化工原理作业答案

第一章 流体流动习题解答

1.解：（1） 1atm=101325 Pa=760 mmHg

真空度=大气压力—绝对压力，表压=绝对压力—大气压力 所以出口压差为

0.076101325(0.08210)8.9710p=N/m

2

（2）由真空度、表压、大气压、绝对压之间的关系可知，进出口压差与当地大气压无关，所以出口压力仍为8.9710Pa

2.解： T=470+273=703K，p=2200kPa

混合气体的摩尔质量

Mm=28×0.77+32×0.065+28×0.038+44×0.071+18×0.056=28.84 g/mol

混合气体在该条件下的密度为：

ρm=ρm0×T0T×pp0=28.8422.4×273703×2200101.3=10.858 kg/m3

3.解：由题意，设高度为H处的大气压为p，根据流体静力学基本方程，得 dp=-ρgdH

大气的密度根据气体状态方程，根据题意得，温度随海拔的变化关系为 T=293.15+4.81000H

代入上式得 ρ=pMR（293.15-4.8×10-3H）=-dpgdh 移项整理得 dpp=-MgdHR293.15-4.8×10-3H

对以上等式两边积分， 101325pdpp=-0HMgdHR293.15-4.8×10-3H

所以大气压与海拔高度的关系式为 lnp101325=7.13×ln293.15-4.8×10-3H293.15 即： lnp=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526 （2）已知地平面处的压力为101325 Pa，则高山顶处的压力为 p山顶=101325×330763=431 Pa

将p山顶代入上式 ln 431=7.13×ln1-1.637×10-5H+11.526 解得H=6500 m，所以此山海拔为6500 m 。

7.解：（1）在A—A，B—B 两截面间列伯努利方程，得

’

’

4

upugz11Wgz222hf22其中W=0，

p122 z1=z2，hfp1p2=2.2J/kg

化简为 由题目知：输水量

122(u2u1)2.22 3

qv1.16m/h3.2210 m/s

3

4u2qv4d223.221040.2720.7850.0393

3.22104u11.0320.7850.022d14 m/sm/s qv查表得20℃水的密度为998.2kg/m

p1p2所以

1122(u2u1)2.2(0.2721.032)2.21.70622J/kg 1 / 12

化工原理作业答案

p1p2998.21.7061.703103Pa

（2）若实际操作中水为反向流动，同样在

AA'，BB'两截面间列伯努利方程，得

22upugz22Wgz111hf22 其中W=0，

p2z1=z2，hf=2.2 J/kg

p2p1化简为 122(u1u2)2.22 由于流量没有变，所以两管内的速度没有变，将已知数据带入上式，得

1p2p1998.2(1.0320.272)2.22.61032Pa 8.解： 查表1-3 ，选取水在管路中的流速为u=1.5 ms，则求管径 d=qvπ4u=2536000.785×1.5=76.8 mm

查附录 13 进行管子规格圆整，最后选取管外径为83 mm，壁厚为3.5mm ，即合适的管径为Φ83mm×3.5mm。

9.解： （1） 管内流体的质量流量 qm=ρqv=π4d2ρu 有上式得出质量流速为 ρu=qmπ4d2

雷诺数 Re=duρμ=d×qmπ4d2μ=0.2×120036000.785×0.222×10-5=1.06×105>2000

所以该气体在管内的流动类型为湍流。

（2）层流输送最大速度时，其雷诺数为2000，于是质量流速可通过下式计算： ρu=Re μd=2000×2×10-50.2=0.2 kg(m2∙s)

所以层流输送时的最大质量流量 qm=π4d2ρu=0.785×0.22×0.2×3600=22.608kgh

de11.解：（1） 4管道截面积4A润湿周边 根据题意可算出：

AE40tan3023mm，AD2AE46mm AB4022386mm

A通道截面积润湿周边11(ABCD)DE(8640)401062.5210322 m2

AD2CDAB218mm = 0.218m

42.52103de0.0460.218（2）

m qv=40 m/h=0.011 m/s

2 / 12

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u qv42de0.0116.6220.7850.046 m/s Redeu0.0466.62998.23.0410540003110 故该流型为湍流。

