化工原理第三版谭天恩课后答案.pdf

A/r弟 一 早1-1 0.8 9 8 k g.m.31 2 6 33m m Hg1-3 z1.7 8 m1-4 I I =8.5 3m1-5 A pA B1 7 2 0 m m Il g1-6 31 8.2 P a ;误差1 1.2%1-7在大管中:m4.5 7 5 k gs.1 u0.6 8 9 .1 G1 2 6 1 k g.m.2 .1m ss1,1,1在小管中：12 2 4.5 7 5 ,.mk gsu12 1.2 7 4 ,.=.msG2 331=k g2 1.,ms1 8 6.6 8 m解取高位槽液面为1-h喷头入口处截面为2-2 面。根据机械能横算方程，有g z l +U 1 2/2 +pl/P=g z 2+u 2 2/2+p2/P+w f式中，u l =0,p2 =0,u 2 =2.2 m .s-l,p2 =4 0*1 0 3 P a,w f =2 5 J.k g T,代入上式得 z =u 2 2/2 g+p2 -pl/P g+w f/g=2.2 2/2*9.8 1+4 0*1 0 3-0/1 0 5 0*9.8 1+2 5/9.8 1=6.6 8 m1-9 4 3.2 k W解对容器A液面I T至塔内管出口截面2-2处列机械能衡算式2 2u p u p1 1 2 2g z +w =g z +w1 e 2 f2 P2 P已知z l=2.Im,z 2 =36 m ,u l =0,u 2 的速度头已计入损失中，pl=0,p2=2.1 6*1 0 6P a,w f =1 2 2 J.k g-l,将这些数据代入上式得w e =(z 2 -z l)g+p2/P+w f=(36-2.1)*9.8 1+2.1 6*1 0 6/8 9 0+1 2 2=333+2 4 1 7+1 2 2=2 8 8 2 J.k g-1泵的有效功率Ne=w m=2 8 8 2*1 5/1 0 0 0=4 3.2 k we s1-1 0 (1)4.36 K w；(2)0.2 2 7 MP a1-1 1 B处测压管水位高，水位相差1 7 2 m m1-1 2 H=5.4 m,pa=36.2 k P a解在截面1-1和2-2间列伯努利方程，得u 2 p u 2 p1 1 2 2g z l +=g z+2 +2 P2 P2 2即pl .pp2 +g(z l .z 2)二u 2 .2u l (a)z l、z 2可从任一个基准面算起(下面将抵消)，取等压面a-a,由静力学方程得pl+P g(z l -z 2)+P g R=p2+pHgg Rpp p即P lpP 2+g(z lz 2)HgP XgR(b)由式(a)和式(b)可得u1P HgP.3.122u2XgR136001000X9.818010X X=9.8 9Jk g(c)2p1 0 0 0又由连续性方程知u 2=u l(d l/d 2)2=u l X (1 2 5/1 0 0)2=1.2 5 2u l代入式(c)得(1.2 5 2u l)2-u lX2=29.8 9 u l=3.7 0 m.s-l于是u 2=l.2 5 2 X3.7 0=5.7 8ms.1喷嘴处u3=(dl/d3)2=3.70125/75)2=10.28ms.1ulX在截面0-0与3-3间列机械能衡算式H=u32/2g=10.282/29.81=5.39mX在截面0-0与a-a间列伯努利方程H=u 2 2/2 g+pA/P g故有pA=P g H-u 2 2X p=1 0 0 0*9.8 1*5.39-5.7 8 2/2*1 0 0 02=36.2X1 0 3P a1-1 3d W 39 m m1-1 4 水0.0 32 6 m -s-1,空气2.2 1 m ,s-l1-1 5(1)38.3k P a；(2)4 2.3%1-1 6 不矛盾1 T 7 答案略1-1 8(1)第一种方案的设备费用是第二种的1.2 4 倍；(2)层流时，第一种方案所需功率是第二种的2 