حساب المحتوى الحراري. كيفية العثور على المحتوى الحراري للتفاعل. المعرفة الخلفية للطلاب

مثال 1. حساب المحتوى الحراري لتكوين المواد والتأثيرات الحرارية للعمليات الكيميائية

1. المحتوى الحراري القياسي لتكوين غاز الأوزون هو 142.3 كيلوجول/مول. وضح في أي من التفاعلات التالية سوف يتوافق التأثير الحراري ΔH 0 arr مع المحتوى الحراري القياسي لتكوين O 3 (g):

أ) 3O(ز) = يا 3(ز)؛ ب) 1.5O 2 (ز) = O 3 (ز)؛ ج) O 2 (ز) + O (ز) = O 3 (ز)؛ د) 2O 2 (ز) = O (ز) + O 3 (ز).

اكتب المعادلة الكيميائية الحرارية لهذه العملية.

حل. حسب التعريف، يُظهر ΔH 0 التأثير الحراري لتفاعل تكوين 1 مول من المادة O 3 (g) عن طريق التوليف المباشر من مواد بسيطة مستقرة عند 298 كلفن وضغط 101 كيلو باسكال. الحالة د) لا تناسب هذا التعريف، لأن لا يتوافق مع رد فعل التوليف. الحالة ج) لا تفي بمتطلبات الشروط القياسية، لأن عند درجة حرارة 298 كلفن وضغط 101 كيلو باسكال، لا يمكن أن يكون الأكسجين في حالة سائلة. يجب أيضًا استبعاد الحالة أ) لأن الأكسجين الذري O(g) ليس شكلاً ثابتًا لوجود مادة الأكسجين البسيطة. وبالتالي فإن التفاعل ب) فقط هو الذي يلبي متطلبات التعريف. تبدو المعادلة الكيميائية الحرارية كما يلي:

O 2 (ز) + ½O 2 (ز) = O 3 (ز)؛ ΔH 0 العينة [O 3 (g)] = 142.3 كيلوجول/مول.

إجابة: شروط المشكلة تتوافق مع المعادلة ب)؛ ΔH 0 العينة [O 3 (g)] = 142.3 كيلوجول/مول.

2. أثناء احتراق الكالسيوم الذي يزن 8 جم، كانت كمية الطاقة المنطلقة 127 كيلوجول. اكتب معادلة كيميائية حرارية لهذا التفاعل.

حل. أولاً، لنقم بإنشاء معادلة كيميائية لتفاعل احتراق فلز في الأكسجين: 2Ca + O 2 = 2CaO. تختلف المعادلة الكيميائية الحرارية عن المعادلة الكيميائية من حيث أنها تشير إلى الحالات الإجمالية للمواد المتفاعلة والمنتجات، وكذلك التأثير الحراري للعملية. ولذلك فإن حالتنا ستتوافق مع معادلة كيميائية حرارية بالشكل التالي:

2Ca(t) + O 2 (g) = 2CaO(t), ΔH = Xكيلوجول.

في هذه المعادلة، التأثير الحراري المطلوب يتوافق مع 2 مول من الكالسيوم.

ووفقاً لشروط المشكلة، دخل إلى التفاعل 8 جم من الكالسيوم، وهو ما يتوافق مع كمية المادة n Ca = m(Ca)/M(Ca); n Ca = 8 جم/40 جم/مول = 0.2 مول. نحسب كمية الطاقة التي سيتم إطلاقها أثناء احتراق 2 مول من الكالسيوم باستخدام النسبة: 0.2 مول كالسيوم - -127 كيلوجول

2 مول كالسيوم - Xكيلوجول X= 2 مول·(-127 كيلو جول)/0.2 مول = -1270 كيلو جول.

وبالتالي، فإن احتراق 2 مول من فلز الكالسيوم يطلق 1270 كيلوجول من الطاقة.

إجابة: 2Ca(t) + O 2 (g) = 2CaO(t)، ΔH = –1270 كيلوجول.

3. احسب المحتوى الحراري القياسي لتكوين البنزين C 6 H 6 (l)، إذا كانت المحتوى الحراري لاحتراق الهيدروجين والكربون والبنزين متساوية، على التوالي (kJ/mol):

285,84; -393,51; -3267,70.

حل. دعونا نكتب معادلة التفاعل الذي يجب تحديد التأثير الحراري له. يمكن تمثيل تكوين البنزين من مواد بسيطة بالمعادلة الكيميائية الحرارية التالية:

6С(ر) + 3Н 2 (ز) = С 6 Н 6 (ل)، ΔH 0 آر [С 6 Н 6 (ل)] = Xكيلوجول / مول .

لتحديد المحتوى الحراري لتكوين البنزين، دعونا نؤلف دورة هيس باستخدام هذه المسائل:

H 2 (ز) + ½O 2 (ز) = H 2 O (ل)، ΔH 0 1 = -285.84 كيلوجول/مول؛ (1)

C(t) + O 2 (g) = CO 2 (g)، ΔH 0 2 = -393.51 كيلوجول/مول؛ (2)

C 6 H 6 (l) + 15/2O 2 (g) = 6CO 2 (g) + 3H 2 O (l)، ΔH 0 3 = -3267.70 كيلوجول/مول. (3)

للحصول على المعادلة المطلوبة لتكوين البنزين من مواد بسيطة يكفي إضافة المعادلتين (1) و (2) في دورة هيس وضربهما في المعاملين المقابلين 3 و 6 وطرح المعادلة (3) منهما :

3H 2 (ز)+3/2O 2 (ز)+6C(ر)+6O 2 (ز)-C 6 H 6 (ل)-15/2O 2 (ز) = 3H 2 O(ل)+6CO 2 (ز)-6CO2 (ز)-3H2O(ل).

لنلغي الحدود المتجانسة وننقل -C 6 H 6 (g) إلى الجانب الأيمن من المساواة مع الإشارة المعاكسة. نحصل على المعادلة المطلوبة: 6C(s) + 3H 2 (g) = C 6 H 6 (l).

سنفعل إجراءات مماثلة مع التأثيرات الحرارية:

ΔH 0 آر [C 6 H 6 (ل)] = 3ΔH 0 1 + 6ΔH 0 2 – ΔH 0 3,

ΔH 0 arr [C 6 H 6 (l)] = 3·(-285.84) كجول/مول + 6·(-393.51) كجول/مول – (-3267.70) كجول/مول =

(-857.52 -2361.06 + 3267.70) كيلوجول/مول = 49.12 كيلوجول/مول.

إجابة: ΔH 0 آر [C 6 H 6 (ل)] = 49.12 كيلوجول/مول.

4. باستخدام قيمة المحتوى الحراري القياسي لتكوين المشاركين في العملية الكيميائية، حدد كمية الطاقة المنطلقة عندما يقلل أول أكسيد الكربون 100 كجم من ثاني أكسيد الرصاص إلى أكسيد مع تكوين ثاني أكسيد الكربون.

حل.دعونا نكتب المعادلة الكيميائية الحرارية للتفاعل، والتي يجب تحديد التأثير الحراري لها:

PbO 2 (t) + CO (g) = PbO (t) + CO 2 (g)، ΔH 0 = Xكيلوجول / مول.

وفقًا للنتيجة الطبيعية الثالثة لقانون هيس، يتم تحديد التأثير الحراري للعملية من خلال الفرق في مجموع المحتوى الحراري لتكوين المنتجات والكواشف. باستخدام البيانات الواردة في الجدول 1 من الملحق، نجد قيم المحتوى الحراري المطلوب (kJ/mol):

ΔH 0 آر = -276.86; ΔH 0 آر = -110.50؛ ΔH 0 آر = - 217.86;

ΔH 0 آر = -393.51.

لنقم بإنشاء دورة هيس لحساب التأثير الحراري لتفاعل اختزال ثاني أكسيد الرصاص مع أول أكسيد الكربون:

ΔH 0 = (ΔH 0 لفة + ΔH 0 لفة) - (ΔH 0 لفة + ΔH 0 لفة)

واستبدال القيم المعروفة، وحسابها:

ΔH 0 = [(-217.86) كيلوجول/مول + (-393.51) كيلوجول/مول] - [(-276.86) كيلوجول/مول + (-110.50) كيلوجول/مول] = -224، 01 كيلوجول/مول.

أظهرت الحسابات أنه عند تقليل مول واحد من PbO 2، يتم إطلاق 224.01 كيلوجول من الطاقة. دعونا نحدد كتلة ثاني أكسيد الرصاص التي تتوافق معها هذه الكمية من المادة:

m(PbO 2) = n M(PbO 2) = 1 مول (207 + 216) جم/مول = 239 جم.

الآن دعونا نحسب كمية الطاقة التي سيتم إطلاقها أثناء احتراق 100 كجم من PbO 2 باستخدام النسبة:

239·10 -3 كجم ― -224.01 كيلوجول

100 كجم - Xكيلوجول, X= = -93728 كيلوجول.

إجابة: عند تقليل 100 كجم من ثاني أكسيد الرصاص، يتم إطلاق 93,728 كيلوجول من الطاقة.

5. طاقة الرابطة C-H في الميثان هي 435 كيلوجول/مول، وطاقة الرابطة C-Cl في الكلوروميثان هي 350 كيلوجول/مول. مع العلم أن E Cl - Cl = 240 kJ/mol، وE H - Cl = 430 kJ/mol، احسب التأثير الحراري (ΔH 0) للتفاعل: CH 4 + Cl 2 → CH 3 Cl + HCl.

حل. يمكن حساب المحتوى الحراري لتكوين المواد الكيميائية من طاقات الروابط المتكونة في هذه المواد. على سبيل المثال، في جزيء الميثان يتم تكوين 4 روابط تساهمية C-H، وبالتالي:

ΔH 0 arr (CH 4) = 4·، و ΔH 0 arr (CH 4) = 4·435 كيلوجول/مول = 1740 كيلوجول/مول. سنقوم بإجراء حسابات مماثلة لجميع الجزيئات الأخرى:

ΔH 0 arr (Cl 2) = 3·[E Cl - Cl ] = 3·240 كيلو جول/مول = 720 كيلو جول/مول (انظر نظرية تكوين الرابطة الأصلية، في جزيء Cl 2 هناك رابطة ثلاثية)؛

ΔH 0 arr (HCl) = E H - Cl = 430 كيلوجول/مول؛

ΔH 0 arr (CH 3 Cl) = 3 + E C - Cl = 3·435 كيلوجول/مول + 350 كيلوجول/مول = 1655 كيلوجول/مول.

الآن، وفقًا للنتيجة الطبيعية الثالثة لقانون هيس، دعونا نحسب التأثير الحراري للتفاعل المطلوب: ΔH 0 = [ΔH 0 arr (CH 3 Cl) + ΔH 0 arr (HCl)] - [ΔH 0 arr (CH 4) + ΔH 0 arr (Cl 2)] و

ΔH 0 = (1655 + 430) – (1740 + 720) كيلوجول/مول = -375 كيلوجول/مول.

