天大物化五版上册习题答案

1、物理化学上册习题解（天津大学第五版） 第一章 气体pVT性质1-1解：对于理想气体，pV=nRT1-2解：设氯乙烯为理想气体，气柜内氯乙烯的物质的量为每小时90kg的流量折合p摩尔数为 n/v=（14618.623÷1441.153）=10.144小时1-3解：1-4解：先求容器的容积n=m/M=pV/RT1-5解：方法一：在题目所给出的条件下，气体的量不变。并且设玻璃泡的体积不随温度而变化，则始态为 终态（f）时 1-6解：将数据处理如下：P/kPa101.32567.55050.66333.77525.331(/p)/（g·dm-3·kPa）0.022770.

2、022600.022500.022420.02237作(/p)对p图当p0时，(/p)=0.02225，则氯甲烷的相对分子质量为 1-7 解：设A为乙烷，B为丁烷。 （1） （2）联立方程（1）与（2）求解得1-8解：（1）抽隔板前两侧压力均为p，温度均为T。 （1）得：而抽去隔板后，体积为4dm3，温度为，所以压力为 （2）比较式（1）、（2），可见抽去隔板后两种气体混合后的压力仍为p。（2）抽隔板前，H2的摩尔体积为，N2的摩尔体积抽去隔板后所以有 ，可见，隔板抽去前后，H2及N2的摩尔体积相同。（3）所以有 1-9 解：洗涤后的总压为101.325kPa，所以有 （1） （2）联立式（1

3、）与式（2）求解得1-10解: 高压釜内有常压的空气的压力为p常，氧的分压为 每次通氮直到4倍于空气的压力，即总压为 p=4p常，第一次置换后釜内氧气的摩尔分数及分压为第二次置换后釜内氧气的摩尔分数及分压为所以第三次置换后釜内氧气的摩尔分数1-11 解：，故有所以，每摩尔干乙炔气含有水蒸气的物质的量为进口处：出口处：每摩尔干乙炔气在该泠却过程中凝结出的水的物质的量为 0.02339-0.008974=0.01444（mol）1-12解：水蒸气分压水的饱和蒸气压×0.6020.55kPa×0.6012.33 kPaO2分压（101.325-12.33 ）×0.211

4、8.69kPaN2分压（101.325-12.33 ）×0.7970.31kPa 1-13解：300K时容器中空气的分压为 373.15K时容器中空气的分压为 373.15K时容器中水的分压为 101.325kPa所以373.15K时容器内的总压为p=+121.534+101.325=222.859（kPa）1-14 解：查表附录七得CO2气体的范德华常数为a=0.3640Pa·m6·mol-2；b=0.4267×10-4m3·mol-1相对误差E=5187.7-5066.3/5066.3=2.4%1-15解：用理想气体状态方程计算如下：将范德

5、华方程整理成 (a)查附录七，得a=1.408×10-1Pa·m6·mol-2，b=0.3913×10-4m3·mol-1这些数据代入式（a），可整理得解此三次方程得 Vm=73.1 cm3·mol-11-16 解：1/（1-b/ Vm）=1+ b/ Vm+（b/ Vm）2+将上式取前三项代入范德华方程得而维里方程（1.4.4）也可以整理成根据左边压力相等，右边对应项也相等，得B（T）=b a/（RT） C（T）=b2*1-17 解：先将范德华方程整理成将上式两边同乘以V得 求导数当p0时，于是有 当p0时V，（V-nb）2V2，所以

6、有 TB= a/（bR）1-18 解：氧气的临界参数为 TC=154.58K pC=5043kPa氧气的相对温度和相对压力由压缩因子图查出：Z=0.95钢瓶中氧气的质量 1-21解：乙烯的临界参数为 TC=282.34K pC=5039kPa乙烯的相对温度和相对压力由压缩因子图查出：Z=0.45因为提出后的气体为低压，所提用气体的物质的量，可按理想气体状态方程计算如下：剩余气体的物质的量n1=n-n提=523.3mol-487.2mol=36.1mol剩余气体的压力 剩余气体的对比压力 上式说明剩余气体的对比压力与压缩因子成直线关系。另一方面，Tr=1.063。要同时满足这两个条件，只有在压缩

