环境工程原理复习资料

.燃烧废气中含有SO2,欲采用吸收法去除。根据你所学的知识，分析提高去除效率的方法。答：吸收法可近似认为单向扩散， 治=上用8人「Pa。）。由上式可知，为RTLPm了提高吸收效率，可以增加SO2的浓度（浓缩尾气），换用高效的吸收液（碱液等）；同时即使更换新的吸收液；增大吸收液与SO2的接触面积（雾状喷淋）；适当增加温度和压强，以加快碱液对SO2的吸收速率。2某城市生活污水采用完全混合曝气法处理，水量为 3M04m3/d,BOD5浓度为200mg/L,要求稳态运行时，出水BOD5浓度达到一级排放标准，即30mg/L,曝气池中有机物的降解遵循一级反应，反应速率为 r=0.1c（反应速率常数0.1d-1）。（1）确定曝气池的有效容积；（2）若曝气池中污泥浓度为2000mg/L,回流污泥浓度为4000mg/L,求沉V,Xe污泥回流淀池的污泥回流比RoV,Xe污泥回流解：（1）以曝气池和沉淀池为衡算系统，以BOD5为衡算对象，由物料衡算方程得:TOC\o"1-5"\h\z-d d：:oCV-：eqv-rV Vdt一.、入，一， di , 、， 、，一系统稳态运行，—=0;代入相应数值得:dt一、一rV=017V0e .eCv CV二 V200mg/L-30mg/L=0.1d30mg/L一CV170 , 3 43V0.1d 30000m3/d=17104m3

(2)以曝气池为衡算系统，以污泥为衡算对象。由衡算方程，得XrRcv=X(1R)qv4000mg/LR3104m3/d=2000mg/L(1R)3104m3/d2000R= (1R)=0.5(1R)4000R=1=100%1.3一直径为2m的贮槽中装有质量分数为0.1的氨水，因疏忽没有加盖，则氨以分子扩散形式挥发。假定扩散通过一层厚度为 5mm的静止空气层。在101KN/m 2.=0.175kmol/m2h=2.975kg/m2h水槽的表面积为A=0.78522=3.14m2、 2.=0.175kmol/m2h=2.975kg/m2h水槽的表面积为A=0.78522=3.14m2解：氨在水中的摩尔分数为:=0.105x= Xm^= 0.1/17=0.105。氨/M氨+Xm水/M水0.1/17+0.9/18由题中的相平衡关系算出氨在液面上的分压 pAi=269X0.105=28.2KN/m2氨在空气中的分压为pA,0=0空气的分压：在水面上：pB,i=p-pA,i=101.3—28.2=73.1KN/m2在空气中：pB,0=p—pA,0=101.3—0=101.3KN/m2空气的对数平均分压为：pB.mPb,0pB.mPb,0-pB,i

ln(pB,0/pB,i)101.3-73.1

ln(101.3/73.1)2=85.5KN/m2因此，氨在空气中的扩散速率为:DPRTZPB,m(PA,iDPRTZPB,m(PA,i-Pa,0)二0.064101.38.3142930.00585.5(28.2-0)