15．解：如图所示在11'和22'截面间列伯努利方程式，以A点所在水平面为基准面，则：

pupuz111z222Hfg2gg2g其中

22 z10，z21m，u11m/s

u2u1(d12)1224d2 m/s 由题目已知可得 根据流体静力学方程：p1p213600(z2z1)(01)h1(1)0.23.52g1000m 22p1p2u1u2142Hf(z1z2)g2g13.5229.811.76所以m 17.解：（1）取高位槽水面为上游截面11'，管路出口内侧为下游截面22'，在两截面之间列伯努利方程：

upugz11gz222hf22p122 2z8m，z22m，u10，p1=p2=p0，hf5.88u2以地面为基准面，则 1u2(z1z2)g25.88u22 化简得 2

u2 (z1z2)g69.813.046.386.38m/s qv4d2u236000.7850.07523.04360048.32AA'间列伯努利方程：

m/h

3

（2） 在截面11'与截面

upugz11gzAAAhf(1A)22 3 / 12

p122 化工原理作业答案

其中

z1zAh，u10

pAp1于是上式可化简为uhg(Ahf(1A))2 uA逐渐减小（∑hf1→A也随之减小），由上式可以看出，左边的值不

2阀门从全开到关闭的过程中，断增大，而

p1不变，所以截面AA'位置处的压力是不断增大的。

21.解：在储槽水面和管路出口截面之间列伯努利方程，可得

upugz11Wgz222hf22 以储槽水面为基准面，则

p122 kPa

z10，z225m，u10，p1p0，p2630Wgz2 化简为 p2p1u2hf22 (1) u2qv4d23036005.240.7850.0452m/s 3

查表：20℃乙醇的密度为7 kg/m，黏度为1.15103Pa·s，

Re雷诺数根据du0.0455.2471.6210531.1510取管壁粗糙度0.3mm

d0.3450.007和Re查图得0.034

查表得：90°标准弯头

10.75，全开的50mm底阀210，半开的标准截止阀39.5

2u2l305.242hf(d)2(0.0340.04520.75109.5)2 所以599.5J/kg

将数据代入（1）式中，得所需外加功为：

6301031011035.242W259.81599.51528.972J/kg 23.解：（1） 在00'截面与22'截面间列伯努利方程，得

4 / 12

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u0p2u2gz0gz2hf22 p0以00'截面为基准面，则

2 （1）

p0=0（表压），

p243.6kPa（表压），z00，z23m，

u00

lu27u2hf(d)2(0.0280.0430.7512)28.655u2 u2gz28.655u202于是（1）式化简为 p243.6103u239.818.655u2010002即 解得 u1.244m/s

qv4d2u36000.7850.04321.24436006.5m/h

3

（2）

p1p0gh1.0110510009.8121.21105Pa

第四章 传热

2. 如附图所示。为测量炉壁内壁的温度，在炉外壁及距外壁1/3厚度处设置热电偶，测得t2=300C，t3=50C。求内壁温度t1。设炉壁由单层均质材料组成。

已知：T2=300C，T3=50C求： T1=？ 解： ∵qo

o

o

o

T2T3T1T33∴T1－T3＝3（T2－T3）

T1＝2(T2－T3)+T3=3×(300-50)+50＝800C

3. 直径为Ø60×3mm的钢管用30mm厚的软木包扎，其外又用100mm厚的保温灰包扎，以作为绝热层。现测得钢管外壁面温度为–110C，绝热层外表面温度10C。已知软木和保温灰的导热系数分别为0.043和0.07 W/（m·C），试求每米管长的冷量损失量。

解：圆筒壁的导热速率方程为

o

o

o

o

2t1t3Q1r21rLlnln31r12r2QL 其中 r1=30mm，r2=60mm，r3=160mm

所以

21001025W/m 负号表示由外界向系统内传热，即为冷量损失1601160lnln0.043300.0760量。

4. 蒸汽管道外包扎有两层导热系数不同而厚度相同的绝热层，设外层的平均直径为内层的两倍。其导热系数也为内层的两倍。若将二层材料互换位置，假定其它条件不变，试问每米管长的热损失将改变多少？

