环境工程原理习题集060813-完整答案.doc

第八章 吸收8.1在30,常压条件下，用吸收塔清水逆流吸收空气SO2混合气体中的SO2，已知气液相平衡关系式为，入塔混合气中SO2摩尔分数为0。05，出塔混合气SO2摩尔分数为0.002，出塔吸收液中每100 g含有SO2 0。356 g，试分别计算塔顶和塔底处的传质推动力，用、表示。解：（1）塔顶出塔SO2的摩尔分数为，入塔吸收液中SO2的摩尔分数为所以与出塔气相平衡的吸收液摩尔分数为与入塔吸收液平衡的气相摩尔分数为所以kPa忽略吸收液中溶解的SO2，则摩尔浓度可计算为mol/Lmol/L(2）塔底入塔SO2的摩尔分数为,出塔吸收液中SO2的摩尔分数为所以与入塔气相平衡的吸收液摩尔分数为与出塔吸收液平衡的气相摩尔分数为所以kPamol/L8。2吸收塔内某截面处气相组成为，液相组成为,两相的平衡关系为，如果两相的传质系数分别为kmol/（m2s)，kmol/(m2s)，试求该截面上传质总推动力、总阻力、气液两相的阻力和传质速率。解：与气相组成平衡的液相摩尔分数为所以，以气相摩尔分数差表示的总传质推动力为同理，与液相组成平衡的气相摩尔分数差为所以，以液相摩尔分数差表示的总传质推动力为以液相摩尔分数差为推动力的总传质系数为 kmol/(m2s)以气相摩尔分数差为推动力的总传质系数为 kmol/（m2s)传质速率 kmol/（m2s)或者 kmol/(m2s）以液相摩尔分数差为推动力的总传质系数分析传质阻力总传质阻力 （m2s)/kmol其中液相传质阻力为（m2s)/kmol占总阻力的66.7气膜传质阻力为(m2s）/kmol占总阻力的33.38。3用吸收塔吸收废气中的SO2，条件为常压,30，相平衡常数为，在塔内某一截面上，气相中SO2分压为4.1kPa，液相中SO2浓度为0。05kmol/m3，气相传质系数为kmol/（m2hkPa)，液相传质系数为m/h，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：（1）设气液相界面上的压力为,浓度为忽略SO2的溶解,吸收液的摩尔浓度为kmol/m3溶解度系数 kmol/(kPam3)在相界面上，气液两相平衡，所以又因为稳态传质过程，气液两相传质速率相等，所以所以由以上两个方程，可以求得kPa，kmol/m3(2）总气相传质系数 kmol/(m2hkPa）总液相传质系数m/h与水溶液平衡的气相平衡分压为kPa所以用分压差表示的总传质推动力为kPa与气相组成平衡的溶液平衡浓度为kmol/m3用浓度差表示的总传质推动力为kmol/m3传质速率 kmol/（m2h）或者kmol/(m2h）8.4 101。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1kmol/m3的溶液发生吸收过程,已知气膜传质分系数为 kmol/（m2skPa），液膜传质分系数为m/s，操作条件下的溶解度系数为 kmol/（m2kPa)，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应。解：(1）设气液相界面上的压力为,浓度为因为相界面上，气液平衡,所以，气相中氨气的分压为kPa稳态传质条件下，气液两相传质速率相等，所以根据上面两个方程,求得kPa,kmol/m3（2）与气相组成平衡的溶液平衡浓度为kmol/m3用浓度差表示的总传质推动力为kmol/m3与水溶液平衡的气相平衡分压为kPa所以用分压差表示的总传质推动力为kPa总气相传质系数 kmol/(m2skPa）总液相传质系数m/s传质速率 kmol/(m2s）或者 kmol/（m2s）（3）以气相总传质系数为例进行传质阻力分析总传质阻力 （m2skPa)/kmol其中气膜传质阻力为(m2skPa)/kmol占总阻力的95.6%液膜传质阻力为（m2skPa）/kmol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应，则可以忽略液膜传质阻力，只考虑气膜传质阻力，则kmol/(m2skPa),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.8。