12小时氨的挥发损失量为：G=2.975X3.14X24=224.4kg/d4将水从贮水池输送到处理构筑物中，原有一条管路，直径为 500mm。为增加输水量，在该管旁增加一条新管，管径为 250mm。两管均为水平敷设，长度相等，为1000m,流动处于阻力平方区，摩擦系数为0.02。当两管的出水端单独接入构筑物和合并后接入构筑物时，两管中的流量比为多少？当两管长度为10m时，流量比为多少？解：（1）管长为1000m时，阻力损失主要为沿程损失，局部损失可以忽略。两管单独接入构筑物或合并后接入构筑物时，两管的水力损失应相等；-u2 l；-u2有：^=.2改一1d12 d22其中，兀=K2=0.02;l1=l2=1000m；d1：d2=500:250所以，qv:qv2=4\2=5.6（2）管长为10m时，沿程阻力损失和局部阻力损失均要考虑当两管单独接入构筑物时，两管的水力损失分别为：（注：以下两式中删除了分母中的g）2大管：hf2大管：hf1U「d12 22-1.0—0.4—0.52 2uuL=1.9L2 22 2 2 2 2 2 2… U2 lcuuuuuu小管：hf2=1上 ’2,2 -2L =1.0- 0.82 0.52 =2.322 d222 2 2 2 2两管水力损失相等，hf1-hf2所以qv1:qv2=曳（?）2=4.42d2当两管合并后接入构筑物时，忽略交汇点处水力损失:小管:hfi1万hf2d22小管:hfi1万hf2d22, 2l2u2lidi—=1.0,0.4—=1.42 2 2u, u, u,=1.0-0.8-=1.822 2 2两管水力损失相等，hf1=hf2故u1:u2=J9所以qv1:qv2=曳(3)2=4.5u2d2有一外径为150mm的钢管，为减少热损失，今在管外包以两层绝热层。已知两种绝热材料的热传导系数之比为1:2,两种绝热层厚度都为30mm。试比较两种绝热材料不同顺序放置时的热损失。设两种情况下内外温度不变。解：设两种绝热材料的导热系数为及：%=1：2当导热系数%的材料放在内层时：(DC订 订 T △T'1'2L：dm1dm2(DQ1- 一-- -一- -一~ ' 7Rb1 _ b2b1 — b2 b(1dm1 2dm2)11Am1 12Am2 '1L：二dm1 12L；Tdm2其中,dm1d1-d°60dm2In电d。ln210150=178.6d2-d1In%d160,270In—210=239.0将dm1,dm2代入式（1）得（注：式（2）和（4）最后一项的分母中增加了入1）

T'-L二 dm&2 .「「L二 dMdm2Q1_ ; I _ ; b1178.621239.0b656.61当导热系数h2的材料放在内层时：Q2.TRb1■2Q2.TRb1■2L二dm—b2—’1L二dm2T12L-：dm1dm2b('2dm1 1dm2)(3)向式(3)代入dm1,dm2得T'1'2L二 dm1dm2 T-L二 dm1dm2Q2二 二 b21178.6 1239.0b596.21比较式(2)和(4)可以看到Q1<Q2即把导热系数较小的绝热材料放在内层可以减少热损失。某一双池塘系统如图所示。上游流量为10M04m3/d,其中有机物浓度为20mg/L。第一个池塘的容积为5.0104m3,第二个池塘的容积为3.0X04m3。有一股流量为1X104m3/d的污水进入第一个池塘，有机物浓度为120mg/L。有机物降解符合一级反应动力学，降解速率常数为 0.30d10不考虑蒸发、渗漏或降雨等因素，假设每一个池塘都呈完全混合状态，求稳定状态下每个池塘出水的有机物浓度解：以第一个池塘为衡算系统，在稳定状态下，由物料衡算方程得:・0：0,qv1:一V1k：i=(qv00/1)：14 3 4 3 .1 4 3 _ 4 3 _1010m/d20mg/L110m/d120mg/L-0.3d 510m/dC1=1110m/dC1C1=25.6mg/L以第二个池塘为衡算系统，在稳定状态下，由物料衡算方程得:

(qV0qVl);1-V2k;2=(qV0qV1)24 3 1 4 3 . 4 3 .1110m/d25.6mg/L-0.3d-310m/dC2=1110m/dC2C2=23.7mg/L2现有一传热面积为3m、由①25X2.5mm的管子组成的列管式换热器，拟用初温为30c的水将某液体由200c冷却到100C,水走管内。已知水和液体的定压比热容分别为4.18kJ/(kg.K)和2.0kJ/(kg.K)•,冷侧和热侧的对流传热系数分别为2000W/(m2K)和250W/(m2K)。当水和液体的质量流量分别为1000kg/h和1200kg/h时，通过计算说明该换热器是否满足要求；若不满足，可通过什么方法解决(定性分析)？(两流体呈逆向流动，忽略管壁热阻和污垢热阻)解：用30c的水将某液体由200c冷却到100c时，由热量衡算方程，有cp7Kqm水"T水=cp液qm液&T液4.181000工=2.01200100=66.7KW△T水=57.4,故水的最终温度为丁2水=30+57.4=87.4C逆向传热时的平均温差为・订m=.订1-订2=89.8C传热阻力为(2000该换热器在此时能够传递的热量为一\T898R0.0015因此，该换热器无法满足要求Q=—m= R0.0015因此，该换热器无法满足要求解决的方法：在无法改变水温的情况下，增加水的流量，从而增大平均温差;

