NO2：作业(含题解)

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1、1.10mol理想气体从压力为2×106Pa、体积为1dm3等容降温使压力降到2×105Pa，再等压膨胀到10dm3，求整个过程的W、Q、ΔU和ΔH。解由题意设计下列过程利用已知数据求温度T1、T2,、T3，，说明始终态的温度相等所以整个过程的计算过程的W、Q第一步为等容降温过程，所以第二步为等压膨胀过程，总功为由△U=Q+W=0得【点评】正确分析题意，设计系统经历的过程是解本题的关键。整个系统变化过程由第一步等容过程和第二步等压过程组成。解题时先分别计算系统的始态温度T1、中间态温度T2、终态温度T3，结果表明，所以整个过程的U和H不变，即；然后分别

2、计算功W1、W2和整个过程的功W2，再由△U=Q+W=0，求总过程Q，此方法简便。2.将100℃、0.5的100dm3水蒸气等温可逆压缩到，此时仍为水蒸气，再继续在压力下部分液化到体积为10dm3为止，此时气液平衡共存。试计算此过程的Q、W、ΔU和ΔH。假定凝结水的体积可忽略不计，水蒸气可视作理想气体，已知水的汽化热为2259J·g-1。解在100℃时，H2O（g）经历如下二个步骤的过程（1）水蒸气等温可逆压缩到一个中间态H2O（g），0.5py，100dm3→H2O（g），py，V′→H2O（l，g），py，10dm3求始态时水蒸气物质的量求中间态时

3、水蒸气的体积等温可逆压缩过程的功此为理想气体等温过程，所以△U1=0,△H1=0（2）为等压可逆相变过程，有部分水蒸气凝结为同温度的水求终态时水蒸气物质的量则部分水蒸气液化为水的物质的量为W2=－py（V2－Vˊ）=－{100×（10－50）}J=4000J△H2=nl△Hg→l=｛1.29×(－2259)×18×10-3｝｝kJ=－52.45kJ△U2=△H2－py（V2－Vˊ）=－52.45kJ+4.00kJ=－48.45kJ总过程的功的W、△H、△U、Q分别为△H=△H2=－52.45kJ△U=△U2=－48.45kJQ=△U－W={－48.45

4、－7.466}kJ=－55.92kJ【点评】分析题意可知，水蒸气在等温下先经可逆压缩至一个中间态，压力是原来的一倍，可视为理想气体等温可逆过程，系统的热力学能和焓均无变化；然后在等温、等压下压缩水蒸气至终态，过程中伴随有可逆相变发生，有部分水蒸气凝结为水，系统的热力学能变、焓变与凝结水的物质的量有关，凝结水的物质的量可以根据物料衡算求得。另需说明的是，水的正常沸点为100℃，此时气液平衡压力应为101.325kPa，而在标准压力下水的沸点是99.67℃，两种气液平衡状态是有区别的。但为了简化计算，常将100℃、近似看做水的两相平衡状态，可逆相变过程也常

5、被设计在下进行。本习题解中可能还会涉及类似的计算，请读者在学习时注意。3.一电热丝浸于容器内的已沸腾苯中，此电热丝的电阻50Ω，通以1.34A电流，经5min37s后，液态苯汽化掉78.1g。试求汽化1mol液态苯所需吸收的热量。解假设电能完全转化为热能全部被苯所吸收，则热量Q=I2Rt=｛50×1.342×337×10-3｝kJ=30.256kJ1mol苯的质量为78.1g，所以，汽化1mol苯所需吸热为30.256kJ。【点评】设电热丝产生的热全部用于加热液态苯蒸发为苯蒸气，无其他热量的损失。为此，掌握热与电功之间的转换关系是解此题的关键。计算电热

6、丝放热的公式为Q=w(电功率)·t（时间）=I·V·t=I·IR·t=I2Rt。计算时各物理量都采用SI单位，其中电流I的单位为A、电阻R的单位为Ω、时间t的单位为s。4.将常压下1摩尔25℃的液体苯加热变成100℃、101.325kPa压力的苯蒸气，试求此过程的ΔU和ΔH。已知：苯的沸点为80.2℃，Cp,m（苯,l）=131J•K-1•mol-1，Cp,m（苯,g）=[–21.09+400.12×10-3TK–169.87×10-6(T/K)2]J•K-1•mol-1,苯在正常沸点时的汽化焓为394.4J•g-1。解按题意设计加热1mol液体苯经历

7、的多相状态变化过程苯(l),298.2K苯(l),353.4K苯(g),353.4K苯(g),373.2K={－21.09×(373.2－353.4)+×400.12×10-3×（373.22－353.42）－169.87×10-6××（373.23－353.43）｝J={－418+2878－444}J=2016J={7231+30763+2016}J=40843J=40.84kJ=+≈+＝△U＋nRT【点评】1.如题解中所示：在101.325kPa下，1mol25℃的液体苯加热汽化为1mol100℃的苯蒸气需经历等压升温、等压等温汽化、等压升温三个过

8、程。题意已给出计算各过程ΔH所需的数据，苯蒸气的等压热容与温度有关，注意求焓变时的积分计算。2