Obliczanie entalpii. Jak znaleźć entalpię reakcji. Wstępna wiedza studentów

Przykład 1. Obliczanie entalpii tworzenia substancji i efektów termicznych procesów chemicznych

1. Standardowa entalpia tworzenia gazowego ozonu wynosi 142,3 kJ/mol. Wskaż, w której z poniższych reakcji efekt termiczny ΔH 0 arr będzie odpowiadał standardowej entalpii tworzenia O 3 (g):

a) 3O (g) \u003d O3 (g); b) 1,5O 2 (g) \u003d O 3 (g); c) O 2 (g) + O (g) \u003d O 3 (g); d) 2O 2 (g) \u003d O (g) + O 3 (g).

Napisz równanie termochemiczne tego procesu.

Rozwiązanie. Z definicji ΔH 0 pokazuje efekt termiczny reakcji tworzenia 1 mola substancji O 3 (g) poprzez bezpośrednią syntezę z prostych substancji, które są trwałe w temperaturze 298 K i ciśnieniu 101 kPa. Przypadek d) nie pasuje do tej definicji, ponieważ nie odpowiada reakcji syntezy. Przypadek c) nie spełnia wymagań warunków standardowych, ponieważ w temperaturze 298 K i ciśnieniu 101 kPa tlen nie może być w stanie ciekłym. Przypadek a) również należy wykluczyć, ponieważ tlen atomowy O(g) nie jest stabilną formą istnienia prostej substancji tlenowej. Zatem tylko reakcja b) spełnia wymagania definicji. Równanie termochemiczne będzie wyglądać następująco:

O 2 (g) + ½O 2 (g) \u003d O 3 (g); ΔH0 arr [03(g)] = 142,3 kJ/mol.

Odpowiedź: warunki zadania odpowiadają równaniu b); ΔH0 arr [03(g)] = 142,3 kJ/mol.

2. Podczas spalania wapnia o masie 8 g ilość uwolnionej energii wyniosła 127 kJ. Napisz równanie termochemiczne tej reakcji.

Rozwiązanie. Najpierw ułóżmy równanie chemiczne reakcji spalania metalu w tlenie: 2Са + О 2 = 2СаО. Równanie termochemiczne różni się od chemicznego tym, że wskazuje stany skupienia reagentów i produktów, a także efekt cieplny procesu. Dlatego nasz przypadek będzie odpowiadał równaniu termochemicznemu o następującej postaci:

2Ca(t) + O2(g) = 2CaO(t), ΔH = X kJ.

W tym równaniu pożądany efekt termiczny odpowiada 2 molom wapnia.

I zgodnie z warunkami zadania, do reakcji weszło 8 g wapnia, co odpowiada ilości substancji n Ca = m(Ca)/M(Ca); nCa \u003d 8 g / 40 g / mol \u003d 0,2 mola. Obliczamy ilość energii, która zostanie uwolniona podczas spalania 2 mola wapnia, korzystając z proporcji: 0,2 mola Ca - -127 kJ

2 mol Ca - X kJ X\u003d 2 mole (-127 kJ) / 0,2 mol \u003d -1270 kJ.

Tak więc podczas spalania 2 moli metalicznego wapnia uwalniane jest 1270 kJ energii.

Odpowiedź: 2Ca(t) + O2(g) = 2CaO(t), ΔH = –1270 kJ.

3. Oblicz standardową entalpię tworzenia benzenu C 6 H 6 (l), jeśli entalpie spalania odpowiednio wodoru, węgla i benzenu są równe (kJ / mol):

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

Rozwiązanie. Napiszmy równanie reakcji, której efekt termiczny należy wyznaczyć. Powstawanie benzenu z prostych substancji można przedstawić za pomocą następującego równania termochemicznego:

6C (t) + 3H 2 (g) \u003d C 6 H 6 (g), ΔH 0 arr [C 6 H 6 (g)] = X kJ/mol .

Aby określić entalpię tworzenia benzenu, tworzymy cykl Hessa, korzystając z następujących problemów:

H2 (g) + ½O2 (g) \u003d H2O (g), ΔH01 \u003d -285,84 kJ / mol; (1)

C (t) + O 2 (g) \u003d CO2 (g), ΔH 0 2 \u003d -393,51 kJ / mol; (2)

C 6 H 6 (l) + 15 / 2O 2 (g) \u003d 6CO 2 (g) + 3H 2O (l), ΔH 0 3 \u003d -3267,70 kJ / mol. (3)

Aby uzyskać pożądane równanie powstawania benzenu z prostych substancji, wystarczy dodać równania (1) i (2) w cyklu Hessa, mnożąc je przez odpowiednie współczynniki 3 i 6, i odjąć od nich równanie (3) :

3H 2 (g) + 3 / 2O 2 (g) + 6C (t) + 6O 2 (g) -C 6H 6 (l) -15 / 2O 2 (g) \u003d 3H 2O (l) + 6CO 2 (g) -6C02 (g) -3H2O (g).

Redukujemy terminy jednorodne i przenosimy -C 6 H 6 (g) na prawą stronę równości ze znakiem przeciwnym. Otrzymujemy pożądane równanie: 6C (t) + 3H 2 (g) \u003d C 6 H 6 (g).

Podobne działania wykonamy z efektami termicznymi:

ΔH 0 arr [C 6 H 6 (l)] = 3ΔH 0 1 + 6ΔH 0 2 - ΔH 0 3,

ΔH 0 arr [C 6 H 6 (l)] \u003d 3 (-285,84) kJ / mol + 6 (-393,51) kJ / mol - (-3267,70) kJ / mol \u003d

(-857,52 -2361,06 + 3267,70) kJ/mol = 49,12 kJ/mol.

Odpowiedź: ΔH 0 arr [C 6 H 6 (g)] = 49,12 kJ/mol.

4. Korzystając z wartości standardowych entalpii tworzenia uczestników procesu chemicznego, określ ilość energii, która zostanie uwolniona, gdy 100 kg dwutlenku ołowiu zostanie zredukowane przez tlenek węgla do tlenku z wytworzeniem dwutlenku węgla.

Rozwiązanie. Napiszmy równanie reakcji termochemicznej, której efekt termiczny należy wyznaczyć:

PbO 2 (t) + CO (g) \u003d PbO (t) + CO 2 (g), ΔH 0 \u003d X kJ/mol.

Zgodnie z trzecim wnioskiem z prawa Hessa, efekt cieplny procesu jest określony przez różnicę między sumami entalpii tworzenia produktów i reagentów. Korzystając z danych w tabeli 1 dodatku, znajdujemy wartości pożądanych entalpii (kJ / mol):

AH0 arr = -276,86; AH0 arr = -110,50; AH0 arr = -217,86;

AH0 układ = -393,51.

Skomponujmy cykl Hessa, aby obliczyć efekt cieplny redukcji dwutlenku ołowiu tlenkiem węgla:

ΔH 0 \u003d (ΔH 0 arr + ΔH 0 arr) - (ΔH 0 arr + ΔH 0 arr)

i podstawiając znane wartości, oblicz to:

ΔH 0 \u003d [(- 217,86) kJ / mol + (-393,51) kJ / mol] - [(-276,86) kJ / mol + (-110,50) kJ / mol] \u003d -224, 01 kJ/mol.

Obliczenia wykazały, że podczas redukcji 1 mola PbO 2 uwalniane jest 224,01 kJ energii. Ustalmy, jaka masa dwutlenku ołowiu odpowiada tej ilości substancji:

m (PbO 2) \u003d n M (PbO 2) \u003d 1 mol (207 + 2 · 16) g / mol \u003d 239 g.

Teraz obliczamy ilość energii, która zostanie uwolniona podczas spalania 100 kg PbO 2, korzystając z proporcji:

239 10 -3 kg - -224,01 kJ

100 kg - X kJ, X= = -93728 kJ.

