化工热力学第三版答案

《化工热力学》（第三版）习题参考答案

58页第2章

2-1 求温度673.15K、压力4.053MPa的甲烷气体摩尔体积。 解：（a）理想气体方程

pVRTV

（b）用R-K方程

RT8.314673.15331

1.38110mmol6

p4.05310

① 查表求Tc、pc；② 计算a、b；③ 利用迭代法计算V。

RTa

VbVVbaVibRT

Vi1b

pViVibp

V01.381103m3mol1

Vi11.3896103m3mol1

（c）用PR方程

步骤同（b），计算结果：Vi11.3893103m3mol1。 （d）利用维里截断式

Z

BpppppVBp

11cr1B0rB1rRTRTRTcTrTrTr

0.172

B10.1394.2

Tr

1

0.422

B00.0831.6

Tr

查表可计算pr、Tr、B、B和Z 由Z

pVZRT

V1.391103m3mol1 RTp

2-4 V=1.213 m3，乙醇45.40 kg，T=500.15K，求压力。 解：（a）理想气体状态方程

p

nRTmRT45.408.314500.15

3.383MPa VMV461.213

（b）用R-K方程

a

0.42748RTC

PC0.08664RTC

PC

22.5

28.039

b0.058

p

RTaVmbVmVmbVm

V1.213

1.229m3kmol1 n45.40/46p2.759MPa

（c）用SRK

方程计算

（d）用PR

方程计算

（e）用三参数普遍化关联

m45.40.987kmolM46V1.213Vm1.229m3kmol1

n0.987pVmBpRTZ1p

RTRTVmBn

Bpc1B0B1BB0B1RTcpc RTc

B00.361,B10.057,0.635B0.267p

RT

2.779MPa

VmB

2-7 计算T=523.15K，p=2 MPa 的水蒸气的Z和V 解：（a）用维里截断式

Z

pVBCRTBRTCRT

12V采用迭代法计算V=2.006 2RTVVppVpV

之后求得Z=0.923

（d）利用维里截断式

Z

BpppppVBp

11cr1B0rB1rRTRTRTcTrTrTr

0.172

B10.1394.2

Tr

1

0.422

B00.0831.6

Tr

查表可计算pr、Tr、B、B可得到Z=0.932；

由Z

pVZRT

V2.025103m3mol1 RTp

（c）水蒸气表

V0.11144m3kg10.11144182.00592m3kmol1pV20002.00592Z0.9223

RT8.314523.15

92页第三章 3-4

丁二烯13

R8.314

T1127273.15P12.5310PaTc4250.181

6

T2227273.15P212.6710Pc4.32610

Cp(T)22.738222.79610

6

PaPa

62

6

3

T73.87910T

利用三参数压缩因子计算方法，查图表，得到压缩因子：

Tr1

Tc

T1

Tr2

Tc

T2

Tr10.942

Tr21.177

Pr1

P1Pc

Pr2

P2Pc

Pr10.585Pr22.929

Z10.677

Z2RT2Z1RT1V

P2P1

Z20.535

4

3

1

V7.14610mmol

1.64.2

RTcP2T2T2H2R0.0830.1391.0970.894PcTcTc

H2R8.47510

3

1.64.2

RTcP1TT11H1R0.0830.1391.0970.894Pc

TcTc

T

H1R2.70410

3

2

HCp(T)dTH2RH1R

T

1

H5.02810

3

Jmol

1

S2R12.128

2.65.2

RP2T2T2S2R0.6750.722PcTcTc

2.65.2

RP1T1T1S1R0.6750.722PcTcTc

S1R4.708

