南京理工大学化工原理第5-8章课后答案

第五章 蒸馏
5-1 苯和甲苯的饱和蒸气压数据如本题附表1所示。

根据表中数据作101.33kPa 下苯和甲苯溶液的t-x-y
图及x-y 图。

此溶液服从拉乌尔定律。

习题5-1附表1
温度 苯的饱和蒸气压
甲苯的饱和蒸气压
P A 0/kPa P B 0/kPa 80.2
101.33 39.99 84.1 113.59 44.4 88.0 127.59 50.6 92.0 143.72 57.6 96.0 160.52 65.66 100 179.19 74.53 104 199.32 83.33 108 221.19 93.93 110.4
233.05
101.33
解 根据拉乌尔定律，理想溶液上方各组分的平衡分压为 p A =p A °x A p B =p B °x B =（1－x A ）
总压 B A p p P += 所以，
B
A B
A p p p P x --=
A x P
p P
p y A A A
=
=
根据附表1数据计算气液相中甲苯的摩尔分率见本题附表2，根据附表2数据可作出t-x-y 图及x-y 图，见习题5-1附图1。

习题5-1附表2
温度 苯饱和蒸气压 甲苯饱和蒸气压
x A y A P A 0/kPa P B 0/kPa 80.2
101.33 39.99 1 1 84.1 113.59 44.4 0.823 0.923 88.0 127.59 50.6 0.66 0.83 92.0 143.72 57.6 0.508 0.72 96.0 160.52 65.66 0.376 0.60 100 179.19 74.53 0.256 0.453 104 199.32 83.33 0.155 0.305 108 221.19 93.93 0.058 0.127 110.4
233.05
101.33
习题5-1附图1
5-2 在101.33kPa下正庚烷和正辛烷的平衡数据如本题附表1所示。

试求：
（1）在101.33kPa下溶液中含正庚烷为0.35（摩尔分率）时的泡点及平衡蒸气的瞬间组成？
（2）在101.33kPa下加热到117℃溶液处于什么状态？各相的组成如何？溶液被加热到什么温度全部气化为饱和蒸气？
习题5-2附表1
98.4 1.0 1.0
105 0.656 0.81
110 0.487 0.673
115 0.311 0.491
120 0.157 0.280
125.6 0 0
解根据本题附表1数据作出t-x-y图，查图可得。

（1）在101.33kPa下溶液中含正庚烷为0.35时的泡点为113.7℃；平衡蒸汽瞬间组成为：正庚烷0.54（摩尔分率，下同），正辛烷为0.46。

（2）在101.33kPa下加热到117℃溶液处于气液混合状态（或气液平衡状态）；此时液相组成：正庚烷0.25，正辛烷0.75；气相组成：正庚烷0.42，正辛烷0.58；加热到118.7℃全部变为饱和蒸汽。

习题5-2附图
5-3 利用习题5-1的数据
（1）计算相对挥发度α； （2）写出平衡方程式；
（3）算出x-y 的一系列平衡数据与习题5-1作比较。

解 （1）理想溶液
B
A p p =α
计算结果如本题附表1所示。

习题5-3附表1
温度 苯的饱和蒸气压
甲苯的饱和蒸气压
相对挥发度
温度/℃ P A 0/kPa P B 0/kPa α 80.2 101.33 39.99 2.534 84.1 113.59 44.4 2.558 88.0 127.59 50.6 2.522 92.0 143.72 57.6 2.495 96.0 160.52 65.66 2.445 100 179.19 74.53 2.404 104 199.32 83.33 2.392 108 221.19 93.93 2.355 110.4
233.05
101.33
2.300
（2）()x
a ax y 11-+=
，α可取塔顶底平均值，42.22
300
.2534.2=+=α
即 x
x
y 42.1142.2+=
（3）由
B
A B
A p p p P x --=
，()x
a ax y 11-+=计算比较。

由本题附表2看出，两种计算方法结果基本一致。

习题5-3附表2
温度 苯饱和蒸气压 甲苯饱和蒸气压
x A y A y A 温度/℃ P A 0/kPa P B 0/kPa 习题5-1计算
本题计算 80.2 101.33 39.99 1 1 1 84.1 113.59 44.4 0.823 0.923 0.918 88.0 127.59 50.6 0.66 0.83 0.824 92.0 143.72 57.6 0.508 0.72 0.714 96.0 160.52 65.66 0.376 0.60 0.593 100 179.19 74.53 0.256 0.453 0.454 104 199.32 83.33 0.155 0.305 0.307 108 221.19 93.93 0.058 0.127 0.130 110.4
233.05
101.33
5-4 苯和甲苯在92℃时的饱和蒸气压分别为143.73kPa 和57.6kPa 。

试求苯的摩尔分率为0.4，甲苯的
摩尔分率为0.6的混合液在92℃各组分的平衡分压、系统压力及平衡蒸气组成。

此溶液可视为理想溶液。

解 根据拉乌尔定律，理想溶液上方的平衡分压为 p A =p A °x A =143.73×0.4=57.492kPa
p B =p B °x B = 57.6×0.6=34.56 kPa
B A p p P +==92.052 kPa
P
p y A A =
=57.492/92.052=0.625
y B =1-0.625=0.375
5-5 甲醇和乙醇形成的混合液可认为是理想物系，20℃时乙醇的蒸气压为5.93 kPa ，甲醇为11.83kPa 。

试求：
（1）两者各用100g 液体，混合而成的溶液中甲醇和乙醇的摩尔分率各为多少？ （2）气液平衡时系统的总压和各自的分压为多少？气相组成为多少？ 解 （1）甲醇摩尔质量M A =32kg/kmol ，乙醇摩尔质量M B =46kg/kmol 甲醇的摩尔分率x A =100/32/（100/32+100/46）=0.59 乙醇的摩尔分率x B =1-0.59=0.41 （2）p A =p A °x A =11.83×0.59=6.98kPa
p B =p B °x B = 5.93×0.41=2.43 kPa
B A p p P +==9.41 kPa
P
p y A A =
=6.98/9.41=0.74
y B =1-0.74=0.26
5-6 由正庚烷和正辛烷组成的溶液在常压连续精馏塔中进行分离。

混合液的质量流量为5000kg/h ，其
中正庚烷的含量为30%（摩尔百分数，下同），要求馏出液中能回收原料中88%的正庚烷，釜液中含正庚烷不高于5%。

试求馏出液的摩尔流量及摩尔分率。

解 正庚烷摩尔质量M A =100kg/kmol
正辛烷摩尔质量M B =114kg/kmol
混合溶液的平均摩尔质量M m =100×0.3+114×0.7=109.8 kg/kmol 混合液的摩尔流量F =5000/109.8=45.54kmol/h
依题意，塔顶易挥发组分回收率φ1=%100F
D Fx Dx =0.88
F=D+W
Fx F =Dx D +Wx W
Wx W =0.12 Fx F
得W =32.79 kmol/h ，D =F -W=45.54-32.79=12.75 kmol/h ，x D =0.943（摩尔分率）
5-7 将含24%（摩尔分数，下同）易挥发组分的某液体混合物送入—连续精馏塔中。

