化工原理(下册)第六章吸收习题答案解析

6-1 已知在101.3 kPa(绝对压力下)，100 g水中含氨1 g的溶液上方的平衡氨气分压为987 Pa。试求：

(1) 溶解度系数H (kmol·m-3·Pa-1)； (2) 亨利系数E(Pa)； (3) 相平衡常数m；

(4) 总压提高到200 kPa(表压)时的H，E，m值。

（假设：在上述范围内气液平衡关系服从亨利定律，氨水密度均为1000

kg/m3）

解：（1）根据已知条件

p*NH3987Pa

cNH31/170.5824kmol/m3

101/1000定义

p*NH3cNH3HNH3

HNH3cNH3pNH35.9104kmol/m3Pa

（2）根据已知条件可知

xNH31/170.0105

1/17100/18根据定义式

p*NH3ENH3xNH3

可得

ENH39.42104Pa

（3）根据已知条件可知

*y*0.00974 NH3pNH3/p987/101325于是得到

mNH3y*NH3xNH30.928

（4）由于H和E仅是温度的函数，故HNH3和ENH3不变；而

p*ExE1'0.9280.309。 myx，与T和p相关，故mNH33pxpxp*分析（1）注意一些近似处理并分析其误差。

（2）注意E，H和m的影响因素，这是本题练习的主要内容之一。

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6-2 在25℃下，CO2分压为50 kPa的混合气分别与下述溶液接触：

(1) 含CO2为0.01 mol/L的水溶液； (2) 含CO2为0.05 mol/L的水溶液。 试求这两种情况下CO2的传质方向与推动力。

解： 由亨利定律得到

* pCO250kPaExCO2根据《 化工原理》 教材中表 8-1 查出

ECO225℃1.66105kPa 所以可以得到

*4 xCO3.01102又因为

HCO225℃所以得

HO2EMH2O100043 3.34710kmol/kPam51.661018*43 cCOHp3.34710500.0167kmol/mCOCO222kmol/m3。 于是：（1）为吸收过程，c0.0067kmol/m3。 （2）为解吸过程，c0.0333分析 （1）推动力的表示方法可以有很多种，比如，用压力差表示时： ① p*CO2cCO2HCO20.0129.9kPa

3.347104推动力 p20.1kPa（吸收）

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*② pCO2cCO2HCO20.05149.4kPa 43.34710推动力 p99.4kPa（解吸） 或者 , 用摩尔分数差表示时 ① 由xCO20.011.8104，判断出将发生吸收过程，推动力100018x1.201104；

②由 xCO29104，判断出将发生解吸过程，推动力x5.99104 （2）推动力均用正值表示。

6-3 指出下列过程是吸收过程还是解吸过程，推动力是多少，并在x-y图上表示。 (1) 含SO2为0.001(摩尔分数)的水溶液与含SO2为0.03(摩尔分数)的混合气接触，总压为101.3 kPa，t=35℃； (2) 气液组成及总压同(1) ，t=15℃；

(3) 气液组成及温度同(1) ，总压为300 kPa(绝对压力)。

解 (1) 根据《化工原理》教材中表 8-1 知T = 35℃时，SO2 的

E0.567104kPa, 故

E0.567104m56

P101.3根据相平衡关系 , 得

y*AmxA560.0010.056

由于y*AyA，所以将发生解吸过程。传质推动力为

y0.0560.030.026

(2 ) T = 15℃时 , SO2的 E0.294104kPa，故

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E0.294104m29

P101.3根据相平衡关系 , 得

y*AmxA290.0010.029

由于y*AyA，所以将发生吸收过程。 传质推动力为

y0.030.0290.001

(3)同理可知 , 当 T = 35℃，p = 300 kPa时 ,E0.567104kPa，故mE18.9 Py*AmxA18.90.0010.01

由于y*AyA，所以将发生吸收过程。推动力为

y0.030.010.0111

示意图见题6-3 图。

题6-3 图

分析 体会通过改变温度和总压来实现气液之间传质方向的改变 ,即吸收和解

吸。

6-4 氨-空气混合气中含氨0.12(摩尔分数)，在常压和25℃下用水吸收，过程中

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不断移走热量以使吸收在等温下进行。进气量为1000 m3 ，出口气体中含氨0.01(摩尔分数)。试求被吸收的氨量(kg)和出口气体的体积(m3) 。

