化工热力学课后答案 - 范文中心

化工热力学课后答案

03/03

2-11 解： 1） 理想气体态方程状

pVmRT

3）RK方程 查表，水的Tc647.3Kpc22.05MPa

4)L-K方程

ZZ0Z1

查表Z0.96240

Z10.036610.344

查水蒸气表，473K，1.0MPa下水蒸汽（过热蒸汽）的摩尔体积为3.7110mmol 2-13

解：根据理想气体状态方程

331

p

nRT

1.638MPa V

pc3.394MPa

查表，Tc126.2K则 Tr3.7480查表

0.040

pr0.4828

Z01.0048

对照图2/7-2，可知理想气体状态方程适用。

若用L-K方程，根据上面的条件计算出新的p，进一步查表得到新的Z值，直至p收敛，结果p1.647MPa。

2-16 解：

查表，Tc425.2K则 Tr1.0818

pc3.799MPa

0.193

p

r0.4001

3

1

若以B

0.265mkmol计算，

相对偏差=0.06%

3

1

mmol，根据实验值若p1Mpa，根据普遍的virial方法，Vm3.560

Vm3.560m3mol1

2-19 解： 1）Antoine方程

查表，A15.8333

B2477.07C39.94

lnpsA

B2477.07

15.83339.3693

TC423.1539.94

ps11722.89mmHg1.542MPa

2）Pitzer关联方程

查表，正戊烷的Tc469.6K则 Tr

pc3.374MPa

0.251

423.15

0.9011

469.6

6.096486

1.28862lnTr0.169347Tr0.6137Tr

f(0)(Tr)5.92714

15.68756

f(1)(Tr)15.251813.4721lnTr0.43577Tr0.5213

Tr

则 lnprf

s

(0)

(Tr)f(1)(Tr)0.7445

prs0.4749

ps0.47493.3741.602Mpa

2-18 解：查表，

Tc425.2KZc0.274

pc3.799MPa

0.193

Vc255cm3mol1

则Tr

T

0.9246Tc

pr

p

0.5791 pc

Rackett方程

(1Tr)

VVcZc

0.2857

137.37103m3kmol1

RK方程

q

3/20.42748Tr0.73073/25.5494 0.08664



pr0.086640.04540.05426 Tr0.7307

Zk1Zk(Zk)(

1Zk

)

q

Z00迭代，得Z0.1149 V

ZRT

170.68103m3kmol1 p

2-20 解： Virial方程

2

By12B11y2B222y1y2B12132.58cm3mol1

V

RT

B0.415m3kmol1 p

RK方程

查表

N2C4H10

Tc126.2KTc425.2

pc3.394MPapc3.799MPa

对于N2，

Tr3.6529 a0.42748

Tr

1/2

R2Tc2

0.07255Pam6K0.5mol2

pc

b0.08664

RTc

26.7840cm3mol1 pc

对于C4H10，

Tr1.0842 a0.42748

Tr

1/2

R2Tc2

1.3505Pam6K0.5mol2

pc

则

b0.08664

RTc

80.6218cm3mol1 pc

2

ay12a1y2a22y1y2a1a20.7997Pam6K0.5mol2

by1b1y2b264.4705cm3mol1

bp

0.1177 RTa(T)q3.2365

bRT



Z1q

初值1迭代，

Z

Z(Z)

Z0.7463

V

ZRT

0.409m3kmol1 p

3-22 解：

查表，水的Tc647.3K则Tr0.7309

pc22.05MPa

0.344

pr0.0635 0.422

0.61376Tr1.6

B00.083

0.172

B10.1394.20.50247

TrB

RTc0

(BB1)1.920104m3mol1 pc

R

故 V

B1.920104m3mol10.0107m3kg

dB00.675

2.61.5247dTrTr

R

dB10.722

5.23.6838 dTrTr

dB0B0dB1B1)()]966.1Jmol1 故 HprRT[(

dTrTrdTrTr

dB0dB1

SprR()1.4738Jmol1K1

dTrdTr

R

查水蒸气表，得到实际气体的各项性质。理想气体的各项性质由三相点为零点开始

计算。 3-21 解：

查表，丙烯Tc365.0K

则 Tr则

pc4.620MPa

473

0.7307647.3

pr

1.0

0.0454 22.05

q

3/20.42748Tr0.73073/24.3332 0.08664pr0.086640.0454

0.1720 Tr0.7307



对于水蒸汽，

Z1q

Z

Z(Z)

