化工热力学习题参考答案(第三版)

第二章 P58

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

RTp



8.314673.154.05310

6

1.38110

3

m

3

mol

1

（b）用R-K方程

① 查表求Tc、pc；② 计算a、b；③ 利用迭代法计算V。

p

RTVbRTp



aTVVb

aVibTViVibmmol

3

1

Vi1

b

3

V01.38110

1

Vi11.389610

3

mmol

3

（c）用PR方程

步骤同（b），计算结果：Vi1（d）利用维里截断式

Z

pVRT

1

BpRT0.422Tr

1.6

1.389310

3

m

3

mol

1

。

1

BpRTB

1

cc



prTr

1B



prTr

B

1

prTr

B

0.0830.139

0.172Tr

4.2

查表可计算pr、Tr、B0、B1和Z 由Z

pVRT

V

ZRTp

1.39110

3

m

3

mol

1

2-2 V=0.5 m3，耐压2.7 MPa容器。规定丙烷在T=400.15K时，p

pVnRT

pV

mM

RTm

MpVRT



0.04411.3510

6

0.5

8.314400.15

8.948m

3

mol

1

（b）用R-K方程

① 查表求Tc、pc；② 计算a、b；③ 利用迭代法计算V。

p

RTVbRTp



aTVVb

aVibTViVibm

3

Vi1

b

3

V02.46410

mol

1

Vi12.24110

3

mmol

31

则可充丙烷质量计算如下：

mnM

VVi1

M

0.04410.52.24110

3

9.838kg

（c）利用维里截断式：

Z

pVRT

m

1

BpRT

1

BpRTB

1

cc



prTr

1B



prTr

B

1

prTr

B

0.083

0.422Tr

1.6

0.139

0.172Tr

4.2

查表可计算pr、Tr、B0、B1和Z 由Z

pVRT

m

Vm

0.9168.314400.15

1.3510

6

2.25710

3

m

3

mol

1

则可充丙烷质量计算如下：

mnM

VVi1

M

0.04410.52.25710

3

9.77kg

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

nRTV

mM

RTV

45.4046



8.314500.15

1.213

3.383MPa

（b）用R-K方程

0.42748RTC

PC

b

0.08664RTC

PC

0.058

2

2.5

a28.039

a

p

RTVmbVn



TVmVmb

1.229m

3

Vm

1.21345.40/46

kmol

1

p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

n

mMVnpVRT



m

45.4461.2130.9871

0.987kmol1.229mBpRT

1

3

VmZBp

kmolRT

1

p

VmB

c

RTcB

B

B

1

BB

B

1

RT

c

pc

1

0.361,B0.057,0.635

B0.267p

RTVmB

2.779MPa

2-6解：（1） 将RK方程普遍化，可见原书中的（2-20c）和(2-20d)，即

Z

11h



4.9340Tr

1.5

(

hh1

)

（E1）

h=

0.08664Pr

ZTr

（E2）

式（E2）的右边的Z以1为初值代入进行迭代，直至得到一收敛的Z值。由附表1查得异丁烷的pc、Tc分别为pc=3.65MPa ,Tc=408.1K，则

Tr

TTc



350408.1

0.8576

，

Pr

ppc



1.23.65

0.3288

以Z=1代入式（E2）右边，得

h1=

0.086640.3288

0.8576

0.03322

把h1代入式（E1）右边，得

Z1

110.03322



4.93400.8576

1.5

(

0.033220.033221

) =0.8346

再把Z1=0.8346代入式（E2），解得h2，代入式（E1），得

Z2=0.8037

按此方法不断迭代，依次得

Z3=0.7965

Z5

， Z4=0.7948， Z5=0.7944

和Z4已非常接近，可终止迭代。异丁烷蒸气的压缩因子为Z=0.7944

（2） SRK的普遍化形式如下（见原书式（2-21））

Z

11h



4.9340Fh1h

（E3）

F

1Tr

[1m(1Tr

0.5

)]

2

2

（E4）

m0.4801.5740.176

（E5）

h

0.08664pr

ZTr

循环迭代

（E6）

迭代的过程为：求m和F值取Z0=1求h值求Z值得收敛的Z

值。

查得异丁烷的偏心因子，

0.176

，故根据式（E5）和式（E4）可得

2

m0.4801.5740.1760.1760.1760.7516

F

10.8576

[10.7516(10.8576

0.5

)]1.299

2

以Z0=1代入式（E6）右边，得

h1=

0.086640.3288

0.8576

0.03322

再由式（E3）可得

Z1

110.03322



4.93400.033221.299

0.033221

0.8283

按上述方法，依次可得

Z2=0.7947

Z6

，Z3=0.7864，Z4=0.7843，Z5=0.7839，Z6=0.7837

和Z5已非常接近，可终止迭代。故Z=0.7837

（1） 用普遍化的PR方程计算

若要按例2-4的思路来计算，必先导出类似于式（2-21）的普遍化的PR方程。

令h



bV

，则

Vb(1h)

bh

，

Vb(1h)

bh

，

p

hZRTb

将上述4式代入式（2-18），并简化后，得

p

RT(1h)

bh



a

bh(1h)

bh

b(1h)a

(1h)bh

2

bh



hZRTb1

，即

abRT

h

(1h)(1h)h

Z

1

RTh1h

[

hRT



(1h)b

h

]