解 惰性气体量 V10000.88880m3，进口中 NH3 之量为120m3,出口中NH3 之量为1200.120.010.999m3,于是总出气量= 880 + 9 =8m3,被吸收的NH3量为

0.120.8810001013258101325-0.014544mol,为 77.3kg。

8.3142988.314298分析 (1) 进行物料衡算时应以摩尔数或者质量为基准,一般不以体积为基准。此

处由于温度和压力均不变,故摩尔数的变化正比于体积的变化,所以以体积作为衡算的基准。

(2) 本题是并流还是逆流? 有区别吗 ?

(3) 如何才能不断移走热量? 该用填料塔还是板式塔 ? (4) 不移走热量对吸收有什么影响 ?

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2.6×10-5m2/s，大气压强为1.013×105Pa。求蒸干水层所需时间。

解：本题中水层Z的变化是时间的函数，且与扩散速率有关。

NADPpA1pA2pB2 lnRTZpB1pB2pB1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：

pA1101.3kPa,pA20kPa,pB2101.3kPa,pB1101.32.334698.97kPa,PpA2pB2101.3kPa,代入上式得：

DPpA1pA2pB22.6010-5101.3101.30101.3NAlnlnRTZpB1pB2pB18.3142930.005101.398.9798.97 5.0310-6kmol/m2s水的摩尔质量M18kg/kmol，设垂直管截面积为A，在d时间内汽化的水量应等于水扩散出管口的量，即

dZNAM5.0310618NAAdAdZ 则9.054108m/s

Md1000 专业知识整理分享

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在0，Z0到0，Z2103m之间积分，得

210-32.21104s -.054106-6 含组分A为0.1的混合气，用含A为0.01（均为摩尔分数）的液体吸收其中的A。已知A在气、液两相中的平衡关系为yx，液气比为0.8，求： (1)

L1.5G逆流操作时，吸收液出口最高组成是多少？此时的吸收率是多少？若，

各量又是多少？分别在y-x图上表示；

(2) 若改为并流操作，液体出口最高组成是多少？此时的吸收率又是多少？ 解 (1) 逆流操作(题6-6 图(a))时，已知

题6-6 图

X20.010.10.01，Y10.11

10.0110.1① 当LV0.8m1，以及塔高无穷高时,在塔底达到两相平衡(题8-9图(b)),

*X1maxX1Y1m0.11。根据物料衡算可知

Y2Y1L*X1X20.110.80.110.010.03 V此时 , 吸收率为

E0.110.0372.7%

0.11② 当LV1.5m1,以及塔高无穷高时,在塔顶达到吸收平衡(题 8-9图(b))，

Y2minY2*mX20.01。仍可以根据物料衡算 LX1X2VY1Y2min，求出

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X10.077

E0.110.0190.9%

0.11(2) 并流操作且LV0.8时(题8-9 图(c))，因为H，所以有

Y1mX1

根据操作线关系,有

Y2Y1L

X2X1V式①，②联立，求得:

X1Y10.0655

于是

E0.110.065540.5%

0.11分析 逆流吸收操作中，操作线斜率比平衡线斜率大时，气液可能在塔顶呈平衡；此时吸收率最大，但吸收液浓度不是最高。

操作线斜率小于平衡线斜率时，气液在塔底呈平衡；吸收液浓度是最高的，但吸收率不是最高。

6-7 用水吸收气体中的SO2 ，气体中SO2 的平均组成为0.02(摩尔分数)，水中SO2 的平均浓度为1g/1000g。塔中操作压力为10.13kPa(表压)，现已知气相传质分系数kG=0.3×10-2kmol/（m2·h·kPa），液相传质分系数kL= 0.4 m/h。操作条件下平衡关系y50x。求总传质系数KY（kmol/（m2·h））。 解 根据

yy*yy*KYpyy*KYpAp*ANAKYYYKY1y1y*KY1y1y*p1y1y*p1y1y** 专业知识整理分享

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和

NAKGpAp*A

得

KYpKG1y1y*

12.81104，因此

1100018现已知p111.4kPa，y0.02，y*mxA50要先根据下式求出KG才能求出KY:

111 KGkGHkL因此还要求出 H：

cAxAc10001830.01kmol/mkPa *pApmxA111.450H于是便可求出

KG0.0017kmol/m2hkPa

和

KY0.187kmol/m2h

分析 此题主要练习各种传质系数之间的转换关系，第二目的是了解各系数的量级。

6-8 在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=0.511 kPa ·m3/kmol，气膜吸收分系数kG=1.55×105kmol/(m2·s·kPa)，液膜吸收分系数kL=2.08×105 (m/s)。试求

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 WORD格式可编辑

吸收总系数KG并算出气膜阻力在总阻力中所占的百分数。

c*解 根据定义式NAKGpApKLccA和pA，可知

H*A*A*AKL1KG H所以只要求出KG即可。又

11111 17637673424371KGkGHkL5.6710-51.9810-30.075所以

KG4.110-5kmol/m2hPa

KL0.02m/h

11为气相阻力，为总阻力，故 kGKG因为

气相阻力总阻力176372437172.4%

分析 此题应和题6-9一起综合考虑。

6-9 在吸收塔内用水吸收混于空气中的低浓度甲醇，操作温度为27℃，压强为1.013×105Pa。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/m3。试根据题6-8中有关数据计算出该截面的吸收速率。

解 吸收速率可以用公式 NAKGpp*求出。其中

p5.07kPa

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c2103p1.023103kPa

H1.955*KG11kG1HkL1111.551051.9552.081051.12105kmol/m2skPa

于是可得

NA1.121055.071.0231035.68105kmol/m2s

分析 (1) 此时，根据NAKGppi1.5510-55.07-pi5.68105, 还可以计算出气液界面气相侧中的甲醇分压（pi1.405kPa）以及液相侧中的甲醇浓度 （ciHpi2.748kmol/m3），此值远高于主体溶液中的甲醇浓度 。

(2) 是不是题目有些问题？含5%甲醇的空气似乎应是入口气 体，因此2mol/m3应是出塔液体的浓度，而此液体的浓度也太低了 (质量分数仅为0.00%)，这些水又有何用呢？

(3) 若将题目中 甲醇浓度改为2kmol/m3，则质量分数为6.4 %，便可以用精馏法回收其中的甲醇。

6-10 附图为几种双塔吸收流程，试在y-x图上定性画出每种吸收流程中A、B两塔的操作线和平衡线，并标出两塔对应的气、液相进出口摩尔分数。

 专业知识整理分享

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x2y2y2ABAx2Byay1x1(a)yaxay1x1(b)xax2y2y1ABAx2y2By2yax3(c)xay1x1(d)xa

题6-10附图

(c)

y1Ay=mxBy2y30（d）

x3x2x1

y3Ay=mxBy1y2x20x1x3

6-11 在某逆流吸收塔内，于101.3kPa、24℃下用清水吸收混合气体中的H2S，将其浓度由2%降至0.1%（体积分数）。系统符合亨利定律，E=545×101.3kPa。

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若吸收剂用量为最小用量的1.2倍，试计算操作液气比及出口液相组成。 解：已知 y1=0.02 y2=0.001 E5.52104KPa P =101.33KPa 则 Y10.020.0010.0204 Y20.001

1-0.021-0.001E5.25104m544.75

P101.33Y1-Y20.02040.001L517.5 Y10.0204Vminm544.75LL1.51.5517.5766.25 VVmin又据全塔物料衡算LX1-X2VY1-Y2

X1X1V1-5Y1-Y2X20.02040.0012.510 L776.25即操作液气比

L为776.25 出口液相组成X1为2.5105 V6-12用纯水逆流吸收气体混合物中的SO2，SO2的初始浓度为5％（体积分数），操作条件下的相平衡关系为y＝5.0x，分别计算液气比为4和6时气体的极限出口浓度。

