9-45.5)/2574.6=0.02

qmLqmw92.59250kg/h

H2H10.020.01qmL’=9250(1+0.01)=9343 ②qmLI1+QD+qmGcI1’=qmLI2+qmGcI2’

qmL(I1-I2)+QD=qmGc(I΄2-I΄1)=qmGc(Cs+Cwx1)(θ2-θ1) =880(1.3+4.18×0.136)(28-15)=21375kg/h 若要I1=I2, 需QD=21375kg/h

6-7用热空气干燥某湿物料。空气初始温度t0=20℃，初始湿度H0=0.006Kg水•kg-1干气。为保证干燥产品质量，空气进干燥器的温度不得高于90℃；为此在干燥器中间设置加热器。空气经预热器升温至90℃通入干燥器，当热空气温度降至60℃时，再用中间加热器将空气加热至90℃，废气离开干燥器时的温度变为60℃。假设两段干燥过程均视为等焓过程。

1、 在湿空气的H—I（或t—H）图上定性表示出空气通过整个干燥器的过程； 2、汽化每千克水所需的绝干空气量和所需供热量。

解：

t0=20℃, H0=0.006, t1=90℃, t΄2=t2=60℃

I1=(1.01+1.88H0)t1+2490H0=(1.01+1.88×0.006)×90+2490×0.006＝106.9 I2’=(1.01+1.88H2’)×60+2490H2’=1.01×60+（1.88×60+2490）H2’ =60.6+2602.8H2’=106.9

∴H2’=(106.9-60.6)/2602.8=0.0178

I΄1=(1.01+1.88H2’)×90+2490H2’=(1.01+1.88×0.0178)×90+2490×0.0178＝138.2

I΄2=I΄1’=60.6+2602.8H2=138.2 ∴H΄2=(138.2-60.6)/2602.8=0.03

qmL=qmw/(H΄2-H1) ∴qmL/qmw=1/(H΄2-H1)=1/(0.03-0.006)=41.7 Q=Q1+Q2=qmL(1.01+1.88H0)(t1-t0)+qmL(1.01+1.88H2’)(t2-t0) =qmL(t1-t0)(1.01+1.88H0+1.01+1.88H2’)

=41.7(90-60)(2.02+1.88×0.006+1.88×0.03)＝2611.69

6-8在一常压气流干燥器中干燥某种湿物料，已知数据如下：空气进入预热器的温度为15℃湿含量为0.0073kg水•kg-1绝干气，焓为35kJ•kg-1绝干空气；空气进干燥器温度为90℃，焓为109 kJ•kg-1绝干空气；空气出干燥器温度为50℃；湿含量为0.023 kg水•kg-1绝干气；进干燥器物料含水量为0.15kg水•kg-1绝干料；出干燥器物料含水量为0.01kg水•kg-1绝干料；干燥器生产能力为237kg•h-1（按干燥产品计）。试求：

1． 绝干空气的消耗量（kg绝干气•h-1）；

2． 进预热器前风机的流量（m•s-1）；

3． 预热器加入热量（KW）（预热器热损失可忽略）。附湿空气比容计算公式： V= ( 0.772 + 1.244H ( t + 273 ) / 273 × ( 1.0133 × 10) / P 。

53解：

t0=15℃, H0=0.0073, I0=35, t1=90℃, I1=109, t2=50℃, H2=0.023, x1=0.15, x2=0.01, qmG2=237kg/h

x2=w2/(1-w2), w2=x2/(1+x2)=0.01/1.01=0.01 qmGc=qmG2(1-w2)=237(1-0.01)=234.6 qmw=qmGc(x1-x2)=234.6(0.15-0.01)=32.8 ①qmL=qmw/(H2-H1)=32.8/(0.023-0.0073)=20.2 ②qv=qmL•vH

H0.7721.244H0t0273152730.824 0.7721.2440.0073273273qv=20.2×0.824＝1721.5m3/h

③Qp=qmL(1.01+1.88H0)(t1-t0)=20.2(1.01+1.88×0.0273)（90-15）＝160407

6-9采用常压操作的干燥装置干燥某种湿物料，已知操作条件如下： 空气的状况：进预热器前t-1O=20℃，HO=0.01kg水•kg绝干气 进干燥器前t1=120℃；

出干燥器时t2=70℃，H2=0.05 kg水•kg-1绝干气 物料的状况：进干燥器前1=30℃，w1=20%（湿基）。 出干燥器时2=50℃，w2=5%（湿基）。 绝干物料比热cS=1.5kJ•kg-1·℃-1 干燥器的生产能力为53.5kg/h（按干燥产品计）。试求：

（1） 绝干空气流量qm,L（kg绝干空气•h-1）； （2） 预热器的传热量Q-1P (kJ•h)； （3） 干燥器中补充的热量Q-1D (kJ•h)。

假设干燥装置热损失可以忽略不计。

解：

t0=20℃, H0=0.01, t1=120℃, t2=70℃, H2=0.05, θ1=30℃, w2=5%, Cs=1.5, qmG2=53.5 x1=0.2/0.8=0.25, x2=5/95=0.053 qmGc=qmG2(1-w2)=53.5(1-0.05)=50.8 qmw=qmGc(x1-x2)=50.8(0.25-0.053)=10

w1=0.2, θ2=50℃, ①qmL=qmw/(H2-H0)=10/(0.05-0.01)=250

②Qp=qmL(1.01+1.88H0)(t1-t0)=250(1.01+1.88×0.01)(120-20)=25720 ③QD+qmLI1+qmGcI1’=qmLI2+qmGcI2’ QD=qmL(I2-I1)+qmGc(I2’-I1’)

I1=(1.01+1.88H0)t1+2490H0=(1.01+1.88×0.01)×120+2490×0.01＝148.4

I2=(1.01+1.88H2)t2+2490H2=(1.01+1.88×0.05)×70+2490×0.05＝201.8 I1’=(Cs+Cwx1)θ1=(1.5+4.18×0.25)×30＝76.4 I2’=(Cs+Cwx2) θ2=(1.5+4.18×0.05)×50＝86.1 QD=qmL(I2-I1)+qmGc(I2’-I1’)=13843

6-10在常压绝热干燥器内干燥某湿物料，湿物料的流量为600kg•h-1，从含水量20％干燥至2％（均为湿基含水量）。温度为20℃，湿度为0.013kg水•kg-1绝干气的新鲜空气经预热器升温至100℃后进入干燥器，空气出干燥器的温度为60℃。

（1） 完成上述任务需要多少kg绝干空气•h-1？ （2） 空气经预热器获得了多少热量？

（3） 在恒定干燥条件下对该物料测得干燥速率曲线如图所示，已知恒速干燥段时间为1小时，求降速

阶段所用的时间。

干燥速率，U 0.01 0.10 0.25

X, kg水/kg绝干物料

解： 、（1）

wX1＝1＝0.251－w1wX2＝2＝0.02041－w2qm,Gc=600(1-ω1)=480kg/h

qm,W= qm,Gc (X1-X2)=480(0.25=0.0204)=110.2kg/h I1=(1.01+1.88H1)t1+2490H1=135.8 因为等焓干燥

I2=(1.01+1.88H2)t2+2490H2=I1 H2＝0.028 qm,L= qm,W /(H2-H1)=6935kg干气/h （2）

Qp= qm,L (I1-I0)= qm,L (1.01+1.88H0)(t1-t0)=573907kJ/h (3) 恒速段

qm,Gc1＝(XX)1SUc1Cqm,Gc6.667SUc降速段

qm,Gc（XcX*)XcX*ln1.295h 2＝SUcX2X*