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第二章习题解答

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基础化学习题解答(第二章)

基础化学习题解答(第二章)

习题解答(第二章)一、选择题1．25℃时，0.01mol/kg的糖水的渗透压为π1，而0.01 mol/kg的尿素水溶液的渗透压π2，则___ B _。

（A）π1＜π2（B）π1 =π2（C）π1＞π2（D）无法确定2．应用克-克方程回答问题：当物质由固相变为气相时，平衡压力随温度降低而__ C__。

（A）不变（B）升高（C）降低（D）视不同物质升高或降低3．通常称为表面活性剂的物质，是指当其加入少量后就能__ C的物质。

（A）增加溶液的表面张力（B）改变溶液的导电能力（C）显著降低溶液的表面张力（D）使溶液表面发生负吸附4．兰格缪尔（Langmuir）等温吸附理论中最重要的基本假设是_ D___。

（A）气体为理想气体（B）多分子层吸附（C）固体表面各吸附位置上的吸附能力是不同的（D）单分子层吸附5．溶胶的基本特征之一是___D__。

（A）热力学上和动力学上皆稳定的系统（B）热力学上和动力学上皆不稳定的系统（C）热力学上稳定而动力学上不稳定的系统（D）热力学上不稳定而动力学上稳定的系统6．下列各性质中，属于溶胶的动力学性质的是___A___。

（A）布朗运动（B）电泳（C）丁达尔现象（D）流动电势7．引起溶胶聚沉的诸因素中，最重要的是___D__。

（A）温度的变化（B）溶胶浓度的变化（C）非电解质的影响（D）电解质的影响8．用KBr加入浓的AgNO3溶液中，制备得AgBr溶胶，再向其中加入下列不同的电解质，能使它在一定时间内完全聚沉所需电解质最少的是__ C _。

（A）Na2SO4（B）NaNO3 （C）K3[Fe(CN)6] （D）KCl9．等体积0.10mol/dm3 KI和0.12mol/dm3的AgNO3溶液混合制成的AgI溶胶，下列电解质中，聚沉能力最强的是___D__。

（A ）Na 2SO 4 （B ）MgSO 4 （C ）K 3[Fe(CN)6] （D ）FeCl 3二、简答题1．理想气体存在吗？真实气体的pVT 行为在何种条件下可用pV=nRT 来描述？答：事实上，理想气体不存在。

03 力学：第二章 运动和力-课堂练习及部分习题解答

03 力学：第二章 运动和力-课堂练习及部分习题解答

α α
N
沿斜面方向
mg+ma0
K K K 以地面为参照系，物体加速度 a = a′ + a0
建立如图所示坐标系，据加速度分量关系
( ma0 + mg ) sin α = ma′ a′ = ( a0 + g ) sin α
y K a0 x α K a′
ax = a′ cos α = ( a0 + g ) sin α cos α a y = a0 − ( a0 + g ) sin 2 α = a0 cos 2 α − g sin 2 α
(2) 小球将离开锥面时，支持力N=0，有
0 = mg sin θ − mω 2l sin θ cos θ ⇒ ωc = g l cos θ
练习册·第二章 运动和力·第3题
Zhang Shihui
题. 小球质量为m，在水中受的浮力为常力F。当它从静止 开始沉降时，受到水的粘滞阻力为 f = kv (k为常数)。证 明：小球在水中竖直沉降的速度v与时间t的关系为
2
O
θ
H r
l
r = l sin θ
竖直面内静止 T cos θ + N sin θ − mg = 0
学习指导·第二章 运动和力·习作题9
Zhang Shihui
2
⎧ ⎪ N = mg sin θ − mω l sin θ cos θ (1) 联立可得 ⎨ 2 2 T mg cos θ m ω l sin θ = + ⎪ ⎩
题. 已知一质量为m的质点在x轴上运动，质点只受到指 向原点的引力的作用，引力大小与质点离原点的距离x 的平方成反比，即f =-k/x2，k是比例常数。设质点在 x=A时的速度为零，求质点在x=A /4处的速度的大小．

《土力学》第二章习题集及详细解答.