解：当填料塔为无限高，气体出口浓度达极限值，此时操作线与平衡线相交。对于逆流操作，操作线与平衡线交点位置取决于液气比与相平衡常数m的相对大小。

当LG4，LGm5.0时，操作线与与平衡线交于塔底，由相平衡关系可以计算液体出口的最大浓度为

x1,maxy10.050.01 m5由物料衡算关系可以求得气体的极限出口浓度为：

y2,miny1Lx1x20.0540.0100.01 G当LG6，LGm5.0，操作线与平衡线交于塔顶，由平衡关系可以计算气体极限出口浓度为：

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y2,minmx20

由物料衡算关系可求得液体出口浓度为：

x1x2Gy1y2,min0.050.00833 L6从以上计算结果可知，当LGm时，气体的极限残余浓度随LG增大而减小；当LGm时，气体的极限浓度只取决于吸收剂初始浓度，而与吸收剂的用量无关。

6-13 在某填料吸收塔中，用清水处理含SO2的混合气体。逆流操作，进塔气体中含SO2为0.08(摩尔分数)，其余为惰性气体。混合气的平均相对分子质量取28。水的用量比最小用量大65%，要求每小时从混合气中吸收2000kg的SO2。已知操作条件下气、液平衡关系为y26.7x。计算每小时用水量为多少立方米。 解：根据题意得

Y1y10.080.087 1y110.08根据吸收的SO2质量求得混合气中惰性气体的流量

V20000.92359.375kmol/h

0.082000359.3750.087Y2 根据物料衡算

VY1Y2解得Y24.35105

Y1Y20.0874.35105L又 26.67

VXX0.087/26.7min1e2则 L1.65Lmin1.6526.7359.3751.58104kmo/hl 则每小时的用水量为

V水LM1.581041810002.85105m3/h

6-14 用纯溶剂对低浓度气体作逆流吸收，可溶组分的回收率为η，采用的液气比是最小液气比的β倍。物系平衡关系服从亨利定律。试以η、β两个参数列出计算NOG的表达式。

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解：令进塔气体浓度为y1，则出塔气体浓度为y2y11 x2=0

L（y1-y2）Lm Gx1GminLy1y2

Gx1x2y1 mmy1y11x1x1y1y2G1-mL lny1由上题证明的结果： NOGy1y1mx1y1又



y2y20y111y1y21

1ln1NOG1

6-15 在一填料吸收塔内，用含溶质为0.0099的吸收剂逆流吸收混合气体中溶质的85%，进塔气体中溶质浓度为0.091，操作液气比为0.9，已知操作条件下系统的平衡关系为y0.86x，假设总体积传质系数与流动方式无关。试求：（1）逆流操作改为并流操作后所得吸收液的浓度；（2）逆流操作与并流操作平均吸收推动力之比。

解：逆流吸收时，已知y1=0.091，x2=0.0099

所以 y2y11-0.09110.850.01365

x1x2Vy1y20.00990.0910.013650.09584L0.9

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Y10.86X10.860.095840.0824

* Y20.86X20.860.00990.008514*Y1Y1Y10.0910.08240.0086

* Y2Y2-Y20.013650.0085140.005136*YmY1Y20.00860.005136

Y1lnY20.0086ln0.005136NOGY1Y20.0910.0136511.51Ym0.00672

改为并流吸收后，设出塔气、液相组成为Y1’、X1’，进塔气。 物料衡算：

X’1’-X2 LVY2-Y1

将物料衡算式代入NOG中整理得：

NOG1/1m/(L/V)/lnY2mX2Y1'mX1'

逆流改为并流后，因KYa不变，即传质单元高度HOG不变，故NOG不变 所以

0.9 11.510.910.860.0099ln’’y10.86x1由物料衡算式得：

Y10.9X10.0999

’’110.86将此两式联立得：

X10.0568 Y10.0488

’’YmY-Y0.006721.842’1NOG0.00366

Ym0.006721.84 ’Ym0.00366由计算结果可以看出，在逆流与并流的气、液两相进口组成相等及操作条件相同的

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情况下，逆流操作可获得较高的吸收液浓度及较大的吸收推动力。