利用Z1的初值进行迭代，收敛结果为 Z0.4291 则

HR3Z

(Z1)qln()2.76178 RT2ZHR9138.65Jmol1

3-24

解：

剩余性质：丙烯Tc365K

1）2.53Mpa & 400K

pc4.62Mpa 0.148

Tr1.0959pr0.5476

H

RTc

R0

0.5302

R

R0

H

RTc

R1

0.3555

HH

RTc

RTc

H

RTc

R1

R1

0.5828

S

R

R0

0.3390

S

R

0.3263

SS

R

R0

RR

S

R

R1

0.3873

Z00.8458 Z10.007308

ZZ0Z10.8469

2） 12.67Mpa & 550K

Tr1.5068pr2.7424

H

RTc

R0

1.4050

R

R0

H

RTc

R1

0.0603

HH

RTc

RTc

H

RTc

R1

R1

1.3961

S

R

R0

0.7015

R

R0

S

R

R1

0.1926

SS

R

R

S

R

0.7300

Z00.8034 Z10.22675

ZZ0Z10.8371

R1

HmHidmHRmCiddTHm11218.16Jmol p

SmSidmSRmV(

Cid

pT

dTR

dp

SRm12.81Jmol1K1 p

ZRT

)0.00081m3mol1 p

3-28 解：

1）V1

113.640cm3mol1

dV

dx1

V2101.460cm3mol1

dV

dx1

2）以0.2为例

V1V(1x1)V2Vx1

中心差商

dVdx1

x10.2

1

(Vx10.1Vx10.3)12.58 0.2

3

1

则 V1114.086cmmol

V2101.486cm3mol1

3）以0.2为例

mixVV(x1V1x2V2)0.106cm3mol1

4） 边值差商

dV

dx1

x11

1

(Vx11Vx10.98)11.55 0.02

V2Vx11

同理，

dVdx1

102.09cm3mol1

x11

V1114.31cm3mol1

3-35 解：

118F

4-8 解： 过程能量守恒，忽略位能和动能的变化，则

h1wqh2

k1

kws,r1kp2

WZRT11

k1p1



s

1

Jmol

Z1

p1V1

1.0787RT1

p2V2

0.8827 RT2

注MCO244.010gmol1

Z2

Z

则

1

Z1Z20.9807 2

wWMCO210003.42105Jkg1

qh2h1w287.75kJkg1

放热

4-9 解： 1）7atm

2）~0.13

83-85K

~34kcal/kg 3）190K 4-21 解： 查水蒸汽表，各点状态如下 1：(81.33

C,50kPa,H1340.49kJkg1)

泵做功

wppV(100050)1.0301030.9785kJkg1

2：(82C,1000kPa,H2H1

1wp351.47kJkg) 3：(500

C,1000kPa,H1

33478.5kJkg) 4：(81.33

C,50kPa,H42645.9kJkg1

)

则

1）

H3H4

HH26.5%

32

2）r

p

H00118

3H0.4

3）m

3600kJ

H4.32kgh1

3H4

4-22 解： 各点状态如下：

1：(20

C,H1340.49kJkg1

)

(忽略体积变化)

2：(20C,H2383kJkg)

则

3：(35C,H3423kJkg)4：(35C,H4250kJkg)

1

1

1

(最高为等熵过程对应值)

w

H2H1

3.325

H3H2

QH4H3173kJkg1

5-10 解： 丙酮所含元素的标准yong为:

(C)410.515kJmol1

(H)117.575kJmol1

1

(O)117.575kJmol1

对于液态，fG(C3H6O(l))155.73kJmol

液态标准yong(C3H6O(l))fG(C3H6O(l))

1



1783.242kJmol

i

1

对于气态，fG(C3H6O(g))153.05kJmol

液态标准yong(C3H6O(g))fG(C3H6O(g))



1785.922kJmol

i

1

计算125C,0.5MPa下yong值，

1.判断汽液态（以对应状态下yong值为标准值） 2.参见公式（5/2-32 5/2-35） 5-11 解：

说明：1.以298.15K的饱和水为参考态

2.数据由水蒸气表而来（内插法）

3.yong变 (HH0)T0(SS0) 4.质能系数(HH0)

5.温度越高，压力越大，质能系数越大 5-14 解： 参见5/3-2，注意内部yong损失 6.8 解：

临界性质：Tc=425.2K Pc=3.799Mpa w=0.193 对比性质：Tr=1.0818 Pr=0.3948 对于RK方程

q

0.427483/2

Tr4.3848

0.08664

Pr

0.086640.03162

TrZk11q

ZK

Zk(Zk)

以Z0=1代入上式迭代，Z=0.9131

Iln

Z

0.03404 Z

lnZ1ln(Z)qI0.1100

0.8958

fP1.344MPa

6.9 解：

临界性质：Tc=365.0K 对比性质：Tr=1.3096 查附录B5内差可得

Pc=4.620Mpa Pr=1.4892

w=0.148

00.79992

11.119381

0(1)w0.8134

fP5.596MPa

6.10 解：

以200℃，6kPa的水蒸气状态作为理想气体，fipi6kPa 则

*

*

hi*2879.7Jg1si*9.1398Jg1K1

p1Mpa，

hi2827.9Jg1si6.6940Jg1K1

fiM(H2O)hihi**ln*(ssii)5.0624 fiRT

fi

157.6967fi*

fi947.82kPa

i

fi

0.9478 p

6.11 解：

临界性质：Tc=369.2K Pc=4.975MPa 计算饱和蒸汽的逸度系数（Ps=0.267Mpa） 对比性质：Tr=0.82611 Pr=0.05367 对于RK方程

q

0.427483/2

Tr6.5711

0.08664

Pr

0.086640.005629

Tr

ZK

Zk(Zk)