1h

[]

（E7）

将PR方程中的a、b代入式（E7），则

Z

11h

11h



0.45724RTc/pc0.0778RTcRT/pc5.8771

Tr

1Tr

22

[

h

(1h)(1h)h

]

[

h

(1h)(1h)h

]

（E8）

令F



1Tr

[1k(1Tr

0.5

)]

2

[1(0.374641.542260.26992)(1Tr

20.5

)]

2

，

则

Z

11hbV

5.8771F[

h

(1h)(1h)h

] （E9）

且

h

0.0778RTc/pc

V



0.0778RTc/pc

ZRT/p



0.0778pr

ZTr

（E10）

通过式（E9）和（E10）就可迭代求得Z。

第一次迭代，设Z0=1，则

h1

0.07780.328810.8576

0.02983

2

k0.374641.542260.1760.269920.1760.6377

F

10.8576

1

[10.6377(10.8576

0.5

)]1.2786

2

0.8190

Z1

10.02983



5.87711.27860.02983

(10.02983)(10.02983)*0.02983

继续迭代，依次可得Z2=0.7824，Z3=0.7731，Z4=0.7706，Z5=0.7699，Z6=0.7697。由于前后两次迭代出的Z值已很接近，从而得出异丁烷的Z=0.7697，与实验值0.7731相比，误差为0.44%。

由RK和SRK方程计算得到的异丁烷的Z分别为0.7944和0.7837，它们与实验值的计算误差分别为-2.76%和-1.37%。可见，三种方法中，普遍化PR方程计算结果显得更好些。