《土力学》第二章习题集及详细解答.

《土力学》第二章习题集及详细解答第2章土的物理性质及分类一填空题1.粘性土中含水量不同，可分别处于、、、、四种不同的状态。

其界限含水量依次是、、。

2.对砂土密实度的判别一般采用以下三种方法、、。

3.土的天然密度、土粒相对密度、含水量由室内试验直接测定，其测定方法分别是、、。

4. 粘性土的不同状态的分界含水量液限、塑限、缩限分别用、、测定。

5. 土的触变性是指。

6.土的灵敏度越高，其结构性越强，受扰动后土的强度降低越。

7. 作为建筑地基的土，可分为岩石、碎石土砂土、、粘性土和人工填土。

8.碎石土是指粒径大于 mm的颗粒超过总重量50%的土。

9.土的饱和度为土中被水充满的孔隙与孔隙之比。

10. 液性指数是用来衡量粘性土的状态。

二、选择题1．作为填土工程的土料，压实效果与不均匀系数C u的关系：( )（A）C u大比C u小好(B) C u小比C u大好(C) C u与压实效果无关2.有三个同一种类土样，它们的含水率都相同，但是饱和度S r不同，饱和度S r越大的土，其压缩性有何变化？( )(A)压缩性越大(B) 压缩性越小(C) 压缩性不变3.有一非饱和土样，在荷载作用下，饱和度由80%增加至95%。

试问土样的重度γ和含水率怎样改变？( )(A)γ增加，减小(B) γ不变，不变(C)γ增加，增加4.土的液限是指土进入流动状态时的含水率，下述说法哪种是对的？( )(A)天然土的含水率最大不超过液限(B) 液限一定是天然土的饱和含水率(C)天然土的含水率可以超过液限，所以液限不一定是天然土的饱和含水率5. 已知砂土的天然孔隙比为e＝0.303，最大孔隙比e max＝0.762，最小孔隙比e min＝0.114，则该砂土处于( )状态。

（A）密实（B）中密 (C)松散（D）稍密6．已知某种土的密度ρ＝1.8g/cm3，土粒相对密度ds＝2.70，土的含水量w＝18.0％，则每立方土体中气相体积为( )(A)0.486m3 (B)0.77m3(C)0.16m3(D)0.284m37.在土的三相比例指标中，直接通过室内试验测定的是（）。

第2章 部分习题答案

第2章 部分习题答案

-7.2812510＝-111.010012 然后移动小数点，使其在第1，2位之间
111.01001＝1.1101001×22
e＝2
于是得到： e =Ｅ – 127
S＝1，E＝2＋127＝129=1000,0001，M＝1101001
最后得到32位浮点数的二进制存储格式为
1100 0000 1110 1001 0000 0000 0000 0000
第二章 习题解答
7.若浮点数 x 的IEEE754标准32位存储格式为(8FEFC000 )16， 求其浮点数的十进制值。 【解】： 将x展开成二进制：
1000 , 1111, 1110 ,1111 ,1100,0000,0000,0000 数符：1 阶码：0001,1111 尾数：110,1111,1100,0000,0000,0000 指数e＝阶码－127＝00011111－01111111 ＝(-96)10 包括隐藏位1的尾数：
符号位为01，故运算结果未溢出。 x-y=1101
.
第5页
第二章 习题解答
20. 已知x和y，分别用带求补器的原码阵列乘法器、带求补器的补码阵 列乘法器和直接补码阵列乘法器计算x×y。
(1) x=0.10111 y=-0.器
[x]原=0.10111 [y]原=1.10011 乘积的符号位为： xf⊕yf=0⊕1=1 因符号位单独考虑，算前求补器的使能控制信号为0，经算前求补
+ [y]补 1 1. 0 0 1 0 1 1 1. 1 1 1 0 0
符号位出现“11”，表示无溢出，x-y=-0.00100
.
第3页
第二章 习题解答
13. 已知[x]补=1.1011000，[y]补=1.0100110，用变形补码计算 2[x]补+1/2[y]补=？，同时指出结果是否发生溢出。