7、因子图上作出的直线，并使该直线与Tr=1.063的等温线相交，此交点相当于剩余气体的对比状态。此交点处的压缩因子为Z1=0.88所以，剩余气体的压力第二章 热力学第一定律2-1 解：2-2解： 2-3 解：1mol水（H2O，l）完全电解为1mol H2（g）和0.50 mol O2（g），即气体混合物的总的物质的量为1.50 mol，则有 2-4 解：因两条途径的始末态相同，故有Ua=Ub，则 所以有，2-5解：过程为： 途径b因两条途径的始末态相同，故有Ua=Ub，则 2-6 解：2-7 解：因假设水的密度不随压力改变，即V恒定，又因在此压力范围内水的摩尔热力学能近似认为与压力无关，故，上

8、式变成为（1）（2）*2-8 解：恒容：W=0；根据热力学第一定律，：W=0，故有Q=U=3.118kJ2-9 解：2-10 解：整个过程示意如下： 2-11 解：过程为； 2-12 解： （1）：（2）：H=nHm=（1×103）÷44.01×22.7 kJ =516 kJ2-13 解：1mol乙醇的质量M为46.0684g，则=46.0684g·mol-1÷（0.7893 g·cm-3）=58.37cm3·mol-1=58.37×10-6m3·mol-1由公式（2.4.14）可得：2-14 解：假设空

9、气为理想气体 2-15 解：用符号A代表Ar（g），B代表Cu（s）;因Cu是固体物质，Cp，mCv，m；而Ar（g）：过程恒容、绝热，W=0，QV=U=0。显然有得 所以，t=347.38-273.15=74.232-16解：已知 水煤气的平均摩尔质量 300kg水煤气的物质的量 由附录八查得：273K3800K的温度范围内设水煤气是理想气体混合物，其摩尔热容为故有得 = 26.7085×（373.15-1373.15）+×6.0151×（373.152-1373.152）×10-3-×0.74925×（373.153-1373.1

10、53）×10-6 = -26708.5-5252.08+633.66=31327=31.32719983×31.327=626007kJ 2-17 解：先求双原子理想气体B的物质的量：n（B）=yB×n=0.4×5 mol=2mol；则单原子理想气体A的物质的量：n（A）=（5-2）mol =3mol单原子理想气体A的，双原子理想气体B的过程绝热，Q=0，则 U=W于是有 14.5T2=12T1=12×400K得 T2=331.03K 2-18 解：单原子理想气体A的，双原子理想气体B的因活塞外的压力维持 100kPa不变，过程绝热恒压，Q=Q

11、p=H=0，于是有于是有 22.5T=7895.875K 得 T=350.93K 2-19解：过程绝热，Q=0，U=W，又因导热隔板是固定的，双原子理想气体B体积始终恒定，所以双原子理想气体B不作膨胀功，仅将热量传给单原子理想气体A，使A气体得热膨胀作体积功，因此，W=WA，故有U=W=WA得得 20×T=6963K故 T=348.15K2-20 解：过程为 2-17解：设A、B、C的热容各为cA、cB、cC，于是有mcA（57-80）+m cB（57-40）=0 （1）mcA（36-80）+ mcC（36-10）=0 （2）mcB（t-40）+m cC（t-10）=0 （3）得：c

