环境工程原理课后习题(环工班)讲解.docx

环工81301班姓名 学号 环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee2.6某一段河流上游流量为36000m3/d,河水中污染物的浓度为3. 0mg/Lo有一支流流量为10000 np/d,其中污染物浓度为 30mg/Lo假设完全混合。(1)求下游的污染物浓度(2)求每天有多少kg污染物质通过下游某一监测点。解：(1)根据质量衡算方程，下游污染物浓度为pq +P q=-m2 v2 =6 q + q1/1 V23.0 x 36000 + 30 x1000036000+10000 mg / L = 8.87mg IL(2)每天通过下游测量点的污染物的质量为P x(q +q ) = 8.87 x (36000 +10000) x 0-3kg I dmV2'=408.02g Id2.7某一湖泊的容积为10X10em3,上游有一未被污染的河流流入该湖泊，流量为50nl3/s。一工厂以5 np/s的流量向湖泊排放 污水，其中含有可降解污染物，浓度为100mg/Lo污染物降解反响速率常数为0. 25d-io假设污染物在湖中充分混合。求稳 态时湖中污染物的浓度。解：设稳态时湖中污染n n U I/物浓度为P ，那么输出的浓度也为P q q K p V =Jmmml m2那么由质量衡算，得即5X100mg/L- (5 + 50)P ni3/s -10X 106 X 0. 25X P m3/s = 0 mm解之得 P =5.96mg/Lm2. 11有一装满水的储槽，直径lm、内水面高度z的关系 u =0. 620试求放出1D13水所需的时间。高3mo现由槽底部的小孔向外排水。小孔的直径为4cm,测得水流过小孔时的流速u与槽0(2gz) 05解：设储槽横截面积为A，小孔的面积为AI2由题得 A u =dV/dt, KPu =dz/dtXA/A2 0012所以有 -dz/dtX (100/4) 2=0. 62 (2gz) o.5即有-226. 55Xz-o.sdz = dtz 3 m 0z =z lm3X ( ji X0. 25iH2)-i = 1. 73m积分计算得t = 189. 8s第1页共30页环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee6. 15用离心沉降机去除悬浊液中的固体颗粒，颗粒直径为50 um,密度为1050 kg/m3,悬浊液密度为1000 kg/m3,黏度为1. 2X 10-3Pae s,离心机转速为3000r/min,转筒尺寸为h=300mm, r =50mm, r =80mmo求离心机完全去除颗粒时的最大悬 12浊液处理量。解:7.3用过滤机处理某悬浮液，先等速过滤20min,得到滤液2成，随即保持当时的压差等压过滤40min,那么共得到多少滤液（忽 略介质阻力）？“T7.KA2t解：恒速过滤的方程式为式（7.2. 18a） V2= r122V2所以过滤常数为K=肃1 此过滤常数为恒速过滤结束时的过滤常数，也是恒压过滤开始时的过滤常数，在恒压过滤过程中保持不变，所以由恒压过滤方程式（7.2. 15）,V22 V2V2-V2 = KA2t>V2-V2 = -0V2丫2=L/11 眄 21 r 22V22x221所以 V2=-1-，+V2= x 40 + 22=20t 21201所以总的滤液量为4.47 m3第10页共30页环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee7?5用压滤机过滤某种悬浮液，以压差150kPa恒压过滤1.6h之后得到滤液25 m3,忽略介质压力，贝！J：(1)如果过滤压差提高一倍，滤饼压缩系数为0.3,那么过滤1.6h后可以得到多少滤液；(2)如果将操作时间缩短一半，其他条件不变，可以得到多少滤液？2Aps 242t解:解:(1)由恒压过滤方程P2 =KA2t =lireoV2当过滤压差提高一倍时，过滤时间不变时1V 2 I Ap2'2所以所以1/2 =（2）-o.3x252 =1012.5 1V =31.8用2可以推得(2)当辨条专不变时，过滤常声不变，,以由恒压过滤方程=，所以02=_22 =_x 252 = 31 2.5t 2tl 221所以彳=仅7皿7.7q恒压操作下过滤试验测得的数据如下，求过滤常数K,q。t/q /m” s382572760949q / m3* m-20. 10.20. 