要求馏出液含95%
易挥发组分，釜液含3%易挥发组分。

送至冷凝器的蒸气摩尔流量为850kmol/h ，流入精馏塔的回流液为670kmol/h 。

试求
（1）每小时能获得多少kmol 的馏出液？多少kmol 的釜液？ （2）回流比R = ？
解 （1）D = V-L =850-670=180 kmol/h
F=D+W
Fx F =Dx D +Wx W W =608.6 kmol/h （2）R =L /D =3.72
5-8 有10000kg/h 含物质A （摩尔质量为78）0.3（质量分率，下同）和含物质B （摩尔质量为90）0.7
的饱和蒸气自一连续精馏塔底送入。

若要求塔顶产品中物质A 的浓度为0.95，釜液中物质A 的浓度为0.01，试求
（1）进入冷凝器的蒸气量为多少？以摩尔流量表示之。

（2）回流比R 为多少？
解（1）物质A 的摩尔分率x A =0.3/78/（0.3/78+0.7/90）=0.33
混合蒸汽的平均摩尔质量M m =78×0.33+90×0.67=86.04kg/kmol 进入冷凝器的蒸气量即为原料蒸汽的量F =10000/86.04=116.2kmol/h （2）塔顶产品中物质A 的摩尔分率x D =0.95/78/(0.95/78+0.05/90)=0.956 釜液中物质A 的的摩尔分率x W =0.01/78/(0.01/78+0.99/90)=0.0115 F=D+W
Fx F =Dx D +Wx W
D =39.14 kmol/h W =77.06 kmol/h
R =L /D =W /D =1.97
5-9 某连续精馏塔，泡点加料，已知操作线方程如下：
精馏段 y =0.8x +0.172 提馏段 y =1.3x －0.018 试求原料液、馏出液、釜液组成及回流比。

解 由精馏段操作线方程D n 1n 1
11
x R x R R y ++
+=+和已知操作线方程y =0.8x +0.172比较
得，
8.01
=+R R ，
172.01
D =+R x
所以，R =4，x D =0.86 对于泡点进料，则
F L L +='=RD +F =4D +F V V ='=（R +1）D =5D
提馏段操作线方程W m 1m x V W x V L y '
-
'
'=
'+和已知操作线方程y =1.3x －0.018比较
V L '
'=(4D +F ）/5D =1.3
F /D =2.5
Wx W /5D =0.018
x W =0.06 x F =0.38
5-10 要在常压操作的连续精馏塔中把含0.4苯及0.6甲苯溶液加以分离，以便得到含0.95苯的馏出液
和0.04苯（以上均为摩尔分率）的釜液。

回流比为3，泡点进料，进料摩尔流量为100kmol/h 。

求从冷凝器回流入塔顶的回流液的摩尔流量及自釜升入塔底的蒸气的摩尔流量。

解 已知x F =0.4，x D =0.95，x W =0.04，R =3，F =100kmol/h ，求L =？V ′=？
总物料 F=D+W 即100= D+W
易挥发组分 Fx F =Dx D +Wx W 100 ×0.4= D ×0.95+W ×0.04 得D =39.56kmol/h
L =RD =118.68 kmol/h ，V V ='=（R +1）D =158.24 kmol/h
5-11 在连续精馏塔中将甲醇30%（摩尔百分数，下同）的水溶液进行分离，以便得到含甲醇95%的馏
出液及3%的釜液。

操作压力为常压，回流比为1.0，进料为泡点液体，试求理论板数及加料板位置；若原料为40℃的液体，其它条件相同，求所需理论板数及加料板位置。

常压下甲醇和水的平衡数据如本题附表所示。

习题5-11附表1
温度/℃ 液相中甲醇 摩尔百分数
气相中甲醇 摩尔百分率
温度/℃ 液相中甲醇 摩尔百分数
气相中甲醇 摩尔百分数
100 0.0 0.0 75.3 40.0 72.9 96.4 2.0 13.4 73.1 50.0 77.9 93.5 4.0 23.4 71.2 60.0 82.5 91.2 6.0 30.4 69.3 70.0 87.0 89.3 8.0 36.5 67.6 80.0 91.5 87.7 10.0 41.8 66.0 90.0 95.8 84.4
15.0
51.7
65.0
95.0
97.9
81.7 20.0 57.9 64.5 100.0 100.0 78.0
30.0
66.5
解 根据图解法确定理论板数及加料板位置。

（1）在直角坐标系中由附表1所示平衡数据绘平衡线和对角线； （2）由R =1.0，x D =0.95
得精馏段操作线方程 475.05.01
11
D n 1n +=++
+=
+x x R x R R y
精馏段操作线方程和对角线交于点a （0.95,0.95）；
（3）进料为泡点液体，进料方程为x =x F =0.3，与精馏段操作线方程交于d （0.3，0.625）； （4）连接精馏段操作线和进料线交点d 与b （0.03，0.03）得提馏段操作线。

（5）从a 点开始在精馏段操作线和平衡线间绘制直角梯级，跨过精馏段操作线和进料线交点
d 点后在提馏段操作线和平衡线间绘制直角梯级，跨过b 点处停止，所得直角梯级数就是包含塔底再沸器的塔板数（10块），加料板为跨过d 点时的理论板9（第7块），加料板以上为精馏段理论塔板数（不计入精馏段）。

说明：附图为图解法示意图，大家应用坐标纸或计算机按上述步骤绘图。

5-12 习题5-6中，若进料为泡点液体，回流比为3.5，求理论板数及加料板位置。

常压下正庚烷、正
辛烷的平衡数据见习题5-2附表1。

解 由习题5-6知，x D =0.943，x F =0.3 精馏段操作线方程为0.210.780.9431
3.511
5.35.31
11
D n 1n +=⨯++
+=
++
+=
+x x x R x R R y
进料方程为q =1,x W =0.05，据此可绘出提馏操作线方程，图解法很容易求出所需理论板数，跨过精馏段与提馏段操作线交点的一块板为加料板。