S

T

T2

Cp(T)T

1

P2

dTRlnS2RS1R

P1

S3.212JmolK

11

3-7： 解：



1VSV

,, VTppTpT

p2S33

pVSp1Vdp2.095101.551102000381 T

m3kPa

5.261105.261Jkg1K1

kgK

3

注意：mkPa10J

33

1.5511031.6191061.091kJkg1 HTSVp2705.261

或者

H

p2

12.0951032701.55110321063.81105

1090.6Jkg1



p1

1TVLdp



3-9

解：乙腈的Antonie方程为

lnps14.7258

3271.24t/c241.85

kPa

（1）60℃时，乙腈的蒸气压

3271.24

3.888

60241.85

ps48.813kPalnps14.7258

（2）乙腈的标准沸点

ln10014.7258t81.375c

3271.24

4.605

t/c241.85

（3）20℃、40℃和标准沸点时的汽化焓

dlnpsH3271.24H

dTRT2t241.852RT23271.248.314T2H

t241.852

H20c34.09kJ/mol;H40c33.57kJ/mol;H81.375c32.72kJ/mol

117页第四章 4-1

31

h

12

ugz

42

qwz3mh(23003230)10

4

3J10kg



kg3600s

q0

kg

msh2.58310

10kg

kg

3600ss

6J

u12050

kg

22

109

kg

u109

s

4J

12

mu1.6510

2

s

J

gzms

6J

h

12

mugzm2.56710

2

s

w

6J62.567102.56710Ws

wc

2.5832.567

100%

2.567

wc0.623%

4-2

方法一：

h

1212

ugz

22

qw

u130.0750.25

22

R8.314

huw

u2u1u20.27

T2353.15H

T1593.15

CpmhT2T1HR2HR1



Pr0B0B100HRTrdB00.344dB1dPr1R647.30T0T0rr000



HR1576.771

Pr1B0B1dB010.344dB11dPHRR647.3T2r1r

1Tr1Tr110



HR256.91

经计算得

Cpmh35.03Jmol1K1

0.07531

体积流速为：Vu1d/23.1430.0132ms

2

2

2

摩尔流速为：n

VV0.01324.015mols1 VmRT/p8.314593.15/1500000

根据热力学第一定律，绝热时Ws = -△H，所以

方法二：

根据过热蒸汽表，内插法应用可查得

35kPa、80℃的乏汽处在过热蒸汽区，其焓值h2=2645.6 kJ·kg-1； 1500 kPa、320℃的水蒸汽在过热蒸汽区，其焓值h1=3081.5 kJ·kg-1；

w

h

122u2u12

2645.63081.54.46410

3

435.904kJkg

1

按理想气体体积计算的体积V

RTP

8.314593.153

3.28810

1500000

0.0132ms

31

mmol

31

mol

Ns

mol

331s

3.28810mmol

w435.90418N3.1510W

4

4-6 解：

二氧化碳T1303.15P11.510Tc304.20.225

6

R8.314

Pa

P20.1013310Pc7.35710

Cp(T)45.3698.68810

3

66

PaPa

52

T9.61910T

RTcP1TT11

H1R0.0830.1391.0970.894P

TTRTcP2T2T2

H2RT20.0830.1391.0970.894PcTcTc

T2

Cp(T)