إجابة: التأثير الحراري للعملية الطاردة للحرارة لكلورة الميثان مع تكوين الكلوروميثان يساوي ΔH 0 = -375 كيلوجول/مول.

مثال 2. تحديد العلاقة بين الطاقة الداخلية والمحتوى الحراري للعمليات الديناميكية الحرارية

1. التغير في الطاقة الداخلية للنظام Fe(s) + Cl 2 (g) = FeCl 2 (s) يساوي -334.0 كيلوجول. تحديد التأثير الحراري لهذا التفاعل في ظل الظروف القياسية.

حل. وفقًا للقانون الأول للديناميكا الحرارية، يرتبط التأثير الحراري للتفاعل الكيميائي عند درجة حرارة ثابتة ΔH T بتغير في الطاقة الداخلية للنظام ΔU بواسطة المعادلة ΔH T = ΔU ± RTΔn. في هذه المعادلة، يتم تحديد التغير في كمية المادة Δn فقط من خلال المواد الموجودة في المرحلة الأقل تكثيفًا، في حالتنا - في المرحلة الغازية. بما أنه لا توجد مواد غازية في نواتج التفاعل، Δn = 0 – 1 mol (Cl 2) = -1 mol.

في ظل الظروف القياسية T 0 = 298 K، R = 8.31·10 -3 kJ/mol·K. بتعويض هذه والقيم الموجودة في معادلة ΔH 0 T نجد التأثير الحراري لتفاعل تخليق كلوريد الحديد (2):

ΔH 0 ساعة = -334 كيلوجول - (8.31·10 -3 كيلوجول/مول·ك)·298 ك·1 مول = -336.5 كيلوجول.

إجابة: ΔH 0 ساعة. = -336.5 كيلوجول.

2. احسب التغير في الطاقة الداخلية أثناء تبخر 50 جم من الكحول الإيثيلي عند نقطة الغليان، إذا كانت حرارة التبخر النوعية 857.7 جول/جم، والحجم النوعي للبخار عند نقطة الغليان هو 607·10 -3 لتر/ ز. يمكن إهمال حجم السائل.

حل. عملية التبخر (انتقال المادة السائلة إلى الحالة الغازية) هي عملية فيزيائية، وتحدث عند ضغط ثابت ودرجة حرارة ثابتة (إذا كانت المادة نقية كيميائيا). بالنسبة لمثل هذه العملية (التي تحدث، كقاعدة عامة، عند ضغط ثابت)، فإن العلاقة بين التغير في إجمالي ΔH P والطاقة الداخلية ΔU للنظام الديناميكي الحراري، وفقًا للقانون الأول للديناميكا الحرارية، تخضع للمعادلة ΔH P = ΔU ± PΔV. بما أن حجم النظام يزداد، فإن ΔV > 0 ويتم تبسيط المعادلة: ΔH P = ΔU + PΔV.

سيكون التغير في حجم النظام ΔV مساوياً لحجم البخار المتكون، مع مراعاة ظروف المشكلة. إذا كان الحجم النوعي للكحول الغازي v عند نقطة الغليان هو 607·10 -3 لتر/جم، فيمكن حساب التغير في الحجم أثناء تبخر 50 جم من الكحول بسهولة باستخدام المعادلة ΔV=v·m؛ ΔV = 607·10 -3 (لتر/جم)·50(جم) = 3035·10 -2 (لتر) = 30.35 لتر.

يتم تحديد تأثير المحتوى الحراري ΔH 0 أثناء مرحلة انتقالية في ظل الظروف القياسية بواسطة الصيغة ΔH 0 =L·m، حيث L هي الحرارة النوعية للتبخر. باستبدال القيم من ظروف المشكلة، سنقوم بإجراء الحسابات المقابلة ΔH 0:

ΔH 0 = 857.7 (J/g) 50 (g) = 42885 J = 42885 كيلو باسكال لتر.

تحويل المعادلة الديناميكية الحرارية لـ ΔH 0 نسبة إلى ΔU 0 وحلها نحصل على: ΔU 0 = ΔH 0 - PΔV؛ ΔU 0 = 42885 كيلو باسكال l - 101 كيلو باسكال 30.35 لتر = 39820 كيلو باسكال لتر = 39820 ي = 39.82 كيلو جول.

إجابة: زادت الطاقة الداخلية للنظام الديناميكي الحراري بمقدار 39.82 كيلوجول.

3 . احسب التأثير الحراري والتغير في الطاقة الداخلية لنظام التفاعل أثناء اختزال أكسيد الحديد (2) مع الهيدروجين، إذا كانت التأثيرات الحرارية للتفاعلات التالية معروفة: FeO(s) + CO(g) = Fe( ق) + CO 2 (ز)، ΔH 1 = - 13.18 كيلوجول؛ (1)

CO (ز) + ½O 2 (ز) = CO 2 (ز)، ΔH 2 = -283.00 كيلوجول؛ (2)

H 2 (ز) + ½O 2 (ز) = H 2 O (ز)، ΔH 3 = -241.83 كيلوجول (3).

حل. وفقا لقانون هيس، للحصول على معادلة التفاعل المطلوبة، يمكنك إجراء عمليات حسابية مع المعادلات الواردة في المشكلة. ويمكن فعل الشيء نفسه مع التأثيرات الحرارية.

وبالتالي الحصول على المعادلة

FeO(s) + H 2 (g) = Fe(s) + H 2 O(g)، ΔH = Xكيلوجول,

تحتاج إلى جمع المعادلتين (1) و (3) وطرح المعادلة (2) من هذا المجموع. نقوم بنفس الإجراء مع التأثيرات الحرارية. ثم يتم تحديد التأثير الحراري لتفاعل اختزال أكسيد الحديد (2) مع الهيدروجين بالصيغة:

ΔH = ΔH 1 + ΔH 3 - ΔH 2.

باستبدال القيم المعروفة في هذه الصيغة وإجراء الحسابات نحصل على:

ΔH = - 13.18 كيلوجول + (-241.83 كيلوجول) - (-283.00 كيلوجول) = 27.99 كيلوجول.

لتحديد التغير في الطاقة الداخلية للنظام لعملية معينة، نطبق القانون الأول للديناميكا الحرارية ΔH = ΔU ± RTΔn. حساب التغير في كمية مادة المنتجات الغازية بعد (H 2 O) وقبل تفاعل (H 2) يظهر أن Δn = 0. ومن ثم يتم تبسيط المعادلة التي تربط ΔU و ΔH: ΔH = ΔU. وهذا يعني أن عملية الاختزال ماصة للحرارة وأن الطاقة الداخلية للنظام تزداد بمقدار 27.99 كيلوجول.

إجابة: ΔH = ΔU = 27.99 كيلوجول.

4. زادت الطاقة الداخلية أثناء تبخر 90 جم من الماء عند 100 درجة مئوية بمقدار 188.1 كيلوجول. الحجم النوعي لبخار الماء هو 1.699 لتر/جم، والضغط هو 1.01·10 5 باسكال. تحديد حرارة تبخر الماء (kJ/mol).

حل. لعملية توليد البخار

ح 2 يا (ل)<=>ح 2 يا (ز)، ΔH = Xكيلوجول / مول،

يتم التعبير عن العلاقة بين حرارة التبخر ΔH والتغير في الطاقة الداخلية ΔU للنظام عند ضغط ثابت (P = Const) بالمعادلة ΔH = ΔU ± PΔV، حيث ΔV = V H2O(g) – V H2O(l ) > 0، لأن V H2O(ز) > V H2O(ل). مع الأخذ في الاعتبار هذا الاستنتاج، سيتم تبسيط المعادلة: ΔH = ΔU + PΔV.

بمعرفة الحجم النوعي لبخار الماء تحت ظروف معينة (v) وكتلة الماء (m)، نجد: V H2O(g) = vm; V H2O(g) = 1.699(l/g) 90(g) = 152.91 l. بما أن كثافة الماء السائل معروفة أيضًا (ρ H2O(l) = 1·10 -3 جم/لتر)، فإننا نوجد حجم الماء السائل باستخدام الصيغة

V H2O(l) = ρm و V H2O(l) = 1·10 -3 (جم/لتر)·90(جم) = 0.09 لتر.

وبأخذ هذه القيم بعين الاعتبار فإن التغير في الحجم عند تبخر 90 جم من الماء ΔV سيكون:

ΔV = 152.91 لتر – 0.09 لتر = 152.82 لتر.

باستبدال القيمة التي تم العثور عليها لـ ΔV، وكذلك الشروط المعطاة للمشكلة، في التعبير عن ΔH، نحدد حرارة تبخر 90 جم من الماء:

ΔH P = 188.1 كيلوجول + 1.01105 (10 -3 كيلو باسكال) 152.82 (10 -3 م3) = 188.1 كيلوجول + 15.43 كيلوجول = 203.53 كيلوجول.

عند حسابها لكل 1 مول من البخار المتكون، ستكون هذه القيمة: ΔH = ΔH P ·M/m، حيث M هي الكتلة المولية للماء. ثم ΔH = = 40.71 كيلوجول/مول.

إجابة: حرارة تبخر الماء عند نقطة غليانه هي 40.71 كيلوجول/مول.

5. يصاحب ذوبان 130 جم من الزنك المعدني في حمض الكبريتيك المخفف عند درجة حرارة 20 درجة مئوية إطلاق 286.2 كيلوجول من الطاقة. يعمل غاز الهيدروجين المنطلق ضد الضغط الخارجي. تحديد التغير في الطاقة الداخلية لهذه العملية.

حل. بالنسبة للتفاعل الكيميائي Zn + H 2 SO 4 = ZnSO 4 + H 2

العلاقة بين التأثير الحراري للعملية (ΔH) والتغير في الطاقة الداخلية للنظام (ΔU) تخضع لمعادلة القانون الأول للديناميكا الحرارية ΔH = ΔU ± RTΔn. وبما أنه في هذه العملية يتم العمل على البيئة، فهذا يعني أن الطاقة الداخلية للنظام تنخفض، أي.

ΔH = ΔU – RTΔn أو ΔU = ΔH + RTΔn.

في هذه المعادلة، Δn يتوافق مع كمية المادة المنطلقة، غاز الهيدروجين n H 2، والتي تحددها كمية المادة التي تفاعلت مع حمض معدن الزنك n Zn. ثم n H 2 = n Zn = m Zn /M Zn، حيث m وM هما الكتلة والكتلة المولية للزنك، على التوالي. وبعد إجراء الحسابات نحصل على:

nH2 = 130(جم)/65(جم/مول) = 2مول. ولذلك، Δن = 2 مول.

الآن دعونا نحسب التغير في الطاقة الداخلية للعملية، مع تذكر أنه في العمليات الطاردة للحرارة ΔH< 0, т.е. ΔH = -286,2 кДж; Т = 273 + 20 = 293 К;

R = 8.31·10 -3 كيلوجول/مول·ك. وثم:

ΔU = -286.2 كيلو جول + 8.31 10 -3 (كيلو جول/مول ك) 293 ك 2 مول = -281.3 كيلو جول.