12、A（57-80）= - cB（57-40） （4）cA（36-80）= - cC（36-10） （5）cB（t-40）+ cC（t-10）=0 （6）由式（4）除以式（5），解得 cB =0.7995cC将上式代入式（6）得0.7995cC（t-40）+ cC（t-10）=0 （7）方程（7）的两边同除以cC，得0.7995×（t-40）+ （t-10）=0 （8）解方程（8），得 t=23.33结果表明，若将等质量的B、C接触，达平衡后系统的温度应为23.33。2-21 解：（1）假设N2（g）为理想气体,则恒温可逆膨胀功为= -1×8.3145×300

13、5;ln（40÷2）J = - 7472J =7.472 kJ（2）查附录七，得其范德华常数为；2-22 解：（1）恒温可逆膨胀到50 kPa：（2）恒温反抗50 kPa恒外压不可逆膨胀:（3）绝热可逆膨胀到50kPa: 绝热，Q=0，（4）绝热反抗50 kPa恒外压不可逆膨胀绝热，Q=0， 上式两边消去nR并代入有关数据得3.5T2=2.75×350K 故 T2=275K2-23 解：整个过程如下恒温可逆膨胀过程：因是理想气体，恒温，U恒温=H恒温=0绝热可逆压缩：Q=0，故故整个过程：W=Wr+W绝= （-17.29+15.15）kJ=2.14 kJU=Ur+U绝=（0

14、+15.15）=15.15kJH=Hr+H绝=（0+21.21）=21.21kJ2-24 解：理想气体绝热可逆方程为：常数=K （1）理想气体恒温可逆方程为：常数=C （2）对方程（1）及方程（2）求导，得 （3） （4）因1，故在理想气体pV图上任一点处，绝热可逆线的斜率的绝对值大于恒温可逆线的斜率的绝对值。2-25解：（1）右侧气体B进行可逆绝热过程(2) 因绝热，QB=0，（3）气体A的末态温度：VA=（2×50-30.48）dm3=69.52dm3（4）气体A从电热丝得到的热：2-26 解：今以气体B为系统： 2-28 解：变化过程示意如下 （ 0.1kg，0冰）（ 0.1k

15、g，0，水）（ 0.1kg，t，水）（ 1kg，50，水）（ 1kg，t，水）过程恒压绝热：，即， 故 t=38.212-29 解：过程恒压绝热：，即这个结果显然不合理，只有高温水放出的热量使部分冰熔化为水，而维持在 0，所以末态的温度为 0。（2）设0冰量为 m，则0水量为（500 m）g，其状态示意如下800 g×2. J·g-1·K-1×（273.15 K 253.15K）+（800-m）g×333.3 J·g-1 + 1000g×4.184 J·g-1·K-1×（273.15K 323.

16、15K）=0333.3 m = 89440 gm=268g =0.268 kg =冰量水量= 1000+（800-268）g = 1532 g =1.532 kg2-30 解：据题意画出下列方框图：H2O（g），1kg180，1000.3kPaH2O（l），1kg20，1000.3kPa Qp=H H1 H2H2O（g），1kg100，101.325kPaH2O（l），1kg100，101.325kPa vapHkg（373.15K） H1 =所以每生产1kg饱和蒸气所需的热Qp=H=H1+vapHkg（373.15K）+H2= =（334.76+2257+154.54）kJ =2.746&#

17、215;103kJ2-31解； H1，m H3，m2-32 解： H1，m H3，m2-33 解：（1）反应进度：（2）C10H8（s）的：M萘=128.173每摩尔萘的恒容恒温燃烧热为 （3）所以本题所给反应的标准摩尔反应焓为2-34 解：计算公式如下：；（1）（2） = （3）= 2-35 解：（1） +- =2×（-285.830）+（-379.07）-2×（-238.66）kJ·mol-1 = - 473.52 kJ·mol-1（2）- =2×（-726.51）-（-979.5）kJ·mol-1 = - 473.52 kJ&#

