2024年4月5日发(作者：淦驰丽)

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/m

3

）

解：（1）根据已知条件

p

*

NH

3

987Pa

c

NH

3



定义

1/17

0.5824kmol/m

3

101/1000

p

*

NH

3

c

NH

3

H

NH

3

H

NH

3

c

NH

3

p

NH

3

5.910

4

kmol/m

3

•Pa

（2）根据已知条件可知



x

NH

3



根据定义式

1/17

0.0105

1/17100/18

p

*

NH

3

E

NH

3

x

NH

3

可得

E

NH

3

9.4210

4

Pa

（3）根据已知条件可知

*

y

*

NH

3

p

NH

3

/p987/1013250.00974

于是得到

m

NH

3

y

*

NH

3

x

NH

3

0.928

（4）由于

H

和

E

仅是温度的函数，故

H

NH

3

和

E

NH

3

不变；而

p

*

ExE

1

'

myx

，与

T

和

p

相关，故

m

NH

0.9280.309

。

3

pxpxp

3

*

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。

6-2 在25℃下，CO

2

分压为50 kPa的混合气分别与下述溶液接触：

(1) 含CO

2

为0.01 mol/L的水溶液；

(2) 含CO

2

为0.05 mol/L的水溶液。

试求这两种情况下CO

2

的传质方向与推动力。

解： 由亨利定律得到

*

p

CO

2

50kPaEx

CO

2

根据《 化工原理》 教材中表 8-1 查出

E

CO

2



25℃



1.6610

5

kPa

所以可以得到

*4

x

CO

3.0110

2

又因为

H

CO

2



25℃





所以得



HO

2

EM

H

2

O



1000

43



3.34710kmol/kPa•m

5

1.661018

*43

c

CO

Hp3.34710500.0167kmol/m

COCO

222

于是：（1）为吸收过程，

c0.0067kmol/m

3

。

（2）为解吸过程，

c0.0333kmol/m

3

。

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

*

CO

2



c

CO

2

H

CO

2



0.01

29.9kPa

3.34710

4

推动力

p20.1kPa

（吸收）

*

②

p

CO



2

c

CO

2

H

CO

2



0.05

149.4kPa

4

3.34710

推动力

p99.4kPa

（解吸）

或者 , 用摩尔分数差表示时

① 由

x

CO

2



0.01

1.810

4

，判断出将发生吸收过程，推动力

1000

18

x1.20110

4

；

②由

x

CO

2

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SO

2

为0.001(摩尔分数)的水溶液与含SO

2

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，SO

2

的

E

0.56710

4

kPa

,

故

E0.56710

4

m56

P101.3

根据相平衡关系 , 得

y

*

A

mx

A

560.0010.056

由于

y

*

A

y

A

，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 , SO

2

的

E

0.29410

4

kPa

，故

E0.29410

4

m29

P101.3

根据相平衡关系 , 得

y

*

A

mx

A

290.0010.029

由于

y

*

A

y

A

，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10

4

kPa

，故

m

y

*

A

mx

A

18.90.0010.0189

E

18.9

P

由于

y

*

A

y

A

，所以将发生吸收过程。推动力为

y0.030.0189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

不断移走热量以使吸收在等温下进行。进气量为1000 m

3

，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(m

3

) 。

解 惰性气体量

V10000.88880m

3

，进口中 NH

3

之量为

120m

3

,出口中NH

3

之量为

120

0.010.99

9m

3

,于是总出气量= 880 + 9 =

889m

3

,被吸收的NH

3

量为

0.120.88

0.12

1000101325889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

-5

m

2

/s，大气压强为1.013×10

5

Pa。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。

N

A



DPp

A1

p

A2

p

B2

ln

RTZp

B1

p

B2

p

B1

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：

p

A1

101.3kPa,p

A2

0kPa,p

B2

101.3kPa,p

B1

101.32.334698.97kPa,

Pp

A2

p

B2

101.3kPa,

代入上式得：

DPp

A1

p

A2

p

B2

2.6010

-5

101.3101.30101.3

N

A

lnln

RTZp

B1

p

B2

p

B1

8.3142930.005101.398.9798.97

5.0310

-6

kmol/m

2

•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

dZN

A

M5.0310

6

18

9.05410

8

m/s

N

A

Ad



AdZ

则

d



1000

M



在



0

，

Z0

到



0

，

Z210

3m

之间积分，得

210

-3



2.2110

4

s

-8

9.05410

6-6 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

1.5

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

G

，

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

X

2



0.010.1

0.01

，

Y

1

0.11

10.0110.1

℃ 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)),

X

1max

X

1

*

Y

1

m0.11

。根据物料衡算可知

Y

2

Y

1



此时 , 吸收率为

L

*

X

1

X

2

0.110.8



0.110.01



0.03

V



E

0.110.03

72.7%

0.11

℃ 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))，

Y

2min

Y

2

*

mX

2

0.01

。仍可以根据物料衡算

L



X

1

X

2



V



Y

1

Y

2min



，求出

X

1

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

Y

1

mX

1

根据操作线关系,有

Y

2

Y

1

L



X

2

X

1

V

式℃，℃联立，求得:

X

1

Y

1

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SO

2

，气体中SO

2

的平均组成为0.02(摩尔分数)，水中

SO

2

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

k

G

=0.3×10

-2

kmol/（m

2

·h·kPa），液相传质分系数

k

L

= 0.4 m/h。操作条件

下平衡关系

y50x

。求总传质系数K

Y

（kmol/（m

2

·h））。

解 根据



yy

*



yy

*

K

Y

p



yy

*



K

Y

p

A

p

*

A

N

A

K

Y



YY



K

Y





1y



1y

*





K

Y



1y





1y

*





p



1y





1y

*





p



1y





1y

*





*

和

N

A

K

G

p

A

p

*

A



得

K

Y

pK

G



1y



1y

*



现已知

p111.4kPa

，

y0.02

，

y

*

mx

A

50

要先根据下式求出

K

G

才能求出

K

Y

:

164

2.8110

4

，因此

164100018

111



K

G

k

G

Hk

L

因此还要求出

H

：

c

A

x

A

c100018

3

0.01kmol/m•kPa

*

p

A

pmx

A

111.450

H



于是便可求出

K

G

0.0017kmol/m

2

•h•kPa



和

K

Y

0.187kmol/m

2

•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1.013×10

5

Pa、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 ·m

3

/kmol，气膜吸收

分系数k

G

=1.55×10

5

kmol/(m

2

·s·kPa)，液膜吸收分系数k

L

=2.08×10

5

(m/s)。试求吸

收总系数K

G

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

N

A

K

G



p

A

p



K

L



cc

A



和

p

A

，可知

H

*

A

*

A

*

A

K

L



所以只要求出

K

G

即可。又

1

K

G

H

11111

17637673424371

K

G

k

G

Hk

L

5.6710

-5

1.9810

-3

0.075

所以

K

G

4.110

-5

kmol/m

2

•h•Pa



K

L

0.02m/h

11

为气相阻力，为总阻力，故

k

G

K

G

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

1.013×10

5

Pa。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/m

3

。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

N

A

K

G



pp

*



求出。其中

p5.07kPa

c210

3

p1.02310

3

kPa

H1.955

*

K

G



1



1k

G

1Hk

L

1

11



1.5510

5

1.9552.0810

5

1.1210

5

kmol/m

2

•s•kPa



于是可得

N

A

1.1210

5

5.071.02310

3

5.6810

5

kmol/m

2

•s



分析 (1) 此时，根据

N

A

K

G



pp

i



1.5510

-5



5.07-p

i



5.6810

5

, 还可以计

算出气液界面气相侧中的甲醇分压（

p

i

1.405kPa

）以及液相侧中的甲醇浓度

（

c

i

Hp

i

2.748kmol/m

3

），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/m

3

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0.0064%)，这些

水又有何用呢？

(3) 若将题目中 甲醇浓度改为

2kmol/m

3

，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。

x

2

y

2

y

2

A

B

A

x

2

B

y

a

y

1

x

1

(a)

y

a

x

a

y

1

x

1

(b)

x

a

x

2

y

2

y

1

A

B

A

x

2

y

2

B

y

2

y

a

x

3

(c)

x

a

y

1

x

1

(d)

x

a

题6-10附图

(c)

y

1

A

y=mx

B

y

2

y

3

0

（d）

x

3

x

2

x

1

y

3

A

y=mx

B

y

1

y

2

x

2

0

x

1

x

3

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H

2

S，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。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 y