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

pVRT

1

BV



CV

2

V

RTp



BRTpV



CRTpV

2

采用迭代法计算V=2.006

之后求得Z=0.923

（d）利用维里截断式

Z

pVRT

1

BpRT0.422Tr

1.6

1

BpRTB

1

cc



prTr

1B



prTr

B

1

prTr

B

0.0830.139

0.172Tr

4.2

查表可计算pr、Tr、B0、B1可得到Z=0.932； 由Z

pVRT

V

ZRTp

2.02510

3

m

3

mol

1

（c）水蒸气表

V0.11144mZ

pVRT



3

kg

1

0.11144182.00592m

0.9223

3

kmol

1

20002.005928.314523.15

第三章P92 3-4

丁二烯

13

R8.314

T

1

127273.15

6

T

2

227273.15

6

P12.5310

Pa

P212.6710

Pa

Tc425Pc4.32610

6

Pa

0.181

C(T)22.738222.79610p

3

T73.87910

6

T

2

利用三参数压缩因子计算方法，查图表，得到压缩因子：

T

r1



T1Tc

T

r2



T2Tc

T

r1

0.942T

r2

1.177

P

r1



P1Pc

P

r2



P2Pc

P

r1

0.585P

r2

2.929

Z10.677Z20.535

V

ZRT22P2



ZRT

11P1

V7.14610

4

mmol

31

H2R8.47510

3

1.64.2

RTPT2T2c2

H2R0.0830.1391.0970.894PTT

ccc

RTcP1T1

H1R0.0830.1391.097PT

cc



1.6

T1

0.894

Tc

4.2



H1R2.70410

3



H

T

T2

Cp(T)dTH2RH1R

1

H5.02810

3

Jmol

1



2.6

RP2T2

S2R0.675PcTc

T2

0.722

Tc

5.2





S2R12.128

2.65.2

RP1T1T1

S1R0.6750.722PTT

ccc

S1R4.708



S

T

T2

C(T)pT

P2

dTRlnS2RS1R

P1

S3.212Jmol

1

K

1

1

3-7：

解：



1VSV

,, 

VTppTTp

S

VSpT

5.26110

3



p2p1

Vdp2.09510

3

1.55110

3

2000381



mkPakgK

3

3

5.261Jkg

1

K

1

注意：m3

kPa10J

1.551

10

3

HTSVp2705.261

1.61910

6

1.091kJkg

1

或者

H

p1

1

p2

TVdp

L

3

12.095101090.6Jkg



2701.55110



3

210



6

3.8110

5



1

3-9

解：乙腈的Antonie方程为

lnp

s

14.7258

3271.24t/c241.85

kPa

（1）60℃时，乙腈的蒸气压

lnpp

s

14.7258

3271.2460241.85

3.888

s

48.813kPa

（2）乙腈的标准沸点

ln10014.7258t81.375c

3271.24t/c241.85

4.605

（3）20℃、40℃和标准沸点时的汽化焓

dlnpdTH

s



HRT

2



3271.24

t

241.85

2



2



HRT

2

3271.248.314T

t

241.85



2

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

第四章P117

4  1

2 h  u  g  z q  w

2 m  2.778s

  s 3600s

64

z  3 m

h  (  2300  3230) 10  s kg 3600120  50

kg

2

2

4 3 q  0

u 109

kg

u  109

h  2.583  10

s

 z  g m  s

w

 6  2.567 10  s

 2.56710  W

6

2 4  1.65  10 m u2 s

2 6h    g  z  m um  2.567 10

2 s

wc 

 100%

2.567

wc  0.623%

4-2

方法一：

h

1212

2

u

2

gzqwu

1

3R8.314

huw

u

2



0.0750.25

2

u

2

1

u

2

0.27

T

2

353.15T

1

593.15

HC

pmh

T



2

T

1



HR

2

HR

1

B1

00

P

r0



HRR647.3T

1r

0

0

dB0

B0

Tr

00

0.344dB1

Tr





dP

r



HR

1

576.771

P

r1



HRR647.3T

2r

1

0

dB0

B01

Tr

11

0.344dB1

B11

Tr

11





dP

r



HR

2

56.91

经计算得

C

pmh

35.03Jmol

1

K

1

体积流速为：V

u1d/2

2

0.075

3.143

2

0.0132

2

0.0132m

3

s

1

摩尔流速为：n



VVm



VRT/p



8.314593.15/1500000

4.015mols

1

根据热力学第一定律，绝热时Ws = -△H，所以

H

nC

pmh

T

2

T

1

nHR

2

HR

1

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RTP

8.314593.151500000

3

3

1

V3.28810mmol

N4.015

mols

0.0132ms3.28810

3

31

4.015

1

mols

mmol

W

3

w435.90418N3.1510

4

4-6 解：

二氧化碳

T1303.15

6

R8.314

6

P11.510

Pa

P20.1013310

6

Pa

Tc304.2Pc7.35710

Pa

0.225

C(T)45.3698.68810p

3

T9.61910T

52



RTcP1T1

H0.0830.1391.0971RPT

cc



T1

0.894

Tc



T



dT

通过T2

HC

1Rpmh

T1迭代计算温度，T2=287.75 K

C(T)pT

1

T2ln

T1



RP1T1

S0.6751RPT

RP2T2

S0.6752RPT

T1

0.722

TT2

0.722

T



4-7 解：

T1473.15

6

R8.314

6

P

1

2.510PaP

2

0.2010Pa

T

c

305.4P

c

4.8810

6

Pa

0.098

C(T)9.403159.83710p

3



T46.23410

6

T

2

RP1T1

S0.6751RPT



T1

0.722

T经迭代计算（参考101页例题4-3）得到T2=340.71K。

RTcP1T1

H

0.0830.1391.0971RPT



T1

0.894

T

第五章P146

5-1：b 5-2: c 5-4: a 5-5: a

5-1：

解：可逆过程熵产为零，即Sg5-2：

解：不可逆过程熵产大于零，即Sg

SsysS

f

SsysS

f

Ssys

5T0

0Ssys0

。

Ssys

5T0

0Ssys

5T0

。