6-16 今有逆流操作的填料吸收塔，用清水吸收原料气中的甲醇。已知处理气量为1000m3/h（标准状况），原料气中含甲醇100g/m3，吸收后的水中含甲醇量等于与进料气体相平衡时组成的67%。设在标准状况下操作，吸收平衡关系为h），塔内填料的有效比表y1.15x，甲醇的回收率为98%，Ky = 0.5 kmol/（m2·面积为190 m2/m3，塔内气体的空塔流速为0.5 m/s。试求： (1) 水的用量；

(2) 塔径； (3) 填料层高度。

解 下面计算中下标1表示塔底，2表示塔顶。根据已知操作条件，有

V1000100010044.3.12541.52kmol/h 322.432103.125Y10.0753 Y2198%Y10.0015 141.52 X20

* x1y1Y110.060 91.151Y11.15x10.0425 1x1* x167% x10.0408，X1（1）根据全塔的甲醇物料衡算式 LX1X2VY1Y2可以得出用水量

L72.04kmol/h VY1Y241.520.07530.00151X1X20.042504Vs4100036000.814m，可圆整到0.84m。 u0.5（2）塔径DT（3）由于是低浓度吸收，故可以将y1.15x近似为Y1.15X,并存在KyKY，则可进行以下计算： 填料层高度

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HNOGHOG

先计算气相总传质单元数：

YY2Y1Y2 Ym1

Y1YmlnY2NOGY1Y1Y1*0.07531.150.04250.02

Y2Y2Y2*0.00151

NOG8.49

再计算气相总传质单元高度

HOGVV41.520.79m

KYaKya0.51900.8424最终解得H6.7m

分析 (1)这是一个典型的设计型问题，即已知工艺要求，希望设计出用水量、塔径和塔高。

(2)若不进行以上近似，则可按下述方法求解:

-V'dyKyadHyy*

式中：V'-气体总流量。 于是

V'dy dHKyayy* 专业知识整理分享

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对上式进行积分得

y1Hy2V'dy *Kyayy（当然此时Ky也会随着流量变化而变化，求解时还需要做另外的近似） （3）或者做以下近似处理

YY*YY*NAKYYYKyyyKy1Y1Y*Ky1Y1Y*

**得

1 *1Y1YKYKy其中，Y可取Y1和Y2的平均值；Y*可取Y1*和Y2*的平均值。 取

YY1Y20.0384 2XX1X20.042500.0213 22Y*mX1.150.02130.0244

则

0.50.0471kmol/m2h

10.038410.0213KYHOG41.250.47119040.835m

0.8412 专业知识整理分享

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mVY1mX2mV1ln1mVLYmXL221L

1.1541.250.07531.1541.251ln18.4811.1541.2572.060.0015172.06172.06NOGHNOGHOG0.8358.4817.1m

以上两种方法的计算结果具有可比性。

6-17 在一填料吸收塔内，用清水逆流吸收空气中的NH3，入塔混合气中NH3的含量为0.01（摩尔分率，下同），吸收在常压、温度为10℃的条件下进行，吸收率达95%，吸收液中NH3含量为0.01。操作条件下的平衡关系为y0.5x，试计算清水流量增加1倍时，吸收率、吸收推动力和阻力如何变化，并定性画出吸收操作线的变化。

解：吸收率增加，吸收推动力增加

y21y=0.5x0x1x1*x

2是清水增加一倍时的操作线，斜率增加，推动力增大。

6-18 某吸收塔用25mm×25mm的瓷环作填料，充填高度5m，塔径1m，用清水逆流吸收流量为2250m3/h的混合气。混合其中含有丙酮体积分数为5%，塔顶逸出废气含丙酮体积分数将为0.26%，塔底液体中每千克水带有60g丙酮。操作在101.3kPa、25℃下进行，物系的平衡关系为y=2x。试求（1）该塔的传质单元高数HOG及体积吸收系数Kya；（2）每小时回收的丙酮量，kg/h。