说明：附图为图解法示意图，大家应用坐标纸或计算机按上述步骤绘图。

5-13 用一连续精馏塔分离苯-甲苯混合液，原料中含苯0.4，要求塔顶馏出液中含苯0.97，釜液中含苯
0.02（以上均为摩尔分率），若原料液温度为25℃，求进料热状态参数q 为多少？若原料为气液混合物，气液比3∶4，q 值为多少？
解 （1）苯-甲苯混合液的t -x -y 图见习题5-1附图1
由图可知，当x F =0.4时，泡点为95℃，故进料为低于泡点温度的冷液。

平均温度为（93+20）/2=56.5℃
平均冷凝潜热r m =（0.4×93×78+0.6×86×92）×4.187=32026kJ/kmol 平均比热容c p =(1.84×0.4×78+1.84×0.6×92)=159kJ/(mol. ℃)
所以，进料热状态参数q =( c p △t +r )/r=[159×(93-20)+32026]/32026=1.36 （2）气液比为3：4 57.07
4==-'=
F
L L q
5-14 用一常压连续精馏塔分离含苯0.4的苯-甲苯混合液。

要求馏出液中含苯0.97，釜液中含苯0.02
（以上均为质量分率），操作回流比为2，进料参数q =1.36，平均相对挥发度为2.5，用简捷计算法求所需理论板数。

并与图解法比较之。

解 将质量分率换算为摩尔分率x F =0.4/78/(0.4/78+0.6/92)=0.44 同理x D =0.974, x W =0.023 q 线方程为1
36.144.01
36.136.11
1
F --
-=
--
-=
x q x x q q y =3.78x -1.22 （1）
平衡线方程为()x
x x
ax y 5.115.211+=
-+=
α （2）
联立（1）、（2）得x q =0.51, y q =0.71
32
.1)
51.071.0()71.0974.0(q
q q D min
=--=
--=
x y y x R
32.01
232.121
min =+-=
+-R R R
查吉利兰图可得43.02
min =+-N N N
715
.2lg 023.0023.01974.01974.0lg 1lg 11lg min
=-⎥⎦
⎤⎢⎣
⎡⎪⎭⎫
⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛-=
-⎥⎦
⎤⎢⎣⎡⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎪⎭⎫ ⎝
⎛-=
a
x x x x N W W
D D
N =13.78，取14块。

图解法同5-11，结果基本一致。

图解过程略。

5-15 有一20%甲醇溶液，用一连续精馏塔加以分离，希望得到96%及50%的甲醇溶液各半，以饱和
液体采出。

釜液浓度不高于2%（以上均为摩尔百分数）。

回流比为2.2，泡点进料，试求所需理论板数及加料口、侧线采出口的位置。

解
习题5-15附图1
总物料 W D D F ++=21
易挥发组分W 2D 21D 1F Wx x D x D Fx ++=
设F =1kmol/h ，依题D 1=D 2，则
h /127kmol .021==D D
W =0.746kmol/h
将塔分成3段，通过物料衡算可得 第1段操作线为
3.06875.01
2.20.961
2.22.21
11
1D +=++
+=
++
+=
x x x R x R R y
根据x D2=0.5和q =1定出第1、2段操作线的交点d 1。

选取第2段任一s 板进行物料衡算
习题5-15附图2
总物料 21D D L V ++''=''
易挥发组分D22D11s 1s x D x D L y V ++''=''+
得第
2段操作线为
4563
037501461114611
11
11
2
2
D 21D 1.x .)D (R D .x )D (R )D (R V D .x V D L V x D x D x V L y +=++
+-=
'
'+
'
'-''=
'
'++
'
'''=
根据x F =0.2和q =1定出第2、3段操作线的交点d 2。

连接d 2与b （0.02，0.02）可求出第3段操作线（第3段操作线也可用物料衡算方程求出），图解可得理论板数为8块（含再沸器）、加 料口在第5块板、侧线采出口在第4块板。

图解过程略。

5-16 在连续精馏塔中分离两组分理想溶液，原料液组成为0.5(易挥发组分摩尔分率，下同)，泡点进料。

塔顶采用分凝器和全凝器，如图所示，分凝器向塔内提供泡点温度的回流液，其组成为0.88，从全凝器得到塔顶产品，其组成为0.95．要求易挥发组分的回收率为96%，并测得离开塔顶第一层理论板的液相组成为0.79，试求： （1）操作回流比为最小回流比的倍数；
（2）若馏出液流量为50kmol/h ，求所需的原料流量。

解 （1）8809500D 0. , x .x y ===
分凝器相当于一块理论板，0
0x )1(1x y -+=
αα得α=2.59
907.079
.059.1179.059.2)1(1y 1
1
1=⨯+⨯=
-+=
x x αα
由精馏段操作线方程D x R x R R y 1
11
01++
+=
95.01
188.01
907.0++
+=
R R R
得 R=1.593
q
q q D x y y x R --=
min
q =1，5.0F q ==x x
721.0)1(1y y F
F
F q =-+=
=x x αα 习题5-16附图
036
.1min =--=
q
q q D x y y x R
R /R min =1.538
（2）回收率=96.05
.0F 95.050%100F
D =⨯⨯=⨯Fx Dx
得F =99kmol/h
5-17 在连续精馏塔中分离苯-甲苯混合液。

在全回流条件下测得相邻板上液体组成分别为0.28，0.41
和0.57，试求三层板中下面两层的单板效率。

在操作条件下苯-甲苯的平衡数据如下：
x 0.26 0.38 0.51 y 0.45 0.60 0.72
解法1 如本题附图所示，全回流条件下，
n
n
1n n )1(157.0x x x y -+=
==-αα
根据操作条件下苯-甲苯的3组平衡数据 习题5-17附图 x
x y )1(1-+=
αα，计算可得y)
x(x)y(--=
11α
3
3
21αααα++=
=（2.328+2.447+2.470）/3=2.415
带入第n 板平衡方程得，x n *=0.354,
所以，74.0354
.057.00.41-57.0)n (*
n
1n n 1n ML =-=
--=
--x x x x E
同理可求x n+1*=0.223，
70.0223
.041.00.28-.410)1n (*
1
n n 1n n ML =-=
--=
+++x x x x E
解法2 下面两层的单板效率也可由气相组成计算，即 1
n *
n 1n n MV )n (++--=
y y y y E ，2
n *
1n 2n 1n MV )1n (++++--=
+y y y y E
全回流条件下，57.01n n ==-x y
14.0n 1n ==+x y
()627.041.0415.1141.0415.211n n
*
n =⨯+⨯=
-+=
x x y αα
74.041
.0627.041.057.0)n (1
n *
n 1n n MV =--=
--=
++y y y y E
全回流条件下，14.0n 1n ==+x y
28.01n 2n ==++x y
()484.028.0415.1128.0415.2111
n 1
n *
1n =⨯+⨯=
-+=
+++x x y αα
64.028
.0484.028.041.0)1n (2
n *
1n 2n 1n MV =--=
--=
+++++y y y y E
第六章 吸收
6-1已知在25℃时，100g 水中含1g NH 3，则此溶液上方氨的平衡蒸气压为986Pa ，在此浓度以内亨利定律适用。