5 利用吸收分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kmol/(m2s)、kmol/（m2s)，气、液两相平衡符合亨利定律，关系式为（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应，传质速率会提高多少倍?解：（1)相平衡系数所以，以液相摩尔分数差为推动力的总传质系数为kmol/(m2s）以气相摩尔分数差为推动力的总传质系数为kmol/(m2s）（2）以液相摩尔分数差为推动力的总传质阻力为其中液膜传质阻力为，占总传质阻力的99.7气膜传质阻力为,占传质阻力的0。3%所以整个传质过程为液膜控制的传质过程。(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应，并且假设扩散速率足够快，在相界面上即可完全反应,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kmol/(m2s)与原来相比增大了426倍8.6 已知常压下,20时,CO2在水中的亨利系数为1。44105kPa，并且已知以下两个反应的平衡常数 kmol/m3 kmol/m3若平衡状态下气相中的CO2分压为10kPa，求水中溶解的CO2的浓度.(CO2在水中的一级离解常数为 kmol/m3,实际上包含了上述两个反应平衡，)解：首先求得液相中CO2的浓度由亨利定律忽略CO2的溶解，吸收液的摩尔浓度为 kmol/m3所以 kmol/m3由反应，得 kmol/m3由反应，得 kmol/m3所以水中溶解的CO2总浓度为 kmol/m38。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。X2bY2bX1aX1bX2aY1aY2aY1babX2bY1bX1aX1bX2aY1aY2aY2babX2bY2bX1aX1bY1aY2aY1babX2a图8-1 习题8.7图示解：X2b X1b XX2a X1a XYY1aY2a YY1bY2b(a）X2b X1b XX2a X1a XYY1aY2a YY2bY1b（b）X2b X1b XX2a X1a XYY1aY2a YY1bY2b（c)图82 习题8.7图中各流程的操作线和平衡线8.8 用吸收法除去有害气体，已知操作条件下相平衡关系为，混合气体初始含量为,吸收剂入塔浓度为,液气比为2。已知在逆流操作时，气体出口浓度为。如果操作条件不变，而改为并流操作，气体的出口含量是多少？逆流操作吸收的溶质是并流操作的多少倍?假设总体积传质系数不变.解:逆流操作时，液体出口含量为平均传质推动力传质单元数为改为并流操作后，体积传质系数不变,所以传质单元高度不变,传质单元数也不变。联立并流操作的物料衡算和传质单元数计算式将数值代入以上两式，求得，逆流和并流操作所吸收的溶质量之比为8。9 在吸收塔中，用清水自上而下并流吸收混合废气中的氨气。已知气体流量为1000m3/h（标准状态)，氨气的摩尔分数为0.01，塔内为常温常压，此条件下氨的相平衡关系为,求：(1）用5 m3/h的清水吸收,氨气的最高吸收率;（2）用10 m3/h的清水吸收，氨气的最高吸收率；(3）用5 m3/h的含氨0。5(质量分数）的水吸收,氨气的最高吸收率。解：(1）气体的流量为mol/s液体的流量为mol/s假设吸收在塔底达到平衡则，所以所以最大吸收率为（2）气体的流量为mol/s液体的流量为mol/s假设吸收在塔底达到平衡则，所以所以最大吸收率为（3）吸收剂中氨的摩尔分数为假设吸收在塔底达到平衡则,所以所以最大吸收率为8.10 用一个吸收塔吸收混合气体中的气态污染物A，已知A在气液两相中的平衡关系为，气体入口浓度为，液体入口浓度为,（1）如果要求吸收率达到80%,求最小气液比；(2)溶质的最大吸收率可以达到多少，此时液体出口的最大浓度为多少？解：（1）气相入口摩尔比，液相入口摩尔比吸收率,所以，所以，最小液气比（2)假设吸收塔高度为无穷大,求A的最大吸收率当液气比，操作线与平衡线重合,气液两相在塔顶和塔底都处于平衡状态.吸收率此时液相出口浓度当液气比，操作线与平衡线在塔顶点相交，即液相进口浓度与气相出口浓度平衡.吸收率此时液相出口浓度与相比,吸收率达到同样大小,但是液相出口浓度要低。当液气比，操作线与平衡线在塔底点相交，即液相出口浓度与气相进口浓度平衡.