H1RdT通过T2T1迭代计算温度，T2=287.75 K

TCpmhT

1



T2ln

T1

RP1TT

11

S1R0.6750.722PTTRP2T2T2

S2R0.6750.722PTT4-7

解：

T1473.15P12.510Tc305.40.098

6

R8.314

Pa

P20.2010Pc4.8810

Cp(T)9.403159.83710

6

PaPa

62

6



3

T46.23410T

RP1TT11

S1R0.6750.722PTTRP2T2T2

S2RT20.6750.722PcTcTc



经迭代计算（参考101页例题4-3）得到T=340.71K。

RTcP1TT11

H1R0.0830.1391.0970.894PcTcTc

RTcP2TT22

H2RT20.0830.1391.0970.894PcTcTc



H

2Cp(T)dTH2RT2H1R



8.3272510Jmol

31

T1

。

146页第五章

5-1：b 5-2: c 5-4: a 5-5: a

5-1：

解：可逆过程熵产为零，即SgSsysSfSsys5-2：

解：不可逆过程熵产大于零，即SgSsysSfSsys系统熵变可小于零也可大于零。

5-4：

解：不可逆绝热过程熵产大于零，即SgSsysSfSsys0。所以流体熵变大于零。 5-5：

解：不可逆过程熵产大于零，即SgSsysSfSsys

5

0Ssys0。 T0

55

。即0Ssys

T0T0

10100Ssys。 T0T0

5-3：

解：电阻器作为系统，温度维持100℃，即373.15K，属于放热；环境温度298.15K，属于吸热，根据孤立体系的熵变为系统熵变加环境熵变，可计算如下：

50(20A)23600s1.4410J1.4410J1.4410J41

9.70710J

373.15K298.15KK

8

8

2

8

5-6： 解：理想气体节流过程即是等焓变化，温度不变，而且过程绝热，所以系统的熵变等于熵产，计算如下：

所以过程不可逆。

5-7： 解： 页4-7

绝热稳流过程所以

MMh320kgs

1

m1m2Hm1h1m2h2

T3

(90273.15)K30kgs

50kgs

1

1

(50273.15)K

T3339.15KSg339.15273.1566



j

mjSj



i

miSi

T3T3

m1Cpmslnm2Cpmsln

T1T2

12

4.19kJkg

CpmsCpmh

9050



K

不同温度的S值也可以直接用饱和水表查得。计算结果是0.336。 5-12

解：（1）循环的热效率

WNWS,TurW41

T

QHH2H1

(2) 水泵功与透平功之比

H2=3562.38 kJ·kg-1，H3=2409.3 kJ·kg-1，H4=162.60 kJ·kg-1，H5=2572.14 kJ·kg-1，

H4VpH1162.60140.0071030.001176.6

kJkg1

41S,Tur

Vp0.001(140.007)1030.012 H2H33562.382409.3

T

H2H3H1H4

0.345

H2H1

(3) 提供1 kw电功的蒸气循环量

m

10001000

0.857gs1 WN1167.08

5-15题：

415

T0TH

WQH

QLW

TLT0TL

C

1

TQLQH

C60%T



20%

1TL

TT0.60.20.555TH

0L

T0

T0QL

irirc60%20%1QHTHTL

TT0.60.20L

21273.156273.1510.120.555118273.15216

194页第六章

WidH(374.114)T0S(374.1140.1049)3.60710Js

（b）

292.98376.92

83.94

6-3

HSsurSg

h2h1H

T0

SsysSsur

0.95491.192583.94

298

热损失为

1

0.044kJkg

1

K

1

根据热力学第一定律

Q功损失为WL

T0SgH

83.94kJkg或Q1.51110Jmol

31

13.1kJkg

1

或

WL

235.8Jmol

1

6-6：

解：理想气体经一锐孔降压过程为节流过程，H0,且Q0，故WS0，过程恒温。

WL

Wid

T0Sg

2988.314ln7.4210Jmol1.96

6-12： 解：

查表得HfS



H20

H2O285.84

NH346.19

O20

CH3OH238.64

CO2393.51

N20

130.5969.94192.51205.03126.8213.64

191.49

H2

1

H2O2H2O(l)

2H

285.84kJmol

1

S

69.94130.590.5205.038.314ln

0.0206105



0.10133

169.785JmolK

11

12

NH3N2

32

H2NH3

3117.6110.335116.63

336.535kJmol

1

EXC(NH3)

CH3OH

EXC(CH3OH)

4117.6111.966410.54166.31716.636kJmol

1

6-13 解：

H

Q1Q2

Q1

m1h3h1

Q2m2h3h2





720001

m1kgs

3600h1376.92kJkg

1080001m2kgs

3600

1

1

1

S11.1925kJkg

K

1

h2209.3k3Jkg

1

S20.7038kJkg

K

1

使用内插法可求得66.03℃时的熵值，

S30.893566.0365

0.95490.8935

7065

S3

0.906

kJkg

1

K

1

（1）利用熵分析法计算损耗功，

（2）利用火用分析法：

h0104.89

S00.3674

Mm1m2

EX1m1h0h1m1T0S0S1EX3Mh0h3MT0S0S3WL

100.178kJs

1



EX2m2h0h2m2T0S0S2WLEX1EX2EX3





或者