应用多元统计分析课后习题答案高惠璇(第二章部分习题解答

应用多元统计分析课后习题答案高惠璇(第二章部分习题解答

2
x12
22
x1
65
x12
14
x1
49)
1 2
(
x2
x1
7)2
e e dx2
2
1 e
1 2
(
x12
8
x1
16)
2
1
2
e dx
1 2
(
x2
x1
7
)
2
2
1 e
1 2
(
x1
4
)
2
2
X1 ~ N(4,1).
类似地有
f2 (x2 ) f (x1, x2 )dx1
1
e
1 4
(
x2
3)2
注意:由D(X)≥0,可知 (Σ1-Σ2) ≥0.
8
第二章 多元正态分布及参数的估计
2-11 已知X=(X1,X2)′的密度函数为
f
( x1 ,
x2 )
1
2
exp
1 2
(2 x12
x22
2 x1 x2
22 x1
14 x2
65)
试求X的均值和协方差阵.
解一:求边缘分布及Cov(X1,X2)=σ12
应用多元统计分析
第二章部分习题解答
第二章 多元正态分布及参数的估计
2-1 设3维随机向量X～N3(μ,2I3)，已知
002,
A
0.5 0.5
1 0
00.5.5, d 12.
试求Y=AX+d的分布.
解:利用性质2,即得二维随机向量Y~N2(y,y),
其中：
2
第二章 多元正态分布及参数的估计
2-2 设X=(X1,X2)′～N2(μ,Σ)，其中

物理化学 答案 第二章_习题解答

物理化学 答案 第二章_习题解答

=
(0.3 × 48.66 +
0.7 ×12) KJ·mol-1
=
23.0KJ·mol-1
B
∑ ∑ ∑ S
2-2 已知当 NaCl 溶液在 1kg 水中含物质的量为 n（单位为 mol）的 NaCl 时，体积 V 随 n 的变化关系为：
V/m3 = 1.00138×10-3 + 1.66253×10-5n/mol +1.7738×10-3(n/mol)3/2 + 1.194×10-7(n/mol)2
求当 n 为 2mol 时 H2O 和 NaCl 的偏摩尔体积为多少？ 解：设水用“A”表示，NaCl 用“B”表示,由题意得：
1
⎜⎜⎝⎛
∂V ∂n B
⎟⎟⎠⎞ = 1.66253 ×10−5
+ 1.7738 ×10−3
×
3 2
1
× (n / mol) 2
+ 1.194 × 10−7
× 2(n / mol)
那么当 n=2 时，NaCl 的偏摩尔体积
VB
= 1.66253 × 10−5
+ 1.7738 × 10−3
×
3
×
2
1 2
mol·dm3 = 0.547mol·dm-3
bB
=
nB mA
=
wB M (1 − wB )
=
0.095 0.18 × (1 − 0.095)
mol·kg-1 = 0.583mol·kg-1
2-4 若将 25℃、101.325KPa 纯理想气体的状态定为气体的标准状态，则氧气的标准
熵 S1O =205.03J·K-1·mol-1，现改为 25℃、100Kpa 的纯理想气体作为气体的标准态，氧气

运筹学习题答案(第二章)