5 / 12

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说明在本题情况下，哪一种材料包扎在内层较为合适？

解：设外层平均直径为dm,2，内层平均直径为dm,1，则 dm,2= 2dm,1 且 λ2=2λ1 由导热速率方程知 Qtbb1Sm12Sm2ttbb1dm1L212dm1Ltdm1L

5b41两层互换位置后 Qbb21dm1L12dm1Ltdm1LQq51.25 所以

bQq41 即 q1.25q

互换位置后，单位管长热损失量增加，说明在本题情况下，导热系数小的材料放在内层较适宜。 10. 在列管式换热器中用冷水冷却油。水的直径为Ø19×2mm的列管内流动。已知管内水侧对流传热系数为3490 W/（m·C），管外油侧对流传热系数为258 W/（m·C）。换热器在使用一段时间后，管壁两侧均有污垢形成，水侧污垢热阻为0.00026m·C/ W，油侧污垢热阻为0.000176 m·C/ W。管壁导热系数λ为45 W/（m·C），试求：（1）基于管外表面积的总传热系数；（2）产生污垢后热阻增加的百分数。

解：（1）总传热系数K0

2

o

2

o

2

o

2

o

2

o

K0110 RS0ddbd0RSi00dmdiidi

1

10.0021919190.0001760.000262584517153490151 208W/（m2·oC）

0.0048（2）产生污垢后热阻增加百分数为

0.0001760.00026

1915190.00480.0001760.00028152

100%11.8%

11. 热气体在套管换热器中用冷水冷却，内管为Ø25×2.5mm钢管，热导率为45W/（m·K）。冷水在管内湍流流动，对流传热系数α 1=2000 W/（m·K）。热气在环隙中湍流流动，α 2=50 W/（m·K）.不计垢层热阻，试求：（1）管壁热阻占总热阻的百分数；（2）内管中冷水流速提高一倍。总传热系数有何变化？（3）环隙中热气体流速提高一倍，总传热系数有何变化？

已知：内管为Ø25×2.5mm，＝45W/（m·K），管内冷水湍流α 1=2000 W/（m·K），管内热气湍流

2

2

α 2=50 W/（m·K）

求：（1）管内热阻分率，（2）内管中冷水流速增倍，K＇（3）管隙中冷水流速增倍，K”解：（1）

2

1d2d2d21Klnd 2d12111 6 / 12

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10.0250.0250.0251ln 0.025020000.02245总热阻

148.3W/m2K

10.021m2K/WK

管壁热阻

d2d20.0250.025lnln6.2103m2K/W2d12450.02

6.21030.3% 故管壁热阻分率为

0.021（2）∵u0.8 ∴120.8120.820003.48103W/m2K

110.025132K6.21049.0W/mK 30.02503.4810增加

KK49.048.31.3% K48.3（3）220.8220.85087.1W/m2K

1110.0252K6.210582.1W/mK

87.120000.02增加

KK82.148.369.9% K48.3o

o

由上可知，管壁热阻往往占分率很小，可忽略；提高K值强化传热，应在2上着手。

13. 在逆流换热器中，用初温为20C的水将1.25kg/s的液体［比热容为1.9kJ/（kg·C）、密度为850kg/m］，由80C冷却到30C。换热器的列管直径为Ø25×2.5mm，水走管方。水侧和液体侧的对流传热系数分别为0.85 kW/（m·C）和1.70 kW/（m·C），污垢热阻可忽略。若水的出口温度不能高于50C，试求换热器的传热面积。

解：由传热速率方程知 S02

o

2

o

o

3

o

o

Q

K0tm 其中 QWhcphT1T21.251.98030119kw

tmt2t18050302018.2oC t30lnln210t11bd01d00dmidi1110.00252512517004522.585020

K0 7 / 12

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11191032o

472W/（m·C） 所以 S013.9m2

47218.20.00212第七章 吸收

7-2在逆流喷淋填料塔中用水进行硫化氢气体的吸收，含硫化氢的混合气进口浓度为5%（质量分数），求填料塔出口水溶液中硫化氢的最大浓度。已知塔内温度为20℃，压强为1.52×10 Pa，亨利系数E为48.9MPa。