倍；湍流时，第一种方案所需功率是第二种的1.5 4 倍1-1 90.37 k W1-2 02.0 8 k W1-2 10.1 9 7 m；不能使用解(1)求铸铁管直径取湖面为I T面，池面为2-2 面,在面1-1 与面2-2 间列机械能衡算方程取1 0 次的密度P=1 0 0 0k gm.1,查附录五知u=1.30 5X1 0.3P a.su2 2u12P1P2gz+二 w f2P因ul、u2、pl、p2皆为零,故g A z=w f (a)l u8 入 X 1 0 0 030 0 2X式中，z4 5 m,w f-Xd2 2JI2 d 2(36 0 0)5.6 2 9d5代入式（a）得XX 1X4 5=5.6 2 95dd5=0.0 1 2 7 5 X (b)X的范围约为0 0 2-0.0 3,现知V S很大，R e也大，故人的初值可取小些。设X=0.0 2,代 入 式(b)解得d=(0.0 1 2 7 50.0 2)0.2=0.1 9 1 mX检验入值：新铸铁管的绝对粗懂度=0.0 3 m m,则/d=0.3/1 9 1=0.0 0 1 5 7P u dV s1 0 0 030 0/36 0 0Xp XRe=4.2 6105u(/4)nd U(/4)0.1911.30510XXX.3680.23.68X=0.1 0 0+=0.1 0 00.0 0 1 5 7+=0.0 2 31 60.2 35.dRe.X.4.2 61 0可见初设的人偏小，故需进行迭代计算。再设X=0.0 2 31 6,代 入(b)得d=0.1 9 6 8 m于是e=0.3=0.0 0 1 5 2d1 9 6.81 0 0 030 0/36 0 0Re=X.5=X54.1 31 0(/4)0.1 9 6 81.30 51 0Ji XX X.6 8.0.2 36 80.2 30.1 0 0+=0.1 0 0(0.0 0 1 5 2+)=0.0 2 30 2X X5dRe.4.1 31 0 XX，与入 数据相近，故迭代一次即可结束。对d 取整为0.2 m 即2 0 0 m m(2)E=l m m 时-，核算是否能满足引水量为30 0 m 3.h.1 的要求=1/2 0 0=0.0 0 5d1 0 0 030 0/36 0 0XRe=4.0 6 71 0 5/4)0.21.30 51 0.3XJI X XX6 80.2 3X=0.1 0 0(0.0 0 5+)x=0.0 2 9 84.0 6 71 0 5X代 入 式(b)得d=0.2 0 7 m可见，d=0.2 m的管子不能满足在=l m m时引水量不变的要求，为此应将管径取为2 1 0 m m才行。1-2 26 6.5 L,m in-11-2 3(1)0.5 4 m -s-1；(2)Rl=1 0.6 5 c m,R2=1 7.6 5 c m1-2 4输送能力变小，阀门前压力变大1-2 5u l=7.2 5m ,s-1,u 2=1 0.5 2m ,s-1；风机出口压力p=6 5.2 m m H2 0解（1）求u l,u 2根据并联管路的特点，知w f l=w f2即 即 1d l(l)1u2 1 2=Xd l(2)2u2 2 22现 12,d=d,故上式化简为112 1 22 人u 2=入 u 2(a)1 12 2又根据质量衡算可得2 22(/4)d u+/4)du=JIduJI JI(/4)1122222ududud11222220.15ul+0.15u2二X100.2ul+u2=17.78（b）由（a）（b）求u l,u 2需试差。