30.4由以上数据，作t/q和q的直线图t / S38.2114.4228379.4q /ni3 m-20. 10.20.30.4解:由图可知直线的斜率为11889,截距为193.5所以过滤常数 * =碱=529义10-4m2/s193.5Kq = z =z= 5.12x10-2 m3/叱e ZZ第11页共30页Douglas. Lee环境工程原理课后习题集7. 12在直径为10mm的砂滤器中装满150mm它的细沙层，空隙率为0.375,砂层上方的水层高度保持为200mm,管底部渗出的 清水流量为6mL/min,求砂层的比外表积(水温为2(TC，黏度为L 005义Pa s,密度为998. 2kg/m3)。解：清水通过砂层的流速为R= qv = 7.64 cm/min = 1-27x10-3 m/sA兀(1/2推动力为Ap = Pgh = 998.2 x9.81x 0,2 = 1.96 x103Pa由式(7. 3.11) u=必皿，可得颗粒的比外表积：K(1 -8)Q2 1iLQ2= ' £3 p =0.3753x 196x103= 0.276x109K (1-£>wTir i所以q = 1.66x104nl2/血,a =(1-8 )a = 0.725x1.66x104 =1.20x104m2/m38.3用吸收塔吸收废气中的SO ,条件为常压，30,相平衡常数为m = 26.7,在塔内某一截面上，气相中so分压为4. IkPa, 22液相中Sq浓度为0. 05kmol/m3,气相传质系数为与="乂1。- 2km1n2 h kPa),液相传质系数为与=。池山/上 吸收液密度 近似水的密度。试求：(1)截面上气液相界面上的浓度和分压；(2)总传质系数、传质推动力和传质速率。解(i)设气液相界面上的压力为P/浓度为Ci55.6溶解度系数"=co0.0206 kmol/ (kPa 忽略SO的溶解，吸收液的摩尔浓度为c = 1000 /18 = 55.6 kmol/m3 20mp0在相界面上，气液两相平衡，所以cj = 0.0206 p,)()又因为稳态传质过程，气液两相传质速率相等，所以k (p p =k c-c所以 1.5 x10-2x4.1 -p)=0.39 x (c - 0.05)由以上两个方程，可以求得P = 3.52 kPa, c = 0.0724 kmoi/m：，(2)总气相传质系数K = -=/ /八 c = 0.00523 kmol / (m2 h kPa)g 11 k +1/ Hk 1/ 0.015+1/V0.0206 x 0.39)GL总液相传质系数 K = K IH = 0.00523 / 0.0206 = 0.254m/h L G与水溶液平衡的气相平衡分压为p*=cl H = 0.05 / 0.0206 = 2.43 kPa所以用分压差表示的总传质推动力为AP =p-p*=，1 -2.43= 1.67 kPa与气相组成平衡的溶液平衡浓度为c = Hp = 0.0206 x 4.1 = 0.084 kmol/m3用浓度差表示的总传质推动力为Ac = c*-c= 0.084 - 0.05 = 0.034 kmol/nn传质速率 N = K Ap = 0.00523 x1.67 = 0.0087 kmol/(m2 h) A G或者 N = K Ac = 0.254 x 0.034 = 0.0086kmol/(m2 h)A L第12页共30页环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee-8?4101. 3kPa操作压力下，在某吸收截面上，含氨0. 03摩尔分数的气体与氨浓度为lkmol/邱的溶液发生吸收过程，气膜传质分系数为 七5x* kmol/(m2-s-kPa),液膜传质分系数为1-5x1°-4m/s,操作条件下的溶解度系数为H =G73 kmol/ (m2 kPa),试计算:(1)界面上两相的组成；(2)以分压差和摩尔浓度差表示的总传质推动力、总传质系数和传质速率；(3)分析传质阻力，判断是否适合采取化学吸收，如果采用酸溶液吸收，传质速率提高多少。假设发生瞬时不可逆反响。