Odpowiedź: podczas redukcji 100 kg dwutlenku ołowiu uwalniane jest 93728 kJ energii.

5. Energia wiązania C–H w metanie wynosi 435 kJ/mol, energia wiązania C–Cl w chlorometanie wynosi 350 kJ/mol. Wiedząc, że E Cl - Cl \u003d 240 kJ / mol i E H - Cl \u003d 430 kJ / mol, oblicz efekt termiczny (ΔH 0) reakcji: CH 4 + Cl 2 → CH 3 Cl + HCl.

Rozwiązanie. Entalpie tworzenia substancji chemicznych można obliczyć z energii wiązań tworzonych w tych substancjach. Na przykład w cząsteczce metanu powstają 4 wiązania kowalencyjne C – H, dlatego

ΔH 0 arr (CH 4) \u003d 4 i ΔH 0 arr (CH 4) \u003d 4 435 kJ / mol \u003d 1740 kJ / mol. Podobne obliczenia przeprowadzimy dla wszystkich pozostałych cząsteczek:

ΔH 0 arr (Cl 2) \u003d 3 [E Cl - Cl] \u003d 3 240 kJ / mol \u003d 720 kJ / mol (patrz teoria tworzenia wiązania celowniczego, w cząsteczce Cl 2 - wiązanie potrójne );

ΔH0 arr (HCl) = EH-Cl = 430 kJ/mol;

ΔH 0 arr (CH 3 Cl) \u003d 3 + E C - Cl \u003d 3 435 kJ / mol + 350 kJ / mol \u003d 1655 kJ / mol.

Teraz, zgodnie z trzecią konsekwencją z prawa Hessa, obliczamy efekt termiczny pożądanej reakcji: ΔH 0 \u003d [ΔH 0 arr (CH 3 Cl) + ΔH 0 arr (HCl)] - [ΔH 0 arr (CH 4) + ΔH 0 arr (Сl 2)] i

ΔH 0 \u003d (1655 + 430) - (1740 + 720) kJ / mol \u003d -375 kJ / mol.

Odpowiedź: efekt termiczny egzotermicznego procesu chlorowania metanu z tworzeniem chlorometanu wynosi ΔH 0 = -375 kJ / mol.

Przykład 2. Wyznaczanie zależności między energią wewnętrzną a entalpią procesów termodynamicznych

1. Zmiana energii wewnętrznej układu Fe(t) + Cl 2 (g) = FeCl 2 (t) wynosi -334,0 kJ. Określ efekt cieplny tej reakcji w warunkach normalnych.

Rozwiązanie. Zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki efekt cieplny reakcji chemicznej w stałej temperaturze ΔH T jest związany ze zmianą energii wewnętrznej układu ΔU za pomocą równania ΔH T = ΔU ± RTΔn. W tym równaniu o zmianie ilości substancji Δn decydują tylko substancje znajdujące się w fazie najmniej skondensowanej, w naszym przypadku w fazie gazowej. Ponieważ w produktach reakcji nie ma substancji gazowych, to Δn \u003d 0 - 1 mol (Cl 2) \u003d -1 mol.

W standardowych warunkach T 0 \u003d 298 K, R \u003d 8,31·10-3 kJ / mol K. Podstawiając te i znalezione wartości do równania dla ΔH 0 T, znajdujemy efekt termiczny reakcji syntezy chlorku żelaza (2):

ΔH 0 xr. \u003d -334 kJ - (8,31 10 -3 kJ / mol K) 298 K 1 mol \u003d -336,5 kJ.

Odpowiedź: ΔH 0 x.r. = -336,5 kJ.

2. Oblicz zmianę energii wewnętrznej podczas odparowywania 50 g etanolu w temperaturze wrzenia, jeśli jego ciepło właściwe parowania wynosi 857,7 J/g, a objętość właściwa pary w temperaturze wrzenia wynosi 607 · 10 -3 l/g. Objętość cieczy można pominąć.

Rozwiązanie. Proces parowania (przejścia substancji ciekłej w stan gazowy) jest fizyczny, zachodzi przy stałym ciśnieniu i stałej temperaturze (jeśli substancja jest chemicznie czysta). Dla takiego procesu (zachodzącego z reguły przy stałym ciśnieniu) zależność między zmianą całkowitej ΔH P i wewnętrznej energii ΔU układu termodynamicznego, zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki, jest zgodna z równaniem ΔH P = ΔU ± PΔV. Ponieważ objętość układu wzrasta w tym przypadku, ΔV > 0, a równanie jest uproszczone: ΔH P = ΔU + PΔV.

Zmiana objętości układu ΔV będzie równa objętości utworzonej pary, biorąc pod uwagę warunki problemu. Jeżeli objętość właściwa gazowego alkoholu v w temperaturze wrzenia jest równa 607·10 -3 l/g, to zmianę objętości podczas odparowywania 50 g alkoholu można łatwo obliczyć ze wzoru ΔV=v·m; ΔV \u003d 607 10 -3 (l / g) 50 (g) \u003d 3035 10 -2 (l) \u003d 30,35 l.

Efekt entalpii ΔH 0 podczas przemiany fazowej w warunkach normalnych określa wzór ΔH 0 =L·m, gdzie L jest ciepłem właściwym parowania. Zastępując wartości ze stanu problemu, wykonamy odpowiednie obliczenia ΔH 0:

ΔH 0 \u003d 857,7 (J / g) 50 (g) \u003d 42885 J \u003d 42885 kPa l.

Przekształcając równanie termodynamiczne dla ΔH 0 względem ΔU 0 i rozwiązując je, otrzymujemy: ΔU 0 = ΔH 0 - PΔV; ΔU 0 = 42885 kPa l - 101 kPa 30,35 l = 39820 kPa l = 39820 J = 39,82 kJ.

Odpowiedź: energia wewnętrzna układu termodynamicznego wzrosła o 39,82 kJ.

3 . Oblicz efekt cieplny i zmianę energii wewnętrznej układu reakcyjnego podczas redukcji tlenku żelaza (2) wodorem, jeżeli znane są efekty termiczne następujących reakcji: FeO(t) + CO(g) = Fe(t ) + C02 (g), AH1 = -13,18 kJ; (1)

CO (g) + ½O 2 (g) \u003d CO 2 (g), ΔH 2 \u003d -283,00 kJ; (2)

H2 (g) + ½O2 (g) \u003d H2O (g), ΔH3 \u003d -241,83 kJ (3).

Rozwiązanie. Zgodnie z prawem Hessa, aby otrzymać żądane równanie reakcji, można wykonać działania arytmetyczne na równaniach podanych w zadaniu. To samo można zrobić z efektami termicznymi.

Dlatego, aby uzyskać równanie

FeO (t) + H2 (g) \u003d Fe (t) + H2O (g), ΔH \u003d X kJ,

należy zsumować równania (1) i (3) i od tej sumy odjąć równanie (2). Tę samą czynność wykonujemy z efektami termicznymi. Wtedy efekt cieplny reakcji redukcji tlenku żelaza (2) z wodorem określa się wzorem:

∆H = ∆H 1 + ∆H 3 - ∆H 2 .

Podstawiając znane wartości do tego wzoru i wykonując obliczenia, otrzymujemy:

ΔH = -13,18 kJ + (-241,83 kJ) - (-283,00 kJ) = 27,99 kJ.

Aby wyznaczyć zmianę energii wewnętrznej układu dla danego procesu, stosujemy pierwszą zasadę termodynamiki ΔH = ΔU ± RTΔn. Z obliczenia zmiany ilości substancji produktów gazowych po reakcjach (H 2 O) i przed reakcjami (H 2) wynika, że ​​Δn = 0. Wtedy równanie odnoszące się do ΔU i ΔH upraszcza się: ΔH = ΔU. Oznacza to, że proces redukcji jest endotermiczny, a energia wewnętrzna układu wzrasta o 27,99 kJ.