此时液相出口浓度吸收率与相比，液相出口浓度达到同样大小,但是吸收率要低.8。11 在逆流操作的吸收塔中,用清水吸收混合废气中的组分A，入塔气体溶质体积分数为0.01，已知操作条件下的相平衡关系为，吸收剂用量为最小用量的1。5倍，气相总传质单元高度为1.2m，要求吸收率为80，求填料层的高度.解：已知传质单元高度，求得传质单元数,即可得到填料层高度。塔底：塔顶：，操作过程的液气比为吸收因子所以，传质单元数为 所以填料层高度为m8。12 在一个填料塔中用清水吸收空气中的某气态污染物，在其他条件不变的情况下，将吸收率从95%提高到98%,则吸收剂的用量增加多少倍？假设过程为气膜控制吸收过程,吸收因子为。解：吸收剂用量的增加，会带来液相吸收系数的变化，题意中气膜控制吸收过程用意在于可以忽略液相吸收系数的变化对总传质系数的影响，而认为总传质系数不变.在清水吸收的条件下,吸收塔高度不变，吸收因子,假设吸收剂用量增加n倍,则吸收因子也会增加n倍.其中S=1。779，,所以 求得n=1。90所以吸收剂用量需要增加1.90倍.8。13 在填料层高度为5m的填料塔内，用清水吸收空气中的某气态污染物。液气比为1。0，吸收率为90%，操作条件下的相平衡关系为.如果改用另外一种填料,在相同的条件下，吸收率可以提高到95,试计算两种填料的气相总体积传质系数之比。解:吸收因子原填料下:气相总传质单元高度为：新填料下：气相总传质单元高度为：在其它条件不变的情况下，两种填料的气相总体积传质系数之比为96第九章 吸附9。1 25，101。3kPa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)-100.10.20。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，求达到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图91 习题9.1图中吸附平衡线由上述的平衡曲线,可以判断吸附可能是Langmuir或Freundlich型。由，整理数据如下1/q1053。32.861/p0。003740.000620。000180。00008作1/q和1/p的直线图92 习题9。1图中1/q1/p的关系曲线由,整理数据如下：lnp5。597。388。639.41lnq2。301.61-1。201。05作lnq和lnp的直线图9-3 习题9.1图 lnq和lnp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:1/n=0。3336,n=3，lnk=4.1266,k=0。016,所以等温线方程为题设条件下,甲醛的物质的量为mol质量为g假设达到吸附平衡时吸附量为q，则此时的压力为将代入，可以求得Pa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kPa9。2 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 /(mgL1)10050010001500200025003000A吸附量/ mgg(活性炭)155.6192。3227。8326.1357。1378。8394.7B吸附量/mgg(活性炭）147.6181.8294.1357。3398。4434.8476。2试判断吸附类型,计算吸附常数,并比较两种活性炭的优劣。解：由数据可得吸附的平衡曲线如下：Langmuir吸附等温线方程为，变形后可得，整理数据如下:r10050010001500200025003000r/q（A）1.802.604.394。605.606.607.60r/q(B）2.102.753.404.205.025。756。30作r/q和r的直线图9-4 习题9。2图吸附等温线r/q r图95 习题9。2图 r/q和r的关系曲线由直线可知，用Langmuir吸附等温线方程可以很好地拟合吸附曲线。分别求得方程的常数为活性炭A： 1/qm=0.0019，qm=526，1/k1qm=1。8046，k1=0.00105活性炭B： 1/qm=0.0015，qm=667,1/k1qm=1。9829，k1=0。