إجابة: أثناء التفاعل ستنخفض الطاقة الداخلية للنظام بمقدار 281.3 كيلوجول.

مثال 3. حساب الإنتروبيا وعلاقتها بالمحتوى الحراري لعملية كيميائية

ودرجة الحرارة

1. الحرارة النوعية لتبخر البروموبنزين عند درجة حرارة 156.8 درجة مئوية هي 241.0 جول/جم. تحديد التغير في إنتروبيا المرحلة الانتقالية عند تبخر 1.25 mol من البروموبنزين.

حل. يتم تحديد التغير في الإنتروبيا في عملية توازن انتقال المادة من حالة التجميع إلى أخرى وفقًا للقانون الثاني للديناميكا الحرارية

ΔS = ، حيث ΔH هي حرارة التبخر (أو المحتوى الحراري لعملية انتقال الطور من الحالة السائلة إلى الحالة الغازية)، T هي درجة حرارة انتقال الطور.

لتحديد التأثير الحراري للعملية ΔH، من الضروري أولاً حساب الكتلة المولية للمادة البادئة بروموبنزين C 6 H 5 Br، وستكون مساوية لـ: M(C 6 H 5 Br) = 6 12 + 5 1 + 1 80 = 157 (جم/مول). بمعرفة كمية مادة البروموبنزين n المشاركة في المرحلة الانتقالية، نحدد كتلتها: m(C 6 H 5 Br) = M n؛

م(C6H5Br) = 157 جم/مول 1.25 مول = 196.25 جم.

بالنسبة لكتلة معينة من المادة، مع الأخذ في الاعتبار الحرارة النوعية للتبخر (L)، نحسب التأثير الحراري للعملية باستخدام الصيغة: ΔH = L · m, ΔH = 241 (J/g) 196.25 (g) = 47296.25 ج.

درجة حرارة انتقال الطور T = t 0 C + 273 = 156.8 + 273 = 429.8 K.

باستبدال القيم التي تم الحصول عليها في معادلة القانون الثاني للديناميكا الحرارية نحصل على:

Δس = = 110,04 .

إجابة: عند تبخر 1.25 mol من البروموبنزين، تزداد إنتروبيا النظام بمقدار 110.04 J/K.

2. تحديد التغير في الإنتروبيا في ظل الظروف القياسية للعملية الكيميائية التالية: Al(k) + Cr 2 O 3 (k) → Cr(k) + Al 2 O 3 (k).

حل. وفقًا للنتيجة الطبيعية الثالثة لقانون هيس، يتم تعريف التغير في إنتروبيا العملية الكيميائية (ΔS) على أنه الفرق بين مجموع إنتروبيا منتجات التفاعل والكواشف، مع مراعاة معاملاتها المتكافئة في معادلة التفاعل.

ومع أخذ هذا الظرف في الاعتبار، يجب اختزال مخطط العملية إلى معادلة كيميائية عن طريق وضع المعاملات المناسبة. ثم نحصل على:

2Al(k)+ Cr 2 O 3 (k) = 2Cr(k) + Al 2 O 3 (k).

بالنسبة لهذا التفاعل، دعونا ننشئ معادلة لحساب التغير في الإنتروبيا في ظل الظروف القياسية: ΔS 0 = – .

حسب الجدول في الملحق رقم 7 سوف نقوم بتحديد قيم الانتروبيا (S0) للمشاركين في العملية (J/mol K):

س 0 آل (ك) = 28.32؛ S 0 Cr 2 O 3 (ك) = 81.10؛ ق 0 الكروم (ك) = 23.76؛ ق 0 آل 2 يا 3 (ك) = 50.94.

باستبدال قيم الإنتروبيا الموجودة في المعادلة المطلوبة وإجراء الحسابات، نحصل على: ΔS 0 = (2·23.76 + 50.94) – (2·28.32 + 81.10) = -39.28 (J/mol· TO).

دعونا نلاحظ أن القيمة السلبية للتغير في الإنتروبيا (انخفاض الإنتروبيا) تشير إلى استحالة تنفيذ هذه العملية تلقائيًا في ظل الظروف القياسية.

إجابة: ΔS 0 = -39.28 جول/مول·ك. في ظل الظروف القياسية مثل هذه العملية مستحيلة.

تفاعل تحلل نترات المغنيسيوم حسب المعادلة

2Mg(NO 3) 2 (s) = 2MgO(s) + 4NO 2 (g) + O 2 (g)

يرافقه زيادة في إنتروبيا النظام بمقدار 891 جول/كلفن وتغير في المحتوى الحراري بمقدار 510 كيلوجول. احسب المحتوى الحراري القياسي للتكوين والإنتروبيا لتكوين نترات المغنيسيوم. تحديد العامل - المحتوى الحراري أو الإنتروبيا - الذي يساهم في حدوث هذه العملية تلقائيًا.

حل. سنقوم بإجراء حسابات ΔH 0 arr وS 0 arr على أساس النتيجة الطبيعية الثالثة من قانون هيس، والتي بموجبها:

أ) ΔH 0 x.r. = 2·ΔH 0 آر + 4·ΔH 0 آر - 2·ΔH 0 آر;

وبالتالي ΔH 0 arr = ΔH 0 arr + 2 ·ΔH 0 arr -½ΔH 0 ch.r.

ب) ΔS 0 x.r. = 2·S 0 آر + 4·S 0 آر + S 0 آر - 2·S 0 آر؛ وبالتالي S 0 arr = S 0 arr + 2·S 0 arr + ½ S 0 arr - ½ ΔS 0 c.r.

باستخدام البيانات الواردة في الجدول الملحق رقم 1، نجد قيم المحتوى الحراري للتكوين والانتروبيا لمنتجات التفاعل:

ΔH 0 آر = -601.24 كيلوجول/مول؛ ΔH 0 arr = 33.50 كيلوجول/مول؛ عينة S 0 = 26.94 J/mol K؛ عينة S 0 = 240.45 جول/مول ك؛ عينة S0 = 205.04 J/mol·K.

باستبدال القيم الموجودة في المعادلتين أ) و ب)، نحسب القيم المطلوبة:

ΔH 0 arr = 1 مول·(-601.24 كيلوجول/مول) + 2 مول·33.50 كيلوجول/مول -½(510 كيلوجول) =

789.24 كيلوجول؛

S 0 arr = 1mol·26.94 J/mol·K + 2mol·240.45 J/mol·K + ½mol·205.04 J/mol·K - ½·891 J/K = -164.87 J/K.

كما هو معروف، يتم تسهيل حدوث التفاعل التلقائي من خلال انخفاض عامل المحتوى الحراري (ΔH 0 ch.r.< 0) и увеличение энтропийного фактора (Т·ΔS 0 х.р. >0). وفقا لبيانات ظروف المشكلة، تزداد الإنتروبيا أثناء العملية، وبالتالي، يزداد المنتج T·ΔS 0 c.r. مما يساهم في حدوثه تلقائيًا. ومن ناحية أخرى، يزداد أيضًا المحتوى الحراري للتفاعل، مما لا يساهم في عفوية العملية في الاتجاه الأمامي.

إجابة: ΔH 0 arr = - 789.24 كيلوجول؛ S 0 آر = -164.87 جول/ك. يتم تسهيل عفوية عملية تحلل نترات المغنيسيوم من خلال عامل الإنتروبيا لهذا التفاعل.

4. عند ذوبان 100 جم من النحاس، تزداد إنتروبيا النظام بمقدار 1.28 J/K. احسب الحرارة النوعية لانصهار النحاس عند درجة حرارة 1083 درجة مئوية.

حل. توجد علاقة بين الحرارة النوعية (L, J/kg) والمحتوى الحراري للانصهار (ΔH, J) L = ΔH/m. يتم التعبير عن العلاقة بين المحتوى الحراري للعملية والتغير في الإنتروبيا من خلال معادلة القانون الثاني للديناميكا الحرارية ΔH = Т·ΔS. وبجمع التعبيرين نحصل على:

لنستبدل البيانات من بيان المشكلة بالعلاقة التي تم العثور عليها، ونجري الحسابات المناسبة ونحصل على:

ل= .

إجابة: الحرارة النوعية لانصهار النحاس هي 17.4.

5 . يستمر تفاعل احتراق الأسيتيلين وفقًا للمعادلة

C 2 H 2 (g) + 5/2O 2 (g) = 2CO 2 (g) + H 2 O (l).

احسب التغير في إنتروبيا النظام في ظل الظروف القياسية واشرح أسباب انخفاضه.

حل. وفقا للنتيجة الطبيعية لقانون هيس، يتم تعريف التغير في الإنتروبيا على أنه الفرق بين مجموع الإنتروبيا للمنتجات والمواد المتفاعلة في العملية، مع الأخذ في الاعتبار معاملات التفاعل المتكافئة. ثم

ΔS 0 ساعة. = - .

وفي ملحق الجدول رقم 1 نجد قيم الإنتروبيا المطلوبة:

S 0 عينة CO 2 (ز) = 213.65 جول/مول ك؛ S 0 arr H 2 O (l) = 69.94 J/mol K; S 0 عينة C 2 H 2 (ز) = 219.45 جول/مول ك؛ S 0 عينة O 2 (ز) = 205.03 جول/مول ك.

باستبدال هذه القيم في معادلة التغير في إنتروبيا العملية وإجراء الحسابات، نحصل على:

ΔS 0 ساعة. = (2213.65 + 69.94 - 219.45 - (5/2) 205.03) J/mol K = -234.79 J/mol K.

يتم تفسير الانخفاض في إنتروبيا العملية من خلال زيادة ترتيب النظام، حيث أن كمية المواد الغازية في منتجات التفاعل أقل بمقدار 2.7 مرة من المواد المتفاعلة (5.5/2).

إجابة: ΔS 0 ساعة. = -234.79 جول/مول ك؛ ΔS 0 س.ر.<0 т.к. Δn(г) < 0.

مثال 4. حساب التغير في طاقة جيبس، وتحديد الاتجاه

عملية كيميائية

1. يتم اختزال معدن المغنتيت الطبيعي Fe 3 O 4 مع أول أكسيد الكربون (2) في ظروف الإنتاج وفقًا للتفاعل

Fe 3 O 4 (k) + CO (g) = 3FeO (k) + CO 2 (g).

تحديد التغير في طاقة جيبس ​​واستخلاص استنتاج حول إمكانية حدوث هذه العملية تلقائيًا في ظل الظروف القياسية.

حل. تعكس الإمكانات متساوية الضغط ومتساوية الحرارة للنظام الديناميكي الحراري أو طاقة جيبس ​​G القوة الدافعة العامة للعملية، أي. يشير إلى ذلك الجزء من الطاقة الإجمالية للنظام (H) الذي يمكن تحويله بالكامل وبشكل كامل إلى عمل مفيد (العملية الكيميائية نفسها). التغير في طاقة Gibbs ΔG (عند T = Const و P = Const) نحو انخفاضها (ΔG< 0) указывает на меру химической активности системы: чем больше |ΔG|, тем сильнее стремление к протеканию процесса и тем дальше он отстоит от состояния равновесия. Энергия Гиббса является функцией состояния и поэтому к ней применим закон Гесса:

ΔG ساعة. = ∑ΔG arr (تابع) - ∑ΔG arr (رد الفعل).