Odpowiedź: ΔH = ΔU = 27,99 kJ.

4. Energia wewnętrzna podczas odparowania 90 g wody w temperaturze 100 0 C wzrosła o 188,1 kJ. Objętość właściwa pary wodnej wynosi 1,699 l/g, ciśnienie 1,01 10 5 Pa. Wyznacz ciepło parowania wody (kJ/mol).

Rozwiązanie. Do procesu waporyzacji

H2O (l)<=>H2O (g), AH = X kJ/mol,

zależność między ciepłem parowania ΔH a zmianą energii wewnętrznej ΔU układu przy stałym ciśnieniu (Р = Const) wyraża się równaniem ΔH = ΔU ± PΔV, gdzie ΔV = V Н2О(g) – V Н2О(l ) > 0, ponieważ V H2O (g) > V H2O (l). Biorąc pod uwagę ten wniosek, równanie zostanie uproszczone: ΔH = ΔU + PΔV.

Znając objętość właściwą pary wodnej w danych warunkach (v) i masę wody (m), znajdujemy: V H2O (g) = vm; V H2O (g) \u003d 1,699 (l / g) 90 (g) \u003d 152,91 l. Ponieważ znana jest również gęstość wody w stanie ciekłym (ρ Н2О(l) = 1 10 -3 g/l), obliczamy objętość wody w stanie ciekłym za pomocą wzoru

V H2O (l) \u003d ρm i V H2O (l) \u003d 1 10 -3 (g / l) 90 (g) \u003d 0,09 l.

Biorąc pod uwagę te wartości, zmiana objętości podczas odparowania 90 g wody ΔV wyniesie:

ΔV \u003d 152,91l - 0,09l \u003d 152,82l.

Podstawiając znalezioną wartość ΔV oraz te warunki zadania do wyrażenia na ΔH, wyznaczamy ciepło parowania 90 g wody:

ΔH P \u003d 188,1 kJ + 1,01 · 10 5 (10 -3 kPa) 152,82 (10 -3 m 3) \u003d 188,1 kJ + 15,43 kJ \u003d 203,53 kJ.

Na podstawie 1 mola powstałej pary wartość ta będzie wynosić: ΔH = ΔH P ·M/m, gdzie M jest masą molową wody. Wtedy ∆H = = 40,71 kJ/mol.

Odpowiedź: Ciepło parowania wody w temperaturze wrzenia wynosi 40,71 kJ / mol.

5. Rozpuszczeniu 130 g cynku metalicznego w rozcieńczonym kwasie siarkowym w temperaturze 20 0 C towarzyszy uwolnienie energii 286,2 kJ. Gazowy wodór uwalniany w tym procesie działa przeciw ciśnieniu zewnętrznemu. Wyznacz zmianę energii wewnętrznej tego procesu.

Rozwiązanie. Dla reakcji chemicznej Zn + H 2 SO 4 = ZnSO 4 + H 2

związek między efektem cieplnym procesu (ΔH) a zmianą energii wewnętrznej układu (ΔU) jest zgodny z równaniem pierwszej zasady termodynamiki ΔH = ΔU ± RTΔn. Ponieważ w tym procesie wykonywana jest praca nad otoczeniem, oznacza to, że energia wewnętrzna układu maleje, tj.

ΔH = ΔU - RTΔn lub ΔU = ΔH + RTΔn.

W tym równaniu Δn odpowiada ilości uwolnionego gazowego wodoru nH2, określonej przez ilość metalicznego cynku przereagowanego z kwasem nZn. A potem n H 2 \u003d n Zn \u003d m Zn / M Zn, gdzie m i M to odpowiednio masa i masa molowa cynku. Po wykonaniu obliczeń otrzymujemy:

n H 2 \u003d 130 (g) / 65 (g / mol) \u003d 2 mol. Dlatego Δn = 2 mole.

Teraz obliczamy zmianę energii wewnętrznej procesu, pamiętając, że w procesach egzotermicznych ΔH< 0, т.е. ΔH = -286,2 кДж; Т = 273 + 20 = 293 К;

R = 8,31 10 -3 kJ/mol K. I wtedy:

ΔU \u003d -286,2 kJ + 8,31 10 -3 (kJ / mol K) 293 K 2 mol \u003d -281,3 kJ.

Odpowiedź: podczas reakcji energia wewnętrzna układu zmniejszy się o 281,3 kJ.

Przykład 3. Obliczanie entropii, jej związku z entalpią procesu chemicznego

i temperatura

1. Ciepło właściwe parowania bromobenzenu w temperaturze 156,8 0 C wynosi 241,0 J/g. Wyznacz zmianę entropii przemiany fazowej podczas odparowywania 1,25 mola bromobenzenu.

Rozwiązanie. Zmianę entropii w równowagowym procesie przejścia substancji z jednego stanu skupienia do drugiego określa się zgodnie z drugą zasadą termodynamiki jako

ΔS = , gdzie ΔH jest ciepłem parowania (lub entalpią przejścia fazowego ze stanu ciekłego w gazowy), Т jest temperaturą przejścia fazowego.

Aby określić efekt termiczny procesu ΔH, należy najpierw obliczyć masę molową materiału wyjściowego bromobenzen C 6 H 5 Br, będzie on równy: M (C 6 H 5 Br) \u003d 6 12 + 5 1 + 1 80 \u003d 157 (g / mol). Znając ilość substancji bromobenzenowej n zaangażowanej w przemianę fazową, określamy jej masę: m(C 6 H 5 Br) = M n;

m (C 6 H 5 Br) \u003d 157 g / mol 1,25 mol \u003d 196,25 g.

Dla danej masy substancji, uwzględniając ciepło właściwe parowania (L), efekt cieplny procesu obliczamy ze wzoru: ΔH = Lm, ΔH = 241 (J/g) 196,25 (g) = 47296,25 j.

Temperatura przejścia fazowego T \u003d t 0 C + 273 \u003d 156,8 + 273 \u003d 429,8 K.

Podstawiając otrzymane wartości do równania II zasady termodynamiki otrzymujemy:

∆S = = 110,04 .

Odpowiedź: po odparowaniu 1,25 mola bromobenzenu entropia układu wzrasta o 110,04 J/K.

2. Wyznacz zmianę entropii w warunkach normalnych dla następującego procesu chemicznego: Al (c) + Cr 2 O 3 (c) → Cr (c) + Al 2 O 3 (c).

Rozwiązanie. Zgodnie z III wnioskiem z prawa Hessa zmiana entropii procesu chemicznego (ΔS) jest definiowana jako różnica między sumami entropii produktów reakcji i reagentów, z uwzględnieniem ich współczynników stechiometrycznych w równaniu reakcji .

Biorąc pod uwagę tę okoliczność, schemat procesu należy sprowadzić do równania chemicznego poprzez umieszczenie odpowiednich współczynników. Następnie otrzymujemy:

2Al (c) + Cr2O3 (c) \u003d 2Cr (c) + Al2O3 (c).

Dla tej reakcji ułożymy równanie do obliczenia zmiany entropii w warunkach standardowych: ΔS 0 = - .

Zgodnie z tabelą w załączniku nr 7 ustalamy wartości entropii (S 0) uczestników procesu (J / mol K):

S0Al(k) = 28,32; S0Cr203 (c) = 81,10; S0 Cr(k) = 23,76; S0Al2O3 (c) = 50,94.

Podstawiając znalezione wartości entropii do żądanego równania i wykonując obliczenia, otrzymujemy: ΔS 0 = (2 23,76 + 50,94) - (2 28,32 + 81,10) = -39,28 (J / mol TO).

Należy zauważyć, że ujemna wartość zmiany entropii (spadek entropii) wskazuje na niemożność samorzutnego przeprowadzenia tego procesu w standardowych warunkach.

Odpowiedź: ΔS 0 \u003d -39,28 J / mol K. W standardowych warunkach taki proces jest niemożliwy.

