Примеры задач переписать в семинарских тетрадях, проработать, разобраться в решениях, подготовиться к будущему контролю.

Лабораторная работа №3 (теорет.занятие)

Термодинамика

Примеры решения задач

Пример 1.Рассчитайте стандартную энтальпию реакции СН_4(г) + 2O_2(г) = СО_2(г) + 2Н₂О_(ж), используя данные по стандартным энтальпиям образования веществ (таблица ).

Решение

Используя первое следствие из закона Гесса, получим

Стандартная энтальпия реакции меньше нуля, следовательно, данная реакция является экзотермической.

Пример 2. Реакция горения этана выражается термохимическим уравнением:

C₂H_6(Г) + 3,5O_2(Г) = 2CO_2(Г) + 3H₂O_(Ж), DH° = –1559,87кДж.

Вычислите теплоту образования этана, если известны теплоты образования CO_2(Г) и H₂O_(Ж)(табл.).

Решение. Нужно вычислить тепловой эффект реакции, термохимическое уравнение которой имеет вид

2C_{(ГРАФИТ)} + 3H_2(Г) = C₂H_6(Г), DH °=?

исходя из следующих данных:

а) C₂H_6(Г)+3,5 O_2(Г) = 2 CO_2(Г) + 3 H₂O_(Ж), DH°= –1559,87 кДж;

б) C_{(графит)}+O_2(Г) = CO_2(Г), DH°= –393,51 кДж;

в) H_2(Г) + 0,5O_2(Г) = H₂O_(Ж), DH°= –285,84 кДж.

Закон Гесса позволяет обращаться с термохимическими уравнениями так же, как и с алгебраическими. Для получения результата следует уравнение (б) умножить на 2, уравнение (в) – на 3, а затем сумму этих уравнений вычесть из уравнения (а):

C₂H₆ + 3,5 O₂ – 2C – 2O₂ – 3H₂ – 1,5O₂ = 2CO₂ + 3H₂O – 2CO₂ –3H₂O;

D_rH°= –1559,87 – 2(–393,51) – 3(–285,84) = 84,67 кДж;

C₂H_6(Г)= 2C_{(графит)}+ 2H_2(Г), DH°=84,67 кДж.

Так как теплота образования вещества равна теплоте его разложения, взятой с обратным знаком, следовательно, D_fH °(C₂H_6(Г))= –84,67 кДж/моль.

К аналогичному результату приходим, решая задачу с применением 1-го следствия из закона Гесса:

D_rH°= [2моль×D_fH°(CO₂)+3 моль×D_fH°(H₂O)] – [1моль×D_fH°(C₂H₆) + 3,5 моль×D_fH°(O₂)].

Учитывая, что энтальпии образования всех простых веществ в их стандартных состояниях принимают равными нулю, имеем

–1559,87 кДж = 2 моль× (–393,51) кДж/моль + 3 моль× (-285,84) кДж/моль – 1 моль× D_fH°(C₂H₆) –3,5 моль× 0 кДж/моль.

Отсюда выражаем искомую величину D_fH°(C₂H₆):

D_fH°(C₂H₆) = –84,67 кДж /1 моль = –84,67 кДж/моль.

Пример 3. Определите количество теплоты, выделяющееся при взаимодействии 100 кг извести СаО с водой, используя данные по стандартным энтальпиям образования веществ (таблица ).

Решение

Реакция выражается уравнением: СаО_(кр) + Н₂О_(ж) = Са(ОН)_2(кр).

Тепловой эффект реакции равен

D_rH°=D_fH°(Са(ОН)₂) -D_fH°( СаО) -D_fH°( Н₂О)=-986,2+635,1+285,4= 65,3 кДж/моль.

Тепловой эффект реакции рассчитан на один моль извести СаО, т.е. на 56 г СаО.

Количество теплоты, выделяющееся при взаимодействии 100 кг извести с водой найдем из пропорции

56 г СаО – (-65,3) кДж

100000 г СаО – х.

Следовательно, х = -1,16·10⁵ кДж.

Пример 4. Не производя вычислений, определите знак изменения энтропии в следующих реакциях:

1) NH₄NO_3(К)= N₂O_(Г) + 2H₂O_(Г);

2) 2H_2(Г) +O_2(Г) = 2H₂O_(Г);

3) 2H_2(Г)+ О_2(Г) = 2H₂O_(Ж).

Решение.В реакции (1) 1 моль NH₄NO₃ в кристаллическом состоянии образует 3 моль газов, следовательно, D_rS₁>0.

В реакциях (2) и (3) уменьшается как общее число молей, так и число молей газообразных веществ. Следовательно, D_rS₂<0 и D_rS₃<0. При этом D_rS₃< D_rS₂, т.к. SH₂O_(Ж)< SH₂O_(Г).

Пример 5. Вычислите изменение энтропии для следующей реакции при стандартной температуре:

2С_{(графит)} + 3Н_2(Г) = С₂Н_6(Г).