18、183;mol-12-36 解：（1）CnH2n的物质进行下述反应：故有（2）常压恒定温度25的条件下，环丙烷进行下述反应： 2-37 解：（1）先求 + 2×- =所以有= + 2×- =2×（-393.509）+2×（-285.83）-（-979.5）kJ·mol-1 = - 379.178 kJ·mol-1（2） + - =（-379.178）+（-285.83）-（-424.72）-（-238.66）kJ·mol-1 = - 1.628 kJ·mol-12-38 解：由附录中各物质的标准摩尔生成焓数据，可得

19、在25时的标准摩尔反应焓题给反应的 =（37.7+31.4-52.3）J·mol-1·K-1= 16.8J·mol-1·K-1所以，题给反应在1000K时的标准摩尔反应焓=-36.12+16.8×（1000-298.15）×10-3kJ·mol-1= -24.3kJ·mol-12-39 解：为求的温度函数关系式，查各物质的定压摩尔热容为H2：=26.88J·mol-1·K-1+4.374×10-3J·mol-1·K-2-0.3265×10-6J·

20、mol-1·K-3CO：=26.537J·mol-1·K-1+7.6831×10-3J·mol-1·K-2-1.172×10-6J·mol-1·K-3H2O（l）：=29.16J·mol-1·K-1+14.49×10-3J·mol-1·K-2-2.022×10-6J·mol-1·K-3CH4（g）：=14.15J·mol-1·K-1+75.496×10-3J·mol-1·K-2

21、-17.99×10-6J·mol-1·K-3=63.867 J·mol-1·K-1;= - 69.2619 J·mol-1·K-1= - 69262 J·mol-1·K-1再查298.15K时的各物质的标准摩尔生成焓，求：=- =（-110.525）-（-74.81）-（-241.818）kJ·mol-1 = 206.103 kJ·mol-1根据基希霍夫公式=+ =+ =+将，的数据代入上式，并整理，可得=189982+63.867（T/K）-34.6310×10-3（T/K

22、）2 +5.9535×10-6（T/K）3 J·mol-1（2）将1000K代入上式计算得= 225.17 k J·mol-12-40 解：根据题意画出如下方框图：CH4（g）+2O2（g）+O2+t据题意可画出下列方框图：CO2（g）+2 H2O（g）+O2+ 2000绝热、恒压H =0H1 H2CH4（g）+2O2（g）+O2+25CO2（g）+2 H2O（g）+O2+ 25rHm（298K）即 553.45（298.15-T/K）×10-3+（-802.34）+1084.81=0所以 T=808.15K或t=535。2-41H2（g）+0.5O2（

23、g）+0.25O2+ 25，101.325kPa解：据题意可画出下列方框图：2H2O（g）+0.25O2+ t，pU =0绝热、恒容rUm（298K） U12H2O（g）+0.25O2+ 25即 -240581=11.753（T/K-298.15） 解得：T=2394.65K所以 T始态=298.15K，p始态=101.325kPa2-42 解：真空容器终态温度为T，终态时进入容器内的空气原来在容器外时所占的体积为V0。（1）选取最后进入容器内的全部气体为系统，物质的量为 n。终态时的界面包括了此容器内壁所包围的空间V；始态时的体积为V+V0（始态时界面内包括了一部分真空空间V）。（2）实际上

24、大气流入真空容器时并不作功，但大气进入容器内是由于其余的外界大气对其压缩作功的结果，这种功叫流动功。压缩过程中，环境以恒外压p0将界面内的体积压缩了V=V-（V+V0）= -V0所以，环境所作的功为 W = - p0V = p0V0= nRT0 （a）由于大气流入真空容器的过程进行得很快，可以看作是绝热过程，由热力学第一定律可得 （b）（1） 把大气当作理想气体，就有 联立求解得 （c）将式（c）代入（b）得所以 第三章 热力学第二定律3-1 解：（1）（2），得 ； 3-2解：（1）（2）； 3-3 解：（1）（2） （a） （b）联立求解得：Q1=300 kJ；-W=200kJ3-4 解：

