化工原理试题2009级-张杏梅

课程名称 化工原理

适 用 时 间 2011.7

试卷类别 A 适用专业、年级、班 2009级 一、填空题（每空1分，1×20=20分） kPa（当地大气压强为101.33kPa）。

2、精馏操作中，求算理论塔板数常用的方法为 、 及简捷法。 3、离心泵的特性曲线分别是 、 和 。

4、对流传热的热阻主要集中在 ，因此，强化对流传热的重要途经是 。

5、精馏塔进料可能有 中，当进料为气液混合物且气液摩尔比为2:3时，则进料热状况q值为 。 6、斯蒂芬-玻尔兹曼定律的表达式是 ，该式表明 。 7、在吸收过程中，KY和 ky分别是以 和 为推动力的吸收系数。

8、流体在圆形直管中作滞流流动时，摩擦系数λ与Re的关系是 ；若其作完全湍流（阻力平方区），则摩擦系数λ仅与 有关。

9、板式塔的流体力学性能图由 、 、液相负荷上限线、 和液相负荷下限线五条曲线包围的区域构成。

二、选择题（每小题2分，2×10=20分） 1、离心泵的扬程是指（ ）。

A．实际的升扬高度 B．泵的吸上高度

C．单位重量液体通过泵获得的能量 D．液体在泵进出口的压差换算成液柱高 2、滞流和湍流的本质区别是（ ）。

A.湍流流速大于滞流流速 B.滞流时Re数小于湍流时的Re数

C.流道截面大时为湍流，截面小时为滞流 D.滞流无径向脉动，而湍流有径向脉动

3、用精馏塔完成分离任务所需理论板数NT为8（不包括再沸器），若全塔效率ET为50%，则塔内实际板数为（ ） A．16层 B．12层 C．14层 D．无法确定 4、离心泵停止操作时宜 （ ）。

A.先关出口阀后停电 B.先停电后关阀

C.先关出口阀或先停电均可 D.单机泵先停电，多机泵先关出口阀 5、精馏时进料热状态可用q值表示，当饱和蒸汽进料时q值为（ ）。

A．q>1 B．q=1 C．q<0 D．q=0 6、工业生产中，沸腾传热区应设法保持在（ ）。

A．自然对流区； B. 核状沸腾区； C. 膜状沸腾区； D.过渡区

7、只要组分在气相中心的分压 液相中该组分的分压，吸收就会继续进行，直至达到一个新的平衡为止。

A．大于 B.小于 C.等于 D.不确定

8、在下列填料中属于环形填料的是（ ）。A．鞍形网 B．鲍尔环 C．波纹网 D．弧鞍

1、某设备的表压强为110kPa，则它的绝对压强为 kPa，另一设备的真空度为500mmHg，则它的绝对压强为

9、在一逆流操作的套管换热器中，热流体温度由120℃降到70℃，冷流体温度由20℃升到60℃，则其对数平均温差

为（ ）。 A.45.4℃ B.54.9℃ C.61.4℃ D.59.2℃

10、含低浓度溶质的气体在逆流吸收塔中进行吸收操作，若进塔气体流量增大，其他操作条件不变，则对于气膜控制系统，出塔气相组成将（ ）。A．增加 B.减小 C.不变 D.不确定 三、简答题（每小题4分，4×4=16分） 1、流体在管路中流动时，其局部阻力是如何计算的 2、简述双膜理论的要点

3、说明恒摩尔流假设，并指出其满足的条件。 4、传热过程中强化传热的途径都有哪些？ 四、计算题（第1、2小题各10分，第3、4小题各12分，共44分）

1

1、用离心泵将20℃的清水从蓄水池送至水洗塔，塔顶压强表读数为49.1kPa，输水量为30m3/h。输水管出口与水池液面保持恒定高度差10m，管路内径81mm，直管长度18m，管路中所有局部阻力系数和为13，摩擦系数为0.021，若泵的效率为70%。.计算泵的轴功率。

2、有一单程管壳式换热器，用饱和蒸汽加热原料油。温度为160℃的饱和蒸汽在壳程冷凝（排出时为饱和液体），原料油在管程流动，并由20℃加热到106℃.管壳式换热器尺寸为：列管直径Ф19mm×2 mm、管长4m，共有25根管子。若换热器的传热量为125kW，蒸汽冷凝传热系数为7000W/m2·℃，油侧污垢热阻可取为0.0005m2·℃/W,管壁热阻和蒸汽侧垢层热阻可忽略，试求管内油侧对流传热系数。

3、用板式精馏塔常压下分离苯—甲苯溶液，塔顶为全凝器，塔釜用间接蒸汽加热，进料量为140kmol/h，

进料组成为0.5（易挥发组分的摩尔分率，下同），饱和液体进料；塔顶馏出液中苯的回收率为0.98，塔釜采出液中甲苯回收率为0.95，提馏段液气比L'5 求（1）塔顶馏出液组成xD及釜液组成xw；（2）写出提馏段操作线方程。

4V'24、用清水在逆流填料塔中吸收某混合气体的溶质A，塔径为1.5m。原料气流量为267.9Kmol/h，原料气中溶质A的体积分率为0.08。已知操作条件下气液平衡关系为Y1.8X，气相总体积吸收系数为KYa5.0710Kmol/(m3s)。