School of Management
运筹学教程
第二章习题解答
2.4 给出线性规划问题
min Z = 2 x1 + 3 x 2 + 5 x 3 + 6 x 4 x1 + 2 x 2 + 3 x 3 + x 4 ≥ 2 st . − 2 x1 + x 2 − x 3 + 3 x 4 ≤ − 3 x j ≥ 0 , ( j = 1, L , 4 )
page 14 30 December 2010
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第二章习题解答
是原问题的可行解。 解：x1=1,x2=x3=0是原问题的可行解。原问题的对 是原问题的可行解 偶问题为： 偶问题为：
min W = 2 y1 + y 2 − y1 − 2 y 2 ≥ 1 (1) y + y ≥1 (2) 1 2 st . ( 3) y1 − y 2 ≥ 0 y1 , y 2 ≥ 0 (4)
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第二章习题解答
2.1 写出下列线性规划问题的对偶问题。 写出下列线性规划问题的对偶问题。
min Z = 2 x1 + 2 x 2 + 4 x 3 x1 + 3 x 2 + 4 x 3 ≥ 2 2 x + x + 3x ≤ 3 2 3 st 1 x1 + 4 x 2 + 3 x 3 = 5 x1 , x 2 , ≥ 0 , x 3 无约束
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第二章习题解答
max Z = 5 x1 + 6 x2 + 3 x3 x1 + 2 x2 + 2 x3 = 5 − x + 5 x − 3 x ≥ 3 2 3 st 1 4 x1 + 7 x2 + 3 x3 ≤ 8 x1无约束 , x2 , ≥ 0, x3 ≤ 0

应用多元统计分析课后习题答案详解北大高惠璇(第二章部分习题解答)


P { X 2 x } P { X 1 x } ( x )
当x≥1时, P{X2x}
P{X2 1}P{1X2 1}P{1X2 x}
P{X11}P{1X11}P{1X1x}
P{X1x}(x) . 17
第二章 多元正态分布及参数的估计
当-1≤x≤1时,
P{X2 x}P{X2 1}P{1X2 x} P{X1 1}P{xX1 1} P{X1 1}P{1X1 x} P{X1 x}(x)
1lili(x) b 2
i 1 i
p
i1
1
i
yi2ห้องสมุดไป่ตู้
b2
.
21
第二章 多元正态分布及参数的估计
y1b122y2b222ypb2 p2 1
故概率密度等高面 f(x;μ,Σ)= a是一个椭球面.
(2)当p=2且
2
1
1
(ρ>0)时,
||4(12).
由 |Ip|22 22(2)242
(22)(22)0
2
1
1
(ρ>0)时，
概率密度等高面就是平面上的一个椭圆，试求该椭圆
的方程式，长轴和短轴.
证f( 明x ; (1), :任 ) 给 a＞a 0 ,记a ( 0x (2)) p/ 2| 1 ( |1/x 2, 当 ) 0a b a12 0时
其 b 2 2 中 la n ( 2 ) p / [ 2 . | |1 / 2 ] 2 la n 0 ] 0 a [ ,20
所以 X(1)X(2)~Np((1)(2),2(12)); X(1)X(2) ~Np((1)(2),2(12)).
注意:由D(X)≥0,可知 (Σ1-Σ2) ≥0.
. 8

第二章习题答案

第二章习题答案2.1.1 质点的运动学方程为j t i t r j i t r ˆ)14(ˆ)32()2(ˆ5ˆ)23()1(-+-=++=求质点的轨迹并用图表示解：（1）⎭⎬⎫=+=523y t x 平行于x 轴的直线：y=5(2)⎭⎬⎫-=-=1432t y t x 消去t 的轨迹方程：0534=-+y x2.1.2 质点的运动学方程为kj e i e r t t ˆ2ˆˆ22++=-。

(1)求质点的轨迹。

（2）求自t = -1 至t = 1质点的位移解：（1）由运动方程得质点轨迹的参数方程为 )3()2()1(222⎪⎩⎪⎨⎧===-z ey e x tt （1）x （2）消去t ，得轨迹方程 ⎩⎨⎧==21z xy（2）自t = -1 至t = 1质点的位移：je e i e e r r r k j e i e r k j e i e r t t ˆ)(ˆ)(ˆ2ˆˆˆ2ˆˆ,1,1222211221221-------+-=-=∆++=++==-= 2.1.3 质点的运动学方程为j t i t r ˆ)32(ˆ42++=。