00076比较两种活性炭的吸附平衡常数，可以看到B的饱和吸附量要大于A，比表面积较大，吸附容量比较大；而A的吸附系数比较大，吸附的性能较好。9。3 有一初始浓度（比质量分数）为Y0的流体，要求用吸附剂将其浓度降低到Y2（对应的固体相的吸附质比质量分数为X2）。试证明：两级错流吸附比单级吸附节约吸收剂。证明:对单级吸附，由物料衡算有所以吸附剂的用量为对于二级错流吸附，第一级吸附剂用量为，一级流出流体的浓度为,第一级吸附剂用量为,一级流出流体的浓度为假设两级所用吸附剂总量为，两级的物料衡算方程分别为两式相加，并且设可得，因为所以即所以上式即为9。4 用活性炭固定床对生物处理出水进行深度处理，已知生物处理出水COD浓度为100mg/L，要求活性炭吸附后出水COD浓度达到5mg/L。在不同的空床速度和床层高度下，测得的穿透时间如下:空床速度/(mh1）床高/m0。40。60.81.01.210穿透时间/h148。6452.7751.91047.31355。212.582。1238.7398.4564.3718。61551.3153。3249.6352.1448。9（1)求不同空床流速下的BohartAdams公式的参数，并作空床流速对这些参数的曲线。（2)在进水浓度和处理要求相同的情况下，求空床速度为12m/h，床层高度为1.5m时的穿透时间（认为此时仍然符合BohartAdams公式)。解：(1）固定床的穿透时间与床高的关系式为，其中， ，由实验数据，作tb和z的直线图9-6 习题9.4图tb和z的关系曲线由直线的斜率和截距可以计算得到不同空床流速下的Bohart-Adams公式的参数，v /(mh1)BN0 /（mgL-1）AK /L(mgh）-1zA /m101501.71。50106449.286.541050。29912.5799.39。99105239。0212。31050。299154977.45105146。5620。11050.295空床流速对这些参数的曲线如下图97 习题9.4图空床流速与N0,K，ZA的关系(2）当空床速度为12m/h，由上图可以查得N0=10。3105 mg/L，K=11。7105 L/(mgh），可以求得B=858，A=251.2此时的BohartAdams公式为当塔高为1。5m时,穿透时间为 h第十章 其他分离过程10.1 用H型强酸性阳离子交换树脂去除质量浓度为5%的KCl溶液，交换平衡时,从交换柱中交换出来的H离子的摩尔分数为0。2，试计算K离子的去除率。已知=2.5,溶液密度为1025 kg/m3.解：溶液中K+的摩尔浓度为K+=mol/L所以K离子的去除率为10。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），已知树脂中H+离子的浓度为0。3mol/L，海水中Na+、K+离子的浓度分别为0。1mol/L和0。02mol/L，求交换平衡时溶液中Na+、K+离子的浓度。已知，。解：,同时，联立以上几式,求得，所以平衡时溶液中的浓度Na+为0。0162 mol/L，K+为0。00046 mol/L10。3 某强碱性阴离子树脂床，床层空隙率为0.45,树脂颗粒粒度为0。25mm，孔隙率为0。3,树脂交换容量为2。5mol/m3,水相原始浓度1。2mol/m3，液相与树脂相离子扩散系数分别为m2/h、 m2/h,溶液通过树脂床的流速为4m/h。试判断属哪种扩散控制。解：彼克来准数Vermeulen准数所以属于液膜扩散控制。10。4已知某条件下，丙酮(A)水（B）氯苯(S）三元混合溶液的平衡数据如下:水层（质量分数）氯苯层（质量分数）丙酮（A）水（B）氯苯（S）丙酮（A)水(B）氯苯（S)099。890.1100.1899.821089.790。2110。790。4988。722079。690.3122.230.7976。983069.420.5837.481。7260。804058.641.3649.443.0547。515046.283.7259。197.2433。576027。4112.5961。0722.8515.0860.5825.6613。7660。5825.6613.76根据以上数据：（1）在直角三角坐标图上绘出溶解度曲线、联结线和辅助曲线；（2）依质量比组成绘出分配曲线（近似认为前五组数据B、S不互溶)；（3)水层中丙酮浓度为45时，水和氯苯的组成：（4）与上述水层相平衡的氯苯层的组成；（5）如果丙酮水溶液质量比浓度为0.4kg（A)/kg(B）,而且B/S=2。