Reakcja rozkładu azotanu magnezu zgodnie z równaniem

2Mg (NO 3) 2 (t) \u003d 2MgO (t) + 4NO 2 (g) + O2 (g)

towarzyszy wzrost entropii układu o 891 J/K i zmiana entalpii o 510 kJ. Oblicz standardową entalpię tworzenia i entropię tworzenia azotanu magnezu. Określ, który z czynników - entalpia czy entropia - przyczynia się do spontanicznego przebiegu tego procesu.

Rozwiązanie. Obliczymy ΔH 0 arr i S 0 arr na podstawie 3. wniosku z prawa Hessa, zgodnie z którym:

a) ΔH 0 x.r. \u003d 2 ΔH 0 arr + 4 ΔH 0 arr - 2 ΔH 0 arr;

stąd ΔH 0 arr = ΔH 0 arr + 2 ΔH 0 arr -½ΔH 0 x.r.

b) ΔS 0 x.r. \u003d 2 S 0 arr + 4 S 0 arr + S 0 arr - 2 S 0 arr; stąd S 0 arr = S 0 arr + 2 S 0 arr + ½ S 0 arr - ½ ΔS 0 x.r.

Korzystając z danych w tabeli Załącznika nr 1, znajdujemy wartości entalpii tworzenia i entropii produktów reakcji:

ΔH 0 arr \u003d -601,24 kJ / mol; ΔH0 arr = 33,50 kJ/mol; S 0 arr \u003d 26,94 J / mol K; S 0 arr \u003d 240,45 J / mol K; S 0 arr \u003d 205,04 J / mol K.

Podstawiając znalezione wartości do równań a) i b), obliczamy wymagane wartości:

ΔH 0 arr \u003d 1 mol (-601,24 kJ / mol) + 2 mole 33,50 kJ / mol -½ (510 kJ) \u003d

789,24 kJ;

S 0 arr \u003d 1 mol 26,94 J / mol K + 2 mol 240,45 J / mol K + ½ mol 205,04 J / mol K - ½ 891 J / K \u003d -164,87 J / K.

Jak wiadomo, spontaniczny przebieg reakcji ułatwia spadek jej współczynnika entalpii (ΔH 0 x.r.< 0) и увеличение энтропийного фактора (Т·ΔS 0 х.р. >0). Zgodnie z zadanymi warunkami problemu entropia podczas procesu wzrasta, aw konsekwencji iloczyn Т·ΔS 0 x.r. , co przyczynia się do jej spontanicznego przepływu. Z drugiej strony wzrasta również entalpia reakcji, co nie przyczynia się do spontaniczności procesu w kierunku do przodu.

Odpowiedź: AH 0 arr = -789,24 kJ; S 0 arr \u003d -164,87 J / K. Współczynnik entropii tej reakcji przyczynia się do spontaniczności procesu rozkładu azotanu magnezu.

4. Po stopieniu 100 g miedzi entropia układu wzrasta o 1,28 J/K. Oblicz ciepło właściwe topnienia miedzi w temperaturze 1083 0 C.

Rozwiązanie. Pomiędzy ciepłem właściwym (L, J/kg) a entalpią topnienia (ΔH, J) istnieje zależność L = ΔH/m. Zależność między entalpią procesu a zmianą jego entropii wyraża równanie II zasady termodynamiki ΔH = Т·ΔS. Łącząc oba wyrażenia otrzymujemy:

Podstawmy dane ze stanu problemu do znalezionego współczynnika, wykonajmy odpowiednie obliczenia i otrzymajmy:

L= .

Odpowiedź: ciepło właściwe topnienia miedzi wynosi 17,4.

5 . Reakcja spalania acetylenu przebiega zgodnie z równaniem

C 2 H 2 (g) + 5 / 2O 2 (g) \u003d 2CO 2 (g) + H2O (g).

Oblicz zmianę entropii układu w warunkach normalnych i wyjaśnij przyczyny jej spadku.

Rozwiązanie. Zgodnie z wnioskiem z prawa Hessa zmianę entropii definiuje się jako różnicę między sumami entropii produktów i reagentów procesu, z uwzględnieniem współczynników stechiometrycznych reakcji. Następnie

ΔS 0 x.r. = - .

W tabeli Załącznika nr 1 znajdujemy wartości wymaganych entropii:

S 0 arr CO2 (g) \u003d 213,65 J / mol K; S 0 arr H2O (l) \u003d 69,94 J / mol K; S 0 arr C 2 H 2 (g) \u003d 219,45 J / mol K; S 0 arr O 2 (g) \u003d 205,03 J / mol K.

Podstawiając te wartości do równania na zmianę entropii procesu i wykonując obliczenia otrzymujemy:

ΔS 0 x.r. \u003d (2 213,65 + 69,94 - 219,45 - (5/2) 205,03) J / mol K \u003d -234,79 J / mol K.

Spadek entropii procesu tłumaczy się wzrostem uporządkowania układu, gdyż ilość substancji gazowej w produktach reakcji jest 2,7 razy mniejsza niż w reagentach (5,5/2).

Odpowiedź: ΔS 0 x.r. = -234,79 J/mol K; ΔS 0 x.r.<0 т.к. Δn(г) < 0.

Przykład 4. Obliczenie zmiany energii Gibbsa, wyznaczenie kierunku

proces chemiczny

1. Odtwarzanie naturalnego magnetytu mineralnego Fe 3 O 4 za pomocą tlenku węgla (2) przeprowadza się w warunkach produkcyjnych zgodnie z reakcją

Fe 3 O 4 (c) + CO (g) \u003d 3FeO (c) + CO 2 (g).

Wyznacz zmianę energii Gibbsa i wyciągnij wniosek o możliwości spontanicznego przebiegu tego procesu w warunkach normalnych.

Rozwiązanie. Potencjał izobaryczno-izotermiczny układu termodynamicznego lub energia Gibbsa G odzwierciedla ogólną siłę napędową procesu, tj. oznacza tę część całkowitej energii układu (H), która może całkowicie i bez śladu zamienić się w użyteczną pracę (właściwy proces chemiczny). Zmiana energii Gibbsa ΔG (przy T = Const i P = Const) w kierunku jej spadku (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 ch.r. \u003d ∑ΔG arr (prod) - ∑ΔG arr (reag).

Stosując to wyrażenie do równania redukcji podwójnego tlenku żelaza Fe 3 O 4 w standardowych warunkach, otrzymujemy:

ΔG 0 zimno \u003d [ 3 ΔG 0 arr FeO (c) + ΔG 0 arr CO 2 (g)] - [ΔG 0 arr Fe 3 O 4 (c) + ΔG 0 arr CO (g)].

Korzystając z tabeli w załączniku nr 1, ustalamy wartości ΔG 0 arr produktów reakcji i odczynników:

ΔG0 arr FeO(c) = -244,3 kJ/mol; ΔG0 arr CO2 (g) = -394,38 kJ/mol; ΔG 0 arr Fe 3 O 4 (k) \u003d -1014,20 kJ / mol; ΔG 0 arr CO (g) \u003d -137,27 kJ / mol.

Podstawiając znalezione wartości do wyrażenia na ΔG 0 x.r. i wykonując obliczenia, otrzymujemy:

ΔG 0 zimno = - [(-1014,20) + (-137,27)] = 24,19 (kJ/mol).

Obliczenia wykazały, że ΔG 0 x.r.> 0, co oznacza, że ​​proces ten nie może przebiegać w warunkach normalnych.

Odpowiedź: w normalnych warunkach proces samorzutnej redukcji dwutlenku żelaza tlenkiem węgla (2) nie jest możliwy, ponieważ ΔG 0 zimno > 0.