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解：（1）M丙酮=58

x160/580.0182860/581000/18

∴

由全塔物料衡算：

Ly1y20.050.00262.59Gx1x20.018280

Im20.772AL/G2.59

NOG11ymx21ln[(1)1]1-1/AAy2mx2A10.05ln[(10.772)0.772]7.1910.7720.0026

HOG∴

H50.695NOG7.19

HOG∵

GGKya

VT02250273.×92.0mol/h22.4T22.4298

∴KYaG92.0/0.6950.0469kmol/m3s HOG1236004（2）每小时回收的丙酮量为：

G'y1y2M92.00.050.002658252.9kg/h

6-19 在一填料层高度为5m的填料塔内，用纯溶剂吸收混合气中的溶质组分。当液气比为1.0时，溶质回收率可达90%。在操作条件下气液平衡关系为y=0.5x。现改用另一种性能较好的填料，在相同的操作条件下，溶质回收率可提高到95%，试问此填料的体积吸收总系数为原填料的多少倍？ 解：本题为操作型计算，NOG宜用脱吸因数法求算。

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原工况下：

NOG1Y1-mX2lnS 1-SY2-mX2SmV0.5 L因X2=0，则：

Y1-mX2Y11110

Y2-mX2Y21-10.9NOG11ln0.50.54.703 10.510.95HOG新工况（即新型填料）下：

NOG’’VKYa’Z51.466 NOG3.4111ln0.50.54.703 0.510.95HOGVKYa’’Z51.063 ’4.703NOGKH1.466则 YaOG’1.38

KYaHOG1.063即新型填料的体积传质系数为原填料的1.38倍。

讨论：对一定高度的填料塔。在其他条件不变下，采用新型填料，即可提高KYa，减小传质阻力，从而提高分离效果

6-20某填料吸收塔高2.7m，在常压下用清水逆流吸收混合气中的氮。混合气入塔的摩尔流率为0.03kmol/(m2·s),清水的喷淋密度0.018 kmol/(m2·s)。进口气体中含氮体积分数为2%，已知气相总体积吸收系数Kya=0.1 kmol/(m3·s),操作条件下亨利系数为60kPa。试求排出气体中氮的浓度。

解：mEp60101.30.6 LG0.018/0.030.6m 即操作线与平衡线平行，此时

ymy1y2y2mx2 HOGG0.030.3m HHOGNOG Kya0.1故 NOG2.7yy2y1y20.02y29.0 NOG1 所以9.0 0.3ymy2y2 专业知识整理分享

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解得y20.002

6-21 某填料吸收塔用含溶质x2=0.0002的溶剂逆流吸收混合气中的可溶组分，采用液气比是3，气体入口摩尔分数y1=0.001，回收率可达90%.已知物系的平衡关系为y=2x。

今因解吸不良使吸收剂入口摩尔分数x2升至0.00035，试求：（1）可溶组分的回收率下降至多少？（2）液相出塔摩尔分数升高至多少？

-0.9）0.001 解：（1）y2y1(1η)0.01x(1Im20.667AL/V311ymx11NOGln[(1)1]1AymxA221A10.010.0002Χ2ln[(10.667)0.667]5.3810.6670.001-0.0002Χ.

当x2上升时，由于H不变，HOG不变 ∴ NOGHHOG也不变，即

5.3810.010.00035X2ln[(10.667)0.667]1-0.667y20.00035X20.0013y20.010.0013yy2 η10.87y10.01

（3）物料衡算

)L(x1x2)V(y1y2x1V)x2(y1y2L1X(0.010.0013)0.000350.003253

6-22用一填料塔逆流吸收空气中的氨。单位塔截面上的混合气体流率为0.036 kmol/m2·s，含氨2％（摩尔分率，下同），新鲜吸收剂为含氨0.0003的水溶液，从塔顶加入。要求氨的回收率不低于91％，设计采用液气比为最小液气比的1.3倍。氨-水-空气物系的相平衡关系为y=1.2x。已知气相总传系数 Kya为0.0483 kmol/ m3·s ，过程为气膜控制。 试求：

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(1)所需塔高.