وبتطبيق هذا التعبير على معادلة عملية اختزال أكسيد الحديد المزدوج Fe 3 O 4 في ظل الظروف القياسية، نحصل على:

ΔG 0 ساعة =[ 3·ΔG 0 عينة FeO(c) + ΔG 0 عينة CO 2 (g)] – [ΔG 0 عينة Fe 3 O 4 (c) + ΔG 0 عينة CO (g)].

باستخدام الجدول الموجود في الملحق رقم 1، قمنا بتعيين قيم ΔG 0 arr لمنتجات التفاعل والكواشف:

ΔG 0 عينة FeO(k) = -244.3 كيلوجول/مول؛ ΔG 0 عينة CO 2 (ز) = -394.38 كيلوجول/مول؛ ΔG 0 عينة Fe 3 O 4 (k) = -1014.20 كيلوجول/مول؛ ΔG 0 عينة CO(g) = -137.27 كيلوجول/مول.

استبدال القيم الموجودة في التعبير عن ΔG 0 x.r. وبعد إجراء الحسابات نحصل على:

ΔG 0 ساعة = - [(-1014.20) + (-137.27)] = 24.19 (كيلو جول/مول).

أظهرت الحسابات أن ΔG 0 ch.r.> 0، وهذا يعني أن هذه العملية لا يمكن أن تحدث في ظل الظروف القياسية.

إجابة: في ظل الظروف القياسية، فإن عملية الاختزال التلقائي لثاني أكسيد الحديد مع أول أكسيد الكربون (2) غير ممكنة، لأن ΔG 0 ساعة > 0.

2. اشرح لماذا لا يحدث التفاعل الطارد للحرارة H 2 (g) + CO 2 (g) = CO (g) + H 2 O (l)، ΔH 1 = -2.85 كيلوجول/مول في الظروف القياسية؛ ولكن يحدث رد فعل

2NO(g) + O 2 (g) = 2NO 2 (g), ΔH 2 = -113.74 كيلوجول/مول.

حل. وفقًا للقانون الأول للديناميكا الحرارية، يتم التعبير عن العلاقة بين المحتوى الحراري وطاقة جيبس ​​للعملية الكيميائية بالمعادلة: ΔH = ΔG + TΔS. وبالتالي ΔG = ΔH – ТΔS. دعونا نحسب التغير في طاقة جيبس ​​في كلتا العمليتين، باستخدام البيانات الموجودة في الجدول الملحق رقم 1 لحساب التغير في الإنتروبيا ΔS.

بالنسبة للرد الأول نحصل على:

ΔS 0 ساعة. (1) = S 0 عينة CO (ز) + S 0 عينة H 2 O (ل) - S 0 عينة H 2 (ز) - S 0 عينة CO 2 (جم) و

ΔS 0 ساعة. (1) = (197.91 + 69.94 – 130.59 – 213.65) J/mol·K = -76.39 J/mol·K.

بالنسبة للرد الثاني ستكون النتيجة كما يلي:

ΔS 0 ساعة. (2) = 2 S 0 عينة NO 2 (ز) - 2 S 0 عينة NO (ز) - S 0 عينة O 2 (ز) و

ΔS 0 ساعة. (2) = (2·240.46 - 2·210.20 – 205.03) J/mol·K = -144.51 J/mol·K.

الآن دعونا نحسب التغير في طاقة جيبس ​​عند T = 298K لهذه التفاعلات:

ΔG 0 ساعة (1) = ΔH 1 - TΔS 0 ch.r (1) و

ΔG 0 ساعة (1) = -2.85 كيلوجول/مول - 298K·(-76.39·10 -3 كيلوجول/مول·ك) = 19.91 كيلوجول/مول؛

ΔG 0 ساعة (2) = ΔH 2 - TΔS 0 ch.r (2) و

ΔG 0 ساعة (2) = -113.74 كيلوجول/مول - 298K·(-144.51·10 -3 كيلوجول/مول·ك) = -70.68 كيلوجول/مول.

كما تشير نتائج الحساب، ΔG 0 ch.r. (1)> 0، وبالتالي فإن هذه العملية لن تحدث بشكل عفوي، ولكن ΔG 0 c.r. (2)< 0, что свидетельствует о самопроизвольности процесса при стандартных условиях.

إجابة: في ظل الظروف القياسية لا يحدث تفاعل اختزال ثاني أكسيد الكربون مع الهيدروجين، لأن لذلك ΔG 0 x.r. > 0، لكن تفاعل أكسدة أكسيد النيتروجين (2) مع الأكسجين ممكن، مصحوبًا بانخفاض في طاقة جيبس ​​ΔG 0 ch.r. (2)< 0.

3. تحديد إمكانية حدوث عفوية لعملية الألومنيوم

Fe 2 O 3 (k) + 2Al (k) = Al 2 O 3 (k) + 2Fe (k)

عند 298 كيلو و500 كيلو والحالة القياسية لجميع المواد. اضبط درجة الحرارة الدنيا التي تحدث فوقها العملية المحددة تلقائيًا.

حل. لحساب ΔG 0 x.r. نستخدم قانون هيس :

ΔG 0 ساعة = [ΔG 0 عينة Al 2 O 3 (k) + 2 ΔG 0 عينة Fe (k)] - [ΔG 0 عينة Fe 2 O 3 (k) + 2 ΔG 0 عينة Al (k)].

وفي نفس الوقت نأخذ بعين الاعتبار أن ΔG 0 عينة Fe(k) = ΔG 0 عينة Al(k) = 0، وحسب الجدول في الملحق رقم 7 ΔG 0 عينة Al 2 O 3 (k) = - 1580.00 كيلوجول/مول؛ ΔG 0 عينة Fe 2 O 3 (k) = -740.98 كيلوجول/مول. باستبدال القيم الموجودة وإجراء الحسابات نحصل على:

ΔG 0 ساعة = [-1580.00 – (-740.98)] كيلوجول/مول = -839.02 كيلوجول/مول.

لحساب ΔG 500 ساعة. دعونا نستخدم القانون الأول للديناميكا الحرارية

ΔG 500 ساعة = ΔH 500 ساعة - ТΔS 500 ساعة. في هذه الحالة، وفقًا لتعليمات ظروف المشكلة (جميع المواد في الحالة القياسية)، نستخدم القيم المجدولة ΔH 0 و ΔS 0 للكواشف والمنتجات عند 298 K:

ΔH 0 عينة Al 2 O 3 (k) = -1676.00 كيلوجول/مول؛ ΔH 0 عينة Fe 2 O 3 (k) = -822.16 كيلوجول/مول؛ S 0 عينة Al 2 O 3 (k) = 50.94 J/mol K؛ S 0 عينة Fe 2 O 3 (k) = 89.96 J/mol K؛ S 0 عينة Al(k) = 42.69 J/mol K; S 0 عينة Fe(k) = 27.15 J/mol K.

دعونا نستبدل هذه القيم في التعبيرات الخاصة بـ ΔH 500 h.r. و ΔS 500 ساعة. ودعنا نقوم بالحسابات:

ΔH 500 ساعة = ΔH 0 عينة Al 2 O 3 (k) - ΔH 0 عينة Fe 2 O 3 (k)؛ ΔH 500 ساعة = [-1676.00 – (-822.16)] كيلوجول/مول = -853.84 كيلوجول/مول.

ΔS 500 ساعة. = - ; ΔS 500 ساعة. = (50.94 + 2·27.15) - (89.96 + 2·42.69) J/mol·K = -70.10 J/mol·K.

الآن نجد ΔG 500 ساعة. ، معربا عن ΔS 500 ساعة. في كيلوجول / مول ك :

ΔG 500 ساعة = [-853.84 - 500·(-70.10·10 -3)] كيلوجول/مول = -818.79 كيلوجول/مول.

للعثور على أدنى درجة حرارة تحدث فوقها العملية تلقائيًا، نطبق الشرط T = 0K على النظام ثم ΔG 0 ch.r. = ΔН 0 ساعة.< 0. Таким образом, даже при отрицательных значениях температуры (а такие значения практически недостижимы) реакция будет протекать самопроизвольно.

لتعيين الحد الأعلى لدرجة الحرارة التي تتوقف عندها العملية عن أن تكون عفوية، نطبق شرط حالة التوازن الكيميائي: ΔG = 0 و ΔH = TΔS، والتي منها T = .

دعونا نستبدل القيم الموجودة ΔH 500 h.r. في التعبير الناتج. و ΔS 500 ساعة. وبعد إجراء الحسابات نحصل على: T = = 12180 K.

وبالتالي، فقط في درجات الحرارة المرتفعة جدًا (T≥12180 K) تكون عملية الألومنيوم الحرارية مستحيلة.

إجابة: عند 298K و 500K تحدث عملية اختزال أكسيد الحديد (3) مع الألومنيوم تلقائيًا، لأن ΔG 298 ساعة.< 0 и ΔG 500 х.р.< 0. Самопроизвольность процесса обеспечивается уже при температуре 0К и прекращается при температуре выше 12180К.

4. حدد التغير القياسي في طاقة جيبس ​​للتفاعل

COCl 2 (ز)<=>CO (g) + Cl 2 (g)، إذا تحلل 70% من الفوسجين المأخوذ عند ضغط أولي قدره 100 كيلو باسكال عند درجة حرارة 885 كلفن.

حل. إذا كان الضغط الجزئي لـ COCl 2 (g) قبل بدء التفاعل يساوي P 0 = 100 كيلو باسكال، فقد تم استهلاك 70% من الغاز أثناء التفاعل، ثم في لحظة تحقيق التوازن، يتم الضغط الجزئي للغاز المتبقي كان الفوسجين P يساوي CO Cl 2 (ز) = P 0 0.3 = 30 كيلو باسكال. الضغوط الجزئية لنواتج التفاعل عند التوازن تساوي جزء الفوسجين المستهلك، مما يعني أن P يساوي CO (g) = P يساوي Cl 2 (g) = P 0 ·0.7 = 70 كيلو باسكال.

وفقا لقانون العمل الجماعي لعملية التوازن

ك يساوي = .

دعونا نستبدل القيم الموجودة لضغوط التوازن الجزئي للمنتجات والكواشف في هذه المعادلة ونحسب قيمة ثابت التوازن:

ك يساوي = = 163.3.

الآن، باستخدام معادلة فانت هوف الأيسوثرم ΔG 0 = –RTlnKp، نحسب التغير في طاقة جيبس ​​القياسية في التوازن عند درجة حرارة معينة:

ΔG 0 = (-8.31885) J/mol ℓn163.3 = -37434 J/mol = –37.4 كيلوجول/مول.

إجابة: في حالة التوازن في ظل الظروف القياسية، التغير في طاقة جيبس ​​للتفاعل ΔG 0 c.r = –37.4 كيلوجول/مول.