2. Wyjaśnij, dlaczego reakcja egzotermiczna H 2 (g) + CO 2 (g) \u003d CO (g) + H 2 O (l), ΔH 1 \u003d -2,85 kJ / mol nie zachodzi w standardowych warunkach; ale reakcja

2NO (g) + O 2 (g) \u003d 2NO 2 (g), ΔH 2 \u003d -113,74 kJ / mol.

Rozwiązanie. Zgodnie z pierwszą zasadą termodynamiki zależność między entalpią a energią Gibbsa procesu chemicznego wyraża się równaniem: ΔH = ΔG + TΔS. Stąd ΔG = ΔH – ТΔS. Obliczamy zmianę energii Gibbsa obu procesów, wykorzystując dane z tabeli w Załączniku nr 1 do obliczenia zmiany entropii ΔS.

Dla pierwszej reakcji otrzymujemy:

ΔS 0 x.r. (1) \u003d S 0 arr CO (g) + S 0 arr H 2 O (l) - S 0 arr H 2 (g) - S 0 arr CO 2 (g) i

ΔS 0 x.r. (1) = (197,91 + 69,94 - 130,59 - 213,65) J/mol K = -76,39 J/mol K.

W przypadku drugiej reakcji wynik będzie następujący:

ΔS 0 x.r. (2) \u003d 2 S 0 arr NO 2 (g) - 2 S 0 arr NO (g) - S 0 arr O 2 (g) i

ΔS 0 x.r. (2) = (2 240,46 - 2 210,20 - 205,03) J/mol K = -144,51 J/mol K.

Teraz obliczamy zmianę energii Gibbsa przy T = 298K dla tych reakcji:

ΔG 0 zimno (1) \u003d ΔH 1 - TΔS 0 xr (1) i

ΔG 0 zimno (1) = -2,85 kJ/mol - 298 K (-76,39 · 10 -3 kJ/mol·K) = 19,91 kJ/mol;

ΔG 0 zimno (2) \u003d ΔH 2 - TΔS 0 xr (2) i

ΔG 0 zimno (2) = -113,74 kJ/mol - 298 K (-144,51 · 10 -3 kJ/mol-K) = -70,68 kJ/mol.

Zgodnie z wynikami obliczeń ΔG 0 x.r. (1) > 0 i dlatego proces ten nie będzie przebiegał spontanicznie, ale ΔG 0 x.r. (2)< 0, что свидетельствует о самопроизвольности процесса при стандартных условиях.

Odpowiedź: w normalnych warunkach reakcja redukcji dwutlenku węgla wodorem nie zachodzi, ponieważ dla tego ΔG 0 x.r. > 0, ale możliwa jest reakcja utleniania tlenku azotu (2) tlenem, której towarzyszy spadek energii Gibbsa ΔG 0 x.r. (2)< 0.

3. Określić możliwość spontanicznego przepływu procesu aluminotermii

Fe2O3 (c) + 2Al (c) \u003d Al2O3 (c) + 2Fe (c)

przy 298K i 500K oraz standardowy stan wszystkich substancji. Ustaw minimalną temperaturę, powyżej której określony proces przebiega samoistnie.

Rozwiązanie. Aby obliczyć ΔG 0 x.r. Korzystamy z prawa Hessa:

ΔG 0 zimno \u003d [ΔG 0 arr Al 2 O 3 (c) + 2 ΔG 0 arr Fe (c)] - [ΔG 0 arr Fe 2 O 3 (c) +2 ΔG 0 arr Al (c)].

W tym przypadku przyjmujemy, że ΔG 0 arr Fe(c) = ΔG 0 arr Al(c) = 0, a zgodnie z tabelą w Załączniku nr 7 ΔG 0 arr Al 2 O 3 (c) = -1580,00 kJ/mol; ΔG 0 arr Fe 2 O 3 (k) = -740,98 kJ / mol. Zastępując znalezione wartości i wykonując obliczenia, otrzymujemy:

ΔG 0 zimno \u003d [-1580,00 - (-740,98)] kJ / mol \u003d -839,02 kJ / mol.

Aby obliczyć ΔG 500 x.r. skorzystaj z pierwszej zasady termodynamiki

ΔG 500 xr. = ΔH 500 xr. – ТΔS 500 x.r. Jednocześnie, zgodnie ze wskazaniem stanu problemu (wszystkie substancje są w stanie standardowym), używamy wartości tabelarycznych ΔH 0 i ΔS 0 odczynników i produktów w 298K:

ΔH0 arr Al2O3 (k) = -1676,00 kJ/mol; ΔH0 arr Fe2O3 (k) = -822,16 kJ/mol; S 0 arr Al 2 O 3 (k) \u003d 50,94 J / mol K; S 0 arr Fe 2 O 3 (k) \u003d 89,96 J / mol K; S0 arr Al(k) = 42,69 J/mol K; S 0 arr Fe(k) = 27,15 J/mol K.

Podstawmy te wartości do wyrażeń dla ΔH 500 x.r. i ΔS 500 x.r. i wykonaj obliczenia:

ΔH 500 xr. \u003d ΔH 0 arr Al 2 O 3 (c) - ΔH 0 arr Fe 2 O 3 (c); ΔH 500 xr. \u003d [-1676,00 - (-822,16)] kJ / mol \u003d -853,84 kJ / mol.

ΔS 500 x.r. = -; ΔS 500 x.r. \u003d (50,94 + 2 27,15) - (89,96 + 2 42,69) J / mol K \u003d -70,10 J / mol K.

Teraz znajdujemy ΔG 500 x.r. , wyrażając ΔS 500 x.r. w kJ/mol K:

ΔG 500 xr. \u003d [-853,84 - 500 (-70,10 10 -3)] kJ / mol \u003d -818,79 kJ / mol.

Aby znaleźć minimalną temperaturę, powyżej której proces przebiega samorzutnie, stosujemy do układu warunek T = 0K, a następnie ΔG 0 x.r. \u003d ΔH 0 x.r.< 0. Таким образом, даже при отрицательных значениях температуры (а такие значения практически недостижимы) реакция будет протекать самопроизвольно.

Aby ustalić górną granicę temperatury, przy której proces przestaje być samorzutny, stosujemy warunek stanu równowagi chemicznej: ΔG = 0 i ΔH = ТΔS, stąd Т = .

Podstawmy znalezione wartości ΔH 500 x.r do otrzymanego wyrażenia. i ΔS 500 x.r. i po wykonaniu obliczeń otrzymujemy: T = = 12180 K.

Zatem tylko w bardzo wysokiej temperaturze (T≥12180 K) proces aluminotermii jest niemożliwy.

Odpowiedź: w 298K i 500K proces redukcji tlenku żelaza (3) aluminium przebiega samorzutnie, ponieważ ΔG 298 xr.< 0 и ΔG 500 х.р.< 0. Самопроизвольность процесса обеспечивается уже при температуре 0К и прекращается при температуре выше 12180К.

4. Wyznacz standardową zmianę energii Gibbsa tej reakcji

COCl 2 (g)<=>CO (g) + Cl 2 (g), jeśli w temperaturze 885 K rozkłada się 70% fosgenu, pobrane pod ciśnieniem początkowym 100 kPa.

Rozwiązanie. Jeżeli przed rozpoczęciem reakcji ciśnienie cząstkowe COCl 2 (g) było równe P 0 \u003d 100 kPa, podczas reakcji zużyto 70% gazu, to w czasie równowagi ciśnienie cząstkowe pozostały fosgen P jest równy COCl 2 (g) \u003d P 0 0,3 = 30 kPa. Ciśnienia cząstkowe produktów reakcji w stanie równowagi są równe ułamkowi zużytego fosgenu, co oznacza, że ​​\u200b\u200bP jest równe CO (g) \u003d P jest równe Cl 2 (g) \u003d P 0 0,7 \u003d 70 kPa.

Zgodnie z prawem działania mas dla procesu równowagi

K równa się = .