1

=0.02 y

2

=0.001

E5.5210

4

KPa

P =101.33KPa

则

Y1

0.020.001

0.0204

Y20.001

1-0.021-0.001

E5.2510

4

m544.75

P101.33

Y1-Y20.02040.001



L



517.5





Y10.0204

V



min

m544.75

L



L



1.5



1.5517.5766.25

V



V



min

又据全塔物料衡算

L



X

1

-X

2



V



Y

1

-Y

2





V



1



-5

X1

X1





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X

1

为

2.510

5

V

6-12用纯水逆流吸收气体混合物中的SO

2

，SO

2

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

x

1,max



y

1

0.05

0.01

m5

由物料衡算关系可以求得气体的极限出口浓度为：

y

2,min

y

1



L



x

1

x

2



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：

y

2,min

mx

2

0

由物料衡算关系可求得液体出口浓度为：

x

1

x

2



G



y

1

y

2,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SO

2

的混合气体。逆流操作，进塔气体

中含SO

2

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SO

2

。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

Y

1



y

1

0.08

0.087

1y

1

10.08

根据吸收的SO

2

质量求得混合气中惰性气体的流量

V

根据物料衡算

2000

0.92359.375kmol/h

640.08

2000

359.375



0.087Y

2



64

V



Y

1

Y

2





解得

Y

2

4.3510

5

Y

1

Y

2

0.0874.3510

5



L



又



26.67

VXX0.087/26.7



min

1e2

则

L1.65L

min

1.6526.7359.3751.5810

4

kmol/h

则每小时的用水量为

V

水

LM



1.5810

4

1810002.8510

5

m

3

/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N

OG

的表达式。

解：令进塔气体浓度为y1，则出塔气体浓度为

y

2

y

1



1





x

2

=0

L（y1-y2）



L

















m

GGx1



min



L



y

1

y

2





G



x

1

x

2



y1

m







m



y

1

y

1



1







x1

x

1

由上题证明的结果：

N

OG

y

1

y

2



G

1-m

L

ln

y

1

y

1

y

1

mx

1

y

1



又



y

2

y

2

0y

1



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y

1

=0.091，x

2

=0.0099

所以

y

2

y

1



1-





0.091



10.85



0.01365

x

1

x

2

V



y

1

y

2



0.0099



0.0910.01365



0.09584

L0.9

Y

1

0.86X

1

0.860.095840.0824

Y

2

0.86X20.860.00990.008514

Y

1

Y

1

Y

1

0.0910.08240.0086

Y

2

Y

2

-Y

2

0.013650.0085140.005136

*

*

*

*

Ym



Y

1

Y

2







0.00860.005136





Y

1



ln





Y







2





0.0086



ln



0.005136



N

OG





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

Y

1

、

X

1

，进塔气。

物料衡算：



X

’

1

-X

2

LVY

2

-Y

1



’



将物料衡算式代入N

OG

中整理得：

N

OG

1/



1m/(L/V)



/ln



Y

2

mX

2



Y

1

'

mX

1

'



逆流改为并流后，因K

Ya

不变，即传质单元高度H

OG

不变，故N

OG

不变

所以

0.9

11.51



0.910.860.0099



ln

’’

y

1

0.86x

1



1

1

0.86



由物料衡算式得：

Y

1

0.9X

1

0.0999

’’

将此两式联立得：

X

1

0.0568

Y

1

0.0488

’’

Y

m



Y-Y





0.00672

1.84

2

’

1

N

OG

0.00366

Y

m

0.00672

1.84

’

0.00366

Y

m

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

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1000m

3

/h（标准状况），原料气中含甲醇100g/m

3

，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

y1.15x

，甲醇的回收率为98%，K

y

= 0.5 kmol/（m

2

·h），塔内填料的有效比表

面积为190 m

2

/m

3

，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

44.643.12541.52kmol/h

3

22.43210

3.125

Y

1

0.0753

Y

2





198%



Y

1

0.00151

41.52

X

2



0

*



x

1

y

1

Y1



1



0.0609

1.151Y

1

1.15

x

1

0.0425

1x

1

*

0.0408

，

X

1



x

1



67%

x

1

（1）根据全塔的甲醇物料衡算式

L



X

1

X

2



V



Y

1

Y

2



可以得出用水量

V



Y

1

Y

2



41.52



0.07530.00151



72.04kmol/h

X

1

X

2

0.04250

L

（2）塔径

D

T



4V

s





u

410003600

0.814m

，可圆整到0.84m。



0.5

（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

K

y

K

Y

，

则可进行以下计算：

填料层高度

HN

OG

H

OG

先计算气相总传质单元数：

Y

1

Y

2

YY

2

Y

m



1

Y

1

Y

m

ln

Y

2

N

OG



Y

1

Y

1

Y

1

*

0.07531.150.04250.0264

Y

2

Y

2

Y

2

*

0.00151

N

OG

8.49

再计算气相总传质单元高度

H

OG



VV41.52

0.79m



K

Y

aK

y

a

0.51900.84

2

4

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K

y

adHyy

*

式中：

V

'

-气体总流量。

于是



V

'

dy

dH

K

y

ayy

*



对上式进行积分得

y

1

H



y

2

V'dy

*

K

y

ayy



（当然此时

K

y

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

*

N

A

K

Y



YY



K

y



yy



K

y





1Y



1Y

*





K

y



1Y





1Y

*





**

得

1

*



1Y



1Y

K

Y

K

y



其中，

Y

可取

Y

1

和

Y

2

的平均值；

Y

*

可取

Y

1

*

和

Y

2

*

的平均值。

取

Y

Y

1

Y

2

0.0384

2

X

X

1

X

2

0.04250

0.0213

22

Y

*

mX1.150.02130.0244

则

0.5

0.0471kmol/m

2

•h



10.0384



10.0213



K

Y





H

OG



41.25

0.471190



4

0.835m

0.841

2





mV



Y

1

mX

2

mV



1

ln





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

72.06

N

OG



HN

OG

H

OG

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NH

3

，入塔混合气中NH

3

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NH

3

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

y

2

1

y=0.5x

0

x

1

x

1

*

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2250m

3

/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H

OG

及体积吸收系数K

y

a；（2）每小时回收的丙酮量，kg/h。

解：（1）M

丙酮

=58

℃

x

1



60/58

0.01828

60/581000/18

由全塔物料衡算：

Ly

1

y

2

0.050.0026

2.59

Gx

1

x

2

0.018280

Im2

0.772

AL/G2.59

N

OG





11ymx

2

1

ln[(1)