若吸收剂用量为最小用量的1.6倍，现要求溶质回收率达90％，试求：（1）吸收剂用量；（2）填料层高度。

宝鸡文理学院试题参考答案及评分标准

一、填空（每空1分，1×20=20分）

1、211.33 34.7 2、逐板计算法 图解 3、H~Q、N~Q和~Q 4、 滞（层）流内层、减少滞（层）流内层厚度 5、5 3/5

T 黑体的辐射能力与热力学温度的四次方成正比 6、EbC01007、 Y-Y y-y 8、464 /d 9、雾沫夹带线 液泛线 漏液线 Re二、选择题（每小题2分，2×10=20分） 1、C 2、D 3、A 4、A 5、D 6、B 7、A 8、B 9、B 10、A 三、简答题（每小题4分，4×4=16分）

1、答：常有两种方法可用于计算局部阻力（1）阻力系数法hfu22leu2（2）当量长度法h'f

a22、答：双膜理论的要点是：（1）相互接触的气、液两流体间存在着稳定的相界面，界面两侧各有一个很薄的停滞膜，

吸收质以分子扩散方式通过此二膜层以气相主体进入液相主体。 （2）在相界面处，气、液两相达到平衡。

（3）在两个停滞膜以外的气、液两相主体中，由于流体充分湍动，物质组成均匀。 3、答：恒摩尔流假定分恒摩尔气流和恒摩尔液流。 （1）恒摩尔气流

指精馏段每层塔板上升蒸气的摩尔流量相等，提馏段每层塔板上升蒸气的摩尔流量相等，但两段的上升蒸气量不一定相等。即

V1V2VnV, V'1V'2V'nV',

（2）恒摩尔液流 一定相等。即

指精馏段每层塔板下降液体的摩尔流量相等，提馏段每层塔板下降液体的摩尔流量相等，但两段的下降液体量不

2

L1L2LnL,

L'1L'2L'nL',

满足的条件①各组分的摩尔气化热相等②交换的显热可以忽略③塔设备保温良好QL可以忽略。 4、答：（1）增大平均温度差tm （2）增大传热面积S （3）增大总传热系数K

四、计算题（第1、2小题各10分，第3、4小题各12分，共44分）

1、解：取蓄水池液面为截面1-1，输水管水出口外侧为截面2-2，在1-1和2-2间列柏努力方程，以1-1为基准面，即

2gZu2P21WegZu2P2122hf12 Vh 式中：Z10，Z210m，u/360010，u3600301.617m/s

d20.081244 p49.1103Pa

WgZpl2ued2所以 9.811049.1103210000.021181.617 0.081132170.3J 则：NNeWeVs170.31000300.736002027W2.027kW

2、解：传热面积为S0.01945.97m2ondoL25

平均温度差为：

tTt1Tt2m1602016010690.27℃

lnTt120Ttln1602160106由QKoSotm得， KoQSt125000231.94 W/m2·℃

om5.9790.27由于忽略管壁热阻和蒸汽侧污垢热阻，故总传热系数为：

1dKoRdo1si oididio代入数据得

119231.94150.0005191

i157000解得i358.3 W/m2·℃ 3、解：（1）依题意知：

3

塔顶DxDDxDW1-xwW1-xw0.98 塔底0.95 FxF1400.5F1-xF1400.5F=D+W FxFDxDWxw

以上四式联立解得xD0.953 xw0.021 D=72.1kmol/h W=67.9 kmol/h

(2)提馏段操作线方程 ym1'L依题意

''LqF'WL'W''xm'xWxm'xW 先求最小回流比，由'VVVVRminxDyqyqxq

LqF5'5，所以有，由于q=1，VR1D，故有 '4V4VRDF572.1R1405， 解得回流比R=2.77，即因此有V'VR1D3.7772.1271.8 kmol/h

R1D4R172.14则提馏段操作线方程为 ym1'5'67.9'xn0.0211.25xm0.00525 4271.82.4、解：原料液的体积流量V=0.92×267.9=246.5Kmol/h 用清水吸收，X2=0

由于吸收率A0.9,则

AY1Y20.9Y1 所以Y2Y1(1A)0.08(10.9)0.008

最小液气比：

Y1Y20.080.008LminY1Y21.620.08Ym1VX1maxX21.8

则 L=1.6×1.62V=1.6×1.62×246.5=638.8Kmol/h

HOGV246.5/36000.764(m)KYa5.071021.52/4

S 方法一：

mVm1.80.694Y0 LL/V1.61.622

NOG

Y1Y2110.08ln1SSln10.6940.6944.321SY2Y20.00810.694

ZHOGNOG0.7644.323.30m

方法二：由全塔物料衡算式VY1LX2VY2LX1得

X1VY1Y20.087-0.00870.0302L1.61.62

Ym0.0871.80.03020.00870.0240.0180.0871.80.0302ln0.00871.32Y1Y2Y1Y1Y2Y2Y1mX1Y2mX2Y1YmX1YYlnln1ln11Y2Y2mX2Y2Y2NOGY1Y20.0870.00874.35Ym0.018

ZHOGNOG0.7644.353.32m

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