Podstawmy znalezione wartości ciśnień cząstkowych równowagi produktów i reagentów do tego równania i obliczmy wartość stałej równowagi:

K równa się = = 163,3.

Teraz, korzystając z równania izotermy van't Hoffa ΔG 0 = –RTlnKp, obliczamy zmianę standardowej energii Gibbsa w stanie równowagi w danej temperaturze:

ΔG 0 \u003d (-8,31 885) J / mol ℓn163,3 \u003d -37434 J / mol \u003d -37,4 kJ / mol.

Odpowiedź: w stanie równowagi w warunkach standardowych zmiana energii Gibbsa reakcji ΔG 0 xr = -37,4 kJ / mol.

Termodynamika

Dyscyplina: chemia ogólna.

Dzienne nauczanie.

Ministerstwo Zdrowia i Rozwoju Społecznego Federacji Rosyjskiej

Państwowa wyższa uczelnia budżetowa

profesjonalna edukacja

Saratowski Państwowy Uniwersytet Medyczny

nazwany na cześć V.I. Razumowskiego” Ministerstwa Zdrowia i Spraw Socjalnych

Rozwój Federacji Rosyjskiej

(SBEI HPE Saratov Państwowy Uniwersytet Medyczny im. VI Razumowskiego z Ministerstwa Zdrowia i Rozwoju Społecznego Rosji)

Wytyczne do laboratorium - lekcja praktyczna

dla studentów medycyny

Termodynamika

Dyscyplina: chemia ogólna.

Dzienne nauczanie.

Czas trwania lekcji: 90 minut.

Opracowanie zostało opracowane przez os. Kulikova L.N.

Cele

kształtowanie wyobrażeń o aspektach fizycznych i chemicznych jako najważniejszych procesach biochemicznych zachodzących w organizmie.

Wstępna wiedza studentów:

Pojęcie efektu cieplnego reakcji chemicznej ze szkolnego kursu chemii. Reakcje egzotermiczne i endotermiczne.

Student musi wiedzieć: Pierwsza zasada termodynamiki. Pojęcia: entalpia, entropia. Prawo Hessa. Zastosowanie pierwszej zasady termodynamiki do biosystemów. Druga zasada termodynamiki. Energia Gibbsa.

Student musi być w stanie:obliczyć standardową entalpię reakcji chemicznej ze standardowych entalpii tworzenia i spalania związków chemicznych, zgodnie z prawem Hessa, entropią reakcji chemicznej, energią Gibbsa.

Plan przygotowań:

1) Zapoznaj się z pytaniami, aby przygotować się do lekcji (Załącznik 1)

2) Zapoznać się z krótkim materiałem teoretycznym (Załącznik 2) oraz tekstem wykładu „Podstawowe pojęcia termodynamiki. Pierwsza i druga zasada termodynamiki.

3) Jeśli niektóre fragmenty wykładu są trudne do zrozumienia, należy skorzystać z następujących podręczników:

4) Odpowiedz na pytania dotyczące samokontroli (Załącznik 3).

5) Uruchom test uczący i sprawdź poprawność wykonania klucza (Załącznik 4).

6) Rozwiąż zadanie sytuacyjne i porównaj otrzymaną odpowiedź ze wzorcem (załącznik 5).

Aneks 1: Pytania przygotowujące do zajęć

1) Przedmiot i metody termodynamiki chemicznej. Związek między procesami przemiany materii i energii w organizmie. Termodynamika chemiczna jako podstawa teoretyczna bioenergetyki.

2) Podstawowe pojęcia termodynamiki. Intensywne i rozbudowane parametry. Funkcja stanu. Energia wewnętrzna. Praca i ciepło to dwie formy przekazywania energii.

3) Rodzaje układów termodynamicznych (izolowane, zamknięte, otwarte).

4) Rodzaje procesów termodynamicznych (izotermiczne, izobaryczne, izochoryczne).

5) Pierwsza zasada termodynamiki.

6) Entalpia. Standardowa entalpia tworzenia substancji, standardowa entalpia spalania substancji. Standardowa entalpia reakcji.

7) Prawo Hessa.

8) Zastosowanie pierwszej zasady termodynamiki do biosystemów.

9) Druga zasada termodynamiki. Procesy odwracalne i nieodwracalne w sensie termodynamicznym. Entropia.

10) Energia Gibbsa. Prognozowanie kierunku procesów samorzutnych w układach izolowanych i zamkniętych; rola czynników entalpii i entropii. Warunki równowagi termodynamicznej.

11) Standardowa energia Gibbsa tworzenia materii, standardowa energia Gibbsa biologicznego utleniania materii. Standardowa energia Gibbsa reakcji.

12) Pojęcie procesów egzergonicznych i endergonicznych zachodzących w organizmie. Zasada koniugacji energii.

Aneks 1: Krótki materiał teoretyczny

Już pod koniec XVIII w. wiadomo było, że życie człowieka jest wzajemnie powiązanym procesem przemian chemicznych (utlenianie produktów spożywczych itp.) i metabolizmu energetycznego w organizmie (A. Lavoisier, P. Laplace).

Termodynamika chemiczna – Jest to gałąź chemii fizycznej, która bada wzajemną konwersję ciepła i energii podczas reakcji chemicznej.

Termodynamika opiera się na wielu pojęciach: system, stan systemu, parametry stanu systemu, funkcje stanu systemu, energia wewnętrzna systemu itp.

Układ termodynamiczny – jest to ciało lub grupa ciał oddziałujących ze sobą i oddzielonych od otoczenia rzeczywistym lub wyimaginowanym interfejsem.

System izolowany - to układ, który nie wymienia materii ani energii z otoczeniem.

Zamknięty system - Jest to system, który nie wymienia materii z otoczeniem, ale wymienia energię.

Otwarty system - Jest to system, który wymienia zarówno materię, jak i energię z otoczeniem.

Przykładem systemu otwartego jest żywa komórka.

Stan systemujest zbiorem właściwości układu, które umożliwiają opisanie układu z punktu widzenia termodynamiki.

Na przykład, aby ocenić stan organizmu człowieka jako układu termodynamicznego, lekarz musi ocenić niektóre jego właściwości (temperatura, ciśnienie, stężenie płynów biologicznych).

Nazywa się właściwości fizyczne charakteryzujące stan układu parametry stanu systemu.

Interakcja systemu z otoczeniem jest zauważalna poprzez zmianę parametrów systemu.

Rozbudowane opcje – są to parametry, które zależą od ilości substancji w układzie i sumują się przy łączeniu układów(objętość, masa, energia, powierzchnia itp.).

Intensywne opcje – są to parametry, które nie zależą od ilości substancji i są wyrównane, gdy systemy są łączone(temperatura, ciśnienie, stężenie, gęstość, napięcie powierzchniowe).

Parametry stanu są połączone równaniem stanu.

Nazywa się przejście systemu z jednego stanu do drugiego ze zmianą przynajmniej jednego parametru proces termodynamiczny.

Jeśli proces odbywa się przy stałym ciśnieniu, nazywa się to izobaryczny proces. Przy stałej głośności izochoryczny , w stałej temperaturze - izotermiczny .

Funkcja stanu- jest to cecha systemu, której nie można bezpośrednio zmierzyć, ale można ją obliczyć za pomocą parametrów stanu. Wartość funkcji stanu nie zależy od sposobu jej osiągnięcia, a jedynie od stanu początkowego i końcowego układu.

Energia wewnętrzna jest jedną z takich funkcji.

Energia wewnętrzna- suma wszystkich rodzajów energii ruchu i interakcji cząstek, które tworzą układ.

W XIX wieku niemiecki lekarz okrętowy Mayer Yu.R. a angielski naukowiec Joule D. wykazał, że ciepło i praca są zdolne do wzajemnych przemian, będąc różnymi sposobami przekazywania energii.

Ciepło- forma przekazywania energii przez chaotyczny ruch mikrocząstek.