解：(1)设气液相界面上的压力为P.,浓度为因为相界面上，气液平衡，所以Cj=Hpc. = 0.73气相中氨气的分压为p = 0.03x101.3 = 3.039 kPa稳态传质条件下，气液两相传质速率相等，所以k (p-p )=k (c- c)5x10-6 X(3.039- p )= 1.5x10-4 X(c -1 )''ii根据上面两个方程，求得P =1.44 kPa, C = 1.05kmol/m3(2)与气相组成平衡的溶液平衡浓度为c* =Hp = 0.03x101.3x0.73 = 2.22 kmol/m3用浓度差表示的总传质推动力为Ac = C* C = 2.22 1 = 1.22 kmo 1 /m3与水溶液平衡的气相平衡分压为P* = cl H= 1/0,73=1.370 kPa所以用分压差表示的总传质推动力为Ap = p_p* =3.0391.370 = 1.669kPa总气相传质系数 11&= 1/C +1/7F = 1/(5x10-6)+1/(0.73x1.5x10-4 )=km°1/(m2's ' kPa)GL总液相传质系数 K = K IH = 4.78x10-6/0.73 = 6.55x10-6 m/s L G传质速率 N = K Ap = 4.78 x10-6 x1.669 =7.978x10-6 kmol/(m2 s) A G或者 N = k Ac = 6.55 x10-g x1.22 = 7.991 x10-6 kmol/(m2-s) A L(3)以气相总传质系数为例进不传质阻力分w总传质阻力 1/K =1/4.78x10-6 )= j092x105 (1112 s , kPa)/kmol其中气膜传质阻力为 1/kg =1/ 5x10-6 =2x105 (m2.s. kPa)/kmol占总阻力的95.6%()液膜传质阻力为=1/ 0.73x1.5x10-4 =9.1x103(m2 . s . kPa)/kmolG占总阻力的4. 4%所以这个过程是气膜控制的传质过程，不适合采用化学吸收法。如果采用酸液吸收氨气，并且假设发生瞬时不可逆反响，那么可以忽略液膜传质阻力，只考虑气膜传质阻力，那么K ak =5x10-6kmol/(n)2-s-kPa),仅仅比原来的传质系数提高了 4. 6%,如果传质推动力不变的话，传质速率也只能提 G G高4.6%。当然，采用酸溶液吸收也会提高传质推动力，但是传质推动力提高的幅度很有限。因此总的来说在气膜控制的吸收过程中，采用化学吸收是不合适的。第13页共30页环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee-875利用吸收别离两组分气体混合物，操作总压为310kPa,气、液相分传质系数分别为377x10-3加01/血2s)、=3-06x10-4kmol/(m2-s),气、液两相平衡符合亨利定律，关系式为P*=1067x104x (p*的单位为kPa),计算： (1)总传质系数；.(2)传质过程的阻力分析；(3)根据传质阻力分析，判断是否适合采取化学吸收，如果发生瞬时不可逆化学反响，传质速率会提高多少倍？E 1.067x104解：(1)相平衡系数” = _=一一 = 344 p 310所以，以液相摩尔分数差为推动力的总传质系数为1K =()()= 3.05 x10-4 kmoi/(m2. s)x Ilk +11 mk 1 /3.06 x10-4 +1/ 34.4 x 3.77 x 10-3xy以气相摩尔分数差为推动力的总传质系数为K = K /“ = 3.05x10-4/34.4 = 0.89x10-5 km。/热. s)(2)以液相摩尔分数差为推动力的总传质阻力为1111=3.28x103= +K k mkx xy其中液膜传质阻力为1/k3.05x10-4=14.06x10一4 )=3 27x103气膜传质阻力为"mk =1/ 4.4x3.77x10-3= 7.71,占总传质阻力的99.7%y所以整个传质过程为液膜控制的传质过程。,占传质阻力的0. 3%(3)因为传质过程为液膜控制，所以适合采用化学吸收。如题设条件，在化学吸收过程中，假如发生的是快速不可逆化学反响，并且假设 扩散速率足够快，在相界面上即可完全反响，在这种情况下，可等同于忽略液膜阻力的物理吸收过程，此时Kx =mky =34.4x3.77x10-3 =0.13 k(nol/(m2.s)与原来相比增大了 426倍第14页共30页环境工程原理课后习题集Douglas. Lee8.6常压下，2（TC时，CO?在水中的亨利系数为1.44X10-5kPa,并且以下两个反响的平衡常数CO +H 0 H22CO +H 0 H22HCO2 3K =2.5x10-3 ikmol/m3HCO 口 H+HCO-23 1 13HCO 口 H+HCO-23 1 13= 1.7x10-4kmol/m3假设平衡状态下气相中的CO 2分压为10kPa,求水中溶解的CO?的浓度。