25、由题意可知：在高温热源和低温热源间工作的不可逆热机ir与卡诺热机r，如上图所示。调节卡诺热机得到的功等于不可逆热机作出的功 。可逆热机R从高温吸热，作功，放热到低温热源T2，其热机效率为。不可逆热机ir从高温热源吸热，放热到低温热源，其热机效率为。先假设假设不可逆热机的热机效率大于卡诺热机的热机效率r，即或因，可得 今若以不可逆热机i带动卡诺热机，使卡诺热机r逆向转动，卡诺热机成为致泠机，所需的功Wr由不可逆热机i供给，如上图所示。卡诺热机从低温热源吸热，并放热到高温热源。整个复合机循环一周后，在两机中工作的物质恢复原态，最后除热源有热量交换外，无其它变化。从低温热源吸热： 高温热源得到的热:

26、 总的变化是热从低温热源传到高温热源而没有发生其它变化。显然，这是违反热力学第二定律的克劳修斯说法。（所以最初的假设不能成立，因此有：，这就证明了卡诺定理）。3-5解：在传热过程中，高温热源的S1：低温热源的S2：整个过程的熵变：3-6 解：（1）， 得 高温热源的S1：低温热源的S2：整个过程的熵变：（2）， 得 高温热源的S1：低温热源的S2：整个过程的熵变： （3）， 得 高温热源的S1：低温热源的S2：整个过程的熵变：3-7解：（1）以水为系统，环境是热源 =1000×4.184×ln（373.15/283.15）J·K-1=1154.8 J·K

27、-1=1155 J·K-1 = - 1009 J·K-1= 1155+（-1009） J·K-1= 146 J·K-1（2）整个过程系统的Ssys=1000×4.184×ln（328.15/283.15）J·K-1=1154.8 J·K-1=1155 J·K-1系统先与55热源接触至热平衡时 = - 573.76 J·K-1与100热源接触至热平衡时 = - 504.57 J·K-1整个过程的Samb=+= - 573.76+（- 504.57）= -1078 J·K-1所以

28、，= 1155+（-1078） J·K-1= 77J·K-1（3）整个过程系统的Ssys=1000×4.184×ln（328.15/283.15） J·K-1=1154.8 J·K-1=1155 J·K-1系统先与40热源接触至热平衡时 = - 400.83 J·K-1再与70热源接触至热平衡时 = - 365.88 J·K-1最后与70热源接触至热平衡时 = - 336.38 J·K-1整个过程的Samb=+= - 400.83 +（- 365.88）+（- 336.38）= -1103 J&

29、#183;K-1所以，= 1155+（-1103） J·K-1= 52 J·K-13-8 解：（1）经恒压过程时：将Cp，m代入上式积分得=27.32×（1000 300）+×10-3×（10002-3002）-×10-6×（10003-3003）J= 21648 J = 21.65 kJ将Cp，m代入上式积分得= 27.32×ln（1000/300）+6.226×10-3×（1000-300）-（0.9502/2）×10-6×（10002-3002） J·K-1=

30、32.893 + 4.3582 - 0.4323 J·K-1= 36.819 J·K-1= 36.82 J·K-1（2）如果把氮气看作是理想气体，则有 根据前一步计算，=26.15 kJ而 = 8.314×（1000 -300） kJ = 5.82 kJ所以，Q = （26.15 5.82 ）kJ = 15.83 kJ由（1）计算可知，= 36.82 J·K-1而 J·K-1 = 10.01 J·K-1所以 S = 36.82 - 10.01 J·K-1 = 26.81 J·K-1 3-9 解：（1）恒温

31、可逆膨胀，dT =0，U = 0，根据热力学第一定律，得= - 1×8.314×300×ln（100/200） J = 1729 J=1.729 kJ= - 1×8.314×ln（100/200） J·K-1 = 5.764 J·K-1（2）过程为根据理想气体状态方程，得= （100/200）×300 K= 150K第一步骤，恒容：dV=0，W1=0，根据热力学第一定律，得= 1×（5/2）×8.3145×（150-300） J= -3118 J = -3.118 kJ J·