Zk11q

以Z0=1代入上式迭代，Z=0.9702

Iln

Z

0.005785 Z

lnsZ1ln(Z)qI0.03174

s0.9688

Vl4.810486.4691034.1505105m3kg1

Vl

fPexp[(PPs)]0.3238MPa

RT

l

s

s

6-15 解： 1.溶解度参数法 查B10表，可得

环己烷116.77(MJm)

32

V1l0.108m83kmo1l

l

3

1

苯 218.23(MJm) V20.0894mkmol

又有x10.4 则

2

V1lx2

1220.058385 ln1RT

32

x20.6

T313.15K

V2lx12

1220.021322 ln2RT

所以

11.0601 a11x10.4240

21.0216 a22x20.6129

2.Margules模型

知A120.1640 A210.1462 则

2

A122A21A12x10.0539136 ln1x2

ln2x12A212A12A21x20.0268096

所以

11.0554 a11x10.4222

21.0272 a22x20.6163

6-17 解： 气相视为理想气体，则有

yipxiipis

另 故

GE

xii RT

p/Mpa

0.3018 0.2768 x1

0.25 0.50 y1

0.188 0.378 ln1 ln2

GE

RT

x1x2GERT

E

GRTx1x2

-0.68005 0.00814 -0.16391 -0.87417 -1.14394

-0.76121 0.060575 -0.35032 -1.40127 -0.71364

x1

所以

x1x2

与x1线性关系较好，选用van Laar模型。 E

GRT

6-18 解：

由G 又有

E

RTx1x2Ab12x1和GERTx1x2A21x1A12x2，则

A21AB A12AB

2

A122A21A12x1 ln1x2

ln2x12A212A12A21x2

GE

xii

RT

1.活度系数

11.0732 11.0796

2.混合热

mixHH

3.超额熵

E

GERT

RTT

2



8.314112



2

0.07010.0759-189.74Jmol115.74109

HEGE89.740.07368.314112S0.189Jmol-1K1

T112

E

7-19

解： 1）353.15K时有

V1l76.92cm3mol1

V2l18.07cm3mol1

lnp1s16.6780

3640.20

T53.54

p1s92.59kPa

sp247.39kPa(水蒸汽表）

a124250.11Jmol1

a215374.81Jmol1，则

ij

VjVi

exp

aijRT

(ij)

120.055241210.682434

x10.25，则

ln1ln(x1x212)x2(

1221

)0.819152

x1x212x2x121

1221

)0.220654

x1x212x2x121

ln2ln(x2x221)x1(

12.26857521.246892

气相视为理想气体，则有

yipxiipis

y1p0.252.26857592.59233y2p(10.25)1.24689247.39

，且y1y21，则

y10.5423y20.4577

p96.83kPa

2) 已知y10.4

y20.6

p101.325

假设迭代初始温度为T0353.15，则

V1l76.92cm3mol1

V2l18.07cm3mol1

lnp1s16.6780

3640.20

T53.54

p1s92.59kPa

sp247.39kPa(水蒸汽表）

假设迭代初始10201.0，则

yipxiipis

x10.437726x21x10.562274

计算1和2

a124250.11Jmol1a215374.81Jmol1，则

ij

VjVi

exp

aijRT

(ij)

120.055241210.682434

ln1ln(x1x212)x2(

1221

)0.3782

x1x212x2x121

1221

)0.445035

x1x212x2x121

ln2ln(x2x221)x1(

11.459655

s

21.560545

计算新的p1

y2p1s

pp()103.8835 s

12p2

s1

y1

计算新的T

T

3640.20

53.54356.0146K

lnp1s16.6780

以新的T问初始温度进行上述迭代，注意水蒸气表的利用内插取值，每一步迭代中要用的i和pi为上次迭代的结果，直至收敛。

s

x10.0296x20.9704

111.3375

p120.80kPaT359.85K

7-16 解： 气相视为理想气体，则有

另

s

1

21.0100

p62.03kPa

s2

yipxiipis

GE

xilni RT

y1p0.63424.4

2.2323 s

x1p10.30023.1

1）1

2

10.63424.41.2694y2p s

x2p210.30010.05

GE2）xilni0.300ln2.2323(10.300)ln1.26940.4079

RTmixGGEmixGidGExilnxi

0.2030 3）

RTRTRTRTRT

4）活度系数大于1，故正偏差


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