上海交通大学：《材料热力学》教学资源_材料热力学_参考习题答案1-5

参考习题答案1 Al 锯Da=l18mn'"C-inmF-=6564nm产r (2)a=11.8in.inl.C-1=11.8ucm.cm.K- (3)a-Vxc.cmK=3.54x10-cm.cm 1 或者a=(1+11.8×10-）°-1=3.54×10-5cm.cm3.K1 同理可求a=3.54×10-5in2in3.°C-=3.54×10-5cm2.cm3.0C-1 A3 解： (a)1pond=453.6g1in3=2.543cm p=7.87g/cm=7.87 2.543 453.6 Poud in0.2843 pound in (b)1=△1+1=a·△T.1+1=11.8×106×1×(1000-298)+1=1.0083cm (c)令298K时，V=1cm3,V'=V+a·△T.V 由A1(3)可知a=3.54×10-5cm3.cm3.K-1,代入可得： V=1+3.54×10-5.(1000-298）1=1.0249cm2 m_7.87=7.679gcm P= V1.0249 注：在计算V时，不能将V=()'代入计算，这样是不合理的，因为没有考虑到样品的形 状因素，只能根据体积热扩散系数来求。 补充习题： 答：假设室内空气的压强始终与室外相等。按照通常符号表示，每单位质量的能量为 4=C,T,于是每单位体积的能量为u=pC,T。考虑到物态方程二=RT,可得1=C,尽。 0 对于1个大气压下的空气，有u=0.0604cal/cm。可见，室内能量与温度无关，完全取决 于气压计的读数。生火装置供给的全部能量通过房间墙壁、门窗的缝隙散逸到室外空气中去 了

参考习题答案 1 A1 解：（1） 1 0 1 11 1 1 1 1 .8 11.8 . . . . 6.56 . . 1.8  in in C in in F in in F          （2） 1 0 1 1 1  11.8in.in . C 11.8cm.cm .K       （3） 6 3 3 1 5 3 3 1 3 3 11.8 10 . . 3.54 10 . . dV dl cm cm K cm cm K V l                或者   3 6 5 3 3 1  1 11.8 10 1 3.54 10 cm .cm .K           同理可求 5 3 3 0 1 5 3 3 0 1  3.54 10 in .in . C 3.54 10 cm .cm . C           A3 解： （a）1 pound＝453.6 g 1 in 3＝2.54 3 cm3  =7.87 g/cm3=7.87 3 2 3 .54 . 0.2843 453.6 pound in    3 pound.in  （b） ' 6 l l l  T l l 11.8 10 1 (1000 298) 1 1.0083                cm （c）令 298K 时， 3 V 1cm ， ' V V  T V 由 A1（3）可知 5 3 3 1  3.54 10 cm .cm .K      ，代入可得：   ' 5 V 1 3.54 10 1000 298 1 1.0249         cm3 ' ' 7.87 7.679 1.0249 m V     g/cm3 注：在计算 ' V 时，不能将   3 ' ' V  l 代入计算，这样是不合理的，因为没有考虑到样品的形 状因素，只能根据体积热扩散系数来求。 补充习题： 答：假设室内空气的压强始终与室外相等。按照通常符号表示，每单位质量的能量为 V u  C T ，于是每单位体积的能量为 V u  C T 。考虑到物态方程 p RT   ，可得 ' V p u C R  。 对于 1 个大气压下的空气，有u  0.0604 cal/cm3。可见，室内能量与温度无关，完全取决 于气压计的读数。生火装置供给的全部能量通过房间墙壁、门窗的缝隙散逸到室外空气中去 了

1.1 解：W=0 327 ddHHl,+HC4800 (Jmol) :dU=1mv2 m2=AH+a:=Cn+480 1 ∴V= 29.3x(327-2)+4800-363(m5) 2×207×10-3 13 解：(a)5=4r-xd 4 3 6 y_1x103-6x105(个) n= y不x10-8刀 6 S=mxS=6x105x4r×10 4 -=6×103(m2) π (b)S.=4.9×10-3(m2) dW=odA+Ado=odA=72.75×10-3×(6×103-4.9×10-3)=436.5(J) 1.4 解：(a)H,δm-Hδm。+6Q+δW=0 又：6Q=0,δW=0,δm,=6m。 ∴.H=H。 对于理想气体，H只是温度的函数，跟压力无关，所以T=T。=298K。 (b)对于封闭系统绝热过程， -留 T=T×0.758=226K 1.7