32、K-1 = -14.41 J·K-1第二步： = 1×（7/2）×8.3145×（300-150） J= 4365 J = 4.365 kJ J·K-1 = +20.17 J·K-1Q = Q1 + Q2 = （-3.118）+ 4.365 kJ = 1.247 kJS = S1 + S2 = （-14.41）+ 20.17 J·K-1 = 5.76 J·K-1（3）第一步骤为绝热可逆，故Q1，r=0，S1 =0= 1×（7/2）×8.3145×（300-246.1） J= 1568

33、J = 1.568 kJ J·K-1 = +5.76 J·K-1Q = Q1 + Q2 = 0+ 1.568 kJ = 1.568 kJS = S1 + S2 = 0+ 5.76 J·K-1 = 5.76 J·K-13-10 解：（1）恒温可逆膨胀，dT =0，U = 0，根据热力学第一定律，得= - 1×8.314×300×ln（50/100） J = 1729 J=1.729 kJ= - 1×8.314×ln（50/100） J·K-1 = 5.764 J·K-1= （17290/

34、300）J·K-1= - 5.764 J·K-1故 S i so = 0（1） U = 0，Q2= -W = pamb（V2 V1）= pamb （nRT / pamb）-（nRT / p1） = nRT 1-（ pamb / p1）= -1×8.314×300×（1-0.5） J = 1247 J = 1.247 kJ= - 1×8.314×ln（50/100） J·K-1 = 5.764 J·K-1= （-1247÷300）J·K-1= - 4.157 J·K-1S is

35、o= Ssys + Samb = 5.764 +（- 4.157） J·K-1 = 1.607 J·K-1（3）U = 0，W = 0，Q=0 = 0因熵是状态函数，故有= 1×8.314×ln2 J·K-1 = 5.764 J·K-1S iso= Ssys + Samb = 5.764 J·K-1 3-11 解：先求该双原子气体的物质的量n：（1） = 34.66 J·K-1（2） = 103.99 J·K-1（3） = 114.65 J·K-13-12 解：过程为W1=0； W2= -pam

36、b（V2-V0）= -133032×（100-50）×10-3 J= - 6651.6 J所以，W = W2 = - 6.652 kJ Q = U W = （27.79 + 6.65）kJ 27.44 kJ= J·K-1 = 52.30 J·K-13-13 解：过程为 ， ，Q = U W = （-24.944 5.763）kJ = - 30.707 kJ 30.71 kJ= J·K-1 = - 77.86 J·K-13-14 解：过程为= - 4459 J = - 4.46 kJ， ，Q = U W = （18.75 + 4.46

37、）kJ = 23.21 kJ = J·K-1 = 50.40 J·K-13-15 解：过程示意如下： ，W2 = - pamb ( V2 V1 ) = - 100×103×（85 164.56）×10-3 J = 7956 JW = W1 + W2 = 13933 J = 13.933 kJ U = U1 + U2 = -5957 J = - 5.957 kJ 3-16 解：Q = 0，W = U代入数据整理得 5T2 = 3.4 T1 = 3.4×300K；故 T2 = 204 K 3-17 解：先求混合物的摩尔定压热容 因是绝热可

38、逆过程，S=SA+SB=0，故有SB = - SA = 8.924J·K-1 或3-18 解：先求混合物的摩尔定压热容Q = 0，W = U将数据代入，得 2.55 T2 = 1.75 T1= 1.75×400K，故 T2 = 274.51 K3-19 解：Qp = 0，H = 0，H1 +H2 = 0100×4.184×（T2 300.15K）+200×4.184×（T2 345.15K）=0T2 300.15K + 2×（T2 345.15K）=0T2 = 330.15 K 即 t = 57 = 2.68 J·