1

]

1-1/AAy

2

mx

2

A

10.05

ln[(10.772)0.772]7.19

10.7720.0026

H

OG



H5

0.695

N

OG

7.19

℃

H

OG



℃

G

K

y

a

G

℃

K

Y

a

V

T

0

2250273

.×92.0mol/h

22.4T22.4298

G92.0

/0.6950.0469

kmol

/

m

3

•

s

H

OG



1

2

3600

4



（2）每小时回收的丙酮量为：

G

'



y

1

y

2



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。

原工况下：

NOG



1



Y

1

-mX

2

ln



S



1-S



Y

2

-mX

2



S

mV

0.5

L

因X2=0，则：

Y

1

-mX

2

Y

1

11

10

Y

2

-mX

2

Y

2

1-



10.9

NOG

11



ln



0.50.5



4.703

10.5



10.95



V

K

Y

a



’

H

OG



Z5

1.466

N

OG

3.41

新工况（即新型填料）下：

N

OG



’

’

1



1



ln



0.50.5



4.703

0.5



10.95



V

K

Ya



’

’

H

OG



Z5

1.063

’

4.703

N

OG

KH

1.466

1.38

则

Ya



OG

’



K

Ya

H

OG

1.063

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K

Ya

，

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/(m

2

·s),清水的喷淋密度0.018 kmol/(m

2

·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K

y

a=0.1 kmol/(m

3

·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

H

OG



G0.03

0.3m

K

y

a0.1

y

m

y

1

y

2

y

2

mx

2

HH

OG

N

OG

故

N

OG

y

1

y

2

y

1

y

2

0.02y

2

2.7

N9.0

OG

9.0

y

m

y

2

所以

y

2

0.3

解得

y

2

0.002

6-21 某填料吸收塔用含溶质x

2

=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y

1

=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x

2

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？

0.001

解：（1）

y

2

y

1

(1η)0.01x(1-0.9）

Im2

0.667

AL/V3

11ymx

1

1

N

OG

ln[(1)

1

]

1

AymxA

22

1

A

1

0.01



0.0002Χ2

ln[(10.667)0.667]5.38

10.6670.001-0.0002Χ.

当

x

2

上升时，由于H不变，

H

OG

不变

℃

N

OG

HH

OG

也不变，即

5.38

10.010.00035X2

ln[(10.667)0.667]

1-0.667y

2

0.00035X2



0.0013y

2



0.010.0013yy

2

η





1

0.87

y

1

0.01

（3）物料衡算



)L(x

1



x

2



)V(y

1

y

2



x

1



V



)x

2



(y

1

y

2

L

1

X(0.010.0013)0.000350.00325

3

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/m

2

·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/ m

3

·s ，过程为气膜控制。 试求：

(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

1

y

2

y

1

y

2

0.020.09



G







mx



0.02

1.112

min

x

1e

x

2

y

12

0.02/1.20.0003

吸收塔内液气比为

L

G

1.3





L





G





1.31.11121.446

min

全塔物料衡算

L



x

1

x

2



G



y

1

y

2



其中

y

2





1





y

1





1-0.91



0.020.0018

℃

x

y

1

y

2

1



LG

x

0.910.02

2



1.446



0.0003



0.01289

全塔的传质单元数

N

yy

1

y

2

ymx

1

1y

OG



y

ln

1

ln

1

mx

1



m



y

1

mx

1







y

2

mx

2



y

2

mx

2

1mGLy

2

mx

2



10.021.20.01289

11.21.446

ln

0.00181.20.0003

6.74

所需塔高为

HH

G

OG

N

OG



K

N

0.036

OG



.0483

6.745.02m

y

a0

（2）当有部分吸收剂再循环后，吸收剂的入塔含量为

x

'

2



x

'

1

L

'

x

2

L

L

'

L



0.1x

'

1

Lx

2

L

0.1LL



0.1x

'

1

0.0003

1.1

吸收塔内液气比

L

总

G



L

'

L

G

1.1

L

G

1.11.4461.59



全塔物料衡算

'

Lx

1

'

x

2

G



y

1

y

2





x

1

'



y

1

y

2

0.910.02

''

x

2

x

2



L

总

G1.59

联立  、两式可解得

'

x

1

'

0.0129

x

2

0.001445

全塔的传质单元数

N

OG

1y

1

mx

1

'

10.021.20.0129

lnln17.23

'

1mGL

总

y

2

mx

2

11.21.590.00181.2

所需塔高

'

HH

OG

N

OG



G0.036

'

N

OG

17.2512.84m

K

y

a0.0483

6-23 为测定填料层的体积吸收系数K

y

a，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K

y

a 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？

题6-23图

解 流程如图（a）所示，由于

K

Y

a

V



Y

1

Y

2



HY

m

所以，为了测出

K

Y

a

，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

2024年4月5日发(作者：淦驰丽)