试求在1.013×105
Pa （绝对压力）下，下列公式中的常数H 和m
（1）p *=c /H ； （2）y *=mx
解 （1）NH 3的摩尔质量为17g/mol ，溶液的质量为1gNH 3与100g 水之和，溶液的密度约为溶剂密度ρS =1000kg/m 3。

故
3
A 31
10
170.582(1001)10
1000
c --⨯==+⨯ kmol/m 3
又 * 0.986p = kPa 所以 A *
0.5820.590.986
c H p
=
=
= kmol/（m 3
·kPa ）
（2）溶剂水的摩尔质量M s =18g/mol
则有 1
170.010*********
x =
=+ 因为 *
*A 0.00973p y P
=
=
所以 *
0.009730.9270.0105
y
m x
=
=
=
6-2 1.013×105Pa 、10℃时，氧气在水中的溶解度可用下式表示： p =3.27×104
x
式中 p ——氧在气相中的分压，atm ； x ——氧在液相中的摩尔分率。

试求在此温度和压强下与空气充分接触后的水中，每立方米溶有多少克氧。

解 在空气中氧的分压为0.21atm ，代入所给溶解度关系式中，得 0.21＝3.27×104x 得x ＝6.4×10-6
假设水中溶解的氧气为m 克，则
66
32 6.410103218
m
x m -=
=⨯+ 得m =11.4g
6-3 某混合气体中含2%（体积）CO 2，其余为空气。

混合气体的温度为30℃，总压强为5×1.013×105Pa 。

从手册中查得30℃时CO 2在水中的亨利系数E =1.41×106mmHg 。

试求溶解度系数H 及相平衡常数m ，并计算100g 与该气体相平衡的水中溶有多少克CO 2。

解 （1）解法一 求得相平衡常数m 再求水中氧的摩尔分率。

首先将亨利系数E 的单位进行换算
5
6
8
1.01310Pa 1.4110 1.8810
760m m H g
E m m H g ⨯=⨯⨯
⨯＝ Pa
求得相平衡常数 8
5
1.8810371.45 1.01310E m P
⨯==
=⨯⨯
由*
y m x = 得 *
5
0.02 5.3910
371.4
y
x m
-=
=
=⨯
则溶解的CO 2质量为m CO2=
5
5
5.391044
1000.0132(1 5.3910)18
g
--⨯⨯⨯=-⨯⨯
（2）解法二 先求得相平衡常数H 再求水中氧的摩尔分率。

4
s 5
s
1000 2.9610
1.881018
H EM ρ-≈
=
⨯⨯⨯＝ kmol/（m 3
·kPa ）
p A ＝0.02×5×1.013×105＝1.013×104Pa ＝10.13kPa c A *
= p A H =10.13×2.96×10-4
＝2.998×10-3
kmol/m 3
假设溶有m 克CO 2，则-3
-66
10
44
2.99810=10010
m
m ⨯⨯+
解得 m =0.0132g
6-4 在1.013×105
Pa 、0℃下的O 2与CO 混合气体中发生稳定扩散过程。

已知相距0.2cm 的两截面上O 2的分压分别为100Pa 和50Pa ，又知扩散系数为0.18cm 2/s ，试计算下列两种情形下O 2的传递速率为多少：
（1）O 2与CO 两种气体作等分子反向扩散； （2）CO 气体为停滞组分。

解 （1）等分子反向扩散时 传递速率()()4
7
A1A1A 20.1810
0.10.05 1.9810
8.3142730.002
D N p p RTZ
--⨯=-=
⨯-=⨯⨯⨯ kmol/（m 2
·s ）
（2）一组分通过另一组分的单向扩散
B2B1Bm B2B1
(101.30.05)(101.30.1)
101.2101.30.05ln
ln 101.30.1
p p p p p ----=
=
=-- kPa
传递速率
()7
7
A 2A1A2A 1
Bm
Bm
101.31.9810
1.9810
101.2
D
P
P N p p N RTZ p p --=
-==⨯⨯
=⨯ kmol/（m 2·s ）
因为漂流因子P /p Bm 近似为1，所以计算得到的单向扩散速率与等分子反向扩散速率相等。

6-5 一浅盘内存有2mm 厚的水层，在20℃的恒定温度下靠分子扩散逐渐蒸发到大气中。

假定扩散始终是通过一层厚度为5mm 的静止空气膜层，此空气膜层以外的水蒸气分压为零。

扩散系数为2.60×10-5m 2/s ，大气压强为1.013×105Pa 。

求蒸干水层所需时间。

解 本题中水层厚度Z 的变化是时间θ的函数，且与扩散速率有关。

A1A2B2A B2B1
B1
ln p p p D P N RTZ p p p -=
-
查教材附录水的物理性质得, 20℃时水的蒸汽压为2.3346kPa 。

已知条件为：
p A1=101.3kPa, p A2=0, p B2=101.3kPa ，p B1=101.3-2.3346=98.97kPa, P = p A2+ p B2=101.3 kPa 代入上式得：
A1A2B2A B2B1
B1
ln p p p D P N RTZ p p p -=
-
5
2.6010
101.3
101.30101.3ln
8.3142930.005
101.398.97
98.97
-⨯⨯-=
⨯
⨯⨯⨯-＝5.03×10-6 kmol/（m 2·s ）
水的摩尔质量M =18 kg/kmol ，设垂直管截面积为A ，在d θ时间内汽化的水量应等于水扩散出管口的量，即
A d d N A A Z
M
ρθ=
-6
8A d 5.0310189.05410/d 1000
N M Z m s θρ-⨯⨯==⨯则 ＝
在θ=0，Z =0到θ=θ，Z =2×10-3m 之间积分，得
3
4
8
210
2.21109.05410
s θ--⨯=
=⨯⨯
6-6 于1.013×105Pa 、27℃下用水吸收混于空气中的甲醇蒸气。

甲醇在气、液两相中的浓度很低，平衡关系服从亨利定律。

已知H =1.955kmol/（m 3·kPa ），气膜吸收分系数k G =1.55×10-5kmol/（m 2·s ·kPa ），液膜吸收分系数k L =2.08×10-5kmol/（m 2·s ·kmol ·m -3）。