增加换热器数量或换用换热面积较大的换热器；在换热器内部安装翅片，热流体走管外，增大热侧对流传热系数，从而增大总传热系数，并增大传热面积。1.8将20c的水以30m3/h的流量从水池送至高位水箱，已知水箱顶部压强为0.05MPa（表压），水箱水面与水池水面的高差为10m。输水管内径为增加换热器数量或换用换热面积较大的换热器；在换热器内部安装翅片，热流体走管外，增大热侧对流传热系数，从而增大总传热系数，并增大传热面积。1.8将20c的水以30m3/h的流量从水池送至高位水箱，已知水箱顶部压强为0.05MPa（表压），水箱水面与水池水面的高差为10m。输水管内径为80mm,长18m,管线局部阻力系数1，=13（阀全开时），摩擦系数九=0.012+0.75~~038，Re求所需泵的功率。已知水的粘度为1X10—3Pas,密度为1M03kg/m3解：输水管中的水流流速4Qu=——2=1.66m/s二d输水管局部阻力损失：h「U;13 1.83m2g29.8摩擦系数九:-=0.0120.75日

Pdu0.3810

=0.012+0.75黑- 定0.012m<10m0.08父1.66)输水管沿程阻力损失:hf2lu： 181,662-=0.012 =0.38md2g0.0829.8所需泵的功率Ne=(10hf1hf2)gQm=12.219.830103/3600=997.2W30C>100kPa下，在填料塔中用水吸收混合于空气中的SO2。在塔内某一点上，气相中SO2的浓度为y=0.09,液相中SO2的浓度为x=0.002,气相传质阻力认为集中在2mm厚的气膜中。计算稳定条件下在该点上SO2的传质速率。已知SO2在空气中的分子扩散系数为5X105m2/s,30c时SO2水溶液的平衡关系为Y=26.5X。解：液相中SO2的摩尔比为

Xai八,Xai八,IXa,i1-xA,10.0021-0.002=0.002在稳态条件下，气相界面SO2的摩尔比为:Ya,i=26.5Xa,i=26.5X0.002=0.053气相界面SO2的摩尔分数为Ya,1yAYa,1yA1二1 Ya,10.05310.053=0.05气相主体中SO2的浓度：0.09设yB,i和yB,2为惰性组分在2相界面和气相主体间的摩尔分数贝UyB,m=yB,i贝UyB,m=yB,i7b,2 0.95-0.91in"=0.93yB,20.91所以z_DABP(yA,i—yA,2)5M10'm100000m(0.09—0.05)NA一 二 Z3RTLyB,m 8.31x303x2x10^x0.93一一一••， 2 、=0.043mol/(ms)一根水平放置的蒸汽管道，具保温层外径为583mm,保温层外表面的实测温度为48C,空气温度为22Co此时空气与保温层外表面的自然对流传热系数为3.43W/m2K,保温层外表面的黑度是0.9。试求此管道每米长度的总散热量。（此时，辐射传热的角系数为1,总辐射系数为C-=aC0）解：对流传热：Q对流=aA&T=3.43父冗父0.583父1父（48—22）=150.77W辐射传热：q辐射=；。网哈）4-（后4]=0.95.67二0.5831[()=0.95.67二0.5831[()4])一(100 100=284.5W所以:

Q总Q总—Q对流+Q辐射=435.27W某热水管道拟采用两层保温材料进行保温，已知两种材料的导热系数分别及和%, 2。若保温材料厚度相同，为了达到较好的保温效果，应将哪种材料放在内层，试通过计算式说明原因。解：△T b1 △T b1 .b2 ."Am 02J二dm1：Tb2,2L-：dm2「r-L二dm1dm2b('1dm1 2dm2)当导热系数为心的材料在内层时,，-1>当导热系数为心的材料在内层时,，-1>入2,dm1<dm2,令dm1=a,dm2=c当导热系数为九2当导热系数为九2的材料在内层时,，-1>入2,dm1>dm2,令dm1=C,dm2=a因为,1a一工2c一生1c一生2a=(a-c)(T-二2)::0b(1c-；，2a)b(11a：：J2c)所以b(1c-；，2a)b(11a：：J2c)为了达到较好的保温效果，导热系数为%的材料应放在内层纯气体A通过厚度为0.01m的气膜从主体向催化剂表面扩散， 在催化剂表面发生瞬时化学反应A(g)一2B(g),生成的B又反向扩散回来。已知总压力为1.013X05Pa,温度为300K,扩散系数Dab为1.5汉0一5m2/s。试求A的扩散速率。解：由Na=-Dab—5a(NaNb)dzc因为Nb=-2Na所以:

Na二~DNa二~Dab(ln1-yA,o1 yA,i--DabJ"LRT1yA,i_5 _ _ _51.510 1.01310,11二 ln 0.018.31300 102=-0.042mol/ms1.13一直径为20mm的球形紊粒置于压力为1.013105Pa、温度为318K的空气中，已知该温度下蔡的蒸汽压为74Pa,蔡在空气中的扩散系数为6.9M06m2/s,蔡的分子量为128,密度为1145kg/m3。试求以下两种情况下，紊球全部升华所需要的时间。(1)蔡粒置于大范围静止空气中(注：在大范围静止空气中的传质阻力相当于通过厚度为球半径的静止空气层的阻力)；(2)空气以0.3m/s的速度流动，此时的平均对流传质系数为6.4M0-3m/s解：(1)设任一时刻蔡球的半径为r,有传质速率方程，有NaDabpRTLPB,m(PA,i-Pa,0)又根据质量衡算，有NaDabpRTLPB,m(PA,i-Pa,0)又根据质量衡算，有Na.dnA=——出迪Mdt即Na;?dr—- 312810dt所以1145dr12810%t6 _56.910 1.0131058.31318rpB,m(74-0)其中,P其中,PBm=DAB皿』b,mABln以PB,iTOC\o"1-5"\h\z_5 _51.013105-(1.013105-74)=1013105

,1.013105 .ln 5 1.01310-74_ 41rdr=2.1510dt边界条件t=0,r=0.01;t=t,r=0积分得：0.0120.012=2.1510」1tt=2.33106s=645.99h(2) NA=kc(CA,i-(2) NA=kc(CA,i-CA,0)6.410，8.31318(74-0) .. 2=0.000179mol/m又NaPdr

12810%t所以t= -r0——3=5.00105s=138.82hNa12810二、分离过程原理简答题.进口气速不变，增大旋风分离器的直径，对离心力有何影响？转速不变，增大离心机转鼓直径，对离心力有何影响？参考答案：对旋风分离器，离心力Fc=m生，进口气速不变，离心力与直rm径成反比，所以增大直径，离心力减小。对离心机，离心力Fc=m®2,转速不变，离心力与直径成正比，所以增大直径，离心力增加。过滤过程中，滤饼层的可压缩性通常用什么参数来表示？试分析说明滤饼层为不可压缩和可压缩两种情况时，增加过滤压差对过滤速度的影响。参考答案：通常用压缩指数s来表示。由K=2Q可知，增加过滤压差,J「0c过滤速度都会增加，但是滤饼层不可压缩时，过滤速度会增加得更快。比较深层过滤和表面过滤的特点和差异。参考答案：从两者的过滤介质、过滤过程、过滤机理和应用范围加以比较。说明反渗透膜材质是如何影响膜的截留率的？