初设入1=入2,则 由（a）得u 2=2 u l代 入（b）得u l=7.36.1m s于是u 2=1 7.78-u l=1 7.78-7.36=1 0.42m s.1检验以上数值的准确性:查附录六知30 空气P=1.1 65k g.m-3,u =X.1.861 05Pa.s,贝（JP u d1.1 657.360.1 5X X4Re11=.56.915101u1.8610X XP ud1.16510.420.15XX2 24Re.59.79 01 02u1.861 0X X E0.0 50.0 0 0 333d ld 21 50E680.2 3680.2 3X 10.1 0 0(+)=X4)0.1 0 0(0.0 0 0 3330.0 2 1 7d lRe i6.9 1 51 0X680.2 3680.2 3入20.1 0 0(+)二x+4)0.1 0 0(0.0 0 0 3330.0 2 0 5d 2Re 29.79 01 0X与初设值稍有偏差，再将入 1=0.0 2 1 7,入 2=0.0 2 0 5迭代入(a)(b)得.1.11m s21 0.54m su7.2 4,u检验:1.1 657.2 40.1 54ReiX X.56.80210X1.8610X680.23入10.100(0.000333+4)0.0 2 1 86.80 21 0X1.1 651 0.540.1 54X XRe9.9 0 31 0X2.51.861 0X680.2 3入20.1 0 0(0.0 0 0 333+)0.0 2 0 59.9 0 31 0 4X与第一次迭代值很接近，故所得结果为u l7.2 4.I,u 21 0.54m s.1m s(2)求风机出口处压力设风机出口处压力为P o根据风机出口与管出口间的机械能衡算，有Pp f支管1p f总管=x i did)1u212p+Xdlu22P807.242+22030100.0218X XXI.165+XX X I.1 650.1 520.22355.01 4563+X总管e=0.0 50.0 0 0 2 5d2 0 01.1 651 00.25ReX X3=1.25310X1.8610.X680.23680.23A 二0.1 0 0()0.1 0 0(0.0 0 0 2 55)0.0 1 9 4dRe1.2 531 0X于是P355.01 45630.0 1 9 4X=638Pa1-2 61 1.3m1-2 7(1)1 0.1 9 m 3h.1；(2)方案二可行1-2 8当阀门k l关小时,VI,V 减小,V2 增加,p A增加1-2 9 表压为49 2.3k Pa.11-307.0 8k g.11-31634k gh1-329.8 倍第二章2-10.72-2(1)管路特性方程(2)绘制管路特性曲线图，可得型号Q/m 3.h-1H/mN/k WI S 2 50-2 0 0-31 567831.167.385%I S 2 50-2 0 0-31 5A62 72 7.857.083%2-3(1)对泵进、出口列机械能衡算方程，有(a)把H=h e=1 5.0 4m 代入式(a)可得Q=34.76m 3.h-1(2)Q)=9 0%Q=31.2 8m 3.h-1代入式(a),可得h e)=1 2.1 8m有效功率N e=h e Q P g=l.0 4k W百分率Q/Q=D /D=0.9 02-4(1)图(c)的安装方式无法将谁送上高位槽，而(a)、(b)可以，且流量相同；(2)泵所需的功率相同2-5(1)由公及查表及公式可得：h e=77m查附录十七，可选I S 1 0 0-65-2 50 型泵，n=2 9 0 0 r.m i n-1合适(3)不能，不合理2-6I H 40-2 0-1 60,2.0 7k W2-7 解：(1)齿轮泵或螺杆泵(2)离心泵(带开式或半开式叶轮)或齿轮泵；(3)若压力不大，选离心泵(带开式叶轮)，若压力大，选隔膜泵(4)双吸离心泵；(5)往复泵或螺杆泵；(6)计量泵2-82 2 2 m m H 2 0 2-9 不能，将转速提高至1 50 0 r.m i n-1 即可2-1 0 解：在汽缸中压缩、排除时：根据理想气体状态方程得压缩前体积压缩功在密闭筒中压缩时：第三章3-1 水中u o=0.0 0 31 4m ,sT,空气中u o=0.2 82m ,s T,解答：根据题意给定及查取附录，可得如下数据。