（C02在水中的一级离解常数为K = 4.3x10-7 k1noi/砂，实际上包含了上述两个反响平衡，”二勺）解：首先求得液相中CO的浓度Z、由亨利定律X =p/E= 10/ 11.44x105 )= 6.94x10-5忽略的手解，吸收液的摩尔浓度为c0 =1000/18 =55.6 kmol/m3所以 CO =c x = 55.6x6.94x10-5 =3.86x10-3 kmol/m320由反响CO +H O22 11h co = co k20由反响CO +H O22 11h co = co kHCO 2232由反响H2co 3 nj =3.86x10-3x2.5x10-3 =9.65x10-6 kmoi/m3H+HCO3,得HCOh co 23nCO - = K_H CO J = VL7 r所嘉解的jo总浓餐为3nCO - = K_H CO J = VL7 r所嘉解的jo总浓餐为3x10-4x9.65x10-6 =4.05x10-5 kmol/m3CO + HCO + HCO-= 3.86x10-3+4.05x10-5+9.65x10-6 =3.90x10-3 kmoi/m8.7在两个吸收塔a、b中用清水吸收某种气态污染物，气-液相平衡符合亨利定律。如下列图所示，采用不同的流程，试定性 地绘出各个流程相应的操作线和平衡线位置，并在图上标出流程图中各个浓度符号的位置。第15页共30页环境工程原理课后习题集Douglas. Lee9. 125, 10L3kPa下，甲醛气体被活性炭吸附的平衡数据如下:q/g（气体）g（活性炭）T00. 10.20.30. 35气体的平衡分压/Pa02671600560012266试判断吸附类型，并求吸附常数。如果25, 101. 3kPa下，在1L的容器中含有空气和甲醛的混合物，甲醛的分压为12kPa,向容器中放入2g活性炭, 密闭。忽略空气的吸附，求到达吸附平衡时容器内的压力。解：由数据可得吸附的平衡曲线如下吸附平衡%国%性活< 体气s图9-1习题9.1图中吸附平衡线1/q1053.32.861/p0. 003740. 000620. 000180. 000081/q1053.32.861/p0. 003740. 000620. 000180. 00008由L=_L整理数据如下 q q k p qm 1m作1/q和1/p的直线().00300.0010.0021/p0.004由上述的平衡曲线，可以判断吸附可能是Langmuir或Freundlich型。图9-2习题9. 1图中l/q 1/p的关系曲线第16页共30页环境工程原理课后习题集Douglas. Lee由lnq = l/ lnp + lnk,整理数据如下:作Inq和Inp的直线Inp5.597. 388. 639.41Inq-2.30-1.61-1.20-1.05Inp图9-3习题9. 1图Inq和Inp的关系曲线由以上计算可知，用Freundlich等温方程拟合更好一些。同时计算参数如下：l/n=0. 3336, n=3, lnk=-4. 1266, k=0. 016,所以等温线方程为 Q = 0.016 pi/3pV 12000x0.001题设条件下，甲醛的物质的量为 =一 = 0.0048m。RT 8.314x298质量为m = 0.0048x30 = 0.144 g(0.144-2q )x8.314 x 298/ 30假设到达吸附平衡时吸附量为q,那么此时的压力为P =万而将q = 0.016pi/3代入，可以求得p = 89pa89 . 3 kPa所以此时甲醛的平衡分压已经很低，如果忽略的话，可以认为此时容器内的压力为101312：第17页共30页9.2环境工程原理课后习题集Douglas. Lee现采用活性炭吸附对某有机废水进行处理，对两种活性炭的吸附试验平衡数据如下:平衡浓度COD /(mg- L-.)10050010001500200025003000A吸附量/ mge g（活性炭）155.6192. 3227.8326. 1357. 1378.8394. 7B吸附量/g（活性炭）t47.6181.8294. 1357.3398.4434.8476.2试判断吸附类型，计算吸附常数，并比拟两种活性炭的优劣。解：由数据可得吸附的平衡曲线如下:Langmuir吸附等温线方程为q = kq p / (l+/c P),1 m1变形后可得2=_+,整理数据如下:q q k qm I mP10050010001500200025003000p/q (A)1.802. 604. 394. 605.606. 607.60p/q(B)2. 