参考答案：一Kw'—二,可见膜材料的选择性渗透系数直接影Kw；：pt\r+Ka响截留率。要实现高效分离，Kw要尽可能大，Ka要尽可能小，也就是膜材料必须对溶剂的亲和力强，而对溶质的亲和力弱。气中含有SO2和CH4两种气体，其分压相同，试判断哪种污染物更易被水吸收？为什么？参考答案：SO2更容易被水吸收。因为SO2在水中的溶解度系数更大，而且能够跟水结合并进一步解离。用活性炭吸附某含酚废水，当采用单级吸附饱和后，将饱和后的活性炭填充到固定床中，从顶部通入同样浓度的含酚废水，问活性炭是否还能吸附酚？为什么？参考答案：还能吸附。因为单级吸附饱和后，所对应的平衡浓度较低，通入新的废水后，液相浓度增加，活性碳又处于不饱和状态，所以还会继续吸附。某水中含有颗粒直径为0.2mm的悬浮液，颗粒所占的体积分率为0.1,在9.81X103Pa的恒定压差下过滤，过滤时形成不可压缩的滤饼，空隙率为 0.6,过滤介质的阻力可以忽略，试求（1）每平方米过滤面积上获得1.5m3滤液所需的过滤时间；（2）若将此过滤时间延长一倍，可再得多少滤液。（水的粘度为1xl0-3Pa-s）解：（1）首先计算形成滤饼的比阻滤饼的空隙率为0.6,颗粒的比表面积a=&= 6--=3X104m2/m3,取dp0.210p比例系数Ki=5,可得滤饼的比阻为:2 2Ki12 2Ki1-a一 3=0.331010m=0.331010m-20.63又假设每得到1m3滤液形成的滤饼体积为c,则根据水的物料衡算可得1+0.6c=（1+c^（1—0.1）,得c=0.333m3（滤饼）/m3（滤液）所以，包压过滤的过滤常数可计算为

9.811031匕-0.3310101109.81103=8.9310-m2/s由恒压过滤方程q=8.9310-m2/s得t=q2/K=1.52/8.9310，）=2.52102s(2)若是时间延长一倍，则”5.04102s由恒压过滤方程q2=Kt=8.9310，5.04102=4.5所以q=2.12m3所以延长一倍的时间，再得到的滤液量为 2.12-1.5=0.62m3在310kPa的操作压力下，采用吸收法去除混合气体中的组分A,已知混合气体中A的分压为100kPa,吸收液中A的摩尔分数为0.003,以摩尔分数差为推动力的气膜和液膜传质系数分别为ky=3.7713(kmol/m2s、kx=3.06M104kmol/m2s,亨利系数E为1.067104kPa,试求：(1)组分A的传质速率；(2)分析传质阻力，判断是否适合采取化学吸收；(3)如果采用化学吸收，传质速率提高多少。假设发生瞬时不可逆反应。解：(1)以气相分压差为推动力的气膜传质系数为kG=377~~10—=1.22父10'kmol/kPam2s310以液相浓度差为推动力的液膜传质系数为3.0610 工，kL= =5.5010m/s55.6溶解度系数H=-55.64=5.2110“kmol/kPam31.067104Kg11/kGKg11/kG1/HkL 1 1/1.22104 1/5.211075.5010"=2.8610"kmol/kPam2s传质推动力为：p=p—p=100—32.01=67.99kPa所以传质速率为一一 一一.一—―8一一一•一 一6. ..2Na=Kgp=2.8610—67.99=1.9410一kmol/ms(2)传质阻力分析总传质阻力1/KG=1/(2.86x10")=3.50x107(m2skPa)/kmol其中气膜传质阻力为1/kG=1/(1.22M10，)=8.20x104(m2skPa)/kmol,占总阻力的0.2%液膜传质阻力占总阻力99.8%,传质过程为液膜控制，适合采用化学吸收。(3)采用化学吸收时，忽略液相传质阻力，且认为液相中 A摩尔分数为0则此时传质速率为一一一 .一一5.一.一一3 2Na=kGP=1.2210 100=1.2210kmol/ms比原传质速率提高627倍某活性炭吸附苯酚的吸附等温试验方程式为 q=2.5C0.5,其中q为吸附容量(mg/g),C为吸附平衡溶质浓度(mg/L)。今有浓度为100mg/L、体积为200mL的苯酚溶液，问：(1)采用单级间歇操作进行处理，欲将溶液中的苯酚浓度降低到10mg/L,需要投加多少活性炭？(2)将经过单级操作的活性炭加入固定床中，持续吸附浓度为100mg/L的苯酚溶液，最多还可以吸附多少苯酚？(3)在固定床中吸附饱和的活性炭是否还可以继续吸附？解：(1)单级吸附饱和时，活性炭吸附量为_ _05 一.q=2.510.=7.9mg/g由质量衡算可得0.2100-107.90.2100-107.9=2.28g所以需要2.28g活性炭(2)固定床中的活性炭达到吸附平衡时，对应的平衡浓度为 100mg/L所以活性炭吸附量为q=2.51000.5=25mg/g