石英颗粒：d=6 0 X 1 0-6 m；P s=2 6 0 0 k g m-3 2 0 水：P =1 0 0 0 k g,m-3；u=1 X 1 0-3 P a s2 0 空气：P=l.2 0 5 k g-m-3；u=0.0 1 8 1 X 1 0-3 P a s(a)在 2 0 水中沉降，设斯托克斯定律适用，=0.0 0 3 1 4m s-1 验算=0.1 8 8V 2故可用斯托克斯公式，uo结果正确。(b)在 2 0 空气中沉降=0.2 8 2m ,s-1 验算：=1.1 3 23-24.7 4P a ,s3-3(1)6 4.7 um；(2)5 9.7%(1)先设沉降在斯托克斯区，则能被完全去除的最小颗粒直径查附录知常压、1 0 0 C 空气k g m-3又已知k g m-3,Vs=2 7 0 0/3 6 0 0=0.7 5 m 3 s-1,A O=2 X 1.5=3 m 2 代入上式得=6 4.7 n m 检验：=0.2 5 m/s=0.7 1 0 4)以管外表面为基准的传热系数K 2,根据题意可计算如下:=1.1 95 X1 0-3K 2=8 3 7W./(m2,k)(2)操作一年后的传热方程用K 2 A A t m 表示，与操作初期的Q=K 2A A t m 比较，两传热系数有以下关系 式 5-l l c ：以下分别求 t m 和 t m。查 1 96 k Pa (表压)饱和水蒸汽的温度1 3 3 度,有1 3 3-1 3 3 1 3 3-1 3 3 20-8 0 20 TOC1 1 3 5 3 1 1 3 6 3 A t m=(1 1 3-5 3)/I n (1 1 3/5 3)=7 9.25 t m =(1 1 3-6 3)/I n (1 1 3/6 3)=8 5.5 8 故其中的污垢热阻Rs l 比Rs 1=6*1 0-4W1.m2,k 增加了约 47%o5-1 7能满足要求5-1 8a =1 40 W-m-2 K-l5-1 9a =45 8 W-m-2 K-15-201 41 0 W m-2 K-l5-21K=7 5 8 W m-2 K-l5-22a -5 3 W m-2 K-l5-23 a =5 3 3 W m-2 K-l5-24 a =5 3 3 W-m-2-K-l；a =5 3 3 W m-2 K-l5-25K=20 40 W m-2 K-l；T=1 24解答使用初期的传热系数K用热衡算式计算求 t m水蒸气1 1 0 -1 1 0 溶液20 一8 0 90 3 0 =5 4.6 则K=m2c p 2(t 2-t l)/(A A t m)=(2.5*1 0 0 0 0/3 6 0 0)*40 0 0*(8 0-20)/(1 5*5 4.6)=20 3 5W./(m2,k)使用一年后的平均温差变为 t m 水蒸气1 1 0-1 1 0 溶液20 一7 2 90 3 8 =6 0.3 则=1 5 97 W m-2 K-l为使溶液出口温度保持8 0 度，必须是平均温差满足即使得=6 9.6 此时的加热水蒸气的温度T 应该满足下式=6 9.6 或得T =123.9比原来的T=110升高13.9o5-26a-2630W m-2 K-l5-27e=0.8185-28=0.75；t2=103解油mslcpl=0.9X2.1=1.89kJ.s-1.K-l水ms2cp2=0.6X4.187=2.51kJ.s-1.KT可知mslcplp,过程为脱吸。9-4 吸收率0.9 5,吸收量28 5 k g h-1。