1.1 解：W  0 327 1 2 25 4800 p dU  dH  H  H  C dT   （J/mol） 1 2 2 dU  mV 327 2 1 2 25 1 4800 2 mV H H Cp       dT   3 29.3 (327 25) 4800 363 1 207 10 2 V          （m/s） 1.3 解：（a） 3 3 1 4 1 3 6 V  r  d 3 15 18 1 1 10 6 10 10 6 V n V           (个) 12 15 3 1 6 10 10 4 6 10 4 S n S            （m2） （b） 3 4.9 10 w S    （m2） 3 3 3 dW dA Ad dA 72.75 10 (6 10 4.9 10 ) 436.5             （J） 1.4 解：（a） 0  Himi  Homo Q W  又 0, 0, Q W mi mo        Hi  Ho 对于理想气体，H 只是温度的函数，跟压力无关，所以 0 298 Ti  T  K。 （b）对于封闭系统绝热过程， / 0.4 2 2 1 1 10 20 R Cp T P T P               2 1 T  T  0.758  226 K 1.7

解：(1)CH4+202→CO2+2HO 12 12 假设有1mol的甲烷完全反应，那么需要2+2×0.1=2.2molO,和 2828molN,。因此得到1molC0,和2molH,0. 7 2.2× 所以最终产物有0.2molO2、1 mol CO2、2molH,O、8.28molN2,百分比分别为： 1.7%、8.7%、17.4%、72.1%。 △H=6Q=H。-H,=0 (2) →H。=H H=D HI.cH. H,=AHm.+∫Cpm.dr+2△H,o+ 2Cmor+828×Cndn+02×C,adn △Hj.cm.-△Hj.co,-2△HjH,0 =C,mdn+2 CmdT+-828×Cp.dr+02×fC,adr 7=298+191,76x10=2090.1K） 107.0 (3)DH总=2.4'10+0.4'10=2.8106(khr) DH=1917642-∑C,an(m) DH总= 2.8106 n= DH191.764.21600-298)创4.2(13.7+211.98.20.28.2创8.28)103 =1.272'104 (mol/hr) V=1.272创0422.4(1/hr)=284.93(m3hr) (4)由于combustion air(指空气，不包括燃料气)被预加热至800度，此时系统的 热量守恒方程需要增添一项，空气的潜热。 D H=DH+DH,-DH; DH,是反应焓变，DH,是进料空气的潜热，DH,是反应剩余气体的温升焓变 DH,=191.76(kcal)

解：（1） 4 2 2 2 CH  2O  CO  2H O 1 2 1 2 假 设 有 1mol 的 甲 烷 完 全 反 应 ， 那 么 需 要 2  20.1 ＝ 2.2 mol O2 和 79 2.2 8.28 21   mol N2 。因此得到 1molCO2 和 2mol H2O 。 所以最终产物有 0.2 mol O2 、1molCO2 、2mol H2O 、8.28mol N2 ，百分比分别为： 1.7％、8.7％、17.4％、72.1％。 （2） 0 o i o i H Q H H H H         4 Hi H f ,CH = D 2 2 2 2 2 2 , , , 298 , , , 298 298 298 2 2 8.28 0.2 T o f CO p CO f H O T T T p H O p N p O H H C dT H C dT C dT C dT               4 2 2 2 2 2 2 , , , , , , , 298 298 298 298 2 2 8.28 0.2 f CH f CO f H O T T T T p CO p H O p N p O H H H C dT C dT C dT C dT                3 191.76 10 298 2090.1 107.0 T     （K） （3） 6 6 6 D H总 = 2.4´ 10 + 0.4´ 10 = 2.8´ 10 （kJ/hr） D H = 191.76´ 4.2－ 1600 298 Cp  dT  （kJ/hr） 6 3 4 2.8 10 191.76 4.2 (1600 298) 4.2 (13.7 2 11.9 8.2 0.2 8.2 8.28) 10 1.272 10 H n H 总 - D ´ = = D - 创 + 创 = ´ （mol/hr） 4 V = 1.272创10 22.4 （l/hr）＝ 284.93（m3 /hr） （4）由于 combustion air（指空气，不包括燃料气）被预加热至 800 度，此时系统的 热量守恒方程需要增添一项，空气的潜热。 H H1 H2 H3 D = D + D - D H1 D 是反应焓变， H2 D 是进料空气的潜热， H3 D 是反应剩余气体的温升焓变 H1 D ＝191.76（kcal）