39、K-13-20 解： = （13.516 +18.310）J·K-1= 31.83 J·K-13-21解：QV = 0，W = 0， U = 0，则有 U（单）+U（双） = 0 解得 T2 = 342.86K = 31.714 J·K-1 = 0.502 J·K-1S = S（A）+S（B）= （31.714 + 0.502）J·K-1= 32.216 J·K-1 =32.22 J·K-13-22 解：设左侧的N2（g）用A代表，左侧的N2（g）用B代表。混合过程示意如下：2 molA B，4 molVA， VB，T ;p

40、 T;pTB，4 mol75 dm3，500K,pB SA A，2 mol50 dm3，200K,pA SBQV = 0，W = 0， U = 0，则有 U（A）+U（B） = 0 解得 T2 = 400 K方法一：若用分体积计算熵变：S = S（A）+S（B）= （24.786 15.05）J·K-1= 10.736 J·K-1 方法二：先计算A和B各自初始压力及终态压力；S = S（A）+S（B）= （24.786 15.05）J·K-1= 10.736 J·K-1 3-23 解：n = （1000÷32）mol = 31.25 molQ

41、= Qp = H = nvapHm = （31.25×35.32）kJ = 1103.75 kJW = - pamb（Vg Vl ） - pambVg = -ng RT = - 31.25×8.3145×337.80 = - 87770 J= - 87.77 kJ U = Q W = （1103.75 - 87.77）kJ = 1015.98 kJ S = nvapHm / Tvap = （1103750÷337.80） = 3267 J·K-1 = 3.267 k J·K-13-24解：常压绝热混合，Qp = 0，设末态温度为T2（

42、T2273.15K），于是有500×333.3 + 500×4.184×（T2 273.15K）+ 1000×4.184×（T2 298315K）=0解得 T2= 263 K 显然，- 10这个结果不合理。因此，只是高温水放出热量使部分冰熔化，温度仍是0。设0冰量为 m，则0水量为（500 m）g，其状态示意如下（500-m）g×333.3 J·g-1+ 1000g×4.184 J·g-1·K-1×（273.15K 298.15K）=0333.3 m = 62050 gm = 186.

43、17 g 0熔化的水量 = （500 186.17）g = 313.83 g3-25 解：常压绝热混合，Qp = 0，500g×333.3 J·g-1+ 500×4.184 J·g-1·K-1×（T2-273.15K）+1000g×4.184 J·g-1·K-1×（T2 353.15K）=012.552 T2 = 3764.7188 K T2 = 299.93 K冰的熵变：水的熵变：S = S1 + S2 = 122.33 J·K-13-26 解：和3-24题类似，高温水放出热量使部分

44、冰熔化，温度仍是0。设0冰量为 m，则0水量为（500 m）g，其状态示意如下500×2.00 J·g-1·K-1×（273.15K 263.15K）+（500-m）g×333.3 J·g-1+ 1000g×4.184 J·g-1·K-1×（273.15K 298.15K）=0333.3 m = 72050 gm = 216.17g 熔化的水量 = （500 216.17）g = 283.83 g冰的熵变：水的熵变：S = S1 + S2 = 17.21 J·K-13-27 解：设液态

45、苯全部凝固，冰全部融化，于是示意如下 8mol×6004 J·mol-1+10mol×75.37 J·mol-1·K-1（T2 - 273.15K）+5mol×（-9832）J·mol-1 +10mol×122.59 J·mol-1·K-1×（T2-278.66K）=01979.6 T2 =548610.395K T2 =277.13K所以，t=3.98，03.985.51，假设合理。=（175.845+11.392）J·K-1= 187.24 J·K-1=（-17