(2)若采用部分吸收剂再循环从塔顶加入，新鲜吸收剂用量不变，循环量与新鲜吸收剂量之比为1:10，为达到同样的回收率，所需塔高为多少? 解：（1）对吸收塔作物料衡算

Lyyyy0.020.090.021212G.02/1.20.00031.112 minx1ex2y1mx20吸收塔内液气比为

LG1.3LG1.31.11121.446 min全塔物料衡算

Lx1x2Gy1y2

其中

y21y11-0.910.020.0018

∴ xy1y20.911LGx0.0221.4460.00030.0128 9全塔的传质单元数

Ny1y2ylny1mx1OGy1lny1mx1ym1mx1y2mx2y2mx21mGLy2mx2111.21.446ln0.021.20.0120.00181.20.00036.74所需塔高为

HHOGNOGGKN0.036OG.04836.745.02m ya0（2）当有部分吸收剂再循环后，吸收剂的入塔含量为

x'x'1L'x2L0.1x'12L'LLx2L0.1LL0.1x'10.00031.1 吸收塔内液气比

L总GL'LG1.1LG1.11.4461.59 专业知识整理分享

 WORD格式可编辑

全塔物料衡算

'Lx1'x2Gy1y2

 x1'y1y20.910.02''x2x2  L总G1.59联立  、两式可解得

'x1'0.0129 x20.0014 45全塔的传质单元数

NOG'1y1mx10.021.20.01291lnln17.23 '1mGL总y2mx211.21.590.00181.2所需塔高

'HHOGNOGG0.036'NOG17.2512.84m Kya0.04836-23 为测定填料层的体积吸收系数Kya，在填料塔内以清水为溶剂，吸收空气中低浓度的溶质组分A。试画出流程示意图，指出需要知道哪些条件和测取哪些参数；写出计算Kya 的步骤；在液体流量和入塔气体中组分A浓度不变的情况下，加大气体流量，试问尾气中组分A的浓度是增大还是减小？

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题6-23图

解 流程如图（a）所示，由于

KYaVY1Y2 HYm所以，为了测出KYa，需要知道物系的平衡关系，因而需要测定温度，以便于从手册中查找有关数据，还需测量进、出口的气、液流量及组成、塔径和填料层的高度。

求𝐾𝑌𝑎的步骤如下：

（1） 在稳定操作条件下测出L，V，𝑋1，𝑋2 =0 ，𝑌1,𝑌2 以及温度； （2） 依据平衡关系求出平均推动力∆𝑌𝑚；

2

（3） 量出塔径𝐷𝑇 𝛺=4𝐷𝑇 及填料层高度H；

𝜋

（4） 将以上各量代入式，及求得𝐾𝑦𝑎。

若加入大气体流量，尾气中组分A的浓度将增高。其分析如图b所示。 分析（1）实验时要多测一些L和V条件下的数据以便总结出规律。

（2）试分析增大气体流量后 X1 会如何改变 ?

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（3）测水流量 L 有何用途 ?

6-24 某逆流操作的填料吸收塔，塔截面积1m2，用清水吸收混合气中的氨气，混合气量为0.06kmol/s，其中氨的浓度为0.01（摩尔分率），要求氨的回收率至少为95%。已知吸收剂用量为最小用量的1.5倍，气相总体积吸收系数为0.06kmol/(m3·s)，且Kya∝G0.8。操作压力101.33kPa，操作温度30℃，在此条件下，气液平衡关系为y1.2x，试求： （1）填料层高度（m）；

（2）若混合气体量增大，则按比例增大吸收剂的流量，能否保证溶质吸收率不下降？简述其原因；

（3）若混合气体量增大，且保证溶质吸收率不下降，可采取哪些措施？ 解：（1）根据题意得

Y1y110.955.05104 0.0101 Y2Y110.01011y1VG1y10.0610.010.0594kmol/s LL1.51.5m1.51.20.951.71 VVmin全塔的传质单元数