试求吸收总系数K G 并算出气膜阻力在总阻力中所占的百分数。

解 由气膜吸收分系数、液膜吸收分系数求得总传质系数。

由公式 L
G
G
Hk
k K 111+
=
解得K G ＝1.122×10-5 kmol/（m 2·s ·kPa ）
传质阻力为吸收系数的倒数，则气膜阻力在总阻力中所占的百分数为
-5
G -5
G
11/1.5510
72.411/1.12210
k K ⨯=
⨯＝％
6-7 在吸收塔内用水吸收混于空气中的低浓度甲醇，操作温度27℃，压强为1.013×105
Pa 。

稳定操作状况下塔内某截面上的气相中甲醇分压为37.5mmHg ，液相中甲醇浓度为2.11kmol/m 3。

试根据上题中的有关数据计算出该截面的吸收速率。

解 本题可以采用总传质速率方程也可采用气膜或液膜吸收速率方程进行计算。

已知条件 A 37.5101.325 5.0kP a 760
p =
⨯=，c A =2.11 kmol/m 3
，
k G =1.55×10-5kmol/（m 2·s ·kPa ）， k L =2.08×10-5kmol/（m 2·s ·kmol ·m -3） （1） 采用总传质速率方程：
()*
A G A A
N K p p =- p A *=c A /H
联立上两式可解得：
()*
A A G A A
G
A c N K p p K
p H ⎛⎫=-- ⎪
⎝
⎭＝ = 1.122×10-5×(5.0-2.11/1.955)＝4.402×10-5 kmol/（m 2·s ） （2） 采用气膜吸收速率方程，则需求界面浓度 p i =c i /H
A i L i A
G
p p k c c k -=-
联立上两式并代入已知数据得 p i ＝2.16kPa ，c i =4.22 kmol/m 3 ()A G A i N k p p =-=4.402×10-5 kmol/（m 2·s ）
6-8在逆流操作的吸收塔内，于1.013×105
Pa 、24℃下用清水吸收混合气中的H 2S ，将其浓度由2%降至0.1%（体积百分数）。

该系统符合亨利定律，亨利系数E =545×1.013×105Pa 。

若取吸收剂用量为理论最小用量的1.2倍，试计算操作液气比L/V 及出口液相组成X 1。

若操作压强改为10×1.013×105Pa 而其它已知条件不变，再求L/V 及X 1。

解 本题先求最小液气比，而其中的X 1*
需利用平衡关系求得。

然后由液气比得到X 1。

首先将气体入塔及出塔组成（体积分数）换算为摩尔比
10.02
110.02
y Y y
=
=
--
=0.0204kmol （硫化氢）/kmol （惰性气体）
同理Y 2＝0.001001 kmol （硫化氢）/kmol （惰性气体） m =E /P =545
X 1*
= Y 1/m =0.0204/545=3.74*10-5
kmol （H 2S ）/kmol （H 2O ） 又X 2=0
12*5
min
120.02040.001001518.693.74100Y Y L V X X ---⎛⎫
=== ⎪-⨯-⎝⎭ m in 1.2 1.2518.69622.43L
L V V ⎛⎫
==⨯= ⎪⎝⎭ 因为
2
121X X Y Y V
L --=
所以 512120.02040.0010010 3.1210/622.43
Y Y X X L V
---=+=+=⨯
若操作压强改变为原压强的10倍，其他条件不变，则 相平衡常数m =E /P =54.5
X 1*= Y 1/m =0.0204/54.5=3.74×10-4kmol （H 2S ）/kmol （H 2O ） 又X 2=0
12*4
min
120.02040.00100151.8693.74100Y Y L V X X ---⎛⎫
=== ⎪-⨯-⎝⎭ m in 1.2 1.251.86962.243L
L V V ⎛⎫
==⨯= ⎪⎝⎭ 因为
2
121X X Y Y V
L --=
所以 4
12120.02040.001001
0 3.1210
/62.243
Y Y X X L V
---=
+=
+=⨯
6-9 一吸收塔于常压下操作，用清水吸收焦炉气中的氨。

焦炉气处理量为5000标准m 3
/h ，氨的浓度为10g/标准m 3，要求氨的回收率不低于99%。

水的用量为最小用量的1.5倍，焦炉气入塔温度为30℃，空塔气速为1.1m/s 。

操作条件下的平衡关系为Y *=1.2X ，气相体积吸收总系数为K Y a =0.0611kmol/（m 3·s ）。

试分别用对数平均推动力法及脱吸因数法求气相总传质单元数，再求所需的填料层高度。

解 气相进塔摩尔分率为 13
10
170.0132110
22.4
y =
=⨯
摩尔比为
2
10.0132 1.3410
10.0132
Y -=
=⨯- kmol 氨/kmol 惰性气体
气相出塔组成 Y 2= Y 1（1-η）=1.34×10-2
×（1－0.99）=1.34×10
-4
吸收剂进塔组成
20X =
X 1*
= Y 1/m =0.0134/1.2=1.117×10-2
kmol 氨/kmol 水
最小液气比 2
4
12*2
m in
1
2
1.3410
1.3410
1.188
1.117100
Y Y L V X X ----⨯-⨯⎛
⎫
==
= ⎪
-⨯-⎝⎭
液气比 m in
1.5 1.5 1.188 1.782
L L V
V ⎛⎫==⨯= ⎪
⎝⎭
进塔惰气流量 V =5000×（1－1.32×10-2
）/22.4=220.3 kmol/h
则最小吸收剂用量L min =1.188×220.3=261.7 kmol/h 吸收剂进塔流量L =1.5 L min =1.5×261.7=392.6 kmol/h 出塔液相组成
()
2211X L
Y Y V X +-=
=24
3220.3(1.33610 1.33610)07.4210261.7
---⨯⨯-⨯+=⨯
（1）采用对数平均推动力法计算总传质单元数N OG ： Y 1*=mX 1 =1.2×7. 42×10-3=8.904×10-3
Y 2*
=mX 2 =0
ΔY 1=Y 1－Y 1*=1.336×10-2－8.904×10-3=4.456×10-3 ΔY 2=Y 2－Y 2*=1.336×10-4
34
3m 3
4
4.45610 1.33610 1.232104.45610
ln
1.33610
Y -----⨯-⨯∆==⨯⨯⨯
2
4
12O G 3
m
1.33610
1.33610
10.74
1.23210
Y Y N Y ----⨯-⨯=
=
=∆⨯
（2）采用脱吸因数法计算总传质单元数N OG ： 脱吸因数 1.20.671.782
m V S
L
=
=
=
()*
12
OG
*
22
1
ln 11Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()2
4
11.336100l n 10.670.671
0.6610.671.33610--⎡
⎤⨯-=-+=⎢⎥-⨯⎣
⎦
由此可见，两种方法计算得到气相总传质单元数相差不大。

