吸收习题课的题

1、1、吸收剂部分再循环对塔高的影响常压逆流连续操作的吸收塔，用清水吸收空气-氨混合气中的氨，混合气的流率 为0.02kmol/（m2.s），入塔时氨的浓度为 0.05 （摩尔分率，下同），要求吸收率不低于95%，出塔氨水的浓度为0.05。已知在操作条件下气液平衡关系为y*=0.95x，气相体积传质总系数 Kya=0.04kmol/ （m3$），且KyaxG。（1）所需填料层高度为多少？L/Lr=20L/Lr=20，气体流率及新鲜吸收剂用量不变，为达到分离要求，所需填料层的高度为多少？（3）示意绘出带部分循环与不带循环两种情况下的操作线与平衡线。（4）求最大循环量Lr（.（max）解：（1）低浓气

2、体吸收，y h Y,x h 需填料层的高度为多少？（3）示意绘出带部分循环与不带循环两种情况下的操作线与平衡线。（4）求最大循环量Lr（.（max）解：（1）低浓气体吸收，y h Y,x h Xy a =(1 -n) y b = (1 - 0.95)x 0.05 = 0.0025液气比：g而 m = 0.95 =，所以 S = 1GAy = Ay = y = 0.0025G 0.02K a 0.04y.h0 = Hog Nog = 05 x19 = 9.5mG, y - i0.050.05 0.00250.05 0.0025 3=0.95y b-ya x b - x（2）吸收剂再循环此时吸收剂

3、人口浓度：（2）吸收剂再循环此时吸收剂人口浓度：原操作线社b新操作笠 I：Lx + Lx + L xaRbL + Lr0.05=0.0023820 +1L = L + L R = L + 20 L = 105 Ls 1 s 1 = mG=0.951.05因为为易溶气体，且Kya x G0.8G所以L再循环后，Kya不变，即HOG = k = 05m不变y1 y y y - mxOG=In U S)+ SOG1In1 - 0.951 - S _1In1 - 0.95(1 - 0.95)0。5 一 0.95 * 0O238 + 00.0025 - 0.95 x 0.00238=47.84, h0=

4、 HOG NOG= 05 x 47-84 = 2392 m（3）见上图。（4）当循环量加大，x，个，当x = x* = 时，气液两相在塔顶平衡，Ay = 0，达到分 aa a ma离要求，塔高无限，此时，循环量为最大循环量。Lxa + LR(max)乙=(L + 4(max) )xa，x； = %： = 1m = 000?=“0263LR (max)LxLR (max)Lx1ax - x0.02 x 0.95 x 0.002630.05 - 0.00263=1.055 x 10-3kmol/(m2 - s)从计算结果可以看出，吸收剂部分再循环，吸收塔进口液体溶质浓度增加， 平均传质推动力减小，

5、若过程为气膜控制，循环吸收剂流量增加，传质系数人产 不变，所以导致吸收塔塔高增加。问题：从上述结果看吸收剂部分循环对吸收是不利的，但工业上为什么有时 还采用这种操作呢？在下列情况下采用循环总的看来是有利的：（1）若吸收过程的热效应很大， 以至吸收剂进吸收塔前需要塔外冷却来降低吸收温度，这样相平衡常数再降低， 全塔平均推动力提高，祢补了因部分再循环吸收塔进口液体溶质浓度增加导致的 平均传质推动力减小。（2）若吸收工艺要求较小的新鲜吸收剂用量，以至不能 保证填料被很好的润湿，致使单位体积填料有效传质面积降低，此时采用吸收剂 部分再循环，提高单位体积填料有效传质面积，即提高体积传质系数，补偿了因 循

6、环而降低吸收推动力，如果总体上仍使塔高降低，使用再循环是有意义的。2、提高吸收率的具体措施在填料高度为4m的常压填料塔中，用清水吸收尾气中的可溶组分。已测得如下 数据：尾气入塔组成为0.02,吸收液排出的浓度为0.008（以上均为摩尔分率），吸收率为0.8，并已知此吸收过程为气膜控制，气液平衡关系为y*=1.5x。(1)计算该塔的H0G和Nog ；(2)操作液气比为最小液气比的倍数；(3)若法定的气体排放浓度必须 40.002，可采取哪些可行的措施？并任选其中之一进行计算，求出需改变参数的具体数值；(4)定性画出改动前后的平衡线和操作线。(1)=0.02 (1)=0.02 y*所以增加液气比的措施是可行的。a a2）在液体流量不变的情况下，降低吸收剂浓度，即通过增加解吸塔过热蒸气量，提高 解吸塔的解吸效果，有关具体计算需要采