5

E48.9106321.71 解：相平衡常数为：m5P1.5210硫化氢的混合气进口摩尔浓度：

y159534295340.0430

若填料塔出口水溶液中硫化氢达最大浓度，在出口处气液相达平衡，即：

xmaxy10.04301.34104 m321.717-3分析下列过程是吸收过程还是解吸过程，计算其推动力的大小，并在x - y 图上表示。 （1）含NO2 0.003(摩尔分率)的水溶液和含NO2 0.06 (摩尔分率) 的混合气接触，总压为101.3kPa，T=15℃，已知15℃时，NO2水溶液的亨利系数E=1.68×10 kPa；（2）气液组成及温度同（1），总压达200kPa（绝对压强）。

2

E1.68105Pa解：（1）相平衡常数为：m11.658 3P101.310Pa1

y*m1x1.6580.0030.00498 由于yy*，所以该过程是吸收过程。

气相推动力为：

yy*0.060.004980.0550

* 液相推动力为：x

xy0.06x0.0030.0332 m11.6580.08x=0.03320.06y0.04y=0.0550y*=1.658x0.020.000.000.010.02x0.030.04E1.68105Pa（2）相平衡常数为：m20.84

P2200103Pa

y*m1x0.840.0030.00252

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化工原理作业答案

由于

yy*，所以该过程仍是吸收过程。

yy*0.060.002520.0575

*气相推动力为：

液相推动力为：x

xy0.06x0.0030.0684 m20.840.08x=0.06840.06y0.04y=0.0575y*=0.84x0.020.000.000.020.04x0.060.087-4在某操作条件下用填料塔清水逆流洗涤混合气体，清水物理吸收混合气中的某一组分，测得某截面上该组分在气、液相中的浓度分别为 y = 0.014，x = 0.02。在该吸收系统中，平衡关系为y = 0.5x ，气膜吸收分系数ky = 1.8×10-4 kmol / (m2·s)，液膜吸收分系数kx = 2.1×10-5 kmol / (m2.s)，试求：（1）界面浓度yi、xi分别为多少？（2）指出该吸收过程中的控制因素，并计算气相推动力在总推动力中所占的百分数。

解：（1）对于稳定吸收过程，气、液两相内传质速率应相等，有：ky(y 1.8104yi)kx(xix)

(0.014yi)2.1105(xi0.02) （1）

在界面处气液两相达平衡，有：

联立方程（1）、（2）得 xiyi0.5xi （2）

0.0265，yi0.0132

（2）气相传质阻力：

115.556103sm2/kmol 4ky1.810m0.22.38110sm/kmol 5kx2.110 以气相为基准的液相传质阻力：

因此，吸收过程为液膜扩散控制。 总气相传质推动力为：气相推动力：

ymx0.0140.50.020.004

yyi0.0140.01320.0008

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化工原理作业答案

气相推动力在总推动力中所占比例：

yyi0.00080.2

ymx0.0047-6在101.3kPa及25℃的条件下，用清水在填料吸收塔逆流处理含的SO2混合气体。进塔气中含SO2分别为 0.04（体积分数），其余为惰性气体。水的用量为最小用量的1.5倍。要求每小时从混合气体中吸收2000 kg的SO2，操作条件下亨利系数4.13 MPa，计算每小时用水量为多少（m）和出塔液中SO2的浓度（体积分数）？ 此题的第二问修改成“出塔气中SO2的浓度（体积分数）？”因条件不够计算不出来，原题第二问是计算出塔液中SO2的浓度（摩尔分数）。 解：