0，萃取剂为纯氯苯，在分配曲线上求出组分A在萃余相中的组成；（6）由0。12kg氯苯和0。08kg水构成的混合液中,加入多少丙酮可以使三元混合液成为均相溶液。解：做图并依图解答，解略。10.5 用三氯乙烷做萃取剂萃取污水中某种有机物（质量分数为0。3）,原料液的流量为1000kg/h，萃取剂的用量为800kg/h，分别采用单级萃取和二级错流萃取（每级萃取剂用量相同）,求萃取后萃余相中该有机物的含量。分配曲线如下图所示。图10-1 习题10。5图示解：（1）单级萃取原液中丙酮的质量比为操作线的斜率为在分配曲线图上,过（0.428，0）作斜率为-0。875的操作线，交分配曲线于点（XmR，YmE），即可以得到萃余相的组成，XmR=0。22。所以萃余相中，丙酮的质量分数为0。18图102 习题10。5图的操作线1(2）二级错流二级错流时，每级萃取剂的用量相同，所以每级操作线的斜率为在分配曲线图中过（0。428，0）作斜率为1.75的第一级操作线，交分配曲线于点（Xm1,Ym1)，此点的坐标为第一级萃余相和萃取相的组成,然后过(Xm1，0）作第一级操作线的平行线交分配曲线于（Xm2，Ym2），即得到二级错流萃余相的组成Xm2=0。145.所以，萃余相中丙酮的质量分数为0。127。图103 习题10。5图的操作线2由于作图的缘故，最后的结果可能会有差异。10.6 假设萃取剂S和稀释剂B完全不互溶，在多级错流萃取的情况下，如果平衡关系可以用表示，且各级萃取剂用量相等，证明所需的理论级数为式中S为每级萃取剂用量，XmN为溶质A在萃余相中的终浓度。证明：在多级错流萃取中，每级的操作线方程可以分别表示如下(假设Ym0=0)：,因为，所以，所以，。.。 。.。，所以,所以两边取对数,得所以10。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，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kg根据物料衡算又因为所以萃余相溶质质量比为所以溶质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22.5kg则第一级萃余相的浓度为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 ,又根据相平衡方程由以上三个方程式可以求得所以溶质A的萃出率为8810。8 采用多级逆流萃取塔，以水为萃取剂，萃取甲苯溶液中的乙醛。原料液流量为1000kg/h，含有乙醛0。15，甲苯0.85(质量分数）。如果甲苯和水认为完全不互溶，乙醛在两相中的分配曲线可以表示为。如果要求萃余相中乙醛的含量降至0.01，试求：（1）最小萃取剂用量；（2）如果实际使用的萃取剂为最小萃取剂的1。5倍，求理论级数。解：（1）原料液中乙醛的质量比为最终萃余相中乙醛的质量比为所以多级逆流操作的的操作线方程为过点（0.01，0）和点(0。176，Ym1)的直线，当点（0.176，Ym1)在分配曲线上时，对应最小萃取剂的用量。此时，所以操作线的斜率为最小萃取剂用量为kg/h（2)如果萃取剂的用量为kg/h操作线的斜率为于是可以得到操作线和分配曲线图，用作图法可以求得理论级数为5。图104 习题10.8图多级逆流萃取塔操作线和分配曲线图10。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15010-6。计算截留率和选择性因子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：选择性因子：在溶质的量与溶液相比很少,选择性因子很大时,采用截留率表征分离情况,结果更为清晰，容易理解。10.10 用膜分离空气（氧20%,氮80），渗透物氧浓度为75。计算截留率和选择性因子a，并说明这种情况下哪一个参数更适用。解：氮气截留率:选择性因子：由于分离的两个组分总体数量相差不大，两个参数比较，选择性因子更能反映膜分离空气的效率，所以这个参数更适用。10.11含盐量为9000 mg(NaCl）/L的海水，在压力5。6MPa下反渗透脱盐。在25下,采用有效面积为12cm2的醋酸纤维素膜，测得水流量为0。