所以(25—7.9p2.28=38.99mg,还可以吸附38.99mg苯酚(3)理论上，增加溶液中苯酚的平衡浓度，活性炭还可以继续吸附苯酚,直到达到活性炭的饱和吸附量。以甲苯为萃取剂，采用萃取法处理含A废水。已知待处理的废水体积为10L,密度为1000kg/m3,废水中的A浓度为1000mg/L,萃取剂量为2kg。如果要求萃取后废水中A浓度达到1mg/L以下，问是否能达到要求？如果能达到，应采取什么样的萃取方式？请通过计算说明。假设A的分配系数为10,并不随溶液组成而变化。解：XmF=0.001,要求达到的浓度为XmR=1><10-(1)采用单级萃取BXXmR=——4=0.00033>1父10‘，达不至世求B10S(2)采用多级错流萃取设有n级，每级萃取剂用量2/nXmnRIB+10S/n)XmnRIB+10S/n)_BXmF—B10S/n、n:父0.001〉1父10公达不到要求。(3)采用多级逆流萃取多级逆流操作县最大斜率为"maxYm1-Y"maxYm1-Ym0XmF-Xmn100.001-0 _石二100.001-110多级逆流的最小萃取剂用量为-B,Smin= =1kg<2kg0

max所以，理论上可以采用多级逆流萃取达到要求。用一半径为r的旋流分离器分离某悬浮液，假设能完全分离的颗粒的

临界直径为dc。如果将旋流分离器的半径减少为原来的1/2,而其他条件（如液体进口处切向速度、进口宽度和旋流分离器高度均不变），求此时颗粒的临界直径为多少？解：旋流分离器分离颗粒的临界直径可以表达为9」B二Ui：p一：N从这个式子可以看到，颗粒的临界直径与分离器半径无关，所以改变半径不会影响临界直径。水中含有颗粒直径为0.2mm的悬浮液，颗粒所占的体积分率为0.1,在9.81X103Pa的恒定压差下过滤，过滤时形成不可压缩的滤饼，空隙率为 0.6,过滤介质的阻力可以忽略，试求（1）每平方米过滤面积上获得1.5m3滤液所需的过滤时间；（2）若将此过滤时间延长一倍，可再得多少滤液。（水的粘度为1x10-3Pa-s）解：（1）首先计算形成滤饼的比阻滤饼的空隙率为0.6,颗粒的比表面积a=—=—J=3M104m2/m3,取dp0.210p比例系数Ki=5,可得滤饼的比阻为:TOC\o"1-5"\h\z2 2 4210 -2=0.3310m_Kl1-；a210 -2=0.3310m= 3 = cc3； 0.6又假设每得到1m3滤液形成的滤饼体积为c,则根据水的物料衡算可得1+0.6c=(1+c><(1—0.1),得c=0.333m3(滤饼)/m3(滤液)所以，包压过滤的过滤常数可计算为一-3=8.9310“m2/s：p=8.9310“m2/sK=r~= io -3rJc 0.3310 110 0.333由恒压过滤方程q2=Kt得t=q2/K=1.52/8.9310”)=2.52102s（2）若是时间延长一倍，则t-5.04102s