46、6.416 - 5.953 ）J·K-1= -182.37 J·K-1S = S1 + S2 = 187.24 J·K-1 - 182.37 J·K-1 = 4.87 J·K-13-28解：（1）（2） 画出如下框图： H0 S0 H2 S2 H1 S1S= S1+ S2=9.275J·K-13-29 解：把苯蒸气看作是理想气体，恒温可逆压缩时，U1=0，H1=0，于是有W2 = -pamb（Vl Vg） pambVg = ng RT= （1×8.3145×353.25）J =2937.1 JW3 0; W= W1

47、 + W2 + W3=（2691+2937.1+0）J= 5628 J = 5.628 kJU1 = 0，Q1 = W1 = 2937 J； Q2 = -30878 JQ = Q1 + Q2 + Q3 = （-2691）+（ -30878）+（ 2868）= - 36437J = -36.437 kJU = Q + W = - 36.437 kJ + 5.628 kJ = - 30.809 kJ H = H1 + H2 + H3 = 0 +（-30.868）+（-2.868） kJ = - 33.746 kJ3-30 解：因液态水占的体积小，可以认为20 dm3 的密闭容器体积是气体的体积，于

48、是，与液态成平衡的水气的物质的量为始态：末态：始态液态水的物质的量 = 2mol 0.325 mol =1.6675 mol末态液态水的物质的量 = 2mol 0.6532 mol =1.3468 mol为求过程的Q，U，H及S，设计如下途径： H1 H4H1 = 1.6775×75.75×（298.15 353.15）+ 0.3225×33.76×（298.15 353.15）J= （- 6988.88 598.82 ）= - 7587.7 JH2 = （1.6775 1.3468 ）×44106J = 14556.1 JH3 = 1.346

49、8×75.75×（373.15.15 298.15）+ 0.6532×33.76×（373.15 298.15）J= （7651.5 + 1653.9 ）= 9305.4 JH = H1 + H2 + H3 =16274 J =16.274 kJ U = H + （pV）=H + Vp= 16274 + 20×103×（101.325-47.343）×10-3J = 15195 J = 15.20 kJ因密闭恒容，W = 0，Q = U = 15.20 kJ = （-21.513 1.843）J·K-1 = -23

50、.356 J·K-1 = （22.892 + 4.948 ）J·K-1 = 27.840 J·K-1S = S1 + S2 + S3 = 53.405 J·K-1 3-31 解： , 将O2（g）的摩尔定压热容与温度的函数关系代入上式积分，整理得这是标准摩尔熵。为求氧气在100，50 kPa下的摩尔规定熵值Sm，设计如下途径：假如忽略三次方项，则 结果与答案一样。 3-32 解：对于化学反应， （3.6.7b）在温度区间T1至T2内，若所有反应物及产物均不发生相变化，反应物和产物的标准定压摩尔热容随温度的关系式均为 令 ，则有代入式子（3.6.7b），则

51、可得不定积分式式中为积分常数，将某一温度下的标准摩尔反应熵代入即可求得。 3-33解：过程为 G1 G3G1=Vlp =（18÷1000）×10-3×（3.1663-100）×103J = - 1.743 J； G2 =0；G3 = =1×8.3145×298.15×ln（1003.1663）J = 8558.9 J =8.559 kJ = （-0.0017+8.559 - 237.129）kJ·mol-1= - 228.572 kJ·mol-1 3-34 解：见书本例3.5.2 （p122）。本题虽然系统的压力为120kPa，大于水在100时的饱和蒸气压，但因有N2（g）存在，在气相中水蒸气的分压小于其饱和蒸气压时，水即可蒸发。本题的水量较多，水是全部蒸发，还是部分蒸发，我们先计算为好。先求水的蒸发量。水在100时的饱和蒸气压为ps=101.325kPa，末态N2（g）的分压p2 （N2，g）=p p（H2O）= 18.675 kPa。N2（g）的物质的量为2 mol，据分压定律，求得水蒸气的物质的量为可见，3mol的水全部蒸发成水蒸气。因 H（N2，g）=0，H（H2O，g）=3×vapHm=3×4