012cm3/s，溶质浓度为450mg/L。求溶剂渗透系数、溶质渗透系数和脱盐率（已知该条件下,渗透压系数为1.8103MPa）.解；原料液含盐摩尔分数渗透液含盐摩尔分数所以渗透压MPa溶剂通量为m3/(m2s)所以溶剂渗透系数溶质通量为mol/(m2s)溶质渗透系数脱盐率10.12 20，20MPa下，某反渗透膜对5000mg/L的NaCl溶液的截留率为90%，已知膜的水渗透系数为4.810-5g/(cm2sMPa），求30MPa下的截留率。解:进料侧盐摩尔浓度为透过侧盐摩尔浓度为膜两侧的渗透压差为由式（10。3。22)，可得溶质渗透系数假设当膜两侧压力为30MPa时，截留率为1此时，膜两侧的渗透压差为所以可求得10。13 用微滤膜处理某悬浮液，0。1MPa下,滤膜的清水通量为150L/(m2 h)，已知悬浮颗粒为0.1m的球形微粒,当滤饼层的厚度为6m，空隙率为0.2时,滤膜的通量为40 L/（m2 h)，求此时的过滤压差。解：微滤膜的阻力为m-1滤饼的比阻力为m-2滤饼的阻力为m-1所以题中所求条件下的过滤压差为10.14采用电渗析的方法除盐，已知料液的NaCl浓度为0.3mol/L，实验测得传质系数为m/s，膜中Cl-离子的迁移数为0。52，边界层中Cl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:A/m2第十一章 反应动力学基础11.1根据间歇操作、半间歇操作及连续操作的特点，画出在下列反应器中或反应器出口处反应物A的浓度随时间(或位置）的变化曲线。图11-1 习题11.1图示(a)间歇反应器（t=0,cA=cA0）；（b)半间歇反应器（t=0，cA=cA0，cB=0）； （c)槽式连续反应器；(d)管式连续反应器（给出cA随位置的变化）；(e)三级串联槽式连续反应器（给出 cA1，cA2，cA3随时间的变化）解： (a） (b） (c）(d) （e）图112 习题11。1图中各类反应器中A的浓度随时间的变化曲线11.2 对于按反应式(1)和(2)进行的平行串联反应,设反应开始时系统中的总摩尔数为n0,A、B、Q、P的摩尔数分别为：nA0、nB0、nQ0、nP0，A和B的摩尔分数分别为zA0和zB0。试给出t时刻时A和B的摩尔分数zA和zB以及A在反应（1）和(2)的转化率xA1和xA2之间的关系.A+B=Q (1）A+2Q=P (2)解：对于反应式（1）（2）有其中： 所以，t时刻时A和B的摩尔分数为11.3 气态NH3在常温高压条件下的催化分解反应2NH3=N2+3H2可用于处理含NH3废气. 现有一NH3和CH4含量分别为95 和5的气体,通过NH3催化分解反应器后气体中NH3的含量减少为3，试计算NH3的转化率和反应器出口处N2、H2和CH4的摩尔分数.（CH4为惰性组分，不参与反应）解：在气相反应中，NH3分解膨胀因子为将已知数据；代入式11.2.28可得:根据题意:，由表11.21可得:11。4 对于习题11.3的反应，设反应器出口处的压力为0.1013MPa（1大气压）、温度为723.15K(450),试求出各组分在反应器出口处的浓度.解：根据理想气体状态方程,有将R8.314 Pam3/(mol K)，P0.1013 MPa，T723.15 K代入，可得cj16。85 zj mol/m3由题目可知，zN20。236，zH20。708，zCH40。026所以各组分在出口处的浓度为cN23。98 mol/m3；cH211.93 mol/m3；cCH40.438 mol/m3；cNH30。506 mol/m311。5 在连续反应器内进行的恒容平行反应(1)和(2)，当原料中（反应器进口)的A、B浓度均为3000mol/m3时，出口反应液中的A、R的浓度分别为250mol/m3和2000mol/m3。试计算反应器出口处的A的转化率以及B和S的浓度（原料中不含R和S）。A+B=R （1）2A=R+S （2）解：在反应式(1)和（2）中，设A的转化率分别为xA1和xA2则有将题中数据cA03000 mol/m3；cA250 mol/m3；cR00 mol/m3；cR2000 mol/m3代入,求解方程可得xA10。417；xA20。5所以反应器出口处A的转化率为xAxA1xA20。4170.50。