9-51 0 下7.8 9 L m-3,1 1.27 m g L T,x*=6.34 X 1 0-6,H=l.6 7 6 X 1 0-5 k m o l m-3 k P a-l o9-6 解：根据例9-5 中所得的算式及计算，取三位有效数字，可 得 下 表（作图从略）:1 0 4 x2.8 15.268.4 31 4.01 9.728.14 2.01 0 3y6.261 5.726.34 8.06 9.31 0 51 6 79-7l O O k P a T：x=6.5 6 X 1 0-5,P=9 0.9 k P ao9-8l O O k P a 下：9-9 解：从两相给质系数、按以下公式求总传质系数式中溶度系数根据传质系数间得换算式，有气相阻力在总阻力中所占得比例为9-1 19-1 2加倍，h 0 不改变；加倍，h 0 增加23%。9-1 3 回收 1 22.8 k g h-1；减少 4.2 k g h-19-1 4L=0.0 4 29 k m o l m-2 s T,h 0=1 5.7 m。解：出塔水中丙酮得组成为对塔顶、塔底得物料衡算式（9-39）为故为原用水量的0.8 7 5 倍。以下用平均推动力法求填料层高h 与例9-6 相同故所求h 0 为原高度1 1.8 m 的 1.33倍9-1 5 o9-1 6 (1)或，；(2)1 1 0 约 4.4 0 1。9-1 7y a=2.5 5 X 1 0-49-1 8 (1)N 0 G=7.8 4；(2)N 0 G=1 5.2；(3)N 0 G=1 8.5；o9-20y a=7.8 6 X1 0-4 o解：应用式(9-7 6),其中故据习题9-1 7 (1)的用水量及平衡关系已得A=1.1 8,代入上式，得9-21 式(9-9 2)算得为 0.1 7 5 m ,式(9-9 3)算得为 0.4 5 m 第十章1 0-1解法一1 0-1解法一成x=0.25 6,y=0.4 5 5,设液相所占的摩尔分数为q,可列出方程0.25 6 q+0.4 5 5(l-q)=0.4解得q=0.27 6故液气比为q/(l-q)=0.27 6/0.7 24=0.38 1解法二做较准确的计算。苯(A)和甲苯(B)的蒸汽压、按下述安托万方程计算:则当t=1 0 0 时，求=1 8 0.O k P a,=7 4.1 7 k P ao根据拉乌尔定律和道尔顿定律，得以下方程组:代入数据、P(1 0 1.3k P a),解得x A=0.25 6 3,x B=O.4 5 5 5根据苯的物料衡算0.4 F=0.25 6 3L+0.4 5 5 5 (F-L)可解得F/L=3.5 8 9,而q=L/F=l/3.5 8 9=0.27 8 6故液气比为q/l-q=O.27 8 6/(1-0.27 8 6)=0.38 6 21 0-2p A=25.2k P a,p B=l.5 k P a；x=0.8 4 4,y=0.9 4 2；a =3.0 2。1 0-3解应用式(1 0-3)由题意有P=8 0 k P a,x A=0.4,y A=l-0.4=0.6 则显然，当蒸汽压、满足上式的温度t,即为泡点。联立下述安托万方程，可通过计算机求解得t：故认为所求的泡点t=8 7.2 5o 此状况下的平衡气相组成为在P=1 0 1.3 k P a 下,x=O 4时平衡气相组成可按例1 0-2 计算。由表1 0-3 可得a =2.3 6+0.2 5x代入x=0.4,则有a =2.4 6。于是偏差以本题(1)中同样的求解方法求P=2 6.7 k P a、x=0.4 时的泡点。求得t=55.1 4,=4 3.8 1 k P a,=1 5.2 3 k P a此时平衡气相组成为偏差由以上计算结果可知，当总压变化不大时(8 0/1 0 1.3=0.7 9),按本题定义的偏差不大(0.0 3 2)；但总压变化甚大时(2 6.7/1 0 1.3=0.2 64),相应的偏差也较大(0.1 58),不能忽略。1 0-4 在x较小处，按组成得到的相对挥发度a较按理想溶液计算值为大，而x较大处a偏小；可知甲醇-水与理想溶液的偏差颇大，不能作为理想溶液。1 0-5釜液组成x 2=0.4 9 8,储出液组成x D=0.8 0 4 o1 0-6x=0.50 8,y=0.7 8 4；若冷凝量增大，组成将变大；若使x 0=0.6的液体汽化1/3,结果与上述相同。