الديناميكا الحرارية

التخصص: كيمياء عامة.

تعليم دوام كامل.

وزارة الصحة والتنمية الاجتماعية في الاتحاد الروسي

مؤسسة تعليمية لميزانية الدولة للتعليم العالي

التعليم المهني

جامعة ساراتوف الطبية الحكومية

سمي على اسم V.I. رازوموفسكي" وزارة الصحة والاجتماعية

تطوير الاتحاد الروسي

(جامعة ساراتوف الطبية الحكومية التي تحمل اسم في آي رازوموفسكي، وزارة الصحة والتنمية الاجتماعية في روسيا)

المبادئ التوجيهية للتدريب المختبري والعملي

لطلاب الطب

الديناميكا الحرارية

التخصص: كيمياء عامة.

تعليم دوام كامل.

مدة الدرس: 90 دقيقة.

تم تجميع التطوير بواسطة الحمار. كوليكوفا إل.ن.

الأهداف

تكوين أفكار حول الجوانب الفيزيائية والكيميائية باعتبارها أهم العمليات البيوكيميائية في الجسم.

الخلفية المعرفية للطلاب:

مفهوم التأثير الحراري للتفاعل الكيميائي من مقرر الكيمياء المدرسي. التفاعلات الطاردة للحرارة والماصة للحرارة.

يجب على الطالب يعرف: القانون الأول للديناميكا الحرارية. المفاهيم: الإنثالبي، الإنتروبيا. قانون هيس. تطبيق القانون الأول للديناميكا الحرارية على النظم الحيوية. القانون الثاني للديناميكا الحرارية. طاقة جيبس.

يجب على الطالب يكون قادرا على:احسب المحتوى الحراري القياسي للتفاعل الكيميائي باستخدام المحتوى الحراري القياسي لتكوين واحتراق المركبات الكيميائية، وفقًا لقانون هيس، إنتروبيا التفاعل الكيميائي، طاقة جيبس.

خطة التحضير:

1) اقرأ الأسئلة للتحضير للدرس (الملحق 1)

2) استيعاب ملخص المادة النظرية (الملحق 2) ونص المحاضرة "المفاهيم الأساسية للديناميكا الحرارية. المبدأ الأول والثاني للديناميكا الحرارية."

3) إذا كان هناك صعوبة في فهم أجزاء معينة من المحاضرة، فأنت بحاجة إلى الرجوع إلى الكتب المدرسية التالية:

4) الإجابة على أسئلة ضبط النفس (الملحق 3).

5) قم بإجراء اختبار التدريب والتحقق من التنفيذ الصحيح باستخدام المفتاح (الملحق 4).

6) حل مشكلة ظرفية ومقارنة الإجابة المستلمة بالمعيار (الملحق 5).

المرفق 1: أسئلة للتحضير للفصل

1) موضوع وطرق الديناميكا الحرارية الكيميائية. العلاقة بين عمليات التمثيل الغذائي والطاقة في الجسم. الديناميكا الحرارية الكيميائية كأساس نظري للطاقة الحيوية.

2) المفاهيم الأساسية للديناميكا الحرارية. معلمات مكثفة وواسعة النطاق. وظيفة الدولة. الطاقة الداخلية. العمل والحرارة شكلان من أشكال نقل الطاقة.

3) أنواع الأنظمة الديناميكية الحرارية (معزولة، مغلقة، مفتوحة).

4) أنواع العمليات الديناميكية الحرارية (متساوي الحرارة، متساوي الضغط، متساوي الضغط).

5) القانون الأول للديناميكا الحرارية.

6) المحتوى الحراري. المحتوى الحراري القياسي لتكوين المادة، المحتوى الحراري القياسي لاحتراق المادة. المحتوى الحراري القياسي للتفاعل.

7) قانون هيس.

8) تطبيق القانون الأول للديناميكا الحرارية على النظم الحيوية.

9) القانون الثاني للديناميكا الحرارية. العمليات العكسية وغير القابلة للانعكاس بالمعنى الديناميكي الحراري. إنتروبيا.

10) طاقة جيبس. التنبؤ باتجاه العمليات التلقائية في الأنظمة المعزولة والمغلقة؛ دور عوامل الإنثالبي والإنتروبيا. ظروف التوازن الديناميكي الحراري.

11) طاقة جيبس ​​القياسية لتكوين المادة، طاقة جيبس ​​القياسية للأكسدة البيولوجية للمادة. طاقة جيبس ​​القياسية للتفاعل

12) مفهوم العمليات المطلقة للطاقة والتي تحدث في الجسم. مبدأ اقتران الطاقة.

المرفق 1: مادة نظرية مختصرة

بالفعل في نهاية القرن الثامن عشر، كان من المعروف أن حياة الإنسان هي عملية مترابطة من التحولات الكيميائية (أكسدة الغذاء، وما إلى ذلك) واستقلاب الطاقة في الجسم (أ. لافوازييه، ب. لابلاس).

الديناميكا الحرارية الكيميائية – هذا فرع من فروع الكيمياء الفيزيائية الذي يدرس التحويل البيني للحرارة والطاقة أثناء التفاعل الكيميائي.

تعتمد الديناميكا الحرارية على عدد من المفاهيم: النظام، وحالة النظام، ومعلمات حالة النظام، ووظائف حالة النظام، والطاقة الداخلية للنظام، وما إلى ذلك.

النظام الديناميكي الحراري – وهو جسم أو مجموعة من الأجسام تتفاعل مع بعضها البعض وتنفصل عن البيئة بواجهة حقيقية أو خيالية.

نظام معزول - هذا نظام لا يتبادل المادة أو الطاقة مع البيئة.

نظام مغلق - وهذا النظام لا يتبادل المادة مع البيئة، بل يتبادل الطاقة.

نظام مفتوح - هذا هو النظام الذي يتبادل المادة والطاقة مع البيئة.

مثال على النظام المفتوح هو الخلية الحية.

حالة النظامهي مجموعة من خصائص النظام التي تسمح للمرء بوصف النظام من وجهة نظر الديناميكا الحرارية.

على سبيل المثال، لتقييم حالة جسم الإنسان كنظام ديناميكي حراري، يجب على الطبيب تقييم بعض خصائصه (درجة الحرارة، الضغط، تركيز السوائل البيولوجية).

تسمى الخصائص الفيزيائية التي تميز حالة النظام معلمات حالة النظام.

يمكن ملاحظة تفاعل النظام مع البيئة من خلال التغييرات في معلمات النظام.

خيارات واسعة النطاق – هذه هي المعلمات التي تعتمد على كمية المادة الموجودة في النظام ويتم تلخيصها عند دمج الأنظمة(الحجم، الكتلة، الطاقة، المساحة، إلخ).

معلمات مكثفة – هذه هي المعلمات التي لا تعتمد على كمية المادة ويتم تسويتها عند دمج الأنظمة(درجة الحرارة، الضغط، التركيز، الكثافة، التوتر السطحي).

ترتبط معلمات الحالة بمعادلة الحالة.

يسمى انتقال النظام من حالة إلى أخرى مع تغيير معلمة واحدة على الأقل عملية الديناميكا الحرارية.

إذا حدثت العملية عند ضغط ثابت تسمى متساوى الضغط عملية. بحجم ثابت - متساوي اللون عند درجة حرارة ثابتة - متحاور .

وظيفة الحالة- هذه إحدى خصائص النظام التي لا يمكن قياسها بشكل مباشر، ولكن يتم حسابها من خلال معلمات الحالة.لا تعتمد قيمة وظيفة الحالة على طريقة تحقيقها، بل تعتمد فقط على الحالات الأولية والنهائية للنظام.

الطاقة الداخلية هي إحدى هذه الوظائف.

الطاقة الداخلية- مجموع جميع أنواع طاقات الحركة وتفاعل الجزيئات التي يتكون منها النظام.

في القرن التاسع عشر، اكتشف طبيب السفينة الألماني ماير يو.آر. وأظهر العالم الإنجليزي جول د. أن الحرارة والشغل قادران على التحول المتبادل، كونهما طريقتين مختلفتين لنقل الطاقة.

حرارة- شكل من أشكال نقل الطاقة من خلال الحركة الفوضوية للجسيمات الدقيقة.

وظيفة- شكل من أشكال نقل الطاقة من خلال الحركة الموجهة للنظام الكلي ككل.

من خلال مراقبة الناس في مناطق مناخية مختلفة، خلص ماير إلى أن حرارة احتراق الطعام تستخدم للحفاظ على درجة حرارة ثابتة للجسم ولأداء العمل العضلي. شكلت هذه الملاحظة أساس القانون الأول للديناميكا الحرارية.

القانون الأول للديناميكا الحرارية (القانون الأول للديناميكا الحرارية):
فالطاقة لا تنشأ من لا شيء ولا تختفي دون أثر، بل تنتقل من نوع من الطاقة إلى نوع آخر

أو الزيادة في الطاقة الداخلية للنظام في عملية معينة تساوي الحرارة التي يتلقاها النظام بالإضافة إلى الشغل المبذول على النظام.

∆U=س+أ

∆U - الطاقة الداخلية

س - الحرارة

عمل

استنادا إلى القانون الأول للديناميكا الحرارية، وهو قانون أساسي للطبيعة، توفر الحسابات البسيطة معلومات قيمة حول عمليات التمثيل الغذائي والطاقة في الجسم.

الكيمياء الحراريةهو فرع من فروع الديناميكا الحرارية الذي يدرس حرارة التفاعلات الكيميائية.

قانون هيس:إن حرارة التفاعل الكيميائي التي تحدث عند ضغط أو حجم ثابت لا تعتمد على مسار العملية، ولكن فقط على الحالات الأولية والنهائية للنظام.

إذا كان من الممكن الحصول على بعض المواد من مواد أخرى بطرق مختلفة، فإن التأثير الحراري الإجمالي على طول المسار الأول يساوي التأثير الحراري الإجمالي على طول المسار الثاني. يتيح قانون هيس إمكانية حساب التأثيرات الحرارية للتفاعلات التي يصعب مراقبتها أو التي تتطلب وقتًا طويلاً. على سبيل المثال، مجموع حرارة الأكسدة البيولوجية للأغذية في الجسم تساوي حرارة احتراقها المباشر.

الطاقة الداخلية الكامنةهي دالة حالة، زيادتها تساوي التأثير الحراري للعملية التي تحدث عند ضغط ثابت.

طرق حساب المحتوى الحراري القياسي للتفاعل الكيميائي

1) وفقا للمحتوى الحراري القياسي (مع ارتفاع درجات الحرارة) لتشكيل المواد

المحتوى الحراري القياسي (الحرارة) لتكوين المادةهو التأثير الحراري لتفاعل تكوين 1 مول من مركب كيميائي من مواد بسيطة في الظروف القياسية: T=289 K، P=1 atm=101325 Pa.

حرارة تكوين المواد البسيطة صفر .

ν i, ν j هي معاملات متكافئة أمام المواد المقابلة في معادلة التفاعل.