DHx C Cd D=C,dr+2xCnwun+02×Can+828C,n DH=DH+DH2-DH3=191.76+43.14-139.36=95.54(kcal)=401.3(kJ) ne=2810°-69780mol/hr) 401.3 DV=284.93-6978创22.4103=1.56102(mhm) 1.12 解：可以近似认为1078度和1083度时的相变焓是相等的，那么有： 3100n7.5创51-n)+nò10：额411.51037d7 1083 =7.5创5(1-n)+35.15n n=0.0121(mol) 注：此题还可以根据盖斯定律设计一个过程即铜块先升温到1083度，然后部分铜凝固放热， 整个过程热守恒，3100n7.5创51 1.16 解：△Hcopper=△war Adnm=k,mA+aAm-上q[0356-40y7+312042 =6.39×103(J/min） AHawpaerATo △Icopper 6.39×105 =2.545(kg/min) Cp.aer ATwter4.18×(80-20） Var=maherI paer =2.545x10-3 (m2/min) 1.19 解：设有xg水蒸气， x(2261+4.18×100)=1000×334→x=124.7(g) 参考答案2 2.1

H2 D ＝ 2 2 800 800 , , 298 298 2.2 8.28 Cp O p N  dT   C dT   H3 D ＝ 2 2 2 2 1600 1600 1600 1600 , , , , 298 298 298 298 2 0.2 8.28 Cp CO p H O p O p N dT   C dT   C dT   C dT     H H1 H2 H3 D = D + D - D ＝191.76＋43.14－139.36＝95.54（kcal）＝401.3（kJ） 6 2.8 10 6978( / ) 401.3 n总 mol hr ´ = = 3 2 V 284.93 6978 22.4 10 1.56 10 - D = - 创 = （m3 /hr） 1.12 解：可以近似认为 1078 度和 1083 度时的相变焓是相等的，那么有： 1 0 8 3 3 1 0 7 8 3 1 0 0 7 .5 5 (1 ) 5 .4 1 1 .5 1 0 7 .5 5 (1 ) 3 5 .1 5 n n n T d T n n 创 轾 - - + 犏臌 = 创 - + ò n = 0.0121（mol） 注：此题还可以根据盖斯定律设计一个过程即铜块先升温到 1083 度，然后部分铜凝固放热， 整个过程热守恒，3100 n 7.5创5 1 1.16 解： Hcopper  Hwater       , , 5 1000 1356 400 7 3120 4.2 64.54 6.39 10 J/min Hcopper p copper copper m copper   n C T  H            Hwater water p ,water water   n C T   5 , 6.39 10 2.545 4.18 80 20 copper water p water water H n C T         （kg/min） 3 / 2.545 10 Vwater mwater water     （m3 /min） 1.19 解：设有 x g 水蒸气， x 2261 4.18100 1000334  x 124.7 （g） 参考答案 2 2.1

解：7--1=1-298-0179=179% TH 363 1hp=746W 令面积为x,那么有： 4 18%·x=746 60 x=6.25(m2) 2.9 解：0.=28371000-500=5185(D Wrer Tu-TL Wm=102.5(kJ) W =1.7(aw) 60 2.10 解：1)7==Im Q。T4-T Q4=2.2×108(w)=7.93×101(Jh) 2)Q=QH-9o=4.32×10"(Jh) V=9=433×10"x1 C,pa74.18x10x102x10=1.03x10(m) 3)7==61.5% On Q=QH-Q。=2.25×101(Jh) V= 2.25×101 =0.54×10(m3) 4.18×103×103×10 冷却水的需求量减小。 2.11 TH-=5.46% 解：)n=T-工 W=0.0546(J)