（1）求质点的轨迹；（2）求自t=0至t=1质点的位移解：由质点的运动方程⎩⎨⎧+==)2(32)1(42t y t x （1） 质点的轨迹：消去t 得：2)3(-=y x（2） 位移：ji r r r j i r j r t t ˆ2ˆ4ˆ5ˆ4ˆ3101221+=-=∆+====2.2.1 雷达站于某瞬时测得飞机位置为R 1=4100m ，θ1=33.70，0.75s 后测得R 2=4240m ，θ2=29.30，R 1,R 2均在铅直平面内，求飞机瞬时速度的近似值和飞行方向（α角）。

解：取雷达站位置为原点，飞机在两个时刻的位置矢量分别为r 1和r 2，则| r 1|=R 1, | r 2|=R 2，如图所示由余弦定理，在0.75s 时间间隔内飞机的位移的大小为mR R R R r r r r r 4.349)3.297.33cos(42404100242404100)cos(2)cos(200222121222121212221≈-⨯⨯-+=--+=--+=∆θθθθ飞机的瞬时速度的大小：==∆∆≈smt r v 75.04.349465.8m/s飞机的瞬时速度方向：由正弦定理)3.297.33sin(4.349sin 4240)sin(sin 00212-=⇒-∆=γθθγr r100001207.341806.11193.0arcsin 18090,93.04.4sin 4.3494240sin ≈--=∴≈-=∴>∴>≈=γθαγγγr r另解：利用矢量在直角坐标系中的正交分解. 选平面直角坐标系,取雷达站的位置为坐标原点,x 轴沿水平方向,y 轴铅直向上,则在两个时刻飞机的位置矢量分别可表示为ji j i jR i R r ji j i jR i R r ˆ98.2074ˆ57.3697ˆ3.29sin 4240ˆ3.29cos 4240ˆsin ˆcos ˆ86.2274ˆ01.3411ˆ7.33sin 4100ˆ7.33cos 4100ˆsin ˆcos 00222220011111+=⨯+⨯=+=+=⨯+⨯=+=θθθθ 飞机飞行0.75s 后的位移矢量为j i r r r ˆ88.199ˆ56.28612-=-=∆飞机瞬时速度的大小的近似值:s m t rv /8.46575.038.34975.088.19956.28622=≅+=∆∆≈飞机瞬时速度的方向与x 轴的夹角:09.3482.038.34956.286ˆcos =∴==∆⋅∆=ααr i r2.2.2 一圆柱体沿抛物线轨道运动.抛物线的轨道方程为y=x 2/200(长度:mm).第一次观测到圆柱体在x=249mm 处,经过时间2ms 后圆柱体移到x=234mm 处.求圆柱体瞬时速度的近似解：第一次观测时，x=249mm, y=x 2/200=(249)2/200≈310mm ，j i r ˆ310ˆ2491+=2ms 后，x=234mm, y=x 2/200=(234)2/200≈273.78mm ，j i r ˆ78.273ˆ2342+=圆柱体的位移：mm r j i r r r 2.3922.3615ˆ22.36ˆ152212≈+=∆--=-=∆∴ms mm msmm t r v /6.1922.39==∆∆≈速度与x 轴的夹角：5.112383.02.3915ˆcos -≈∴-≈-=∆⋅∆=ααr i r2.2.3 一人在北京音乐厅内听音乐，离演奏着17m 。

