第4章-4-PDF-1化工原理

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1、复习GLH=H=H=H⋅N=H⋅NOGOLOGOGOLOLKaKayxΔy−Δy(y−mx)−(y−mx)y−y12112212Δym==N=Δyy−mxOGln1ln11ΔymΔyy−mx2221⎡⎛1⎞y1−mx21⎤NOG=ln⎢⎜1−⎟+⎥1−1⎣⎝A⎠y2−mx2A⎦A•清水逆流吸收，回收率η=0.92,y=3x，L⎛L⎞⎛L⎞1=1.2⋅⎜⎟求：⎜⎟、和NOGG⎝G⎠m⎝G⎠Amin⎛L⎞y1−y2y1−y2⎜⎟===η⋅m=2.76⎝G⎠minx1e−x2y1/m1mGm11=====0.906ALβ⋅m⋅ηβ⋅η1.2×0

2、.921111N=ln[(1−)+]=8.76OG1A1−ηA1−A塔高计算H=H⋅NOGOG例常压下，用煤油从苯蒸汽和空气混合物中吸收苯，吸收率为99%，混合气量为53kmol/h。入塔气中含苯2%（体积%），入塔煤油中含苯0.02%（摩尔分率）。溶剂用量为最小用量的1.5倍，在操作温度50℃下，相平衡关系为y=0.36x，总传质系数Ka=0.015kmol/(m3⋅s)，塔径为1.1米。试y求所需填料层高度。y2x2=0.02%η=99%解属于低浓气体吸收⎛12⎞G′⎜πD×3600⎟溶剂用量G⎝4⎠为最小用HOG==D=1.1m量的

3、1.5倍KaKayy⎛1⎞y=0.36x253⎜π×1.1×3600⎟⎝4⎠==1.03m0.015G=53kmol/hLy1=0.02x1y2η=1−y=y(1−η)()=0.02×1−99%=0.0002溶剂用量y211为最小用量的1.5倍⎛L⎞y1−y20.02−0.0002==0.358⎜⎟=0.02y1⎝G⎠minx1e−x2−0.00020.36L⎛L⎞=1.5⎜⎟=1.5×0.358=0.537yG⎝G⎠2minx2x1x1e1m0.36===0.67ALG0.5371⎡⎛1⎞y1−mx21⎤NOG=ln⎢⎜1−⎟+⎥1−1

4、⎣⎝A⎠y2−mx2A⎦A1⎡()0.02−0.36×0.0002⎤N=ln1−0.67+0.67=11.98OG⎢⎥1−0.67⎣0.0002−0.36×0.0002⎦H=H⋅N=1.03×11.98=12.4mOGOG5、解吸塔的最小气液比x−x(G)=12()G=x1e−x2Lminy−yLmin1e2y−y12x1e解吸操作线和最小液气比6、塔内返混的影响轴向返混降低推动力返混：少量流体自身由下游返回至上游。返混破坏逆流操作条件，使推动力下降，对传质不利。7、吸收剂再循环L对M点衡算Lx+Lx=(L+L)x'2r1r2入塔吸收剂浓

5、度：θx+x12x'=21+θ吸收剂再循环的操作线Qx>x12θx+x12x'=∴x'>x2221+θ一般情况溶剂再循环不利吸收下列情况溶剂再循环有利吸收1、吸收过程有显著热效应，平衡线下移2、吸收目的在于获得高x1的液相，根据物料衡算，L较小，不足于湿润填料。G(y−y)=L(x−x)1212•例题在常压逆流操作、塔径为1.2m的填料塔中，用清水吸收混合气中的A组分，混合气流率为50kmol/h,入塔时A组分浓度为0.08(摩尔分率)，回收率为0.90，相平衡关系为y=2x,设计液气比为最小液气比的1.5倍,总传质系数Ka0.8y=0.

6、0186,且。Kya∝G试求：•吸收塔气、液出口浓度各为多少？所需填料层高度为多少米？解：1、5022G==44.23kmol/mh=0.01229kmol/ms20.785×1.2G0.01229H===0.661mOGKa0.0186yy=y(1−η)=0.08×(1−0.90)=0.00821Ly−y12()==mη=2×0.9=1.8minGy/m−01LL=1.5()=1.5×1.8=2.7minGGG1x=x+(y−y)=0+(0.08−0.008)=0.02671212L2.7mG2==0.741L2.71mG1mGN=ln

7、[(1−)+OGmGL1−ηL1−L11N=ln[(1−0.741)+0.741]=4.65OG1−0.7411−0.9H=HN=0.661×4.65=3.10mOGOG4.5.4吸收过程的核算1、操作型计算的命题（1）第一类命题（求操作结果）给定条件：H（及其他有关尺寸），L，G，x，2y，y=f(x)，流动方式，Ka或Ka。1yx计算目的：y(η)，x。21（2）第二类命题（求操作条件）给定条件：H（及其他有关尺寸），G，y，y，x，122y=f(x)，流动方式，Ka或Ka。yx计算目的：L，x1。2、核算过程的计算方法联立方程求解。

8、一般由于相平衡方程式及吸收过程方程式的非线性，须试差或迭代。当平衡线在操作范围内可视为直线时，第一类命题可将基本方程线性化。但第二类命题仍须试差。例某吸收塔在101.3kPa、293K下用清水