解： 298 1 0.179 17.9% 363 H L H T T T        1 hp ＝746W 令面积为 x，那么有： 4 18% 746 60   x  x  6.25 （m2） 2.9 解： 28 1000 500 518.5 27 QL     （kJ） L L rev H L Q T W T T     102.5 Wrev  （kJ） min 1.7 60 Wrev P   （kw） 2.10 解：1） H H o H L Q T Q T T     8 2.2 10 QH   （w） 11  7.9310 （J/h） 2） 11 4.32 10 QL  QH QO   （J/h） 11 4 3 3 4.33 10 1 1.03 10 4.18 10 10 10 L p Q V C  T           （m3） 3） O 61.5% H Q Q    11 2.25 10 QL  QH QO   （J/h） 11 ' 4 3 3 2.25 10 0.54 10 4.18 10 10 10 V        （m3） 冷却水的需求量减小。 2.11 解：1） H 5.46% H L T T T     0 W  0.0546 （J）

2)水的势能全部转化为电能 P=1000×10x100-70=0.082(-D 3600×1000 2.12 TL 解：)n=T-1 0= We=13.6(MW) P=13.6x106 =3.8(w) 3600 2)QH=Wm+Q=1.136×108(Jh) 2.13 解I)As)+2N,(g)→AN(s) 2)△H=-76.47(cal/mol) 3)△S=4.82-6.77-1.45.77=-24.84(cal/mo1k) 2 4)△H不变，但是△S发生变化了。 AS=△Sw-△S-AS⅓=482-67-(45.7+Rn P2 =-22.56(cal/mol.k) 参考答案3 3.2 解：AS=R1nB=8314-n3163 0.407(J1molK) p 3.012 △H=-5850(J/mol) △G=△H-TAS=-5850-0.407×268=5959.1(J/mol) 3.6 解：(a)等温等压下，△G=0 △S=△4-6030=2209(J1m0l-K) T273 (b)△G=0 eMMr=AHx+0AC,n=6030-0518-5=5985J1mal) (d)AS2K= H_5985-22.33(J/mol:K) T268 △G=0

2）水的势能全部转化为电能 1000 10 (100 70) 0.082 3600 1000 P       （kw h） 2.12 解：1） L L rev H L Q T W T T     13.6 Wrev  （MJ） 6 13.6 10 3.8 3600 P    （kw） 2） 8 1.136 10 QH Wrev QL   （J/h） 2.13 解：1） 2 1 ( ) ( ) ( ) 2 Al s  N g  AlN s 2） H  76.47 （cal/mol） 3） 1 4.82 6.77 45.77 24.84 2 S       （cal/molk） 4） H 不变，但是 S 发生变化了。 2 1 1 2 2 1 4.82 6.77 (45.77 ln ) 2 22.56( / ) AlN Al N p S S S S R p cal mol k                参考答案 3 3.2 解： 2 1 3.163 ln 8.314 ln 0.407 3.012 p S R p      ( J / mol K ) H  5850 ( J / mol ) G  H TS  5850  0.407 268  5959.1( J / mol ) 3.6 解：（a）等温等压下， G  0 6030 22.09 273 H S T      ( J / mol K ) （b） G  0 （c） 268 268 273 273 6030 0.5 18 5 5985 K K K p K H  H  C dT       ( J / mol ) （d） 268 5985 22.33 268 K H S T      ( J / mol K ) G  0

3.7 解：（aV=55.85×10=7.097x10-(m1m0l) 7.87 (b)dG=-SdT +Vdp -) s-8=s=)中 对于solid,有： AS=-fV.adp=-V.av(P:-P:)=3.a(P-P;) (c)S2=S-3a,(p-P2)=27.28-0.0032≈27.277(J1molK) 参考答案4 4.3 1_1=R1n10-=-6.51x10 T673△H T=1198(K) 4.8 解：（D将P=1m代入nP:-1S246-125nT+21.79中， T T=1181(K) (2)联立液相和固相方程，得到T=695(K) (3)dInP= （15246m-12s3）-0257-1524o(-g） △H=R(15246-1.255T)=114.4(kJ/mo0 4mP-575T-075）=0735T-1575{g） △H=R(15755-0.755T)=8.314×(15755-0.755·695)=126.6(kJmo0