信息论与编码第2章习题解答

2.1设有12枚同值硬币，其中一枚为假币。

只知道假币的重量与真币的重量不同，但不知究竟是重还是轻。

现用比较天平左右两边轻重的方法来测量（因无砝码）。

为了在天平上称出哪一枚是假币，试问至少必须称多少次？解：分三组，每组4个，任意取两组称。

会有两种情况，平衡，或不平衡。

(1) 平衡：明确假币在其余的4个里面。

从这4个里面任意取3个，并从其余8个好的里面也取3个称。

又有 两种情况：平衡或不平衡。

a ）平衡：称一下那个剩下的就行了。

b ）不平衡：我们至少知道那组假币是轻还是重。

从这三个有假币的组里任意选两个称一下，又有两种情况：平衡与不平衡，不过我们已经知道假币的轻重情况了，自然的，不平衡直接就知道谁是假币；平衡的话，剩下的呢个自然是假币，并且我们也知道他是轻还是重。

(2) 不平衡：假定已经确定该组里有假币时候：推论1：在知道该组是轻还是重的时候，只称一次，能找出假币的话，那么这组的个数不超过3。

我们知道，只要我们知道了该组（3个）有假币，并且知道轻重，只要称一次就可以找出来假币了。

从不平衡的两组中，比如轻的一组里分为3和1表示为“轻（3）”和“轻（1）”，同样重的一组也是分成3和1标示为“重（3）”和“重（1）”。

在从另外4个剩下的，也就是好的一组里取3个表示为“准（3）”。

交叉组合为：轻（3） + 重（1） ？=======？ 轻（1） + 准（3）来称一下。

又会有3种情况：(1)左面轻：这说明假币一定在第一次称的时候的轻的一组，因为“重（1）”也出现在现在轻的一边，我们已经知道，假币是轻的。

那么假币在轻（3）里面，根据推论1，再称一次就可以了。

(2)右面轻：这里有两种可能：“重（1）”是假币，它是重的，或者“轻（1）”是假币，它是轻的。

这两种情况，任意 取这两个中的一个和一个真币称一下即可。

(3)平衡：假币在“重（3）”里面，而且是重的。

根据推论也只要称一次即可。

2.2 同时扔一对骰子，当得知“两骰子面朝上点数之和为2”或“面朝上点数之和为8”或“骰子面朝上之和是3和4”时，试问这三种情况分别获得多少信息量？解：设“两骰子面朝上点数之和为2”为事件A ，则在可能出现的36种可能中，只能个骰子都为1，这一种结果。

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第二章 热力学第二定律思考题答案一、是非题1 × 2√ 3× 4× 5× 6× 7× 8√ 9√ 10× 11× 12× 13× 14× 15× 16× 17× 18× 二、选择题1．C 2．D 3．C 4．C 5．D 6．A 7．B 8．D 9．A 10．A 11．A习 题1. 2mol 理想气体由500kPa ，323K 加热到1000kPa ，373K 。

试计算此气体的熵变。

（已知该气体的C V ,m =25R ） 解：由于实际过程不可逆，要求此过程的熵变，设计定压可逆与定温可逆两途径实现此过程，如下图所示：1212,,,ln ln 1121212121p pR T T C dp p RT T T dT C Vdp TTdT C TVdpdH T pdV Vdp pdV dH T pdV dpV dH TpdVdU T Q S m p p p T T m p p p T T m p rm -=-=-=-=+--=+-=+==∆⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰δ11212,1212,64.65001000ln 2323373ln 272ln ln )(ln ln -⋅=⨯-⨯=-+=-=∆K J kPakPa R mol K K R mol p pnR T T R C n p p nR T T nC S m V m p2. 在20℃时，有1molN 2和1molHe 分别放在一容器的两边，当将中间隔板抽去以后，两种气体自动混合。

在此过程中系统的温度不变，与环境没有热交换，试求此混合过程的△S ，并与实际过程的热温商比较之。

解：分别考虑假设N 2由V A 定温可逆膨胀至2V A ，同理He 由V A 定温可逆膨胀至2V A△S 1 = n (N 2)R ln2 △S 2 = n (He)R ln2所以系统的 △S = △S 1+△S 2 = n (N 2) R ln2 + n (He) R ln2= 2×1mol×8.314 J ·mol -1·K -1×ln2 = 11.52J.K -1而实际过程系统没有与环境交换热和功，则 TQ= 0 即 △S >TQ 3. 1 mol 双原子理想气体，温度为298.15 K ，压强为p θ，分别进行：(1)绝热可逆膨胀至体积增加1倍；(2)绝热自由膨胀至体积增加1倍。