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/m

3

）

解：（1）根据已知条件

p

*

NH

3

987Pa

c

NH

3



定义

1/17

0.5824kmol/m

3

101/1000

p

*

NH

3

c

NH

3

H

NH

3

H

NH

3

c

NH

3

p

NH

3

5.910

4

kmol/m

3

•Pa

（2）根据已知条件可知



x

NH

3



根据定义式

1/17

0.0105

1/17100/18

p

*

NH

3

E

NH

3

x

NH

3

可得

E

NH

3

9.4210

4

Pa

（3）根据已知条件可知

*

y

*

NH

3

p

NH

3

/p987/1013250.00974

于是得到

m

NH

3

y

*

NH

3

x

NH

3

0.928

（4）由于

H

和

E

仅是温度的函数，故

H

NH

3

和

E

NH

3

不变；而

p

*

ExE

1

'

myx

，与

T

和

p

相关，故

m

NH

0.9280.309

。

3

pxpxp

3

*

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。

6-2 在25℃下，CO

2

分压为50 kPa的混合气分别与下述溶液接触：

(1) 含CO

2

为0.01 mol/L的水溶液；

(2) 含CO

2

为0.05 mol/L的水溶液。

试求这两种情况下CO

2

的传质方向与推动力。

解： 由亨利定律得到

*

p

CO

2

50kPaEx

CO

2

根据《 化工原理》 教材中表 8-1 查出

E

CO

2



25℃



1.6610

5

kPa

所以可以得到

*4

x

CO

3.0110

2

又因为

H

CO

2



25℃





所以得



HO

2

EM

H

2

O



1000

43



3.34710kmol/kPa•m

5

1.661018

*43

c

CO

Hp3.34710500.0167kmol/m

COCO

222

于是：（1）为吸收过程，

c0.0067kmol/m

3

。

（2）为解吸过程，

c0.0333kmol/m

3

。

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

*

CO

2



c

CO

2

H

CO

2



0.01

29.9kPa

3.34710

4

推动力

p20.1kPa

（吸收）

*

②

p

CO



2

c

CO

2

H

CO

2



0.05

149.4kPa

4

3.34710

推动力

p99.4kPa

（解吸）

或者 , 用摩尔分数差表示时

① 由

x

CO

2



0.01

1.810

4

，判断出将发生吸收过程，推动力

1000

18

x1.20110

4

；

②由

x

CO

2

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SO

2

为0.001(摩尔分数)的水溶液与含SO

2

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，SO

2

的

E

0.56710

4

kPa

,

故

E0.56710

4

m56

P101.3

根据相平衡关系 , 得

y

*

A

mx

A

560.0010.056

由于

y

*

A

y

A

，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 , SO

2

的

E

0.29410

4

kPa

，故

E0.29410

4

m29

P101.3

根据相平衡关系 , 得

y

*

A

mx

A

290.0010.029

由于

y

*

A

y

A

，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10

4

kPa

，故

m

y

*

A

mx

A

18.90.0010.0189

E

18.9

P

由于

y

*

A

y

A

，所以将发生吸收过程。推动力为

y0.030.0189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

不断移走热量以使吸收在等温下进行。进气量为1000 m

3

，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(m

3

) 。

解 惰性气体量

V10000.88880m

3

，进口中 NH

3

之量为

120m

3

,出口中NH

3

之量为

120

0.010.99

9m

3

,于是总出气量= 880 + 9 =

889m

3

,被吸收的NH

3

量为

0.120.88

0.12

1000101325889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

-5

m

2

/s，大气压强为1.013×10

5

Pa。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。

N

A



DPp

A1

p

A2

p

B2

ln

RTZp

B1

p

B2

p

B1

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：

p

A1

101.3kPa,p

A2

0kPa,p

B2

101.3kPa,p

B1

101.32.334698.97kPa,

Pp

A2

p

B2

101.3kPa,

代入上式得：

DPp

A1

p

A2

p

B2

2.6010

-5

101.3101.30101.3

N

A

lnln

RTZp

B1

p

B2

p

B1

8.3142930.005101.398.9798.97

5.0310

-6

kmol/m

2

•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

dZN

A

M5.0310

6

18

9.05410

8

m/s

N

A

Ad



AdZ

则

d



1000

M



在



0

，

Z0

到



0

，

Z210

3m

之间积分，得

210

-3



2.2110

4

s

-8

9.05410

6-6 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

1.5

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

G

，

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

X

2



0.010.1

0.01

，

Y

1

0.11

10.0110.1

℃ 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)),

X

1max

X

1

*

Y

1

m0.11

。根据物料衡算可知

Y

2

Y

1



此时 , 吸收率为

L

*

X

1

X

2

0.110.8



0.110.01



0.03

V



E

0.110.03

72.7%

0.11

℃ 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))，

Y

2min

Y

2

*

mX

2

0.01

。仍可以根据物料衡算

L



X

1

X

2



V



Y

1

Y

2min



，求出

X

1

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

Y

1

mX

1

根据操作线关系,有

Y

2

Y

1

L



X

2

X

1

V

式℃，℃联立，求得:

X

1

Y

1

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SO

2

，气体中SO

2

的平均组成为0.02(摩尔分数)，水中

SO

2

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

k

G

=0.3×10

-2

kmol/（m

2

·h·kPa），液相传质分系数

k

L

= 0.4 m/h。操作条件

下平衡关系

y50x

。求总传质系数K

Y

（kmol/（m

2

·h））。

解 根据



yy

*



yy

*

K

Y

p



yy

*



K

Y

p

A

p

*

A

N

A

K

Y



YY



K

Y





1y



1y

*





K

Y



1y





1y

*





p



1y





1y

*





p



1y





1y

*





*

和

N

A

K

G

p

A

p

*

A



得

K

Y

pK

G



1y



1y

*



现已知

p111.4kPa

，

y0.02

，

y

*

mx

A

50

要先根据下式求出

K

G

才能求出

K

Y

:

164

2.8110

4

，因此

164100018

111



K

G

k

G

Hk

L

因此还要求出

H

：

c

A

x

A

c100018

3

0.01kmol/m•kPa

*

p

A

pmx

A

111.450

H



于是便可求出

K

G

0.0017kmol/m

2

•h•kPa



和

K

Y

0.187kmol/m

2

•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1.013×10

5

Pa、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 ·m

3

/kmol，气膜吸收

分系数k

G

=1.55×10

5

kmol/(m

2

·s·kPa)，液膜吸收分系数k

L

=2.08×10

5

(m/s)。试求吸

收总系数K

G

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

N

A

K

G



p

A

p



K

L



cc

A



和

p

A

，可知

H

*

A

*

A

*

A

K

L



所以只要求出

K

G

即可。又

1

K

G

H

11111

17637673424371

K

G

k

G

Hk

L

5.6710

-5

1.9810

-3

0.075

所以

K

G

4.110

-5

kmol/m

2

•h•Pa



K

L

0.02m/h

11

为气相阻力，为总阻力，故

k

G

K

G

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

1.013×10

5

Pa。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/m

3

。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

N

A

K

G



pp

*



求出。其中

p5.07kPa

c210

3

p1.02310

3

kPa

H1.955

*

K

G



1



1k

G

1Hk

L

1

11



1.5510

5

1.9552.0810

5

1.1210

5

kmol/m

2

•s•kPa



于是可得

N

A

1.1210

5

5.071.02310

3

5.6810

5

kmol/m

2

•s



分析 (1) 此时，根据

N

A

K

G



pp

i



1.5510

-5



5.07-p

i



5.6810

5

, 还可以计

算出气液界面气相侧中的甲醇分压（

p

i

1.405kPa

）以及液相侧中的甲醇浓度

（

c

i

Hp

i

2.748kmol/m

3

），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/m

3

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0.0064%)，这些

水又有何用呢？

(3) 若将题目中 甲醇浓度改为

2kmol/m

3

，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。

x

2

y

2

y

2

A

B

A

x

2

B

y

a

y

1

x

1

(a)

y

a

x

a

y

1

x

1

(b)

x

a

x

2

y

2

y

1

A

B

A

x

2

y

2

B

y

2

y

a

x

3

(c)

x

a

y

1

x

1

(d)

x

a

题6-10附图

(c)

y

1

A

y=mx

B

y

2

y

3

0

（d）

x

3

x

2

x

1

y

3

A

y=mx

B

y

1

y

2

x

2

0

x

1

x

3

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H

2

S，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。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 y