102. 753.404. 205.025. 756. 30作p/q和p的直线鼠性心0由量附吸9 87 654 32 160050040030020010()平衡浓度COD/mgL-1图9-4习题9.2图吸附等温线由直线可知，用Langmuir吸附等温线方程可以很好地拟合吸附曲线。图9-5习题9. 2图p/q和p的关系曲线分别求得方程的常数为活性炭 A： l/q=0. 0019, q=526, 1/kq =1.8046, mm1 m活性炭 B： 1/q =0. 0015, q =667, l/kq=l. 9829mm1 m比拟两种活性炭的吸附平衡常数，可以看到k=0. 00105'k =o.ooo76的吸附系数比拟大，吸用的性能较好。IB的饱和吸附量要大于A,比表濡积较大，吸附容量比拟大；而A第18页共30页环境工程原理课后习题集Douglas. Lee10.2用H型强酸性阳离子树脂去除海水中的Na+、K+离子（假设海水中仅存在这两种阳离子），树脂中H+离子的浓度为K k+ = 3.0H +Knq+ =2.0 0. 3mol/L,海水中Na+、K+离子的浓度分别为0. Imol/L和0.02mol/L,求交换平衡时溶液中Na+、K+离H+子的浓度。，/ xy M-x /y M-x ）解. Kk +=4=3.0, KNa+ = NT （2.0同时 0.3y =0.1（lX ） o,3y =0.02（l-x ）Nq+Nq+k+K+联立以上几式，求得x = 0.023 , x = 0.162 K+Nq+所以平衡时溶液中的浓度Na为0.0162 mol/L, K+为0.00046 mol/L10.9用反渗透过程处理溶质为3% （质量分数）的溶液，渗透液含溶质为150X10-6。计算截留率8和选择性因子a,并说明这 种情况下哪一个参数更适用。解：溶质的量很少，可以忽略溶质对溶液体积和总摩尔数的影响，所以截留率：p= -= 0.995a y ly _0.03/ 0.97aib 二 J / J 0.00015 /0.99985 : 206选择性因子：48在溶质的量与溶液相比很少,选择性因子很大时，采用截留率表征别离情况，结果更为清晰，容易理解。10. 14采用电渗析的方法除盐，料液的NaCl浓度为0.3mol/L,实验测得传质系数为m/s,膜中C1-离子的迁 bl移数为0.52,边界层中C1 -离子迁移数为0.31,求该电渗析过程的极限电流密度。解：由式（10.3.43）得极限电流密度:ZD fclimbl m bl= 2.99x103 a.第19页共30页环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee2. 13有一个4X3m2的太阳能取暖器，太阳光的强度为3000kJ/ (m2>h),有50%的太阳能被吸收用来加热流过取暖器的水流。 水的流量为0.8L/miri。求流过取暖器的水升高的温度。解：以取暖器为衡算系统，衡算基准取为ih。输入取暖器的热量为3000X12X50% kJ/h= 18000 kJ/h设取暖器的水升高的温度为(口,水流热量变化率为q c ATm p根据热量衡算方程，有 18000 kJ/h =0. 8X60X 1 X4. 183X ATkJ/h. K解之得T = 89. 65K2. 14有一个总功率为1000MW的核反响堆，其中2/3的能量被冷却水带走，不考虑其他能量损失。冷却水来自于当地的一条河流，河水的流量为lOOms/s,水温为20o(1)如果水温只允许上升10,冷却水需要多大的流量；(2)如果加热后的水返回河中，问河水的水温会上升多少。C。解：输入给冷却水的热量为 Q=1000X2/3MW=667 MW(1)以冷却水为衡算对象，设冷却水的流量为q,热量变化率为qc nt。Vm p根据热量衡算定律，有q X 103X4. 183X 10 kJ/m3=667X 103KWv牛 15. 94ni3/s(2)由题，根据热量衡算方程，得 100X 103X4. 183XAT kJ/m3=667X lOaKWT=1.59K4.3某燃烧炉的炉壁由500mm分的耐火砖、380mm幺的绝热砖及250mm分的普通砖砌成。其入值依次为1.40 W/(m>K), 0. 10 W/(mK)及0. 92 W/(m>K)o传热面积A为1眸。耐火砖内壁温度为1000,普通砖外壁温度为50o(1)单位面积热通量及层与层之间温度；(2)假设耐火砖与绝热砖之间有一 2cm的空气层，其热传导系数为0. 0459 W/(m> )o内外壁温度仍不变，问此时单位面积 热损失为多少？