化工热力学第三版课后答案-朱自强VIP专享VIP免费

化工热力学(第三版)课后答案完整版-朱自强第二章流体的压力、体积、浓度关系：状态方程式2-1试分别用下述方法求出400℃、4.053MPa下甲烷气体的摩尔体积。（1）理想气体方程；（2）RK方程；（3）PR方程；（4）维里截断式（2-7）。其中B用Pitzer的普遍化关联法计算。[解]（1）根据理想气体状态方程，可求出甲烷气体在理想情况下的摩尔体积V为idVidRT8.314(400273.15)3311.38110mmolp4.053106（2）用RK方程求摩尔体积将RK方程稍加变形，可写为VRTa(Vb)b0.5pTpV(Vb)（E1）其中0.42748R2Tc2.5apcb0.08664RTcpc从附表1查得甲烷的临界温度和压力分别为Tc=190.6K,p=4.60MPa，将它们代入a,b表达c234（E3）BpcB0B1RTc（E4）B00.0830.422/T1.6r（E5）B10.1390.172/T4.2r（E6）其中TrTT673.153.5317c190.6pp4.053rp4.600.8811c已知甲烷的偏心因子=0.008，故由式（（E6）可计算得到B00.0830.422/3.53171.60.02696B10.1390.172/3.53174.20.1381BpcRT0.026960.0080.13810.02806c从式（E3）可得Z10.028060.88113.53171.007因ZpVRT，故E4）~5VZRTZVid1.0071.3811031.391103m3mol1p四种方法计算得到的甲烷气体的摩尔体积分别为1.38110、1.39010、1.39010和1.391103333m3mol1。其中后三种方法求得的甲烷的摩尔体积基本相等，且与第一种方法求得的值差异也小，这是由于该物系比较接近理想气体的缘故。2-2含有丙烷的0.5m的容器具有2.7Mpa的3耐压极限。出于安全考虑，规定充进容器的丙烷为127℃，压力不得超过耐压极限的一半。试问可充入容器的丙烷为多少千克?[解]从附表1查得丙烷的p、T和，分别为cc4.25MPa，369.8K和0.152。则TrT127373.151.08Tc369.8p2.70.318pc4.252pr用普遍化压缩因子关联求该物系的压缩因子Z。根据T、p值，从附表（7-2），（7-3）插值求得：rrZ(0)0.911，Z(1)0.004，故ZZ(0)Z(1)0.9110.1520.0040.912丙烷的分子量为44.1，即丙烷的摩尔质量M为60.00441kg。所以可充进容器的丙烷的质量m为pVtMZRT1.351060.50.04419.81kg0.9128.314(127373.15)m从计算知，可充9.81kg的丙烷。本题也可用合适的EOS法和其它的普遍化方法求解。2-3根据RK方程、SRK方程和PR方程，导出其常数a、b与临界常数的关系式。[解]（1）RK方程式，pRTa0.5VbTV(Vb)（E1）利用临界点时临界等温线拐点的特征，即p2p()TTc(2)TTc0VV（E2）将式（E1）代入式（E2）得到两个偏导数方程，即RTca11()020.522(Vcb)TcbVc(Vcb)（E3）RTca11()0(Vcb)3Tc0.5bVc3(Vcb)37（E4）临界点也符合式（E1），得pcRTca0.5VcbTcVc(Vcb)（E5）式（E3）~（E5）三个方程中共有a、b、p、T和ccVc五个常数，由于V的实验值误差较大，通常将ccc其消去，用p和T来表达a和b。解法步骤如下：令同理，令pcVcZcRTc（临界压缩因子），即VbcabcZcRTcpc。aR2Tc2.5apcc，bpRT，和为两个待定常c数。将a、b、V的表达式代入式（E3）~（E5），且整理得a(2Zcb)1Zc2(Zcb)2(Zcb)2（E6）a(3Zc23bZcb2)1Zc3(Zcb)3(Zcb)3（E7）a11Zc(Zcb)Zcb（E8）式（E6）除以式（E7），式（E6）除以式（E8）得8Zc33bZc23b2Zcb30（E9）2Zc3Zc23bZc22bZcb2b30（E10）对式（E8）整理后，得aZc(Zcb)(1Zcb)Zcb（E11）式（E9）减去（E10），得(13Z)(2ZZ)022cbbcc（E12）由式（E12）解得Zc13，或（此解不一定为最小正根），或（不能为负值，宜摒弃）bb(21)Zcb(21)Zc再将Zc13代入式（E9）或式（E10），得11b3b2b0327（E13）解式（E13），得最小正根为0.08664b将Zc13和b0.08664代入式（E11），得a0.42748，故90.42748R2Tc2.5apc（E14）b0.08664RTcpc（E15）式（E14）和式（E15）即为导出的a、b与临界常数的关系式。（2）SRK方程立方型状态方...