1 0-7x=0.50 8,y=0.7 8 4,与习题1 0-6的结果相同。1 0-8y2=0,8 9 8,x 2=7 57。1 0-9精储段约需7.7层，提储段约需6.3层。1 0-1 0解由题意有x D=0.9 7,x W=O.0 4,x F=0.5；a =2.5 相平衡关系由于q=L则将x F=0.5代入平衡关系，求得y=0.7 1 4,即定出点e(O 5,0.7 1 4)o由最小回流比的定义可知，该线经过e(0.5,0.7 1 4)和a(0.9 7,0.9 7)。应用式(1 0-4 0),得所以，实际回流比R=1.5R m i n=1.7 9,可求得精饰段操作线为即提镭段操作线可由b(x W,x W)及精播段操作线和q 线的交点d 决定。将x=0.5代入精储段操作线，求得y=0.668 5,即有d(0.5,0.668 5)。由此可求得提播段操作线为下面进行逐板计算：精储段x 2=0.8 69（用平衡关系）y3=0.9 0 5（用物料衡算，即操作线）x 3=0.7 9 3（用平衡关系）y4=0.8 56（用操作线）；x 4=0.7 0 5（用平衡关系）y5=0.8 0 0（用操作线）；x 5=0.61 5（用平衡关系）y6=0.7 4 2（用操作线）；x 6=0.53 5（用平衡关系）y7=0.69 1（用操作线）;x 7=0.4 7 2（用平衡关系）提储段y9=0.54 0；x 9=0.3 1 9yl 0=0.4 2 2；x l 0=0.2 2 6yl l=0.2 9 4；x l l=0.1 4 3yl 2=0.1 8 1；x l 2=0.0 8 1yl 3=0.0 9 6；x l 3=0.0 4 0 8yl 4=0.0 4 1；x l 4=0.0 1 69因此，理论板数为(1 4-1)=1 3层，进料位置为第7层板。1 0-1 1(D R=1.7；(2)D=4 0.3 k m o l.h-l；(3)q=0.654 o1 0-1 2解根据单板效率定义，对n板有同时，对全回流的物料衡算为yn+l=x n从所测得的数据可得到第n+1、n+2板的效率如下：其中故E m v,n+l=O.7 0 0同理E m v,n+2=0.69 11 0-1 3精微段1 4层，提储段7.5层。1 0-1 4解由习题1 0-1 3中的数据x D=0.9 5 x F=0.6、x W=0.2 5、R=4、a =1.4 5 进行计算。(1)最少理论板数N m i n 按式(1 0-4 4)计算(2)最小回流比R m i n 应用式(1 0-4 5)计算：(3)应用吉利兰关联理论板数N o 现按式(1 0-4 8)计算Y：(4)精播段理论板数N l o 先求精储段的最少理论板数N m i n,L 也由式(1 0-4 4)计算。其中，按式(1 0 -4 9)计算：提播段理论板数N 2=N-N 1-1=6.9 51 0-1 5D m a x=6.9 1 k m o l.h-11 0-1 6梯级的两个线段各代表经过这层理论版的组成变化。1 0-1 7 可采取以下措施：加大回流比R;降低进料管位置；减少料液的焰1 0-1 8解：由题意有根据物料衡算，有F=D+W代入已知值，两式联立求解，得由于分凝器相当于一块精播板，而釜相当于一块提储板,而，则由相平衡方程可得而点满足如附图所示虚线框内得物料衡算：代入，可求得R=3.8 7 1。由于是饱和液体进料，因此，塔釜产生蒸气1 0-1 9由题意有根据物料衡算，有F=D+W由此解得精播段操作线方程为即有即有(3),从而求得(2)蒸播过程相当于通过两侧精馀板和一层提镭板。类似地使用操作线方程和相平衡方程，可求得y l=x D=O.8=0.61 54,=0.7 3 8 5,x 2=0.53 04,y3=0.7 1 01将x w代入式(3),从而求得：D=67.2 k m ol(3)蒸储过程相当于通过两层精储板和一层提播板。