（3）气相总传质单元高度: 混和气体积流量 3
S 5000273 1.54m /s 3600
303
V =
⨯=
吸收塔的直径为
1.34D m ==
=
吸收塔的截面积
Ω=0.785×1.342=1.41m 2
气相总传质单元高度为：
O G Y 220.3
36000.710.0611 1.41
V H m K a =
=
=Ω
⨯
（4）填料层高度
Z =N OG H OG =10.74×0.71=7.62m
6-10 600m 3/h （28℃及1.013×105
Pa ）的空气-氨的混合物，用水吸收其中的氨，使其含量由5%（体积）降低到0.04%。

今有一填料塔，塔径D =0.5m ，填料层高Z =5m ，总传质系数K Y a =300kmol/（m 3·h ），溶剂用量为最小用量的1.2倍。

在此操作条件下，平衡关系Y *
=1.44X ，问这个塔是否适用？
解 判断所给的塔是否适用，必须知道完成给定任务所需的填料层高度，然后与Z =5m 进行比较，或者在Z =5m 条件下计算y 2，将其与0.04%进行比较。

气相进塔摩尔比为
2
10.05 5.2610
10.05
Y -=
=⨯- kmol 氨/kmol 惰性气体
同理气相出塔组成 Y 2= 4.002×10-4 kmol 氨/kmol 惰性气体 吸收剂进塔组成
20X =
X 1*= Y 1/m =5.26×10-2/1.44=3.65×10-2kmol 氨/kmol 水 最小液气比
2
4
12*2
m in
12 5.2610 4.001610 1.433.65100Y Y L V X X ----⨯-⨯⎛⎫
=== ⎪-⨯-⎝⎭
液气比 m in
1.2 1.2 1.43 1.716L L V
V ⎛
⎫
==⨯= ⎪
⎝⎭ 脱吸因数 1.440.841.716
m V S
L
=
=
=
()*
12
OG
*
22
1
ln 11Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()2
4
1
5.26100l n 10.840.841
9.2810.844.00210
--⎡
⎤
⨯-=-+=⎢⎥-⨯⎣
⎦
进塔惰气流量 273
600(1-0.05273+28=
23.1 km ol/h 22.4
V ⨯⨯
=）
则最小吸收剂用量L min =1.43×23.1=33.033 kmol/h 吸收剂进塔流量L =1.2 L min =1.2×33.033=39.64 kmol/h 吸收塔的截面积 Ω=0.785×0.52
=0.196m 2
气相总传质单元高度 O G Y 23.10.393000.196
V H m
K a =
=
=Ω
⨯
填料层高度 Z =N OG H OG =19.28×0.39=7.52m
由此可见完成给定任务所需的填料层高度为7.52m 》5m ，所以现有的塔不合适。

6-11 有一直径为880mm 的填料吸收塔，所用填料为50mm 拉西环，处理3000m 3/h 混合气（气体体积按25℃与1.013×105Pa 计算）其中含丙酮5%，用水作溶剂。

塔顶送出的废气含0.263%丙酮。

塔底送出的溶液含丙酮61.2g/kg ，测得气相总体积传质系数K Y a =211kmol/（m 3·h ），操作条件下的平衡关系Y *
=2.0X 。

求所需填料层高度。

在上述情况下每小时可回收多少丙酮？若把填料层加高3m ，则可多回收多少丙酮？ （提示：填料层加高后，传质单元高度H OG 不变。

） 解 气相进塔摩尔比为
2
10.05 5.2610
10.05
Y -=
=⨯- kmol 丙酮/kmol 惰性气体
同理气相出塔组成 Y 2= 2.64×10-3 kmol 丙酮/kmol 惰性气体
吸收剂进塔组成 21
61.2
58 2.0210
100061.2
18
X -==⨯- kmol 丙酮/kmol 水
X 1*= Y 1/m =5.26×10-2/2.0=2.63×10-2
kmol 丙酮/kmol 水 最小液气比
23
12*2
m in
12 5.2610 2.6410 1.902.63100Y Y L V X X ----⨯-⨯⎛⎫
=== ⎪-⨯-⎝⎭
液气比
2
3
12
2
12 5.2610
2.6410
2.472.02100
Y Y L V
X X ----⨯-⨯=
=
=-⨯-
脱吸因数 2.00.812.47
m V S
L
=
=
=
()*
12
OG
*
22
1
ln 11Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()2
3
1
5.26100l n 10.810.818.03
10.812.6410
--⎡
⎤
⨯-=-+=⎢⎥-⨯⎣
⎦
进塔混合气流量 V s 273
30002732522.4
⨯
+=
＝122.69 kmol/h
进塔惰气流量 V =122.69×（1－0.05）＝116.56 kmol/h 吸收塔的截面积 Ω=0.785×0.882=0.608m 2 气相总传质单元高度 O G Y 116.560.9082110.608
V H m
K a =
=
=Ω
⨯
填料层高度 Z =N OG H OG =8.03×0.908=7.29m
可回收的丙酮 122.69×（0.05－0.00263）＝5.82 kmol/h 填料层加高3m 后
N OG =Z ’/H OG =10.29/0.908＝11.33 脱吸因数S 不变，由
()*
12
OG
*
22
1
ln 11Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()22
1
5.26100
ln 10.810.8111.3310.81Y -⎡⎤⨯-=-+=⎢⎥-⎣⎦
解得 Y 2=1.28×10-3
kmol 丙酮/kmol 惰性气体
可多回收丙酮 116.56×（0.00264-0.00128）＝0.158 kmol/h 6-12 低含量气体逆流吸收，试证： 1O G
2
1ln
1Y N m V Y L
∆=
∆-
式中*
1
11
Y Y Y ∆=-为塔底的吸收推动力；*
2
22
Y Y Y ∆=-为塔顶的吸收推动力
证明 由物料衡算得 22()V X X Y Y L
=+
-
低浓度吸收 *
Y m X =
*
22()m V Y m X Y Y L
=+
-
1
1
2
2
1
2
*
2222122
22
1
()
(1)()(1)1ln
1Y Y O G Y Y Y Y dY N dY
m V Y Y
Y m X Y Y L
dY
m V m V Y Y m X L L
m V m V
Y Y m X L
L m V Y m X L
=
=
---
-=
-
+--+
-=--
⎰
⎰
⎰
1212()()L X X V Y Y -=- 1221m V m V
Y Y m X m X L L
∴
-
+= 得 11122
2
11ln
ln
11O G Y m X Y N m V m V Y m X Y L
L
-∆=
=-∆-
-
6-13 一吸收塔，用清水吸收某易溶气体，已知其填料层高度为6m ，平衡关系Y *=0.75X ，混合气体流速50kmol/（m 2
·h ），清水流速40kmol/（m 2
·h ），y 1=0.10，吸收率为98%。