3.7 解：（a） 55 6 6 .85 10 7.097 10 7.87 V       ( 3 m / mol ) （b） dG  SdT Vdp T p S V p T                  2 1 2 2 1 1 p p p V S S dS dp T              对于 solid，有： 2 1 2 1 1 2 ( ) 3 ( ) p V V l p S   V  dp  V   p  p  V   p  p  （c） 2 1 1 2 3 ( ) 27.28 0.0032 27.277 l S  S  V p  p    ( J / mol K ) 参考答案 4 4.3 解： 2 1 2 1 1 1 ln ( ) p Hvap p R T T     1 1 4 4 ln10 6.51 10 673 R T H         T 1198 (K) 4.8 解：（1）将 P＝1atm 代入 15246 ln P 1.255lnT 21.79 T     中， T 1181(K) （2）联立液相和固相方程，得到T  695 (K) （3）   2 2 15246 ln 1.255 1.255 15246 dT dT d P dT T T T T                 H  R152461.255T   114.4 (kJ/mol) （4）   2 2 15755 ln 0.755 0.755 15755 dT dT d P dT T T T T                 H  R15755 0.755T   8.314 15755 0.755 695  126.6 (kJ/mol)

(5)ACp △H =-1.255R a△H ACp→g= =-0.755R △Cp→0=0.5R 4.10 解：(a)dnP= （452m-1229}-02r-462(-9） T2 △H=8.314×(43522-1.222×1336)=348.3(kJmo0 (b)将T=1336K代入 lnP=-17.66 (c)和(d)is“solution not possible” 参考答案5 5.3 解：△H=7300(cal/mol) △S=49+2x10.2-29.1=15.8 (cal/molK） 2 AG=AH-TAS=-RTInk=-RT In Dds aAg:O -RT1np=(7300-15.8T)×4.2 (a)当p=1m时，代入，得到T-7300-462K 15.8 (b)当p=0.22atm时，代入，得到T=422(K) 5 解：(ad0nK巴)=-△ga(月 R 血K对子画图，斜率为- R 由图可得，△H=-49.91(kJ/mol)、lnK2=-5.792 AG =-RTInK=48.15 (kJ/mol) (b)△G=△Go+RTInJ=-RT InK8+RTInJ

（5） ( ) 1.255 p l g p H C R T              ( ) 0.755 p s g p H C R T              ( ) 0.5 Cp sl  R 4.10 解：（a）   2 2 43522 ln 1.222 1.222 43522 dT dT d P dT T T T T                 H  8.314 435221.2221336  348.3 (kJ/mol) （b）将 T＝1336K 代入 ln P  17.66 （c）和（d）is “solution not possible” 参考答案 5 5.3 解： H  7300 (cal/mol) 49 2 10.2 29.1 15.8 2 S      (cal/molK) 2 2 1/ 2 ln ln O Ag Ag O p a G H T S RT K RT a           2 1/ 2 ln (7300 15.8 ) 4.2 RT O  p   T  （a）当 p＝1atm 时，代入，得到 7300 462 15.8 T   (K) （b）当 p＝0.22atm 时，代入，得到T  422 (K) 5.6 解：（a） 1 (ln ) ( ) H d K d R T     ln K  对 1 T 画图，斜率为 H R   由图可得， H  49.91(kJ/mol)、 ln K 5.792    G RT lnK 48.15       (kJ/mol) （b） G G RT ln J RT lnK RT ln J         

InJ=In Pco,d=In 0.15=1.099 PcoaNio 0.05 AG=-RT In K+RT InJ=RT(1.099+5.792)=57.3 (kJ/mol)>0 所以反应不会自发地进行

2 0.15 ln ln ln 1.099 0.05 CO Ni CO NiO p a J p a    G RT ln K RT ln J RT (1.099 5.792) 57.3         (kJ/mol)>0 所以反应不会自发地进行