即系统熵变可小于零也可大于零。 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10

8

8

2

8

J

1.4410J373.15K



1.4410J298.15K

9.70710

41

J

K

。所以流体熵

5-4：

解：不可逆绝热过程熵产大于零，即Sg变大于零。 5-5：

解：不可逆过程熵产大于零，即

Sg

SsysS

f

SsysS

f

Ssys0

Ssys

10T0

0Ssys

10T0

。

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，所以系统的熵所以过程不可逆。

5-7： 解：

页4-7

绝热稳流过程所以

M

m1

mH

2

Mh

3

mhmh1122

1

T3

20kgs

1

(90273.15)K30kgs

50kgs

1

(50273.15)K

T

3

339.15K339.15273.1566

S

g



j

mS

jj



i

mSiimCln1pms

T3T3

mCln2pmsTT12

查表可得h

1

376.92h

2

209.33

Sg



mjSj



miSi

T3T3

m1Cpmslnm2Cpmsln

T1T2

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

T

W

N

QH



WS,TurW41

H

2

H

1

(2) 水泵功与透平功之比

-1

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

H

4

V

pH

1

162.60140.00710

3

0.001176.6kJkg

1

41S,Tur

H



VpH

2

H



3

0.001(140.007)10

3562.382409.3

3

0.012

T

2

HH

32

HH

11

H

4

0.345

(3) 提供1 kw电功的蒸气循环量

m

1000W

N



10001167.08

0.857gs

1

5  15

 C1 

T TH

QH

Q W

T T0  TL

 T C 60% Q 

 20%

T    T 

 T 1    0.6 0.20.555  QH T T T    0 HL

 T  T  Q

     0     60 %    20 %  1 6  0 . 2     . ir ir c QH T T  TH

0 L   21  273 . 15  6  273 . 15    1 . 12  0 . 555    0

  . 15  118 273 21 6 

第六章P194

6-1：

解：水蒸气的摩尔流量为：

n

mM3600

16801000183600

25.926mols

1



S(Tp)n





3.727

p

8.3143.471.4510703



3

T0.12110T

52



T

dTn8.314ln

10095

100

t0.298

3.60710Js

WidH(374.114)T0S(374.1140.1049)

Ws

H(374.114)3.04610Js

W

a

W

sid

0.844

（b）

Ws

H(333)3.40810Js

W

a

W

sid

0.692

292.98376.92

83.94

6-3

H

h2h1H

sur

T0SsysSsur

83.94

0.95491.1925

298

0.044kJkg

1

S

Sg

K

1

根据热力学第一定律热损失为

1

3

1

Q功损失为

WL

H83.94kJkg或Q1.51110Jmol

T0Sg

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程恒温。

0

,且Q

0

，故WS

0

，过

WLWidT0Sg

0.09807

2988.314ln1.96

7.4210Jmol

31

6-8： 解：（

1）产品是纯氮和纯氧时，

WidRT0(y1lny1y2lny2)8.314298.15(0.21ln0.210.79ln0.79)1.274kJmol

1

（2）产品是98% N2和50% O2的空气时，设计计算流程如下：

50% O2 98% N2

总的功

WWidW1W2

W1T0R0.98ln0.980.02ln0.02

298.158.3140.098242.924Jmol

1



W2T0R0.5ln0.50.5ln0.5

 298.158.3140.6931.718kJmol

1



W1.274242.924100.687kJmol

1

3

1.718

6-12： 解：

查表得Hf



H0

2

H2O285.84

NH346.19

O20

CH3OH238.64

CO2393.51

N20

S



130.5969.94192.51205.03126.8213.64191.49

H

2

H

2



12

O

2

H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

1

K

1

EXC

H2

12

HT0S

285.84

298169.785

1000

235.244kJmol

1

NH3N2

32

H2NH3

1

EXC(NH3)

CH3OH

E

(CH3OH

)

3117.6110.335116.63336.535kJmol

1

XC

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

6-13 解：

H

Q1Q2

Q1

m1h3h1



Q2m2h3h2



kgs

1

m1

720003600

kgs

1

kJkg

1

m2

1080003600

kJkg

1

h1376.92

S11.1925

K

1

h2209.33

kJkg

1

S20.7038

kJkg

1

K

1

t

3

66.03℃

使用内插法可求得66.03℃时的熵值，

S3

0.8935

0.9549

0.8935

S3

0.906

kJkg

1

K

1

66.03657065

（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S1



EX2m2h0h2



m2T0S0S2



EX3Mh0h3



MT0S0S3



WLEX1EX2EX3

WL

100.178kJs

1

或者

第七章 P241 7-2

解：假设需水m kg，则

100096%1000m

56%m714.3kg

产品酒中含水

1000

714.3156%



754.3kg

产品酒中含醇

1000

714.356%960kg

所以酒的体积

V

m

i

Vi754.30.9539601.243191210cm

33

1.912m

3

7-3 解：

V

109.416.8x2.64x2cm3mol

11

Vx2

1

V1P

d

dx2

V



Vx2

d

dx1

V



V2PVx1

d

dx1

V



2.64x1

2

109.4

Vxx

1P

10

2.64xVV

2

1

5.28xVV

1

92.6

33

11

2

11

1P2P前

12

89.96cmmol109.4cmmol

VVV109.416.8x

1

2.64x

1



x1V1

xV

22



2.64x1x

11





7-4

解：根据吉布斯-杜亥姆公式，恒温恒压时



i

xidM

i

0

，所以

则有

i

xidVi0

x1dV

1

x1dV1x1ba2bx1dx1x2ba2bx

2

2

dx2

dx1dxx1dV

1

x1dV1

x

1

x2

b

a2bx1x2dx1

2

2



把x11x2代入上式，得x1dV

1

x1dV1

3b

a2abx2dx10

所以设计的方程不合理。