2) وفقا للمحتوى الحراري القياسي (مع ارتفاع درجات الحرارة) لاحتراق المواد

المحتوى الحراري القياسي (الحرارة) لاحتراق المادةهو التأثير الحراري لتفاعل الاحتراق الكامل لمول واحد من مركب كيميائي في الظروف القياسية.

من المفترض أن تكون حرارة احتراق الأكاسيد الأعلى (بما في ذلك ثاني أكسيد الكربون وحمض الهيدروكلوريك) صفراً.

يحدد القانون الثاني للديناميكا الحرارية إمكانية واتجاه وعمق العملية التلقائية.

عملية عفوية- عملية تتم دون أي مؤثرات خارجية وتقرب النظام من حالة التوازن.

عملية قابلة للعكس ديناميكيًا- عملية تحدث في الاتجاهين الأمامي والخلفي دون تغييرات في النظام وفي البيئة، أي. أثناء الانتقال من الحالة الأولية إلى الحالة النهائية، تكون جميع الحالات الوسيطة في حالة توازن.

في ظل وجود حالات وسيطة غير متوازنة، يتم النظر في العملية لا رجعة فيه من الناحية الديناميكية الحرارية.

في الطبيعة، تكون الأنظمة ذات الحد الأدنى من الطاقة مستقرة. عندها فقط العمليات الطاردة للحرارة يجب أن تكون عفوية. ولكن هذا ليس صحيحا. هذا يعني أن هناك معيارًا آخر لحدوث العملية تلقائيًا - الإنتروبيا (S).

إنتروبيا - مقياس اضطراب الطاقة في النظام، مقياس الفوضى، مقياس لتلك الطاقة التي تتبدد على شكل حرارة ولا تتحول إلى عمل.

القانون الثاني للديناميكا الحرارية (القانون الثاني للديناميكا الحرارية):

تحدث العمليات تلقائيًا، مما يؤدي إلى زيادة الإنتروبيا الإجمالية للنظام والبيئة

نظام ΔS + بيئة ΔS ≥ 0أو ΔS ≥ 0

المعنى الفيزيائي للإنتروبيا:

الإنتروبيا هي كمية الطاقة التي يتبددها 1 مول من المادة لكل 1 درجة.

الانتروبيا هي وظيفة واسعة النطاق. الإنتروبيا تتناسب طرديا مع الكتلة، ويشار إليها بـ 1 مول أو 1 جرام من المادة. وهذا يعني أن إنتروبيا النظام تساوي مجموع إنتروبيا الأجزاء المكونة له:

س=

الإنتروبيا هي دالة لحالة النظام. وهذا يعني أنه يتميز نظام،ليست عملية. ويعتمد تغييره فقط على الحالة الأولية والنهائية للنظام ولا يعتمد على مسار الانتقال:

بالنسبة للتفاعل الكيميائي، التغير في الإنتروبيا: تابع - المرجع

معلومات ذات صله.

لا يمكن للطرق الديناميكية الحرارية العثور على القيم المطلقة للمحتوى الحراري والطاقات الداخلية، ولكن يمكن تحديد تغيراتها فقط. وفي الوقت نفسه، في الحسابات الديناميكية الحرارية للأنظمة المتفاعلة كيميائيًا، من الملائم استخدام نظام مرجعي واحد. في هذه الحالة، بما أن المحتوى الحراري والطاقة الداخلية مرتبطان بالعلاقة، فإنه يكفي إدخال نظام مرجعي لمحتوى حراري واحد فقط. بالإضافة إلى ذلك، لمقارنة وتنظيم التأثيرات الحرارية للتفاعلات الكيميائية، والتي تعتمد على الحالة الفيزيائية للمواد المتفاعلة وعلى ظروف حدوث التفاعلات الكيميائية، تم تقديم مفهوم الحالة القياسية للمادة. وكما أوصت لجنة الديناميكا الحرارية التابعة للاتحاد الدولي للكيمياء البحتة والتطبيقية (IUPAC) في عام 1975، فقد تم تعريف الحالة القياسية على النحو التالي:

"الحالة القياسية للغازات هي حالة الغاز المثالي الافتراضي عند ضغط جوي فيزيائي واحد (101325 باسكال). بالنسبة للسوائل والمواد الصلبة، الحالة القياسية هي حالة السائل النقي أو، على التوالي، مادة بلورية نقية عند ضغط جوي فيزيائي واحد. بالنسبة للمواد في المحاليل، تعتبر الحالة القياسية حالة افتراضية يكون فيها المحتوى الحراري لمحلول أحادي المولي (1 مول من المادة في 1 كجم من المذيب) مساويًا للمحتوى الحراري للمحلول عند التخفيف اللانهائي. تتم الإشارة إلى خصائص المواد في الحالات القياسية بالحرف المرتفع 0." (المادة النقية هي مادة تتكون من جزيئات هيكلية متطابقة (ذرات، جزيئات، الخ)).

يشير هذا التعريف إلى الحالات الافتراضية للغاز والمادة المذابة، لأنه في الظروف الحقيقية تختلف حالات الغازات بدرجة أكبر أو أقل عن الحالة المثالية، وتختلف حالات المحاليل عن الحل المثالي. لذلك، عند استخدام الخصائص الديناميكية الحرارية للمواد في الحالات القياسية للظروف الحقيقية، يتم إدخال تصحيحات لانحراف هذه الخصائص عن الخصائص الحقيقية. إذا كانت هذه الانحرافات صغيرة، فلا داعي لإجراء التصحيحات.

في الكتب المرجعية، عادة ما يتم ذكر الكميات الديناميكية الحرارية في ظل ظروف قياسية: الضغط ر 0 = 101325 باسكال ودرجة الحرارة ت 0 = 0K أو ت 0 = 298.15 كيلو (25 0 درجة مئوية). عند إنشاء جداول المحتوى الحراري الإجمالي للمواد، تم أيضًا اعتبار حالتها القياسية عند درجة الحرارة بمثابة نقطة بداية للمحتوى الحراري للمواد ت 0 = 0K أو ت 0 =298.15K.

في المواد، كون ينظفالعناصر الكيميائية في المرحلة الأكثر استقراراالحالة عند ر 0 = 101325 Pa ودرجة حرارة المحتوى الحراري المرجعية T 0 تأخذ القيمة الانثالبي يساوي الصفر: . (على سبيل المثال، بالنسبة للمواد ذات الحالة الغازية: O 2، N 2، H 2، Cl 2، F 2، وما إلى ذلك، بالنسبة إلى C (الجرافيت) والمعادن (البلورات الصلبة)).

للمركبات الكيميائية(CO 2 ، H 2 O ، وما إلى ذلك) وبالنسبة للمواد التي تكون عناصر كيميائية نقية، ليسوا في الحالة الأكثر استقرارا(يا، ن، الخ.) الطاقة الداخلية الكامنةفي ر 0 =101325باسكال و ت 0 لا يساوي الصفر: .

الطاقة الداخلية الكامنةالمركبات الكيميائية عند ر 0 و ت 0 من المفترض يساوي التأثير الحراري للتكوينلهم من العناصر الكيميائية النقية في ظل هذه المعايير، أي. . لذلك، عند T 0 = 0 K: وعند T 0 = 298.15 K: .

المحتوى الحراري لأي مادة عند درجة الحرارة تستكون مساوية لكمية الحرارة التي يجب توفيرها في عملية متساوية الضغط بحيث تكون من عناصر كيميائية نقية عند درجة الحرارة ت 0 الحصول على مادة معينة وتسخينها من درجة الحرارة ت 0 لدرجة الحرارة ت، أي. صيغة حساب المحتوى الحراري لأي مادة هي:

، أو مع تدوين أكثر إحكاما لدينا:

,

حيث يشير الحرف "o" المرتفع إلى أن المادة في الحالة القياسية عند ر 0 =101325باسكال; - المحتوى الحراري لتكوين المادة عند درجة الحرارة ت 0 من العناصر الكيميائية النقية؛ = - الانثالبي الزائد المرتبط بالسعة الحرارية للمادة - الانثالبي الكلي مع مراعاة انثالبي تكوين المادة.

ل ت 0 = 0:

,

ل ت= 298.15 ك:

مخطط لحساب المحتوى الحراري في درجة الحرارة تيمكن تقديمها في النموذج.

ستجد هنا أمثلة لمشاكل حساب المعلمات الديناميكية الحرارية مثل المحتوى الحراري والإنتروبيا. تحديد إمكانية حدوث العملية تلقائيًا، وكذلك وضع المعادلات الكيميائية الحرارية.

مسائل على قسم أساسيات الديناميكا الحرارية مع الحلول

المشكلة 1. احسب المحتوى الحراري القياسي والانتروبيا القياسية للتفاعل الكيميائي. حدد الاتجاه الذي سيستمر فيه التفاعل عند درجة حرارة 298 درجة كلفن (مباشر أو عكسي). احسب درجة الحرارة التي يكون عندها احتمال حدوث التفاعل في كلا الاتجاهين متساويا.
الحديد 2 يا 3 (ك) + 3 ح 2 = 2 الحديد (ك) + 3 ح 2 يا (جم)

Δ حالمناطق = ΣH 0 يخدع– ΣH 0 المرجعكيلوجول / مول

باستخدام البيانات المرجعية المحتوى الحراري القياسيالمواد نجد :

Δ حالمناطق= 2 · Δ ح 0 الحديد +3 Δ ح 0 ماء- Δ ح 0 Fe2 O3 - 3 Δ ح 0 H2 = 2 0 + 3 (- 241.82) – (-822.16) – 3 0 = 96.7 كيلوجول/مول

Δ سالمناطق=Σ س 0 يخدع– Σ س 0 المرجعي/(مول ك)

باستخدام البيانات المرجعية الانتروبيا القياسيةالمواد نجد :

Δ سالمناطق= 2 · Δ س 0 الحديد + 3 Δ س 0 ماء- Δ س 0 Fe2 O3 - 3 Δ س 0 H2 = 2·27.15 + 3·188.7 – 89.96 – 3·131 = 137.44 J/(mol K)

ΔG = Δ ح – TΔS= 96.7 – 298 137.44 /1000 = 55.75 كيلوجول/مول

عند T=298°K، ΔG> 0 - التفاعل لا يحدث بشكل عفوي، أي. سوف يستمر رد الفعل في الاتجاه المعاكس.

ΔG = Δ ح – TΔS= 0, ثم

ت= — (ΔG – Δ ح) / ΔS= — (0-96.7)/0.137 = 705.83 كلفن

عند T = 705.83 K، سوف يستمر التفاعل على نفس القدر من الاحتمال في كلا الاتجاهين الأمامي والخلفي.

المهمة 2. حساب طاقة جيبس ​​وتحديد إمكانية حدوث التفاعل عند درجات حرارة 1000 و 3000 كلفن.