类似地交替使用操作线方程和相平衡方程，可求得y l=x D=0.8=0.61 54,=0.7 3 8 5,x2=0.53 04将x F=O.7 代入精镭段操作线方程，可求得从而可据d（0.7,0.7 666）和b（,）确定提饰段操作线方程为显 然（x 2,y 3）在上述提播段操作线上，则有又据相平衡方程，有联立式（6）,式（7）解得（另一根0.7 407 V 0.53 04,不合题意，舍去）将代入式（3）,从而求得D=7 8.2 k m ol由上述求解过程可知，欲获得最大得苯回收率，宜采用流程（I I I）。1 0-2 0A+B+C+DA+B+CDA+BABA+B+C+D1 0-2 1解对物系进行物料衡算，如下列式子可得:总衡算F=D+W对组分A0.04F=x A,D D对组分B0.06F=x B,D D对组分c0.4F=0.05D+0.7 5W由上面式子可得D=W=0.5Fx A,D=0.08x B,D=0.1 2则x C,D=0.7 5再用捷算法估计分离轻重关键组分所需的理论板数。得：N m i n=1 0.2 5计算最小回流比R m i n=2.63 7然后应用吉利兰关联，可得：X=0.2 7 2 7；Y=0.3 9 1 0则可计算所需的理论板数共为N=1 7.5精播段的最少理论板数为N m i n,1=6.69故其理论板数为N l=1 1.4提播段理论板数N 2=N-N 1-1=5.1与例1 0-1 3 比较,在C+E二元溶液中加入较易挥发的组分A+B后精播段、提播段的理论板数都有所减少(N 1 从 1 4减少到1 1.4,N 2 从 7.5 减少到5.1)。第H 章1 1-1 (1)0.8 1；(2)0.08 1；(3)0.07 8 m 清液柱。1 1-2 泡沫液面高0.2 9 m,需加大板间距；停留时间4.6s,合用。1 1-3D=0.9 m1 1-4(1)总板效率E4 46%；(2)未计入底段、顶段的高度近2 0m。1 1-5D=l.4m,液泛分率为0.61.1 1-6m G=1 0000k g-h-l；勉强可用，但偏高。1 1-7D=0.7 m,h 0 2 0m；压降约为筛板塔的0.2 倍。第十二章1 2-2x*=1 8%,y*=62%；E=0.2 7 F,R=0.7 3 F 01 2-38 1=42 9,B 4=8 7.5,8 7=7.031 2-4x=9.5%,y*=51.5%,E=0.48 6F,R=0.51 4F。1 2-5x=5.2%,y=54%,E=0.51 F,R=0.49 F.1 2-6S=501 k g h-11 2-7N=7 o1 2-8N=4,C R 1=O.69 g -L-l,C R 2=0.42g L-l,C R 3=0.2 8g L-l,G R 4=0.1 9 g -L-l o第十三章1 3-1 (1)=0.2 56,H=0.08 62 k g k g-1；(2)=0.067 5,H=0.53 41 3-2H=0.01 8 6k g .k g-1,4)=0.2 3 8,1=9 8.6k J k g-1,V H=0.9 42,t d=2 3.7 1 3-3 (1)HM=0.048 1k g ,k g-1,I M=1 66k g k g-1；(2)H=0.048 1k g .k g-1,=0.01,1=2 1 9k J k g-1解由t=2 0,=0.0 5,查附录七得ps=2.3 3 8 k P a,则Hl=0.62 2 X=0.62 2 X=0.0007 2k g k g-11 1=(1.01+1.8 8 H1)t l+2 49 2 Hl=(1.01+1.8 8 X 0.0007 2)X 2 0+2 49 2 X 0.0007 2=2 2.0k J k g-1,类似地，由t=50、=0.8,查附录七得ps=1 2.3 3 k P a,则1 1 2=0.62 2 X=0.62 2 X=0.067 1k g k g-11 2=(1.01+1.8 8 H2)t 2+2 49 2 H2=2 2 4.0k J k