917B的浓度为 cBcB0cA0xA11749 mol/m3S的浓度为 cScS0+cS0xA2/2750 mol/m311.6 对于等温恒压气相反应，已知该反应的膨胀因子为A，反应开始时各组分的分压分别为pA0，pB0，pP0和pM0，A的摩尔分数为zA0。反应系统中含有惰性组分M。试求出反应体系中各组分的分压与A的转化率xA的关系。解：对于等温恒压气相反应，设反应开始时总摩尔数为n0则有反应体系总压强为 转化率为xA时的总摩尔数为转化率为xA时A的总摩尔数为nAn0PA0（1xA)所以组分A的分压为同理可得：；;11.7 对于由反应(1)和(2）构成的复杂反应，试给出反应组分A、B、Q、P的反应速率rA、-rB、rQ、rP与反应(1）和（2）的反应速度r1和r2的关系。A+2B=Q （1）A+Q=P (2）解：根据反应式（1）和（2)的计量方城可得rA=r1+r2；rB=2r1;rQ=r1r2；rPr211。8 微生物反应一般在常温附近进行时，其反应速率常数k与温度的关系可以用下式表示：式中：k20-20时的反应速率常数;-温度变化系数;t-温度，。试给出与Arrhenius公式中活化能Ea的关系式。解：由可得（将温度变为绝对温度）根据式11.3.31可知代入可得变形可得即11。9 在不同温度下测得的某污染物催化分解反应的速率常数k如下表所示,求出反应的活化能和频率因子。温度， （K）413.2433。2453。2473.2493.22.04.86.913.825。8解:根据表中数据求出lnk和1/T值,做lnk-1/T曲线如下 图113 习题11.9图lnk-1/T曲线根据式11。3。31可得所以反应的活化能为Ea=5.2104kJ/kmol频率因子为k0=8。36104mol/(gh)11.10在一些反应中，反应产物能对反应起催化作用，加速反应进程，此类反应称为“自催化反应”。对于由反应式（1)和（2）表示的自催化反应，试给出反应物A的速率方程（恒容反应）及其积分式。AP （1)A+P=P+P (2)解：在反应（1）和（2）中，反应速率方程为rA1k1cA；rA2k2cA cP反应前后总摩尔数不变，有cA0cP0cAcP,即cPcA0cP0cA对于恒容反应有对方程变形可得积分可得（本题情况比较多,可以考虑从不同情况解析,比如说考虑写成总的反应式后用大K表示.本解法只是一种情况)11.11对于表11。3。1所示的恒温恒容反应,试推导出以转化率xA为变量的反应速率方程及其积分形式。解：（1）零级反应，,ktcA0xA(2）一级反应，ktln(1xA）（3)二级反应，（4）二级反应，（5）n级反应，第十二章 反应动力学的解析方法12.1下图为活性污泥法处理污水的一般工艺。在曝气池中，微生物分解有机物并产生生物污泥。生物污泥在沉淀池里进行固液分离，排出系统的污水中不含污泥。污泥以泥浆或者湿污泥的形式从沉淀池底部排出，一部分作为剩余污泥排出系统，另一部分作为活性污泥回流到曝气池,曝气池中的生物污泥叫活性污泥。系统每天处理水量qV0，为1240 m3/d。日产污泥干重qVm为100 kg/d，外排的剩余污泥流量为qVs。曝气池中的污泥浓度s，为1 kg/m3.回流和外排湿污泥浓度sr为10kg /m3。曝气池面积A为 1000m2,有效容积V为1500 m3.沉淀池和管道容积可忽略不计.试估算外排的剩余污泥流量qVs和回流污泥流量qVr.图121 习题12。1图示解：由剩余污泥量qVmqVssr可得对二沉池进行污泥衡算有（qV0qVr）sqVssrqrsr12.2 习题12。1系统的进水中，还含有1mg/L的苯。试通过物料平衡来估算系统出水中苯的浓度。假定，单位面积曝气池上的苯挥发量为kA,其中A为曝气池中苯的浓度，常数k约为5cm/h。曝气池中苯的生物降解反应可视为一级反应，-rA=krA,kr=2d1。由于生物污泥的吸附作用,实验测得在外排和回流的湿污泥中，苯的浓度约为出水中苯浓度的两倍。解：对反应系统内的水进行衡算有qV0qVsqV1,即qV1qV0 qVs1230m3/d对反应系统的苯进行衡算有Bz流入Bz排出Bz外排污泥Bz挥发Bz降解qV0A0= qV 1A1+2 qV sA1+kAA+krAV124011230A1+2（126.710)A1+21500A+ 0。05241000A对二沉池的苯进行衡算有A（qV