求（1）传质单元高度H OG ；（2）若生产情况有变化， 新的气体流速为60kmol/（m 2
·h ），新的清水流速为52kmol/（m 2
·h ），塔仍能维持正常操作。

欲使其它参数y 1，y 2，x 2保持不变，试求新情况下填料层高度应为多少？假设K Y a =A G 0.7L 0.3。

解 气相进塔摩尔比为
10.100.11110.10
Y =
=-kmol 溶质/kmol 惰性气体
气相出塔组成可由回收率求得
Y 2= Y 1(1-η)=0.111×(1-0.98) =2.22×10-3kmol 溶质/kmol 惰性气体 吸收剂进塔组成 X 2=0 液气比 400.8950(10.1)L V
=
=⨯-
脱吸因数0.750.840.89
m V S
L
=
==
气相总传质单元数 ()*
12
OG
*
22
1
ln 11Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()3
1
0.111l n 10.84
0.8413.6
10.842.22
10
-⎡⎤
=-
+
=⎢⎥-⨯⎣
⎦
气相总传质单元高度 O G Y O G
60.4413.6
G Z
H m
K a
N ===
=
解得 K Y a =102.3 kmol/（m 3
·h ） (2) 液气比 520.96
60(10.1)L V
=
=⨯-
脱吸因数0.75'0.780.96
m V S L
=
==
气相总传质单元数 ()*
12OG *
22
1
'ln 1''1'Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()3
1
0.111l n 10.78
0.781
1.210.78
2.22
10
-⎡⎤=
-
+
=⎢⎥-⨯⎣
⎦
由题意K Y a=AG 0.7L 0.3
，即
0.70.3
0.7
0.3
Y 0.7
0.3
Y ()'''''(
)
(
)
K a A G L G L K a
A G
L
G
L
=
=
得 0.7
0.3
0.7
0.3
Y Y ''6052()'(
)
(
)
102.3(
)
(
)
125.750
40
G L K a K a G
L
==⨯=kmol/（m 3
·h ）
气相总传质单元高度 OG Y '60(1-0.1)0.43()'
125.7
G H m
K a ⨯=
=
=
填料层高度 Z ’=N OG ’H OG ’=11.2×0.43=4.82m
6-14 在一逆流填料吸收塔中，用纯溶剂吸收混合气中的溶质组分。

已知入塔气体组成为0.015（摩尔比），吸收剂用量为最小用量的1.2倍，操作条件下气液平衡关系为Y =0.8X ，溶质回收率为98.3%。

现要求将溶质回收率提高到99.5%，问溶剂用量应为原用量的多少倍？
假设该吸收过程为气膜控制。

解 用纯溶剂吸收，则X 2=0 最小液气比为 12m in 12
()0.80.9830.786Y Y L
m Y V X m η-=
==⨯=-
液气比
m in 1.2(
)0.944L L V
V
==
脱吸因数0.80.8470.944
m V S
L
=
=
=
Y 2*=0， N OG
中的*12
1*
22
2010
1Y Y Y Y Y Y η
--=
=
---
气相总传质单元数
()()()*
12O G *
221
11
ln 1ln 11111
1ln 10.8470.84714.95
10.84710.983Y Y N S S S S S Y Y S
η⎡⎤⎡⎤-=-+=-+⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦⎡⎤
=
-+=⎢⎥--⎣⎦
溶质回收率提高后，填料层高度不变，因为该吸收过程为气膜控制，所以吸收系数主要与气相流量有关，气相流量不变，吸收系数不变，则气相总传质单元高度不变，因此气相总传质单元数前后不发生变化。

脱吸因数
'(
)'
m S L V
=
()*
12
OG
*
22
1
'ln 1''1'Y Y N S S S Y Y ⎡⎤-=-+⎢⎥--⎣⎦
()()1
111ln 1''ln 1''14.951'11'10.995S S S S S S η⎡⎤⎡⎤=
-+=-+=⎢⎥⎢⎥----⎣⎦⎣⎦ 用试差法得S ’=0.732（也可采用查N OG ～*
2
2*
2
1
Y
Y Y Y --关系图得S ’）
可得
(
)' 1.093L V
=
所以溶剂用量应为原用量的倍数为 (
)''
1.093 1.16
0.944
L
L V
L L
V
==
=
第七章 干燥
7-1 已知湿空气总压为50.65kPa ，温度为60℃，相对湿度为40%，试求 （1）湿空气中水气分压；
（2）湿度；
（3）湿空气的密度。

解（1）查附录6，60℃时水的饱和蒸气压p s = 19.919kPa ，
s p p ϕ==0.4×
19.919=7.968kPa （2）s
t s
0.622
p H p p ϕϕ=-=0.116kg 水/kg 绝干空气
（3）根据比容定义，
()
H 3
273101.3250.773 1.244273
50.65
60273(0.773 1.2440.116)2
273
2.24m /kg t v H
+=+⨯
+=+⨯⨯=绝干气
3
H
110.116=0.498kg /m 2.24
H v ρ++=
=
7-2 利用湿空气的I-H 图查出本题附表中空格项的数值。

习题7-2 附表1
序号 干球 温度 /℃ 湿球 温度 /℃ 湿 度 /（kg 水·kg -1绝干气）
相对
湿度
ϕ×100
焓
/（kJ·kg -1绝干气）
水气 分压 /kPa 露点 /℃ 1 2 3 4 60 40 20 30
35
75
4.0
25
解 根据教材中图7-5，可得
习题7-2 附表2
序号 干球 温度 /℃ 湿球
温度
/℃ 湿 度
/（kg 水/kg 绝干气） 相对湿度 ϕ×100
焓 /（kJ·kg -1
绝干气） 水气分压
/kPa
露点
/℃ 1 2 3 4
60 40 20 30
35 28 17 26
0.03 0.023 0.014 0.025
24 40 75 80
140 96 50 100
5 3.5 2 4.0
30 25 15 24
7-3 将某湿空气（t 0=25℃，H 0=0.0204kg 水气/kg 绝干空气），经预热后送入常压干燥器。

试求： （1）将该空气预热到80℃时所需热量，以kJ/kg 绝干空气表示； （2）将它预热到120℃时相应的相对湿度值。

解（1） 对于1kg 绝干空气，在预热器中所需热量为 Q p =I 1-I 0=（1.01+1.88H 0）（t 1-t 0）
=（1.01+1.88×0.0204）×（80-25）
=57.66kJ/kg
（2）查附录7可得，120℃时水的饱和蒸气压p s =198.64kPa 。

根据 0t 0.02040622
p H .p p
==-
解得 3.2kPa p =
s
100%
3.2100%198.64
1.6p p ϕ=
⨯=⨯=％
7-4 干球温度为20℃、湿度为0.009kg 水/kg 绝干气的湿空气通过预热器温度升高到50℃后再送至常压干燥器中。