g-1经过混合后HM=2/7 X H1+5/7 X H2=0.048 1k g k g-1I M=2/7 X I 1+5/7 X 1 2=1 66.3 k J -k g-1加热至9 0时，可在图1 3-3定出该点，沿水平线与t=9 0C等温线相交，得该温度如下:H=0.048 1 k g ,k g-1,=0.01；而1=(1.01+1.8 8 X 0.048 1)X9 0+2 49 2 X 0.048 1=2 1 8.9k J k g-l o1 3-4(1)H2=0.01 9k g -k g-1,1 2=7 8.7kJ kg-1,2=0.7；(2)Q=3780kJW=l.09kgo1 3-5W l/W 2=l.2 9 o1 3-6(1)W=3 7.9 k g -h-1；(2)L=2 1 00k g h-1；(3)G 2=9 09 0k g d-l o1 3-7 (1)L=59 2 00k g h-1,Q=1 08 0k W；(2)L=67 7 00k g h-1,Q=1 3 1 0k Wo解(1)先求出每小时除去的水分WW=2 0 0 0 X二 94 8k g h-l由t=1 6、t w=1 4 查图1 3-3 得H 0=0.0 0 9k g k g-1,可算出1 0=(1.0 1+1.8 8H O)t O+2 4 921 1 0=3 8.9k J k g-1预热到8 0 ,则H 1=H O=O.0 0 9k g ,k g-11 1=(1.0 1+1.8 8 X 0.0 0 9)X8 0+2 4 92 X 0.0 0 9=1 0 4.6k J k g-1沿绝热饱和线与=0.5相交，得H 2=0.0 2 5k g ,k g-1L=94 8/(0.0 2 5-0.0 0 9)=5 92 0 0 0k g ,h-lQ=L(I i o 1 0)=5 92 0 0 X (1 0 4.6-3 8.9)=3 8 9X 1 0 4 k J h-1 或 1 0 8 0 k W(2)对实际干燥过程，按 式(1 3-2 8 a),即其中，H l=0.0 0 9k g k g-1,=1.0 1+1.8 8 X 0.0 0 9=1.0 3 k J k g-1 K-l=-1 1 6 X 3 6 0 0/94 8=-4 4 0 k J k g-1 水。为作出t-H 线，已知t l=8 0,1 1 1=0.0 0 9k g ,k g-1 可定出一点。再令1 1=0.0 2 k J -k g-1 代入式(1 3-2 8 a),得t=t l+(1/1.0 3)X (-2 4 92-4 4 0)X 0.0 20.0 9)=4 8.7 ,可定出另一点，联结这两点，并延长与=0.5 相交，查得1 1 2=0.0 2 3 k g k g-1,可算得12=108.6kJ-kg-1L=67700kg h-1Q=L(12-10)=472X104kJ h-l 或 1310kW13-8(1)G2=9080kg h-l；(2)L=15000kg h-l；(3)Q=256kWo13-9以湿度差(Ilw-H)表示的推动力分别为：(1)0.014；(2)0.013；(3)0.017；可知干燥推动力(3)(1)(2)o13-10tas=27,tw=32013-11总干燥时间0=14.2ho13-12X*VXc.。平衡含水率X*代表物料在一定空气状态下得干燥极限。平衡过程中，只要空气得温度和水汽分压PW一定，物料中得含水率只能下降到与PW平衡得X*。除与空气状况有关，其大小还随着物料的种类和温度而异。若空气中的H下降，则物料得平衡含水率也将下降。临界含水率Xc.是由恒速阶段转到降速阶段的临界点，此后，物料内部水分移动到表面的速度已赶不上表面的水分汽化速度，过程速度由水分从物料内部移动到表面的速度所控制、物料表面就不再能维持全部湿润，部分表面上汽化的为结合水分，而且随着干燥的进行，干燥速率不断减小。相对而言，平衡含水率X*较临界含水率Xc.小。13-136.63ho