Помощничек
Главная | Обратная связь


Археология
Архитектура
Астрономия
Аудит
Биология
Ботаника
Бухгалтерский учёт
Войное дело
Генетика
География
Геология
Дизайн
Искусство
История
Кино
Кулинария
Культура
Литература
Математика
Медицина
Металлургия
Мифология
Музыка
Психология
Религия
Спорт
Строительство
Техника
Транспорт
Туризм
Усадьба
Физика
Фотография
Химия
Экология
Электричество
Электроника
Энергетика

Обратить внимание на то, что



1) в настоящее время термохимический способ написания реакций заменяется термодинамическим, в котором справа в уравнении реакции записывается тепловой эффект в системе.

2) при определении теплоты реакции учитывается агрегатное состояние и количества реагирующих веществ и продуктов реакции;

3) при расчете стандартной энергии Гиббса по уравнению: DG°= DН° - ТDS° единицы измерения величины Н° и произведения Т S° должны совпадать (табулированное значение Н° имеет единицы измерения кДж/моль, S° - Дж/(моль×К).

4) при расчете константы равновесия по уравнению: К = е- G°/RTединицы измерения величины G° и произведения RT должны совпадать, т.к. величина К- безразмерная.

5) направление протекания самопроизвольного химического процесса можно определить, исходя из:

а) знака стандартной энергии Гиббса;

б) анализа энтропийного и энтальпийного факторов;

6) направления химического процесса определяется, исходя из:

а) знака величины G°;

б) значения величины К;

в) уравнения изотермы Вант-Гоффа.

7) в уравнении изобарыединицы измерения величины Н° должны быть Дж/моль, т.к. единицы измерения газовой постоянной R - Дж/(моль×К) и в левой части уравнения стоит безразмерная величина.


 

Учесть, что по уравнению изобары можно рассчитать:

1) константу равновесия К12), если известны величины К21), Т1, Т2, Н°..

2) стандартную теплоту реакции Н°, если известны значения К2, К1, Т1, Т2. В этом случае можно сделать вывод о типе химической реакции (экзотермическая или эндотермическая).

_____________________________________________________________________________________________

 

Примеры решения типовых задач

Пример 1

Расчет стандартной энтальпии реакции по стандартным энтальпиям образования веществ.

Вычислите стандартную энтальпию хемосинтеза, протекающего в автотрофных бактериях Thiobacillus thioparus:

5Na2S2O3× 5Н2O(т) +7O2(г) 5Na2SO4(т) + 3Н2SO4(ж) + 2S(т) +22H2O

 

Решение. Найдем в справочнике табличные значения DfН° (кДж/моль) для каждого вещества: DfН°(5Na2S2O3× 5Н2O )=-2602 кДж/моль; DfН°(Н2O) = -286 кДж/моль;

DfН°(Na2SO4) = -1384 кДж/моль; DfН°( Н2SO4) = - 907 кДж/моль. Энтальпии простых веществ (кислорода и серы) равны нулю.

Для решения задачи воспользуемся следствием из закона Гесса:

DrH° = SniDfH°(продуктов) - SnjDfH°(исходных веществ).

Подставляя в выражение значение стандартных энтальпий образования веществ и учитывая стехиометрические коэффициенты, вычислим стандартную энтальпию реакции:

DrH° = 5×DfН°(Na2SO4) +3× DH°f( Н2SO4) +22×DfН°(Н2O) - 5×DfН°( Na2S2O3×5H2O)

= [ 5×(-1384) +3× (-907) +22×(- 286)] – 5(-2602) = -2923 кДж/моль

Ответ: -2923 кДж/моль

Анализ полученного ответа: данная реакция является экзотермической, т.к. DrН° < 0.

 

Пример 2

Pасчет стандартной энтальпии реакции по стандартным энтальпиям сгорания веществ.

Вычислите стандартную энтальпию реакции:

С6H12O6(aq) 2Н5OH(ж) + 2СО2(г)

Решение. Найдем в справочнике значения DсН° для глюкозы и этанола:

DcН°(С6H12O6)= -2810 кДж/моль; DcН°(С2Н5OH) = -1371 кДж/моль.

Стандартная энтальпия сгорания углекислого газа, как конечного продукта окисления, равна 0.

Для решения задачи воспользуемся следствием из закона Гесса:

DrН° = SniDcН°(исходных веществ) - SnjDcН°(продуктов).

Подставляя в выражение значения стандартных энтальпий сгорания веществ и учитывая стехиометрические коэффициенты, вычислим стандартную энтальпию реакции:

DrН° = DсН°(С6H12O6) - 2×DсН°(С2Н5OH) = -2810 - 2×(-1371) = -68 кДж/моль

Ответ: -68 кДж/моль

 

Пример 3.