解：设耐火砖、绝热砖、普通砖的热阻分别为r、r、r。b 0.5m1 2 3(1)由题易得.=1.4痴-火-1 =0.357 m'LK/Wr =3. 8 3 K/W2r =0. 272 m2 K/W3AT所以有 q= r+r+r =214. 5W/nu123由题 T =1000 i T=T -QR =923. 4 211T=T -Q (R +R) =108. 3 3112T =50 4(2)由题，增加的热阻为r' =0.436 m2 K/Wq= AT/ (r +r +r +rf ) =195. 3W/m2123第2页共30页环境工程原理课后习题集环境工程原理课后习题集Douglas. Lee10.7用45kg纯溶剂S萃取污水中的某溶质组分A,料液处理量为39kg,其中组分A的质量比为乂小户0.3,而且S与料液组分B完全不互溶，两相平衡方程。=分别计算单级萃取、两级错流萃取(每级萃取剂用量相同)和两级逆流萃取组分A 的萃出率。解：(1)单级萃取料液中B 的量为8 = 39/1.3 = 30 kg根据物料衡算BxX =SxY +BxXmFmEmR又因为y =i.5xmEmRBX 30x0.3所以萃余相溶质质量比为X =比=0.092mR b +15S 30+1.5x45所以溶质A的萃出率为69. 3%(2)两级错流两级错流的情况下，每级的萃取剂用量为22. 5kgBX 30x0.3那么第一级萃余相的浓度为X=* =, L =014mm B +1.5S30 +1.5x22.51因为第一级的萃余相浓度就是第二级的原料液浓度，因此可以计算第二级的萃余相浓度_ BX一 B, 1.5S2_ BX一 B, 1.5S230x0.14=0.066因此溶质A的萃出率为78%(3)两级逆流两级逆流的物料衡算为Bx(x -X )=Sx(y y ) Bx(x -X )= SY mFm2W m2m2又根据相平衡方程y =i.5x mm由以上三个方程式可以求得X = 0.0362所以溶质A的萃出率为88%第20页共30页11.3环境工程原理课后习题集Douglas. Lee气态NH在常温高压条件下的催化分解反响2NH=N+3H可用于处理含NH废气。现有一NH和CH含量分别为95%和5%的气体，通过NH催化分解反响器后气体中NH的含量减少为3%,试计算NH的转化率和反响器出口处N、H和CH的摩尔分数 叫为惰性组分，不参与反响)数 叫为惰性组分，不参与反响)8 解：在气相反响中，NH分解膨胀因子为3nh31+3-2 I=12z -zAO A0.95 - 0.03=0.94z (1+5 z ) 0.95(1 + 1x0.03)A0AA将数据zNH ,03= 0.95 .1 z +z N1,02 x njonh 3N21 + 5 z xNH NH0NH333znh;0h/2 _ 0.95x0,94/2 _1 + 5 ' z 1 + lx 0.95 x 0.94NH NH 0 NH333zNH3二 003代入式可得:zH2z +3z xH'O 2 NH3O NH 31 +6 z xNH NH 0 NH 3333znh,0/2 _ 1+ 8 z xNH NH ,0 NH331 + lx 0.95 x 0.94ZCH,0根据题意：z n()=q2= 0.05 ,由表n.2-1可得:H ,02zCH4zCH?1 +5 z XNH NH ,0 NH3330.05_1 + 1 x U.95 x U.94 = S02611.5在连续反响器内进行的恒容平行反响(1)和(2),当原料中(反响器进口)的A、B浓度均为3000mol/m3时，出口反响液 中的A、R的浓度分别为250moi/m3和2000mol/m3o试计算反响器出口处的A的转化率以及B和S的浓度(原料中不含R和S)。(1) A+B=R(2) 2A=R+S解：在反响式(1)和(2)中，设A的转化率分别为x和x那么有Al A2C = C (l-X -X )A AO Al A2c -c + c x + c x /2R RO AO Al AO A2第21页共30页环境工程原理课后 习题集Douglas. Lee将题中数据 c =3000 mol/m3； c =250 mol/m3； c =0 mol/m3； c =2000 mol/m3代入，AOAROR求解方程可得x =0. 417； x =0. 