1mVY1mX2mVln1mVLYmXL221L11.20.0101-01.2ln16.361.21.715.0510401.7111.71 NOG全塔的传质单元高度

HOGV0.05940.99mKYa0.06HHOGNOG0.996.366.3m

（2）假设能保证吸收率不下降，则有'0.95

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1mVLL0.702 又因为L与V按比例增大，所以，则'ALVV'∴Y2'Y2，则NOG不变

'又因为 HOGV'V'V''0.8'KYaV0.20.2 '/HOGV'V1 ∴H'H 则假设不成立，不能满足要求∴HOG ''（3）在H不变时，HOG↑，则NOG↓，又因为'与m均不变，∴需要L↑或者换

用更加高效的填料

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思考题

6-1吸收的目的和基本依据是什么？吸收的主要操作费用花费在哪里？

答：目的是分离气体混合物，依据是气体混合物中各组分在溶剂中的溶解度不同；操作费用主要花费在溶剂再生，溶剂损失。

6-2 选择吸收剂的主要依据是什么？什么是溶剂的选择性？

答：溶解度大，选择性高，再生方便，蒸气压低，损失小。溶剂对溶质溶解度大，对其他组分溶解度小。

6-3 E、m、H三者各自与温度、总压有何关系？

答：m、E、H均随温度上升而增大，E、H基本上与总压无关，m反比于总压。 6-4 扩散流JA，净物流N，传质速率NA相互之间有什么联系和区别？ 答：NNMJAJB，NAJANMCACM。JA,JB浓度梯度引起，NM微压力差引起，NA溶质传递。

6-5 漂流因子有什么含义？等分子反向扩散时有无漂流因子？为什么？ 答：表示了主体流动对传质的贡献 无漂流因子，因为没有主体流动

6-6 气体分子扩散系数与温度、压力有何关系？液体分子扩散系数与温度、黏度有何关系？

答：气体分子扩散系数与温度的1.5次方成正比，总压力成反比；液体扩散系数与温度成正比，与粘度成反比。

6-7 传质过程中，何种情况是气相阻力控制？何种情况是液相阻力控制？ 答：当1KymKx时，此时传质阻力主要集中于气相，称为气相阻力控制过程； 当1mKy1Kx时，此时传质阻力主要集中于液相，称为液相阻力控制过程。

6-8 低含量气体吸收有哪些特点

答：①G、L为常量，②等温过程，③传质系数沿塔高不变 6-9 吸收塔高度计算中，将NOG与HOG分开有什么优点？ 答：分离任务难易与设备效能高低相对分开，便于分析。 6-10 建立操作线方程的依据是什么？

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答：塔段的物料衡算。

6-11 什么是返混？返混对塔的分离结果有什么影响？

答：在有降液管的塔板上，液体横流过塔板与气体呈错流状态，液体中易挥发组分的浓度将沿着流动的方向逐渐下降，但是当上升气体在塔板上使液体形成涡流时，浓度高的液体和浓度低的液体就混在一起，破坏了液体沿流动方向的浓度变化，这种现象叫返混现象。 6-12 何谓最小液气比

答：操作先于平衡线相交或者相切时对应的L/V称为最小液气比。 6-13 x2,max与（L/G）min是如何受到技术上的的？

答：通常，x2,maxy2m，LGminy1y2x1ex2。因此，技术上的主要是指相平衡和物料衡算。

6-14 有哪几种NOG的计算方法？用对数平均推动力法和吸收因数求NOG的条件各是什么？

答：对数平均推动力法，吸收因数法，数值积分法。 相平衡分别为直线和过原点直线。

6-15 HOG的物理含义是什么？常用吸收设备的HOG约为多少？

答：气体流经这一单元高度塔段的浓度变化等于该单元内的平均推动力。 0.15～1.5 m。

6-16 吸收剂的进塔条件有哪三个要素？操作中调节这三要素，分别对吸收结果有何影响？

答：t、x2、L。 t↓，x2↓，L↑均有利于吸收。

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