Расчет энтальпии реакции с учетом количеств вступивших веществ.

Вычислите калорийность 350 г пищевого продукта, содержащего 50% воды, 30% белка, 15% жиров и 5% углеводов.

Решение. Q = Q(белка) + Q(жиров) + Q(углеводов). Для определения калорийности белков, жиров, углеводов воспользуемся табличными значениями удельных теплот полного окисления веществ в условиях организма: условный белок –17 кДж/г; условный жир – 39кДж/г; углеводы – 17кДж/г.

Q(бел.) = m(пищ. прод.)× w(бел.) × Q(усл. бел.)

Q(жир.) = m(пищ. прод.) × w(жир.) × Q(усл. жир.)

Q(угл.) = m(пищ. прод.) × w(угл.) × Q(угл.)

Q(бел.)= 350г × 0,3 × 17 кДж/г = 1785 кДж/г

Q(жир.) = 350г × 0,15 × 39 кДж/г = 2047,5 кДж/г

Q(угл.) = 350г× 0,05 × 17 кДж/г = 297,5 кДж/г

Q = 1785,0 + 2047,5 + 297,5 = 4130,0 кДж = 987 кКал.

Ответ: » 987 кКал.

 


Пример 4.

Нахождение стандартных теплот путем алгебраического суммирования уравнений на основании закона Гесса.

Вычислите стандартную энтальпию образования хлорида фосфора (V) по следующим значениям теплот реакции:

Р4(красный) + 6Cl2(г) Û 4PCl3(ж), DrН° = -1272 кДж/моль (I);

РCl3(ж) + Cl2(газ) Û РCl5(тв), DrН° = -137 кДж/моль (II).

Решение. Если энтальпия образования какого-либо вещества неизвестна, ее можно вычислить, применив обычные алгебраические действия к термодинамическим уравнениям реакции.

Энтальпия реакции (I) – это энтальпия реакции образования 4 моль хлорида фосфора (III) из простых веществ. Следовательно, стандартная энтальпия образования РCl3 будет равна ¼DrH° (I).

Вычислим стандартную энтальпию образования хлорида фосфора (V) из простых веществ, зная DrII и DfH° (PCl3):

DfH°(PCl5) = DrH°(II) + DrH°(I)/4 = -137-1272/4 = - 455 кДж/моль

 

Ответ: Стандартная теплота образования хлорида фосфора (V) равна – 455 кДж/моль.

*Расхождения между ответами и табличными величинами объясняется экспериментальными ошибками в табличных данных по теплотам образования и сгорания веществ.

 

Пример 5.

Расчет стандартной энтропии реакции по стандартным значениям энтропии реагентов и продуктов.

Вычислите стандартную энтропию реакции:

С2Н2(г) + 2Н2(г) Û С2Н6 (г)

Решение. Вычислим DrS° по формуле

Dr = åniDS° (продуктов) - ånjDS° (исх. в-в).

Подставляя в выражение значения стандартных энтропий веществ и учитывая стехиометрические коэффициенты, вычислим стандартную энтропию реакции:

DS°r = DS° (С2Н6) – (DS° (С2Н2) + 2×DS° (Н2)) = 229 – (201 + 2× 131) = -234 Дж/моль×К

Ответ: -234 Дж/(моль×К)

Пример 6.

Расчет стандартной энергии Гиббса реакции по стандартным значениям энергии Гиббса образования реагентов и продуктов.

Вычислите стандартную энергию Гиббса реакции фотосинтеза:

6СО2(г) + 6Н2О(ж) Û С6Н12О6(aq) + 6О2(г)

Решение. Выпишем табличные значения DfG° веществ в кДж/моль:

DfG° (СО2) = -394,4 кДж/моль; DfG° (Н2О) = -237 кДж/моль;

DfG° (С6Н12О6) = - 917кДж/моль; DfG° (О2) = 0.

DrG° реакции вычислим по формуле DrG° = åniDfG°(продуктов) - ånjDfG°(исх.в-в).

Подставляя в выражение значения стандартных энергии Гиббса образования веществ и учитывая стехиометрические коэффициенты, вычислим стандартную энергию Гиббса реакции фотосинтеза:

DG° r= (DfG°(С6Н12О6) + 6×DfG°(О2)) – 6×(DfG°(СО2) + DfG°(Н2О)) =

= -917 -6×(-394,4 – 237) = 2871кДж/моль.

Ответ: 2871 кДж/моль.

Пример 7.

Расчет стандартной энергии Гиббса реакции по величинам стандартной энтальпии и стандартной энтропии реакции.

Анализ энтропийного и энтальпийного факторов.