Stanowisko- forma transferu energii poprzez ukierunkowany ruch makrosystemu jako całości.

Obserwując ludzi w różnych strefach klimatycznych, Mayer doszedł do wniosku, że ciepło spalania pokarmu jest wykorzystywane do utrzymania stałej temperatury ciała i wykonywania pracy mięśni. Ta obserwacja stanowiła podstawę pierwszej zasady termodynamiki.

Pierwsza zasada termodynamiki (pierwsza zasada termodynamiki):
energia nie powstaje z niczego i nie znika bez śladu, ale przechodzi z jednego rodzaju energii do drugiego

Lub przyrost energii wewnętrznej układu w pewnym procesie jest równy ilości ciepła otrzymanego przez układ plus praca wykonana nad układem.

∆U=Q+A

∆U - energia wewnętrzna

Q - ciepło

Praca

W oparciu o I zasadę termodynamiki, która jest podstawowym prawem natury, proste obliczenia dostarczają cennych informacji o procesach przemiany materii i energii w organizmie.

Termochemiajest działem termodynamiki zajmującym się badaniem ciepła reakcji chemicznych.

Prawo Hessa:ciepło reakcji chemicznej przebiegającej przy stałym ciśnieniu lub objętości nie zależy od drogi przebiegu procesu, a jedynie od stanu początkowego i końcowego układu.

Jeśli możliwe jest uzyskanie innych z niektórych substancji na różne sposoby, wówczas całkowity efekt cieplny na pierwszej ścieżce jest równy całkowitemu efektowi termicznemu na drugiej ścieżce. Prawo Hessa umożliwia w praktyce obliczenie efektów cieplnych reakcji trudnych do monitorowania lub długotrwałych. Na przykład całkowite ciepło biologicznego utleniania produktów żywnościowych w organizmie jest równe ciepłu ich bezpośredniego spalania.

Entalpiajest funkcją stanu, której przyrost jest równy efektowi cieplnemu procesu zachodzącego przy stałym ciśnieniu.

Metody obliczania standardowej entalpii reakcji chemicznej

1) Zgodnie ze standardowymi entalpiami (ciepłami) tworzenia substancji

Standardowa entalpia (ciepło) tworzenia substancjijest efektem termicznym reakcji tworzenia 1 mola związku chemicznego z substancji prostych w warunkach normalnych: T=289 K, P=1 atm=101325 Pa.

Ciepła tworzenia prostych substancji są równe zeru.

ν i , ν j są współczynnikami stechiometrycznymi przed odpowiednimi substancjami w równaniu reakcji.

2) Zgodnie ze standardowymi entalpiami (cieplami) spalania substancji

Standardowa entalpia (ciepło) spalania substancjito efekt termiczny reakcji całkowitego spalenia 1 mola związku chemicznego w warunkach normalnych.

Przyjmuje się, że ciepło spalania wyższych tlenków (w tym CO 2 i H 2 O) wynosi zero.

Druga zasada termodynamiki określa możliwość, kierunek i głębokość spontanicznego procesu.

Spontaniczny proces- proces przebiegający bez żadnych wpływów zewnętrznych i przybliżający system do stanu równowagi.

Proces termodynamicznie odwracalny- proces przebiegający w kierunkach do przodu i do tyłu bez zmian w systemie i środowisku, tj. podczas przejścia ze stanu początkowego do stanu końcowego wszystkie stany pośrednie są w równowadze.

Proces jest rozważany w obecności nierównowagowych stanów pośrednich termodynamicznie nieodwracalny.

W naturze układy o minimalnej energii są stabilne. Wtedy tylko procesy egzotermiczne powinny być spontaniczne. Ale nie jest. Oznacza to, że istnieje jeszcze jedno kryterium spontanicznego przebiegu procesu – entropia (S).

Entropia - miara nieładu energetycznego w układzie, miara chaosu, miara energii, która rozprasza się w postaci ciepła i nie zamienia się w pracę.

Druga zasada termodynamiki (druga zasada termodynamiki):

Procesy zachodzą spontanicznie, prowadząc do wzrostu całkowitej entropii układu i otoczenia

∆S system + ∆S średni ≥ 0 Lub ∆S ≥ 0

Fizyczne znaczenie entropii:

Entropia to ilość energii rozpraszanej przez 1 mol substancji na 1 stopień.

Entropia jest funkcją ekstensywną. Entropia jest proporcjonalna do masy, odnosi się do 1 mola lub 1 grama substancji. Oznacza to, że entropia układu jest równa sumie entropii jego części składowych:

S=

Entropia jest funkcją stanu układu. Oznacza to, że charakteryzuje system, nie proces. Jej zmiana zależy tylko od stanu początkowego i końcowego układu i nie zależy od ścieżki przejścia:

Dla reakcji chemicznej zmiana entropii: prod - ref

Podobne informacje.

Niemożliwe jest znalezienie bezwzględnych wartości entalpii i energii wewnętrznych metodami termodynamicznymi, ale można określić tylko ich zmiany. Jednocześnie w obliczeniach termodynamicznych układów reagujących chemicznie wygodnie jest posługiwać się pojedynczym układem odniesienia. W tym przypadku, ponieważ entalpia i energia wewnętrzna są powiązane relacją , wystarczy wprowadzić układ odniesienia tylko dla jednej entalpii. Dodatkowo, w celu porównania i usystematyzowania efektów cieplnych reakcji chemicznych, które zależą od stanu skupienia reagujących substancji oraz od warunków zachodzenia XP, wprowadzono pojęcie standardowego stanu skupienia materii. Na zalecenie komisji termodynamiki Międzynarodowej Unii Chemii Czystej i Stosowanej (IUPAC) z 1975 r. stan standardowy definiuje się następująco:

„Standardowym stanem dla gazów jest stan hipotetycznego gazu doskonałego pod ciśnieniem 1 atmosfery fizycznej (101325 Pa). W przypadku cieczy i ciał stałych stan standardowy to stan czystej cieczy lub odpowiednio czystej substancji krystalicznej pod ciśnieniem 1 atmosfery fizycznej. W przypadku substancji w roztworach za stan standardowy przyjmuje się hipotetyczny stan, w którym entalpia jednomolowego roztworu (1 mol substancji w 1 kg rozpuszczalnika) byłaby równa entalpii roztworu przy nieskończonym rozcieńczeniu. Właściwości substancji w stanach standardowych są oznaczone indeksem górnym 0. (Czysta substancja to substancja składająca się z identycznych cząstek strukturalnych (atomów, cząsteczek itp.)).

Definicja ta odnosi się do hipotetycznych stanów gazu i substancji rozpuszczonej, ponieważ w warunkach rzeczywistych stany gazów różnią się w mniejszym lub większym stopniu od stanu idealnego, a stany rozwiązań różnią się od rozwiązania idealnego. Dlatego przy stosowaniu właściwości termodynamicznych substancji w stanach standardowych dla warunków rzeczywistych wprowadza się poprawki na odchylenie tych właściwości od rzeczywistych. Jeżeli odchylenia te są niewielkie, wówczas poprawki można pominąć.

W podręcznikach wielkości termodynamiczne są zwykle podawane w warunkach standardowych: ciśnieniu R 0 =101325Pa i temperatura T 0 = 0K lub T 0 \u003d 298,15 K (25 0 C). Tworząc tabele entalpii całkowitych substancji, ich stan standardowy w temperaturze T 0 = 0K lub T 0 = 298,15 tys.

Substancje, które są czysty pierwiastki chemiczne w najbardziej stabilnej fazie stan o godz R 0 \u003d 101325 Pa i temperatura punktu odniesienia entalpii T 0, przyjmij wartość entalpia równa zero: . (Na przykład dla substancji w stanie gazowym: O 2, N 2, H 2, Cl 2, F 2 itd., dla C (grafit) i metali (stałe kryształy)).