3

X20，Y1y10.040.417

1y110.04E4.1310640.77 相平衡常数为：m3P101.310由于是低浓度吸收，有：M由物料衡算得：

m40.77

V(Y1Y2)Lmin2000=31.25kmol/h V(Y1Y2)31.253055.31kmol/h

Y10.417X240.77ML1.5Lmin4582.97kmol/h

每小时用水量：Q4582.971882.494m3/h

1000X2)4582.97X131.25kmol/h X10.00682 X10.006820.00677

1X110.00682由物料衡算得：L(X1 出塔液中SO2的浓度：x17-8在一逆流吸收塔中用吸收剂吸收某混合气体中的可溶组分。已知操作条件下该系统的平衡关系为

Y=1.15X，入塔气体可溶组分含量为9%（体积），吸收剂入塔浓度为1%（体积）；试求液体出口的最大

浓度为多少？ 解：Y1y10.090.09

1y110.09 由题可得，液体出口的最大浓度是与入塔气体浓度相平衡的液体浓度：

X1,maxY10.090.086 M1.15X10.0860.0792

1X110.086 液体出口的最大浓度：x1,max7-11在逆流操作的填料塔中，用纯溶剂吸收某气体混合物中的可溶组分，若系统的平衡关系为Y = 0.3X。试求：（1）已知最小液气比为0.24，求其回收率；（2）当液气比为最小液气比的1.2倍，塔高

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不受时该系统的最大回收率；（3）如果吸收因子A = 1.25，回收率为90%，并已知该系统的气、液相传质单元高度HL和HG都是2 m， 其填料层高度为多少？ 解：

(1) 当最小液气比LYYYYL0.24时 回收率为：1212

X1maxY1MVminVmin/0.24/0.30.880%

Vmin（2）L / V = 1.2（L/V）min= 1.2× 0.24= 0.288 < 0.3 若塔高不受时，气液将在塔底达到平衡，此时有塔底 Y1LMX10.3X1

Y1Y20.288

X1X2 Y20.3X10.288X10.012X1

Y1Y20.3X10.012X196% Y10.3X1 最大回收率： max（3）

Y111110 0.8 1Y2110.90A1.25 NOGYYY1111ln11A12eln11A1

11AY2Y2eA11AY2A111ln11A

11A1A 

NOG 又 HOG Z1

ln10.8100.85.1510.8MV12HGHLHGHL23.6m

LA1.25NOGHOG5.153.618.m

7-13在一塔径1.3m，逆流操作的填料塔内用清水吸收氨－空气混合气体中的氨，已知混合气体流量为3400m/h（标准状况）、其中氨含量为NH35%（体积分数），吸收率为90%，液气比为最小液气比的1.3倍，操作条件下的平衡关系为Y=1.2X，气相体积总传质系数KYa = 187 kmol/(mh)，试求：（1）吸收剂用量；（2）填料层高度；（3）在液气比及其它操作条件不变的情况下，回收率提高到95％时，填料层高度应增加多少。 解：（1）Y13

3

0.050.0526

10.05出塔氨含量：Y2Y110.052610.90.00526

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化工原理作业答案

进塔惰性气体含量：V3400(10.05)144.196kmol/h 22.4最小液气比：(Y1Y2L0.05260.00526)min1.08 VX1,maxX20.0526/1.2LL1.3()min1.31.081.404 VV吸收剂用量：L1.404V1.404144.196202.452kmol/h

实际液气比：

（2）求塔底排出水中丙酮含量

V(Y1Y2)0.05260.005260.0337

L1.404π2π22塔横截面积：D1.31.327m

44X1传质单元高度：HOGVKYa144.1960.581m

1871.327(Y1Y1*)(Y2Y2*)(0.05261.20.0337)0.00526Ym0.00823

0.05261.20.0337Y1Y1*lnln*0.00526Y2Y2传质单元数：NOGY1Y20.05260.005265.75

Ym0.00823填料层高度为：Z（3）Y2Y1HOGNOG0.5815.753.34m

10.052610.950.00263

V(Y1Y2)0.05260.00263X10.0356

L1.404HOGVKYa144.1960.581m

1871.327(Y1Y1*)(Y2Y2*)(0.05261.20.0356)0.00263Ym0.008

*0.05261.20.0356YYlnln110.00263*Y2Y2Y1Y20.05260.00263NOG9.12

0.008Ym0.5819.125.30m ZHOGNOG

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