Вычислите стандартную энергию Гиббса реакции денатурации трипсина при 50°С; DrН° = 283 кДж/моль,DrS° = 288 Дж/(моль×К). Оцените вклад энтальпийного и энтропийного факторов.

Решение. Воспользуемся объединенным выражением для первого и второго начала термодинамики:

DG° = DН° - ТDS°, по которому изменение энергии Гиббса DG° определяется двумя слагаемыми:

DН° (энтальпийным фактором) и ТDS(энтропийным фактором).

DrG° = 283 кДж/моль – 323К× 0,288кДж/(моль× К) = 190 кДж/моль.

При соотношении êDН° ê > êTDS°ú контролирующим оказывается энтальпийный фактор.

Ответ: 190 кДж/моль.

Пример 8.

Расчет температуры равновероятного протекания прямого и обратного процесса.

Вычислите температуру, при которой равновероятны оба направления процесса:

СО2(г) + С(тв) Û 2СО(г), DrН° = +173 кДж/моль; DrS°= +176 Дж/(моль×К).

Решение. Оба направления процесса равновероятны при условии, что DrG° становится равным нулю. Согласно выражению искомую величину рассчитаем :

DrН° 173 кДж/ моль

Т = ¾¾¾= ¾¾¾¾¾¾¾¾ = 983 К

DrS° 0,176 кДж/(моль× К)

Ответ: Т = 983 К.


Пример 9.

Расчет константы равновесия по стандартной энергии Гиббса реакции, выяснение практической обратимости реакции в стандартном состоянии.

Рассчитайте константу химического равновесия реакции гидролиза глицил-глицина при 310 К, если DrG° = -15,08 кДж/моль. Обратима ли данная реакция?

Решение. Константу химического равновесия находим по формуле:

ln K = -DrG°/RT или К = е-DrGо/RT; К = е-(-15080 Дж/моль)/ 8,31 Дж/(моль × К) ×310 К К = 5,85

 

Ответ: К = 5,85. Реакция является обратимой, т.к. 10-5 < 5,85 < 105

 

 

Пример 10.

Расчет по уравнению изотермы реакции: определение направления обратимой реакции состоянии, отличающемся от стандартного.

Для реакции

СО + Cl2 Û СОCl2 константа равновесия равна 6,386 при 600°С.

В каком направлении будет протекать реакция, если в 1л реакционной смеси находятся:

а) 1 моль СО; 1 моль Cl2 и 4 моль СОCl2

б) 1 моль СО; 1 моль Cl2 и 8 моль СОCl2

в) 1 моль СО; 1,565 моль Cl2 и 10 моль СОCl2

Решение. В закрытой системе давления газов пропорциональны их количествам веществ. Воспользуемся уравнением изотермы Вант-Гоффа.

 

Пс DrG = R× T× ln ¾ К   n (СОCl2) Рассчитаем Пс = ¾¾¾¾¾ n(СО)×n(Cl2)
  а) Пс = ¾ = 4; 1 × 1     б) Пс = ¾¾¾ = 8; 1 × 1   в) Пс = ¾¾¾ = 6,386. 1,565 × 1  
         

Для:

а) самопроизвольно будет протекать прямая реакция, т.к. Пс < К;

б) самопроизвольно будет протекать обратная реакция, т.к. Пс > К;

в) система находится в состоянии равновесия, т.к. Пс = К.

 

Пример 11.

Расчет константы равновесия при второй температуре по уравнению изобары реакции. Расчет стандартной энтальпии по двум константам при разных температурах по уравнению изобары реакции.

Константа равновесия реакции Fe3O4(тв) + 4СО(г) == 3Fe(тв) + 4СО2(г) при 1091 К равна 2,49; а при 1312 К - 4,50.

 

Рассчитайте: а) стандартную энтальпию реакции; б) константу равновесия при 1200 К.

Решение. Воспользуемся уравнением изобары химической реакции.

 

Примем Т1 = 1091 К; Т2 = 1312 К.

 

R× ln(k2/k1) а) DrH° = ¾¾¾¾ (1/Т1 – 1/Т2)   8,31 Дж/(моль× К) × ln (4,5 / 2,49) Dr = ¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾¾ = 31,9 кДж/(моль× К) ( 1/1091К – 1/1312К)  

б) Примем Т1= 1091К, Т2= 1200К. Преобразуем уравнение

 

DrН° ln k2 = ¾¾¾¾ (1/Т1- 1/Т2) + ln k1 R   31900 Дж/моль ln k2 = ¾¾¾¾¾¾¾¾ (1/1091К – 1/1200 К) + ln 2,49 К2 = 3,43. 8,31 Дж/(моль ×К)  

 

 





©2015 studopedya.ru Все права принадлежат авторам размещенных материалов.