求两过程的△S 。

解： (1) ∵ Q r =0 ∴ΔS =0(2) 绝热自由膨胀为不可逆过程，但因Q =0，W =0，从而ΔU =0，说明温度不变，可设一等温可逆膨胀始过程，故ΔS =nRlnV 2/V 1 = nRln2 = 5.76 J·K -14. 在373K 及101.325kPa 下，使2mol 水向真空气化为水汽，终态为101．325kPa ，373K 。

求此过程的W ，Q 及△vap U m ，△vap H m ，△vap S m ，△vap G m 。

(水的气化焓为40.68 kJ.mol -1，水在373K 时的密度为0.9798kg.m -3，假设水汽可视为理想气体) 根据计算结果，这一过程是自发的吗，用哪一个热力学性质作为判据？试说明之。

解：ΔS 体 = Kmol J mol T H T Q r 15.3734071011-•⨯=∆= = 109.1 J ·K-1因向真空膨胀，W =0Q 体 =ΔU = ΔH －Δ(pV )≈ΔH －pV g = n Δvap H m - nRT=1mol×40710 J ·mol -1 －1mol×8.31440710 J ·mol -1·K -1×373.15K = 37608 J ΔS 外 =环体T Q - =K15.373J37608- = －100.8 J ·K -1ΔS 总=ΔS 体+ΔS 环=109.1J ·K -1-100.8 J ·K -1= 8.3 J ·K -1 > 0 可判断此过程自发进行。

5. 在温度为298K 的恒温浴中，1mol 理想气体发生不可逆膨胀过程．过程中系统对环境做功为3.5kJ ，到达终态时体积为始态的10倍。

求此过程的Q ，W 及气体的△U ，△H ，△S ，△G ，△F 。

若为可逆膨胀，则上述函数值变为多少？解：恒温，△U=0，△H=0,不可逆和可逆始终态相同，则△U ，△H ，△S ，△G ，△F 相同 不可逆膨胀过程 W = -3.5kJ Q =-W = 3.5kJ可逆膨胀过程 W= -nRTlnV 2/V 1 = -1mol×8.314 J ·mol -1·K -1×298ln10 = -5.706kJQ =-W = 5.706kJ△S = nR lnV 2/V 1= 1mol×8.314 J ·mol -1·K -1ln10 = 19.15J.K -1 △G =△H-T △S = -T △S = W = -5.706kJ △F =△U-T △S = -T △S = W = -5.706kJ6. 在101.3kPa 和373K 下，把1mol 水蒸气可逆压缩为同温同压下的液体。