1

=0.02 y

2

=0.001

E5.5210

4

KPa

P =101.33KPa

则

Y1

0.020.001

0.0204

Y20.001

1-0.021-0.001

E5.2510

4

m544.75

P101.33

Y1-Y20.02040.001



L



517.5





Y10.0204

V



min

m544.75

L



L



1.5



1.5517.5766.25

V



V



min

又据全塔物料衡算

L



X

1

-X

2



V



Y

1

-Y

2





V



1



-5

X1

X1





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X

1

为

2.510

5

V

6-12用纯水逆流吸收气体混合物中的SO

2

，SO

2

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

x

1,max



y

1

0.05

0.01

m5

由物料衡算关系可以求得气体的极限出口浓度为：

y

2,min

y

1



L



x

1

x

2



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：

y

2,min

mx

2

0

由物料衡算关系可求得液体出口浓度为：

x

1

x

2



G



y

1

y

2,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SO

2

的混合气体。逆流操作，进塔气体

中含SO

2

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SO

2

。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

Y

1



y

1

0.08

0.087

1y

1

10.08

根据吸收的SO

2

质量求得混合气中惰性气体的流量

V

根据物料衡算

2000

0.92359.375kmol/h

640.08

2000

359.375



0.087Y

2



64

V



Y

1

Y

2





解得

Y

2

4.3510

5

Y

1

Y

2

0.0874.3510

5



L



又



26.67

VXX0.087/26.7



min

1e2

则

L1.65L

min

1.6526.7359.3751.5810

4

kmol/h

则每小时的用水量为

V

水

LM



1.5810

4

1810002.8510

5

m

3

/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N

OG

的表达式。

解：令进塔气体浓度为y1，则出塔气体浓度为

y

2

y

1



1





x

2

=0

L（y1-y2）



L

















m

GGx1



min



L



y

1

y

2





G



x

1

x

2



y1

m







m



y

1

y

1



1







x1

x

1

由上题证明的结果：

N

OG

y

1

y

2



G

1-m

L

ln

y

1

y

1

y

1

mx

1

y

1



又



y

2

y

2

0y

1



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y

1

=0.091，x

2

=0.0099

所以

y

2

y

1



1-





0.091



10.85



0.01365

x

1

x

2

V



y

1

y

2



0.0099



0.0910.01365



0.09584

L0.9

Y

1

0.86X

1

0.860.095840.0824

Y

2

0.86X20.860.00990.008514

Y

1

Y

1

Y

1

0.0910.08240.0086

Y

2

Y

2

-Y

2

0.013650.0085140.005136

*

*

*

*

Ym



Y

1

Y

2







0.00860.005136





Y

1



ln





Y







2





0.0086



ln



0.005136



N

OG





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

Y

1

、

X

1

，进塔气。

物料衡算：



X

’

1

-X

2

LVY

2

-Y

1



’



将物料衡算式代入N

OG

中整理得：

N

OG

1/



1m/(L/V)



/ln



Y

2

mX

2



Y

1

'

mX

1

'



逆流改为并流后，因K

Ya

不变，即传质单元高度H

OG

不变，故N

OG

不变

所以

0.9

11.51



0.910.860.0099



ln

’’

y

1

0.86x

1



1

1

0.86



由物料衡算式得：

Y

1

0.9X

1

0.0999

’’

将此两式联立得：

X

1

0.0568

Y

1

0.0488

’’

Y

m



Y-Y





0.00672

1.84

2

’

1

N

OG

0.00366

Y

m

0.00672

1.84

’

0.00366

Y

m

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

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1000m

3

/h（标准状况），原料气中含甲醇100g/m

3

，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

y1.15x

，甲醇的回收率为98%，K

y

= 0.5 kmol/（m

2

·h），塔内填料的有效比表

面积为190 m

2

/m

3

，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

44.643.12541.52kmol/h

3

22.43210

3.125

Y

1

0.0753

Y

2





198%



Y

1

0.00151

41.52

X

2



0

*



x

1

y

1

Y1



1



0.0609

1.151Y

1

1.15

x

1

0.0425

1x

1

*

0.0408

，

X

1



x

1



67%

x

1

（1）根据全塔的甲醇物料衡算式

L



X

1

X

2



V



Y

1

Y

2



可以得出用水量

V



Y

1

Y

2



41.52



0.07530.00151



72.04kmol/h

X

1

X

2

0.04250

L

（2）塔径

D

T



4V

s





u

410003600

0.814m

，可圆整到0.84m。



0.5

（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

K

y

K

Y

，

则可进行以下计算：

填料层高度

HN

OG

H

OG

先计算气相总传质单元数：

Y

1

Y

2

YY

2

Y

m



1

Y

1

Y

m

ln

Y

2

N

OG



Y

1

Y

1

Y

1

*

0.07531.150.04250.0264

Y

2

Y

2

Y

2

*

0.00151

N

OG

8.49

再计算气相总传质单元高度

H

OG



VV41.52

0.79m



K

Y

aK

y

a

0.51900.84

2

4

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K

y

adHyy

*

式中：

V

'

-气体总流量。

于是



V

'

dy

dH

K

y

ayy

*



对上式进行积分得

y

1

H



y

2

V'dy

*

K

y

ayy



（当然此时

K

y

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

*

N

A

K

Y



YY



K

y



yy



K

y





1Y



1Y

*





K

y



1Y





1Y

*





**

得

1

*



1Y



1Y

K

Y

K

y



其中，

Y

可取

Y

1

和

Y

2

的平均值；

Y

*

可取

Y

1

*

和

Y

2

*

的平均值。

取

Y

Y

1

Y

2

0.0384

2

X

X

1

X

2

0.04250

0.0213

22

Y

*

mX1.150.02130.0244

则

0.5

0.0471kmol/m

2

•h



10.0384



10.0213



K

Y





H

OG



41.25

0.471190



4

0.835m

0.841

2





mV



Y

1

mX

2

mV



1

ln





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

72.06

N

OG



HN

OG

H

OG

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NH

3

，入塔混合气中NH

3

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NH

3

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

y

2

1

y=0.5x

0

x

1

x

1

*

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2250m

3

/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H

OG

及体积吸收系数K

y

a；（2）每小时回收的丙酮量，kg/h。

解：（1）M

丙酮

=58

℃

x

1



60/58

0.01828

60/581000/18

由全塔物料衡算：

Ly

1

y

2

0.050.0026

2.59

Gx

1

x

2

0.018280

Im2

0.772

AL/G2.59

N

OG





11ymx

2

1

ln[(1)