离开干燥器时空气的相对湿度为80%，若空气在干燥器中经历等焓干燥过程，试求：
（1）1m 3原湿空气在预热过程中焓的变化； （2）1m 3原湿空气在干燥器中获得的水分量。

解 湿空气的比容为
()H 3
2730.773 1.24427320273(0.773 1.2440.009)273
0.84m /kg t v H +=+⨯
+=+⨯⨯
=湿空气绝干气
（1）1m 3原湿空气中绝干空气质量为1/v H kg ，其焓变为
010H 3
1(101188)()
1(1.01 1.880.009)(50-20)0.84
36.68kJ/m I ..H t t v ∆=
+-=+⨯⨯=湿空气
（2）空气在干燥器中经历等焓干燥，因此
21111
(101188)2490(1011880.009)5024900.00973.76kJ /kg I I ..H t H ..==++=+⨯⨯+⨯=绝干气
根据I 2和φ2查图7-5可得H 2=0.018 kg 水/kg 绝干气。

1m 3原湿空气在干燥器中获得的水分量为 W =（H 2-H 1）/v H =(0.018-0.009)/0.84=0.011kg 水/m 3湿空气 7-5 采用废气循环的干燥流程干燥某种湿物料。

温度t 0为20℃、湿度H 0为0.012kg 水气/kg 绝干空气的新鲜空气与从干燥器出来的温度t 2为50℃、湿度为H 2为0.079kg 水气/kg 绝干空气的部分废气混合后进入预热器，循环比（废气中绝干空气流量和混合气中绝干空气流量之比）为0.8。

混合气升高温度后再进入并流操作的常压干燥器中，离开干燥器的废气除部分循环使用外，余下的放空。

湿物料经干燥器后湿基含水量自47%降到5%，湿物料流量为1.5×103
kg/h 。

假设预热器热损失可忽略，干燥操作为等焓干燥过程。

试求：
（1）新鲜空气流量；
（2）整个干燥系统所需的传热量。

解（1）绝干物料流量为
3
c 111510(10.47)/36000.22kg /s 792kg/h G G (w ).=-=⨯⨯-==
111
222
0.470.886
110.470.050.053
110.05
w X w w X w ===--=
=
=--
对整个干燥系统作物料衡算，有
020c 120()()
0.22(0.8860.053)/(0.0790.012) 2.74kg /s
L H H G X X L -=-=⨯--=绝干气
新鲜空气流量为 2.74+2.74×H 0=2.77kg/s=9972kg/h (2) 对干燥器作热量衡算，有
22c 121c 2
L I G I L I G I ''+=+ 因为干燥器中进行等焓干燥，即I 1=I 2，所以上式可变为
c 1c 2
G I G I ''= 对整个干燥系统作热量衡算，有
00c 102c 2
Q L I G I L I G I ''++=+ 因此
020222000()
2.74[(1.01 1.88)2490(1.01 1.88)2490]
2.74[(1.01 1.880.079)5024900.079(1.01 1.880.012)2024900.012]559.26kW
Q L I I H t H H t H =-=⨯++-+-=⨯+⨯⨯+⨯-+⨯⨯-⨯=
7-6 在常压干燥器中，将某物料从含水量5%干燥到0.5%（均为湿基）。

干燥器生产能力为1.5kg 绝干料/s 。

热空气进入干燥器的温度为127℃，湿度为0.007kg 水气/kg 绝干空气，出干燥器时温度为82℃。

物料进、出干燥器时的温度分别为21℃和66℃。

绝干料的比热为1.8kJ/(kg·℃)。

若干燥器的热损失可忽略不计，试求绝干空气消耗量及空气离开干燥器时的湿度。

解（1）首先求水分蒸发量。

005
.0005
.010.0051053
.005.0105.012
221
11=-=-=
=-=-=w w X w w X
水分蒸发量为 W =G c （X 1-X 2）=1.5×(0.053-0.005)=0.072kg/s （2）计算进出干燥器各物料焓值，进行热量衡算。

11111s 1w 12
s 2w 2(101188)2490147.37kJ /kg ()(1.80.053 4.187)2142.46kJ /kg ()(1.80.005 4.187)66120.18kJ /kg I ..H t H I c X c I c X c θθ=++='=+=+⨯⨯='=+=+⨯⨯=绝干气
绝干料绝干料
对干燥器进行热量衡算（Q L =0）
1c 12
c
2
222147.37 1.542.46[(1.01 1.88)662490] 1.5120.18
80.712614.0897.51 (1)
L I G I L I G I L L H H L LH ''+=++⨯=+⨯++⨯=+
绝干空气消耗量为
L =W /（H 2-H 1）＝0.072/(H 2-0.007) (2) 由（1）、（2）两式可求得
L =6.55 kg/s
H 2=0.018 kg 水/kg 绝干气
7-7．在恒定干燥条件下进行干燥实验，已知干燥面积为0.2m 2，绝干物料质量为15kg ，测得实验数据列于本题附表中。

试标绘干燥速率曲线，并求临界含水量和平衡含水量。

习题7-7 附表1
τ/h 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 G ′/kg
44.1
37.0
30.0
24.0
19.0
17.5
17.0
17.0
解 根据干燥实验数据，计算得下表：
习题7-7 附表2
τ/h 0 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2 1.4 G ′/kg 44.1 37.0 30.0 24.0 19.0 17.5 17.0 17.0 W /kg 7.1 14.1 20.1 25.1 26.6 27.1 27.1 U/k g/(m 2·h) 177.5 176.25 167.5 156.875 133 112.92 96.79 X/kg 水/kg 绝干料
1.94
1.47
1.0
0.6
0.27
0.17
0.13
0.13
根据附表2数据作干燥速率曲线图，可得
40
60801001201401601802000
0.5
1
1.5
2
X /kg水/kg绝干料
U /k g 水/(m 2h )
习题7-7附图
由图可知，临界含水量X c ＝0.25kg 水/kg 绝干料，平衡含水量X *＝0.13kg 水/kg 绝干料。

7-8．在恒定干燥条件下，若已知物料由含水量由36%干燥至8%需要5小时，降速段干燥速率曲
线可视为直线，试求恒速干燥和降速干燥阶段的干燥时间，已知临界含水量为14%，平衡含水量2%，以上含水量均为湿基。

解 由题可知，X c =0.14 kg 水/kg 绝干料，X *＝0.02kg 水/kg 绝干料。

111
222
0.360.5625
110.360.080.087
110.08
w X w w X w ===--=
==--
C 11C 0C C 2X
2()ln G X X SU G X X SK X X
ττ**
=--=
-恒速阶段 降速阶段。