معادلة التفاعل لاحتراق ثاني كبريتيد الكربون السائل هي كما يلي:

CS 2 (ل) + 3O 2 = CO 2 + 2SO 2

نحسب التأثير الحراري للتفاعل عن طريق استبدال البيانات المرجعية للمحتوى الحراري القياسي للمواد في التعبير:

Δ حالمناطق = ΣH 0 يخدع– ΣH 0 المرجعكيلوجول / مول

Δ حالمناطق= 2· Δ ح 0 ثاني أكسيد الكبريت + Δ ح 0 ثاني أكسيد الكربون— Δ ح 0 CS2 - 3 Δ ح 0 O2 = 2·(-296.9) + 3·(- 393.5) – 87 – 3·0 = -1075.1 كيلوجول/مول

أولئك. أثناء الاحتراق 1 مول يتم تحرير ثاني كبريتيد الكربون 1075.1 كيلوجول حرارة

وأثناء الاحتراق س حيوانات الخلد يتم تحرير ثاني كبريتيد الكربون 700 كيلوجول حرارة

سوف نجد العاشر:

س= 700 1/1075.1 = 0.65 مول

لذا، إذا تم إطلاق 700 كيلوجول من الحرارة نتيجة للتفاعل، فإن 0.65 مول من CS 2 سوف يتفاعل

المشكلة 4. احسب التأثير الحراري لتفاعل اختزال أكسيد الحديد (II) مع الهيدروجين بناءً على المعادلات الكيميائية الحرارية التالية:
1. FeO (k) + CO (g) = Fe (k) + CO 2 (g)؛ ΔH 1 = -18.20 كيلوجول؛
2. CO (ز) + 1/2O 2 (ز) = CO 2 (ز) ΔH 2 = -283.0 كيلوجول؛
3. H 2 (g) + ½ O 2 (g) = H 2 O (g) ΔH 3 = -241.83 كيلوجول.

تفاعل اختزال أكسيد الحديد (II) مع الهيدروجين له الشكل التالي:

4. FeO (k) + H 2 (g) = Fe (k) + H 2 O (g)

لحساب التأثير الحراري للتفاعل من الضروري تطبيقه، أي. يمكن الحصول على التفاعل 4. بإضافة التفاعلات 1. و 2. وطرح التفاعل 1.:

Δ حالمناطق= Δ ح 1 + Δ ح 3 – Δ ح 2 = -18.2 – 241.3 + 283 = 23 كيلوجول

هكذا، التأثير الحراري للتفاعلاختزال أكسيد الحديد (II) بالهيدروجين يساوي

Δ حالمناطق= 23 كيلوجول

المشكلة 5. يتم التعبير عن تفاعل احتراق البنزين بالمعادلة الكيميائية الحرارية:
C 6 H 6 (l) + 7½ O 2 (g) = 6 CO 2 (g) + 3 H 2 O (g) – 3135.6 كيلوجول.
احسب حرارة تكوين البنزين السائل . تحديد القيمة الحرارية للبنزين السائل بشرط تطابق الظروف القياسية مع الظروف العادية.

التأثير الحراري للتفاعل هو:

Δ حالمناطق = ΣH 0 يخدع– ΣH 0 المرجعكيلوجول / مول

في حالتنا هذه Δ حالمناطق= – 3135.6 كيلوجول، فلنوجد حرارة تكوين البنزين السائل:

Δ حالمناطق= 6· Δ ح 0 مع O2 + 3 Δ ح 0 ماء- Δ ح 0 C6 H6 - 7.5 Δ ح 0 O2

-Δ ح 0 C6 H6 = Δ حالمناطق- 3·(-241.84) + 6·(- 393.51) – 7.5·0 = - 3135.6 - 3·(-241.84) + 6·(- 393.51) – 7, 5 0 = - 49.02 كيلوجول/مول

Δ ح 0 C6 H6 = 49.02 كيلوجول/مول

القيمة الحراريةيتم حساب البنزين السائل بالصيغة:

ست= Δ حالمناطق· 1000/م

م (البنزين) = 78 جم / مول

ست= – 3135.6 1000 / 78 = – 4.02 10 4 كيلوجول/كجم

القيمة الحراريةالبنزين السائل س ت = - 4.02 10 4 كيلوجول/كجم

المشكلة 6. يتم التعبير عن تفاعل أكسدة الكحول الإيثيلي بالمعادلة:
C 2 H 5 OH (l) + 3.0 O 2 (g) = 2CO 2 (g) + 3H 2 O (l).
تحديد حرارة تكوين C 2 H 5 OH (l)، مع العلم ΔH ch.r. = - 1366.87 كيلوجول. اكتب المعادلة الكيميائية الحرارية. تحديد الحرارة المولية لتبخر C 2 H 5 OH (l) → C 2 H 5 OH (g)، إذا كانت حرارة تكوين C 2 H 5 OH (g) معروفة، تساوي –235.31 كيلوجول مول -1 .

بناء على البيانات المقدمة، نكتب المعادلة الكيميائية الحرارية:

C 2 H 5 OH (l) + 3O 2 (g) = 2CO 2 (g) + 3H 2 O (l) + 1366.87 كيلوجول

التأثير الحراري تفاعلاتيساوي:

Δ حالمناطق = ΣH 0 يخدع– ΣH 0 المرجعكيلوجول / مول

في حالتنا هذه Δ حالمناطق= – 1366.87 كيلوجول.

باستخدام البيانات المرجعية حرارة تكوين الموادلنجد حرارة تكوين C 2 H 5 OH (l):

Δ حالمناطق= 2· Δ ح 0 مع O2 + 3 Δ ح 0 ماء- Δ ح 0 C2 H5 أوه (ل) - 3 Δ ح 0 O2

– 1366.87 =2·(-393.51) + 3·(-285.84)— Δ ح 0 C2 H5 أوه – 3 0

Δ ح 0 ج2ح5أوه (ث)= -277.36 كيلوجول/مول

Δ ح 0 C2 H5 OH(ز) = Δ ح 0 C2 H5 أوه(ل) + Δ ح 0 تبخير

Δ ح 0 التبخير = Δ ح 0 C2 H5 أوه (ز) — Δ ح 0 C2 H5 أوه (ل)

Δ ح 0 تبخير= - 235.31 + 277.36 = 42.36 كيلوجول/مول

لقد قررنا أن حرارة تكوين C 2 H 5 OH (l) تساوي

Δ ح 0 ج2ح5أوه (ث)= -277.36 كيلوجول/مول

والحرارة المولية للتبخر C 2 H 5 OH (l) → C 2 H 5 OH (g) تساوي

Δ ح 0 تبخير= 42.36 كيلوجول/مول

المشكلة 7. كيف يمكننا أن نفسر أنه في ظل الظروف القياسية يكون التفاعل الطارد للحرارة مستحيلاً:
CO 2 (ز) + H 2 (ز) ↔ CO (ز) + H 2 O (ل) ?
احسب ΔG لهذا التفاعل. في أي درجات حرارة يصبح هذا التفاعل عفويا؟

دعونا نحسب ΔGرد الفعل هذا:

ΔG = Δ ح – TΔS

للقيام بذلك، نحدد أولا Δ حو ΔS تفاعلات:

Δ حالمناطق = ΣH 0 يخدع– ΣH 0 المرجعكيلوجول / مول

باستخدام البيانات المرجعية المحتوى الحراري القياسيالمواد نجد :

Δ حالمناطق= Δ ح 0 H2 يا (ل) + Δ ح 0 ثاني أكسيد الكربون— Δ ح 0 ثاني أكسيد الكربون — Δ ح 0 H2 = -110.5 + (-285.8) – (393.5) – 0 = -2.8 كيلوجول/مول

Δ سالمناطق=Σ س 0 يخدع– Σ س 0 المرجعي/(مول ك)

وبالمثل، باستخدام البيانات المرجعية الانتروبيا القياسيةالمواد نجد :

Δ سالمناطق= Δ س 0 H2 يا (ل) + Δ س 0 ثاني أكسيد الكربون— Δ س 0 ثاني أكسيد الكربون — Δ س 0 H2 = 197.5 + 70.1 - 213.7 - 130.52 = -76.6 J/(mol K)

سوف نجد طاقة جيبسفي ظل الظروف القياسية

ΔGالمناطق= Δ ح – TΔS= -2.8 + 298 76.6 /1000 = 20 كيلوجول/مول> 0،

وبالتالي فإن رد الفعل عفوي لا يعمل.

دعونا نجد في أي درجة حرارة يصبح هذا التفاعل تلقائي.

في حالة توازن ΔGالمناطق = 0 , ثم

ت = Δ ح/ ΔS = -2.8/(-76.61000) = 36.6 كلفن

المهمة 8. بعد حساب ΔG وΔS بناءً على البيانات الجدولية، حدد التأثير الحراري للتفاعل:
2 NO (g) + Cl 2 (g) ↔ 2 NOCl (g).

عند ثبات درجة الحرارة والضغط يتغير طاقة جيبس

ΔG = Δ ح – TΔS

بناءً على البيانات الجدولية، نحسب ΔG و ΔS

ΔG 0 المناطق= Σ ΔG 0 همز — Σ ΔG 0 المرجع

ΔGالمناطق= 2 · ΔG 0 NOCl(ز) — 2· ΔG 0 لا(ز) — ΔG 0 Cl2(ز)

ΔGالمناطق= 2 · 66,37 — 2· 89,69 – 0 = — 40,64 كيلوجول / مول

ΔGالمناطق < 0 , وهذا يعني أن رد الفعل عفوي.

Δ سالمناطق=Σ س 0 يخدع– Σ س 0 المرجعي/(مول ك)

Δ سالمناطق = 2· ΔS 0 NOCl(ز) — 2· ΔS 0 لا(ز) — ΔS 0 Cl2(ز)

Δ سالمناطق = 2· 261,6 — 2· 210,62 – 223,0 = -121,04 ي/(مول ك)

سوف نجد Δ ح :

Δ ح = ΔG + TΔS

Δ ح = - 40.64 + 298 (-121.04/1000) = - 76.7 كيلوجول/مول

التأثير الحراري للتفاعل Δ ح = — 76.7 كيلوجول/مول

المشكلة 9. ما الذي سيتفاعل معه غاز كلوريد الهيدروجين بشكل أكثر كثافة (لكل 1 مول): الألومنيوم أم القصدير؟ أعط إجابتك عن طريق حساب ΔG 0 لكلا التفاعلين. منتجات التفاعل هي الملح الصلب وغاز الهيدروجين.