1

]

1-1/AAy

2

mx

2

A

10.05

ln[(10.772)0.772]7.19

10.7720.0026

H

OG



H5

0.695

N

OG

7.19

℃

H

OG



℃

G

K

y

a

G

℃

K

Y

a

V

T

0

2250273

.×92.0mol/h

22.4T22.4298

G92.0

/0.6950.0469

kmol

/

m

3

•

s

H

OG



1

2

3600

4



（2）每小时回收的丙酮量为：

G

'



y

1

y

2



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。

原工况下：

NOG



1



Y

1

-mX

2

ln



S



1-S



Y

2

-mX

2



S

mV

0.5

L

因X2=0，则：

Y

1

-mX

2

Y

1

11

10

Y

2

-mX

2

Y

2

1-



10.9

NOG

11



ln



0.50.5



4.703

10.5



10.95



V

K

Y

a



’

H

OG



Z5

1.466

N

OG

3.41

新工况（即新型填料）下：

N

OG



’

’

1



1



ln



0.50.5



4.703

0.5



10.95



V

K

Ya



’

’

H

OG



Z5

1.063

’

4.703

N

OG

KH

1.466

1.38

则

Ya



OG

’



K

Ya

H

OG

1.063

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K

Ya

，

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/(m

2

·s),清水的喷淋密度0.018 kmol/(m

2

·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K

y

a=0.1 kmol/(m

3

·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

H

OG



G0.03

0.3m

K

y

a0.1

y

m

y

1

y

2

y

2

mx

2

HH

OG

N

OG

故

N

OG

y

1

y

2

y

1

y

2

0.02y

2

2.7

N9.0

OG

9.0

y

m

y

2

所以

y

2

0.3

解得

y

2

0.002

6-21 某填料吸收塔用含溶质x

2

=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y

1

=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x

2

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？

0.001

解：（1）

y

2

y

1

(1η)0.01x(1-0.9）

Im2

0.667

AL/V3

11ymx

1

1

N

OG

ln[(1)

1

]

1

AymxA

22

1

A

1

0.01



0.0002Χ2

ln[(10.667)0.667]5.38

10.6670.001-0.0002Χ.

当

x

2

上升时，由于H不变，

H

OG

不变

℃

N

OG

HH

OG

也不变，即

5.38

10.010.00035X2

ln[(10.667)0.667]

1-0.667y

2

0.00035X2



0.0013y

2



0.010.0013yy

2

η





1

0.87

y

1

0.01

（3）物料衡算



)L(x

1



x

2



)V(y

1

y

2



x

1



V



)x

2



(y

1

y

2

L

1

X(0.010.0013)0.000350.00325

3

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/m

2

·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/ m

3

·s ，过程为气膜控制。 试求：

(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

1

y

2

y

1

y

2

0.020.09



G







mx



0.02

1.112

min

x

1e

x

2

y

12

0.02/1.20.0003

吸收塔内液气比为

L

G

1.3





L





G





1.31.11121.446

min

全塔物料衡算

L



x

1

x

2



G



y

1

y

2



其中

y

2





1





y

1





1-0.91



0.020.0018

℃

x

y

1

y

2

1



LG

x

0.910.02

2



1.446



0.0003



0.01289

全塔的传质单元数

N

yy

1

y

2

ymx

1

1y

OG



y

ln

1

ln

1

mx

1



m



y

1

mx

1







y

2

mx

2



y

2

mx

2

1mGLy

2

mx

2



10.021.20.01289

11.21.446

ln

0.00181.20.0003

6.74

所需塔高为

HH

G

OG

N

OG



K

N

0.036

OG



.0483

6.745.02m

y

a0

（2）当有部分吸收剂再循环后，吸收剂的入塔含量为

x

'

2



x

'

1

L

'

x

2

L

L

'

L



0.1x

'

1

Lx

2

L

0.1LL



0.1x

'

1

0.0003

1.1

吸收塔内液气比

L

总

G



L

'

L

G

1.1

L

G

1.11.4461.59



全塔物料衡算

'

Lx

1

'

x

2

G



y

1

y

2





x

1

'



y

1

y

2

0.910.02

''

x

2

x

2



L

总

G1.59

联立  、两式可解得

'

x

1

'

0.0129

x

2

0.001445

全塔的传质单元数

N

OG

1y

1

mx

1

'

10.021.20.0129

lnln17.23

'

1mGL

总

y

2

mx

2

11.21.590.00181.2

所需塔高

'

HH

OG

N

OG



G0.036

'

N

OG

17.2512.84m

K

y

a0.0483

6-23 为测定填料层的体积吸收系数K

y

a，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K

y

a 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？

题6-23图

解 流程如图（a）所示，由于

K

Y

a

V



Y

1

Y

2



HY

m

所以，为了测出

K

Y

a

，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