计算Q ，W 以及△U ，△H ，△S ，△G ，△F 。

(已知在373K 和101.3kPa 下，水的摩尔气化焓为40.68 k J ·mol -1)。

解：7. 在298.15 K 及506625 Pa 下，1 dm 3的氧气经绝热可逆膨胀至p θ，试计算该过程的ΔU 、ΔH 、ΔS 、ΔF 及ΔG 。

已知氧气的S θm (298K)＝205 J ·mol -1·K -1，C p,m (O 2,g)＝29.1J ·mol -1·Ｋ-1，并可将氧气视为理想气体。

解：(1) 先求出氧气的量n 及终态的温度T 2：Kmol K J m Pa RT pV n 15.298314.81015066251133⨯⋅⋅⨯⨯==---=0.204 mol r =57,,=mV m p C C T 2=T 17212110132550662515.298--⎪⎭⎫⎝⎛⨯=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛Pa Pa K p p rr =188.24 K(2) 求ΔU 、ΔH 、ΔS ：ΔU =nC v,m (T 2－T 1)=0.204mol ×(29.1－8.314) J ·mol -1·K －1×(188.24K －298.15K)= － 466 J ΔH = nC p,m (T 2－T 1)=0.204 mol ×29.1 J ·mol -1·K －1×(188.24K －298.15K) = — 652 J 绝热可逆过程，所以：ΔS = TQ r= 0 (3) 求ΔF 、ΔG ：ΔF =ΔU －Δ(TS ) = ΔU －S ΔT给出的氧的熵值是298.15K ，p θ的熵值（θm S ），而本题的始态是298.15 K 及506625 Pa ，故应把给出的摩尔熵变为本题始态的摩尔熵（S m ）。

因： S m －S θm = R ln21p p = 8.314 J ·mol -1·K －1×ln PaPa 506625101325 = －13.4 J ·mol -1·K -1 故本题始、终态的熵值 S = S 2+S 1=0.204mo l ×(205－13.4) J ·mol -1·K -1 = 39.1 J ·K -1 所以：ΔF = －466J －39.1 J ·K -1 (188.24－298.15)K = 3831 JΔG = －652J －39.1 J ·K -1 (188.24－298.15) K = 3645 J8. 1 mol 单原子理想气体温度为273 K ，压强为p θ，试计算经下列变化后的△G 。

设在此条件下气体的摩尔熵为100 J ·mol -1·K -1。

(1)在恒压下体积增加1倍；(2)在恒容下压强增加1倍；(3)在恒温下压强增加1倍。

解： (1) 恒压下 有：d S m =C p,mTdT积分得： S m,T =C p,m ln T +C在273 K 时有： 100 =20.785 ln273+C ， 可得C = -16.59 所以： S T =20.785ln T －16.59 又因： d G m = －S m d T所以： ⎰-⋅-=--=∆KKm mol J dT T G 546273174.29492)59.16ln 785.20((2) 恒容下 有：d S m =C v,mTdT 积分得：S m ,T = 12.47ln T + C在273 K 时有： 100 = 12.47 ln273+C 可得： C =30.05 所以：S m ,T = 12.47ln T +30.05 T 2 = 2T 1 = 546 KS 2=12.47ln546+30.05=108.64 J ·mol -1·K -1 ∆H m =C p,m ∆T= 5674 J∆G m = ∆H m - ∆(TS) = ∆H m – (T 2S 2—T 1S 1) = －26345 J ·mol -1 (3) 恒温下： dG=Vdp=pRTdp 所以：2ln 273314.8ln 111221⨯⨯⋅⋅===∆--⎰K mol K J p p RT dp p RTG p p =1573 J ·mol -1 9. 苯的正常沸点为353K ，摩尔气化焓是△vap H m= 30.77kJ ·mol -1,今在353K ，p θ下，将1mol 液态苯向真空等温气化为同温同压的苯蒸气(设为理想气体)。

试计算：(1) 此过程中苯吸收的热和所做的功；(2) △vap S m (C 6H 6)及△vap G m 。

（3）ΔS 环及ΔS 总，并判断过程的自发性。

解：(1) 因是恒温向真空膨胀 W=0，又因 T 1=T 2，p 1=p 2，△H m =30770 J ·mol -1Q 体 =ΔU = ΔH －Δ(pV )≈ΔH －pV g = n Δvap H m - nRT=1mol×30770 J ·mol -1 －1mol×8.31440710 J ·mol -1·K -1×353K =27835.16 J (2) Δvap S m =T H mvap ∆ = K353mol J 30770-1⋅= 87.81 J·mol -1·K -10=∆-∆=∆m vap m vap m vap S T H G(3) △S 环境 = Q 环境 /T 环境 = -Q 体/T = -27835J/353K = -78.35J.K -1 △S iso = △S 体 + △S 环境 = 87.17J.K -1-78.35J.K -1 = 8.32J.K -1>0该过程是自发的。