دعونا نحسب ∆ز 0لتفاعل تفاعل كلوريد الهيدروجين الغازي (لكل 1 مول) مع الألومنيوم

2Al(t) + 6HCl (جم) = 2AlCl 3 (t) + 3H 2

ΔG 0 المناطق= Σ ΔG 0 همز — Σ ΔG 0 المرجعكيلوجول / مول

ΔG 0 المناطق1= 2 · ΔG 0 AlCl 3 (ر) + 3 ΔG 0 ح 2 — 2· ΔG 0 آل (ر) - 6ΔG 0 حمض الهيدروكلوريك(ز)

ΔG 0 المناطق1= 2· (-636.8) + 3·0 — 20 - 6(-95.27) = -701.98 كيلوجول/مول

2 mol Al(t) يشارك في التفاعل ΔGالمناطق1 1 مول Al(t) يساوي

ΔG 0 الحي 1 = -701.98 / 2 = -350.99 كيلوجول/مول

دعونا نحسب ∆ز 0لتفاعل تفاعل كلوريد الهيدروجين الغازي (لكل 1 مول) مع القصدير:

Sn(s) + 2HCl (g) = SnCl 2 (s) + H 2

ΔG 0 المناطق2 =ΔG 0 سنكل 2 (ر) + ΔG 0 ح 2 — ΔG 0 القص (ر) — 2·ΔG 0 حمض الهيدروكلوريك(ز)

ΔG 0 المنطقة 2 = -288.4 + 0- 0- 2·(-95.27) = -97.86 كيلوجول/مول

كلا ردود الفعل لديها ΔG 0 <0 , وبالتالي، فإنها تتدفق تلقائيًا في الاتجاه الأمامي، لكن كلوريد الهيدروجين الغازي سوف يتفاعل بشكل أكثر كثافة مع الألومنيوم، لأن

ΔG 0 الحي 1˂ ΔG 0 المنطقة 2

المشكلة 10. دون اللجوء إلى الحسابات، حدد العلامات (>0،<0, ≅0) имеют ΔG, ΔH и ΔS для протекающей в прямом направлении реакции:
4 هيدروجين (جم) + O2 (جم) ↔ 2 ح2O (جم) + 2 بر2 (جم)
كيف تؤثر الزيادة في درجة الحرارة على اتجاه التفاعل الكيميائي؟

عند درجة حرارة وضغط ثابتين تغير طاقة جيبسيرتبط الإنثالبي والإنتروبيا بالتعبير:

ΔG = Δ ح – TΔS

أثناء التفاعلات الكيميائية، يتم امتصاص الحرارة أو إطلاقها في البيئة. يسمى هذا التبادل الحراري بين التفاعل الكيميائي والمناطق المحيطة به المحتوى الحراري، أو H. ومع ذلك، لا يمكن قياس المحتوى الحراري مباشرة، لذلك من الشائع حساب التغير في درجة الحرارة المحيطة (يشار إليه بـ ∆H). ∆H يوضح أنه أثناء التفاعل الكيميائي، يتم إطلاق الحرارة في البيئة (تفاعل طارد للحرارة) أو يتم امتصاص الحرارة (تفاعل ماص للحرارة). يتم حساب المحتوى الحراري على النحو التالي: ∆H = م × ث × ∆T، حيث m هي كتلة المواد المتفاعلة، وs هي السعة الحرارية لمنتج التفاعل، و∆T هو التغير في درجة الحرارة نتيجة للتفاعل.

خطوات

حل مشاكل الانثالبي

تحديد المواد المتفاعلة ومنتجات التفاعل.أي تفاعل كيميائي له مواد متفاعلة ونواتج تفاعل. منتج التفاعل أنشئنتيجة لتفاعل الكواشف. بمعنى آخر، المواد المتفاعلة هي مكونات الوصفة، وناتج التفاعل هو الطبق النهائي. للعثور على ∆H للتفاعل، عليك معرفة المواد المتفاعلة ومنتجات التفاعل.

• على سبيل المثال، من الضروري إيجاد المحتوى الحراري لتفاعل تكوين الماء من الهيدروجين والأكسجين: 2H 2 (هيدروجين) + O 2 (أكسجين) → 2H 2 O (ماء). في رد الفعل هذا ح 2و O2- الكواشف، و ماء- منتج التفاعل .

1. تحديد الكتلة الإجمالية للكواشف.بعد ذلك، تحتاج إلى حساب كتلة المواد المتفاعلة. إذا لم تتمكن من وزنها، فاحسب الوزن الجزيئي للعثور على الوزن الفعلي. الوزن الجزيئي هو ثابت يمكن العثور عليه في الجدول الدوري أو الجداول الأخرى للجزيئات والمركبات. اضرب كتلة كل متفاعل في عدد الشامات.

   • في مثالنا، يكون للهيدروجين والأكسجين المتفاعلين وزن جزيئي قدره 2 جم و32 جم على التوالي. نظرًا لأننا نستخدم 2 مول من الهيدروجين (المعامل في التفاعل الكيميائي قبل الهيدروجين H2) و1 مول من الأكسجين (غياب المعامل قبل O2 يعني 1 مول)، يتم حساب الكتلة الإجمالية للمواد المتفاعلة على النحو التالي:
     2 × (2 جم) + 1 × (32 جم) = 4 جم + 32 جم = 36 جرام

2. تحديد السعة الحرارية للمنتج.بعد ذلك، حدد السعة الحرارية لمنتج التفاعل. كل جزيء لديه سعة حرارية معينة، وهي ثابتة. ابحث عن هذا الثابت في الجداول الموجودة في كتاب الكيمياء المدرسي. هناك عدة وحدات لقياس السعة الحرارية؛ في حساباتنا سوف نستخدم J/g°C.

   • لاحظ أنه إذا كان لديك نواتج تفاعل متعددة، فستحتاج إلى حساب السعة الحرارية لكل منها ثم جمعها للحصول على المحتوى الحراري للتفاعل بأكمله.
   • في مثالنا، منتج التفاعل هو الماء، الذي له سعة حرارية 4.2 جول/جم درجة مئوية.

3. أوجد التغير في درجة الحرارة.الآن سوف نجد ∆T - الفرق في درجة الحرارة قبل التفاعل وبعده. من درجة الحرارة الأولية (T1)، اطرح درجة الحرارة النهائية (T2). يُستخدم مقياس كلفن (K) غالبًا في مسائل الكيمياء (على الرغم من أن مقياس مئوية (درجة مئوية) سيعطي نفس النتيجة).

   • في مثالنا، لنفترض أن درجة حرارة التفاعل الأولية كانت 185 كلفن، وبعد التفاعل أصبحت 95 كلفن، مما يعني أنه يتم حساب ∆T على النحو التالي:
     ∆T = T2 – T1 = 95 ك - 185 ك = -90 ك

4. أوجد المحتوى الحراري باستخدام الصيغة ∆H = مس س× ∆T.إذا كانت m هي كتلة المواد المتفاعلة، وs هي السعة الحرارية لمنتج التفاعل، و∆T هو التغير في درجة الحرارة، فيمكن حساب المحتوى الحراري للتفاعل. عوّض بالقيم في الصيغة ∆H = مس س x ∆T واحصل على المحتوى الحراري. يتم حساب النتيجة بالجول (J).

   • في مثالنا، يتم حساب المحتوى الحراري على النحو التالي:
     ∆H = (36 جم) × (4.2 ج ك - 1 جم - 1) × (-90 ك) = -13608 ج

5. تحديد ما إذا كانت الطاقة تتحرر أو تمتص أثناء التفاعل المعني.أحد الأسباب الأكثر شيوعًا لحساب ∆H عمليًا هو معرفة ما إذا كان التفاعل طاردًا للحرارة (يطلق الحرارة ويقلل طاقته) أو ماصًا للحرارة (يمتص الحرارة من البيئة ويزيد طاقته). إذا كانت قيمة ∆H موجبة، يكون التفاعل ماصًا للحرارة. إذا كان سلبياً، فإن التفاعل يكون طارداً للحرارة. كلما زادت القيمة المطلقة لـ ∆H، زادت كمية الطاقة المتحررة أو الممتصة. كن حذرًا إذا كنت ستجري تجربة عملية: أثناء التفاعلات ذات القيم الحرارية العالية، يمكن أن يحدث إطلاق كبير للطاقة، وإذا حدث ذلك بسرعة، فقد يؤدي إلى انفجار.

   • في مثالنا كانت النتيجة النهائية -13608 جول. توجد إشارة سالبة أمام قيمة الإنثالبي مما يعني أن التفاعل طارد للحرارة. يجب أن تطلق الغازات الساخنة (على شكل بخار) H 2 وO 2 بعض الحرارة لتكوين جزيء ماء، أي أن التفاعل لتكوين H 2 O يكون طاردًا للحرارة.

   تقدير المحتوى الحراري

   1. حساب طاقات السندات لتقدير المحتوى الحراري.تؤدي جميع التفاعلات الكيميائية تقريبًا إلى كسر بعض الروابط وتكوين روابط أخرى. والطاقة الناتجة عن التفاعل لا تظهر من أي مكان ولا يتم تدميرها: إنها الطاقة اللازمة لكسر هذه الروابط أو تكوينها. لذلك، يمكن تقدير التغير في المحتوى الحراري للتفاعل بأكمله بدقة تامة من خلال جمع طاقات هذه الروابط.

      استخدم المحتوى الحراري للتكوين لتقدير المحتوى الحراري.يسمح المحتوى الحراري للتكوين بحساب ∆H عن طريق حساب تفاعلات تكوين المواد المتفاعلة والمنتجات. إذا كان المحتوى الحراري لتكوين منتجات التفاعل والمواد المتفاعلة معروفًا، فيمكنك تقدير المحتوى الحراري ككل عن طريق الإضافة، كما في حالة الطاقة التي تمت مناقشتها أعلاه.

   2. لا تنس العلامات الموجودة أمام قيم المحتوى الحراري.عند حساب المحتوى الحراري للتكوين، يمكنك قلب صيغة تحديد المحتوى الحراري لتفاعل المنتج، ويجب أن تتغير علامة المحتوى الحراري. بمعنى آخر، إذا قمت بعكس الصيغة، فيجب أن تتغير إشارة المحتوى الحراري إلى العكس.

      • في المثال، لاحظ أن تفاعل التكوين للمنتج C2H5OH مكتوب بشكل معكوس. C 2 H 5 OH → 2C + 3H 2 + 0.5O 2 أي أن C 2 H 5 OH يتحلل ولا يتم تصنيعه. لذلك، تكون إشارة المحتوى الحراري في مثل هذا التفاعل إيجابية، 228 كيلوجول/مول، على الرغم من أن المحتوى الحراري لتكوين C2H5OH هو -228 كيلوجول/مول.

   مراقبة المحتوى الحراري أثناء التجربة

   1. خذ وعاءً نظيفًا واسكب الماء فيه.ليس من الصعب رؤية مبادئ المحتوى الحراري أثناء العمل - فقط قم بإجراء تجربة بسيطة. ومن المهم أن لا تتأثر نتيجة التجربة بالملوثات الأجنبية، لذلك يجب غسل وتعقيم الحاوية. يستخدم العلماء حاويات مغلقة خاصة تسمى المسعرات الحرارية لقياس المحتوى الحراري، ولكن كوب أو قارورة زجاجية ستفي بالغرض. املأ الحاوية بماء الصنبور النظيف في درجة حرارة الغرفة. يُنصح بإجراء التجربة في غرفة باردة.

      • للتجربة، من المستحسن استخدام حاوية صغيرة. سننظر في المحتوى الحراري لتفاعل الماء مع Alka-Seltzer، لذا كلما قل استخدام الماء، أصبح التغير في درجة الحرارة أكثر وضوحًا.