Решение.Из табл. находим:

S°(С_{(ГРАФИТ)}) = 5,69 Дж/(моль×К);

S°(H₂) = 130,59 Дж/(моль×К);

S°((C₂H₆)_(Г))= 229,5 Дж/(моль×К).

Изменение энтропии химической реакции:

D_rS°= å S°_ПРОД – å S°_ИСХ;

D_rS° = 1 моль × 229,5 Дж/(моль×К) – [ 2 моль × 5,69 Дж/(моль×К) + 3 моль×130,59 Дж/(моль×К)]=–173,65 Дж/К.

Индекс температуры (298 К) при записи энтропии S°(298 K)(В) и D_rS°(298 K) допускается не указывать.

Пример 6. Прямая или обратная реакция будет протекать при стандартных условиях в системе

CH_4(Г) + CO_2(Г)2CO_(Г) + 2H_2(Г)?

Решение.Для ответа на вопрос следует вычислить D_rG°(298 K) для прямой реакции. Зная, что DG есть функция состояния и что D_fG°(298 K) для простых веществ, находящихся в устойчивых (базовых) состояниях, равны нулю, находим D_rG°(298 K) процесса:

D_rG°(298 K) = å D_fG°(298 K)_ПРОД – å D_fG°(298 K)_ИСХ;

D_rG°(298 K) = [2 моль × (–137,27) кДж/моль+ 2 моль × 0кДж/моль] – [1 моль × (–50,79) кДж/моль + 1 моль × (–394,38) кДж/моль]= 170,63 кДж.

Так как D_rG°(298 K)>0, то самопроизвольное протекание прямой реакции при стандартных условиях невозможно.

Пример 7. Будут ли реакции

1)Cl_2(Г) + 2HI_(Г)I_2(К) + 2HCl(г),

2) I_2(К) + H₂S_(Г) 2HI_(Г) + S_(К)

самопроизвольно протекать в прямом направлении при температуре 298 К?

Решение.Рассчитываем значение D_rG°(298K) рассматриваемых реакций. Из табл. находим:

D_fG°(298 K) (HCl) = –95,2 кДж/моль;

D_fG°(298 K) (HI) = 1,8 кДж/моль;

D_fG°(298 K) (H₂S) = –33,8 кДж/моль .

Отсюда для реакций (1) и (2) соответственно

D_rG°(298 K) = 2 моль ^× (–95,2) кДж/моль – 2 моль ^×

1,8 кДж/моль = –194,0 кДж;

D_rG°(298 K) = 2 моль ^× 1,8 кДж/моль – 1 моль ^×

(–33,8) кДж/моль= =37,4 кДж.

Отрицательное значение D_rG°(298 K)₁указывает на возможность самопроизвольного протекания реакции (1), а положительное D_rG°(298 K)₂означает, что реакция (2) в указанных условиях протекать не может.

Пример 8. Вычислить стандартное изменение свободной энергии Гиббса при температуре 298,15 К для реакции

NH_3(Г) + HCl_(Г) = NH₄Cl_(К)

на основании стандартных значений D_fH°(298 K) и S°(298 K) (табл.).

Решение. Определяем D_rH°:

D_rH°= å D_fH°_ПРОД - å D_fH°_ИСХ;

D_rH°= 1 моль ^× (-315,39) кДж/моль - [1 моль ^× (-46,19) кДж/моль +

+1 моль ^× (-92,31) кДж/моль] = -176,89 кДж

(реакция экзотермическая).

Находим изменение энтропии реакции:

D_rS° = 1 моль ^× 94,5 Дж/(моль×К) - [ 1 моль ^×

192,5 Дж/(моль×К) +1 моль ^× 186,68 Дж/(моль×К)] =

= -284,68 Дж/К.

Затем находим изменения свободной энергии Гиббса:

D_rG°(Т) = D_rH°– ТD_rS°;

D_rG°(298 K) = –176,89кДж + 298,15 К × 284,68×10^–3 кДж/К = –92,01 кДж.

Так как D_rG°(298 K)<0 , то данная реакция термодинамически возможна.

Пример 9. Реакция восстановления Fe₂O₃водородом протекает по уравнению Fe₂O₃(к) + 3Н₂(г) = 2 Fe (к) + 3Н₂О (г); D_rH°= + 96, 61 кДж.

Возможна ли эта реакция при стандартных условиях, если изменение энтропии D_rS= 0,1387 кДж/(моль×К)? При какой температуре начнётся восстановление Fe₂O₃?

Решение. Вычисляем D_rG°: D_rG° = D_rH°– ТD_rS°= =96,61-298 ^× 0,1387 =+55,28 кДж.

Так как D_rG°>0 , то реакция при стандартных условиях невозможна; наоборот, при этих условиях идёт обратная реакция окисления железа (коррозия). Найдём температуру, при которой

D_rG°= 0: D_rH°= ТD_rS; Т=D_rH°/ D_rS°= 96,61 : 0,1387=686,5 К.

Следовательно, при температуре, равной 696,5 К, начнётся реакция восстановления Fe₂O_3.Иногда эту температуру называют температурой начала реакции.