由恒压过滤方程q2=Kt=8.9310-5.04102=4.5所以q=2.12m3所以延长一倍的时间，再得到的滤液量为 2.12-1.5=0.62m3用吸收法去除某有害气体，已知气液两相的相平衡关系为y*=1.2x。采用逆流操作。假设进口处气体中溶质摩尔分数为 yi=0.3,入塔吸收剂的溶质摩尔分数为X2=0.005,如果要求出口处气体中溶质摩尔分数降低为 y2=0.001,问能否达到要求？请说明理由。如果达不到，有办法可使出口处气体溶质摩尔分数达到要求吗？解：不能达到要求。因为入塔吸收剂的摩尔分数为X2=0.005,与之平衡的气相摩尔分数为y2-1.2x2=0.006y2可以通过改变条件，使平衡关系发生变化，减小平衡常数；或者降低入塔吸收剂溶质的摩尔分数。活性炭吸附苯酚的吸附等温试验方程式为 q=2.5C0.5,其中q为吸附容量（mg/g）,C为吸附平衡溶质浓度（mg/L）。今有浓度为100mg/L、体积为200mL的苯酚溶液，问：（1）采用单级间歇操作进行处理，欲将溶液中的苯酚浓度降低到20mg/L,需要投加多少活性炭？（2）如果将在上一单级操作中饱和后的活性炭，再次全部投入到同样体积和浓度的苯酚溶液中， 问此次能否使溶液中的苯酚浓度再次降低到20mg/L?请用操作线定性说明。（3）重复（2）的操作直至活性炭不再吸附苯酚为止，求此时活性炭的饱和吸附量为多少？解：（1）由物料衡算，需要投加得活性碳的量为=1.431g0.2=1.431g_ __052.520（2）不能。图略。（3）当活性碳不能吸附时，其饱和吸附量与处理液的初始浓度平衡所以q=2.51000.5=25mg/g

以三氯甲烷为萃取剂，采用萃取法处理含酚废水。已知待处理的含酚废水体积为10L,密度为1000kg/m3,废水中的酚浓度为100mg/L,萃取剂量为2kg。如果要求萃取后废水中酚浓度达到 15mg/L以下，问是否能达到要求？如果能达到，应采取什么样的萃取方式？请通过计算说明。假设酚的分配系数为15,并不随溶液组成而变化。解：1采用单级萃取XmR=BXmF=2.5父10,>1.5父10),不能达到要求B15S2采用二级错流萃取XmR1BXmF XmR1——m^=410B15§XmR2=BXmR2=1.6父10上>1.5父10’,不能达到要求B15S23采用三级错流萃取XmR1BXmFXmR1BXmF=510‘B15S1XmR2BXmR1B15S2=2.5101XmR3=BXmR2=1.25父10,<1.5父10",达到要求。B15S3(1)采用超滤膜过滤含高浓度乳化油废水， 试分析随着压力的增加，膜通量将如何变化？(2)采用反渗透膜进行海水淡化，操作温度为25℃，海水中NaCl质量分数为2.0%,如果操作压力为1.2MPa,问是否能正常运行达到脱盐目的？解：(1)膜通量可以表示为」Rm Rp Rg在此过滤过程中，初期，随着压力的增加，膜通量增大；由于容易形成凝

胶层，所以凝胶层形成之后，再增大压力，，凝胶层厚度也会增加，凝胶层阻力随之增加，抵消了压力增加对膜通量的贡献， 所以一旦凝胶层形成，膜通量就不会随压力增大而增加。(2)进料盐浓度为co=2/58.5=0.349mol/L98/1000所以渗透压为-：=c0RT=0.3498.3142982/1000-1.73MPa渗透压大于操作压力，所以不能正常脱盐。采用转筒离心机分离悬浊液中的固体颗粒，已知颗粒直径为50Nm,颗粒密度为6600kg/m3,悬浊液密度为1000kg/m3,黏度为1.2X10-3Pa-s,转筒尺寸为h=500mm,c=50mm,r2=100mm,离心机转速为250r/min。(1)求离心机完全去除固体颗粒时的最大悬浊液处理量。(2)如果改用直径D与离心机相同的漩流分离器处理该悬浊液，假设进液口宽度B=D/4,液体在旋流分离器中的旋转圈数为 5,采用什么样的操作条件，才能使漩流分离器的分离效率与离心机相同。解：(1)假设颗粒运动位于层流区，则颗粒的沉降时间为TOC\o"1-5"\h\z18」r2 181.210， 0.1t= 2~2ln- 2 2ln =1.56s:pr「：)dp」 「1 6600-10005.0105 2二250/60 0.05所以悬浊液的最小停留时间为1.56s最大处理量为V3.140.12-0.052 0.5 3qV=—= =0.00755m/st 1.56检验：沉降速度Ut-.9 9 52Ut-.9 9 52 2：p-：dp2r22 6600-1000 5.010 0.1 2二250/6018」181.210’=0.044m/s雷诺数Repp10005.010 0.044雷诺数Repp10005.010 0.044/cc -3 二1.