5AlA2所以反响器出口处A的转化率为X =x +x =0.417+0.5 = 0.917A Al A2B 的浓度为 c =c c x =1749 mol/m3B BO AO AlS 的浓度为 c =c +c x /2 = 750 mol/maS SO SO A2解：根据表中数据求出Ink和1/T值，做lnk-1/T曲线如下00.0020.00220.00240.00261/T /K -I1L9在不同温度下测得的某污染物催化分解反响的速率常数k如下表所示，求出反响的活化能和频率因子。温度，(K)413.2433.2453.2473.2493.2k/ mol /（g 力）2.04.86.913.825.8图11-3习题1L9图lnk-1/T曲线根据式1L3.31可得所以反响的活化能为Ea=5. 2X10ikJ/kmol频率因子为k0二8. 36 X 10皿ol/(g h)12.2液相反响A+2B-P的反响速率方程为一 r (mol m-3 h t ) = kc cAA B在50时的反响速率常数为4.5mol/(m3h),现将组成为c =0. 50mol/m3, c =0. 90mol/m3, c =0,温度为50七的反 A0B0P0应原料，以5. 0m3/h的流量送入一平推流反响器，使反响在5(TC恒温条件下进行：试计算A的转化率为80%时所需的 反响器有效体积。解：反响为恒容恒温反响，根据表的设计方程C(C - a C )- = In 8080 B AOC (1 - X )BO A第22页共30页Douglas. LeeDouglas. Lee环境工程原理课后习题集变形可得 T=-(7-r7V80 B A0将 a =2,c =0. 5mol/m3, c =0. 9, x =0. 8 代入上式可得： BAOBOAt =1. 31h所以反响器体积V= t qv = 6. 53m33c2 +7c 2 = 0A A12.3采用CSTR反响器实现习题13.1的反响，假设保持其空时为3h,那么组分A的最终转化率为多少？ P的生成率又是多少?解：根据反响式一 =-r - 2r =-2c - 2x0.5c2力 p QAAT = 'A()X A0 A-r -2c - C2AA Ar V代入恒温恒容的CSTR反响器基本方程T = AOA可得- rA将数据c =2kmol/m3和t =3h代入方程可得AO解得 c = 0.2573/cmo/ 3，A所以转化率x =87. 14%A对P进行物料衡算亦有c -0p将工=-20a代入，解得c = r -t =2c -t = 2x 3x0.2573 = 1.544/cmo/ m3P PA所以P的收率1.544/2 = 77.2%1.544/2 = 77.2%kx =ln £ao注：由题13. 1和题13.3可知，CSTR和间歇cA 实验室的间歇式向工程上的CSTR过渡时，应注意PmaxA0式反响器的T和t数值相同时，两者转化率和收率都不相等，因此在反响器由 两者的区别。此外，在此题中连续操作的收率大于间歇操作，这是由于A的浓度较低有利于目的产物P的生成。13.6某反响器可将污染物A转化成无害的物质C,该反响可视为一级反响，速率常数k为LO h-i,设计转化率x为99%o A由于该反响器相对较细长，设计人员假定其为平推流反响，来计算反响器参数。但是，反响器的搅拌装置动力较强，实际的 混和已满足完全混和流反响器要求。物料流量为304. 8m3/h,密度为l.00kg/L；反响条件稳定且所有的反响均发生在反 应器中。(1)按照PFR来设计，反响器体积为多少，得到的实际转化率为多少？(2)按照CSTR来设计，反响器体积又为多少？解：(1)对于一级反响，在PFR反响器中有第23页共30页Douglas. Lee环境工程原理课后习题集可得 1 t =lnl00,即 t =4. 6 h所以反响器体积为V = q t =1403m3Vcc该反响器实际为CSTR反响器，那么有 kc二 a一1 1-4.6= A0-1 ,计算可得c' =0. 179cCC »AAOAA所以实际转化率x ' =82. 1%Ac(2)对于一级反响，在CSTR反响器中有CA1 T =100-1计算可得T =99 h 所以反响器体积v=q T =301751113 V15.7在等温间歇反响器中发生二级液相反响A-B,反响速率常数为0. 05 L/(mol-min),反响物初始浓度C为21noi/L。每批物料的操作时间除反响时间t还包括辅助时间t,假定t=20min。试求每次操作的t,使得单位操作时擀的B产量最大。RDDR解：对于二级反响，在间歇式反响器中有1 1 =ktCA0根据题中数据有1一=0.05t 2变形有：CAmol / L操作时间。.叫 + 0.5t 二t+t总 R单位时