Do związków chemicznych(CO 2, H 2 O itp.) oraz dla substancji, które będąc czystymi pierwiastkami chemicznymi, nie w najbardziej stabilnym stanie(O, N itd.) entalpia Na R 0 =101325Pa i T 0 nie równa zeru: .

Entalpia związki chemiczne w R 0 i T 0 opiera się równy efektowi termicznemu formacji je z czystych pierwiastków chemicznych o tych parametrach, tj. . Tak więc przy T 0 \u003d 0 K: i przy T 0 \u003d 298,15 K:.

Entalpia dowolnej substancji w temperaturze T będzie równa ilości ciepła, które należy dostarczyć w procesie izobarycznym, aby z czystych pierwiastków chemicznych w temperaturze T 0 weź daną substancję i podgrzej ją z temperatury T 0 do temp T, tj. wzór do obliczania entalpii dowolnej substancji to:

lub w bardziej zwartej notacji mamy:

,

gdzie indeks górny „o” oznacza, że ​​substancja jest w stanie normalnym w R 0 =101325 Pa; jest entalpią tworzenia substancji w temperaturze T 0 z czystych pierwiastków chemicznych; = - entalpia nadmiarowa związana z pojemnością cieplną substancji, - entalpia całkowita, uwzględniająca entalpię tworzenia substancji.

Dla T 0 = 0:

,

Dla T= 298,15 K:

Schemat obliczania entalpii w temperaturze T można przedstawić w postaci

Tutaj znajdziesz przykłady zadań do obliczania takich parametrów termodynamicznych jak entalpia, entropia, . Wyznaczanie możliwości spontanicznego przebiegu procesu, a także układanie równań termochemicznych.

Zadania do sekcji Podstawy termodynamiki z rozwiązaniami

Zadanie 1. Oblicz standardową entalpię i standardową entropię reakcji chemicznej. Określ, w którym kierunku w temperaturze 298 °K (do przodu lub do tyłu) będzie przebiegać reakcja. Oblicz, w jakiej temperaturze oba kierunki reakcji są jednakowo prawdopodobne.
Fe2O3 (c) + 3H2 \u003d 2Fe (c) + 3H2O (g)

Δ Hdzielnica = ΣH 0 kon– ΣH 0 ref kJ/mol

Korzystanie z danych referencyjnych standardowe entalpie substancje, znajdujemy:

Δ Hdzielnica= 2 Δ H 0 Fe +3 Δ H 0 H2O- Δ H 0 Fe2 O3 - 3 Δ H 0 H2 \u003d 2 0 + 3 (- 241,82) - (-822,16) - 3 0 \u003d 96,7 kJ / mol

Δ Sdzielnica=Σ S 0 kon– Σ S 0 ref J/(mol K)

Korzystanie z danych referencyjnych standardowe entropie substancje, znajdujemy:

Δ Sdzielnica= 2 Δ S 0 Fe + 3 Δ S 0 H2O- Δ S 0 Fe2 O3 - 3 Δ S 0 H2 = 2 27,15 + 3 188,7 – 89,96 – 3 131 = 137,44 J/(mol·K)

ΔG = Δ H – TΔS\u003d 96,7 - 298 · 137,44 / 1000 \u003d 55,75 kJ / mol

przy T=298°K, ΔG> 0 – reakcja nie przebiega samorzutnie, tj. reakcja będzie przebiegać w przeciwnym kierunku.

ΔG = Δ H – TΔS= 0, Następnie

T= — (ΔG – Δ H) / ∆S= — (0-96,7)/0,137 = 705,83K

Przy T = 705,83 K reakcja będzie przebiegać z równym prawdopodobieństwem zarówno w kierunku do przodu, jak iw kierunku przeciwnym.

Zadanie 2. Oblicz energię Gibbsa i określ możliwość zajścia reakcji w temperaturach 1000 i 3000 K.

Równanie reakcji spalania ciekłego dwusiarczku węgla jest następujące:

CS 2 (l) + 3O 2 \u003d CO2 + 2SO2

Obliczamy efekt cieplny reakcji, podstawiając dane referencyjne standardowych entalpii substancji do wyrażenia:

Δ Hdzielnica = ΣH 0 kon– ΣH 0 ref kJ/mol

Δ Hdzielnica= 2 Δ H 0 SO2+ Δ H 0 CO2- Δ H 0 CS2 - 3 Δ H 0 O2 \u003d 2 (-296,9) + 3 (- 393,5) - 87 - 3 0 \u003d -1075,1 kJ / mol

Te. podczas spalania 1 mol uwalnia się dwusiarczek węgla 1075,1 kJ ciepło

i podczas spalania X krety uwalnia się dwusiarczek węgla 700 kJ ciepło

Znajdźmy X:

X\u003d 700 1 / 1075,1 \u003d 0,65 mola

Tak więc, jeśli w wyniku reakcji zostanie uwolnione 700 kJ ciepła, wówczas w reakcję wejdzie 0,65 mola CS 2

Zadanie 4. Oblicz efekt cieplny reakcji redukcji tlenku żelaza (II) z wodorem na podstawie następujących równań termochemicznych:
1. FeO (c) + CO (g) \u003d Fe (c) + CO2 (g); AH1 = -18,20 kJ;
2. CO (g) + 1 / 2O 2 (g) \u003d CO 2 (g) ΔH 2 \u003d -283,0 kJ;
3. H 2 (g) + ½ O 2 (g) \u003d H 2 O (g) ΔH 3 \u003d -241,83 kJ.

Reakcja redukcji tlenku żelaza (II) z wodorem ma następującą postać:

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

Do obliczenia efektu termicznego reakcji należy zastosować , tj. reakcję 4. można otrzymać dodając reakcje 1. i 2. i odejmując reakcję 1.:

Δ Hdzielnica= Δ H 1 + Δ H 3 – Δ H 2 \u003d -18,2 - 241,3 + 283 \u003d 23 kJ

Zatem, Efekt termiczny reakcji redukcja tlenku żelaza (II) wodorem jest równa

Δ Hdzielnica= 23 kJ

Zadanie 5. Reakcję spalania benzenu wyraża równanie termochemiczne:
C 6 H 6 (g) + 7½ O 2 (g) \u003d 6CO 2 (g) + 3H 2O (g) - 3135,6 kJ.
Oblicz ciepło tworzenia ciekłego benzenu. Wyznacz wartość opałową ciekłego benzenu, pod warunkiem, że warunki standardowe są takie same jak normalne.

Efekt termiczny reakcji to:

Δ Hdzielnica = ΣH 0 kon– ΣH 0 ref kJ/mol

W naszym przypadku Δ Hdzielnica= - 3135,6 kJ, znajdujemy ciepło tworzenia ciekłego benzenu:

Δ Hdzielnica= 6 Δ H 0 Z O2 + 3 Δ H 0 H2O- Δ H 0 C6 H6 - 7,5 Δ H 0 O2

-Δ H 0 C6H6= Δ Hdzielnica- 3 (-241,84) + 6 (- 393,51) - 7,5 0 \u003d - 3135,6 - 3 (-241,84) + 6 (- 393,51) - 7, 5 0 \u003d - 49,02 kJ / mol

Δ H 0 C6H6 = 49,02 kJ/mol

Wartość opałowa ciekły benzen oblicza się według wzoru:

QT= Δ Hdzielnica 1000 / M

M(benzen) = 78 g/mol

QT= - 3135,6 1000 / 78 = - 4,02 10 4 kJ / kg

Wartość opałowa ciekły benzen Q T = - 4,02 10 4 kJ / kg

Zadanie 6. Reakcję utleniania alkoholu etylowego wyraża równanie:
C2H5OH (g) + 3,0 O2 (g) \u003d 2CO2 (g) + 3H2O (g).
Wyznacz ciepło tworzenia C 2 H 5 OH (l), znając ΔH x.r. = - 1366,87 kJ. Napisz równanie termochemiczne. Wyznacz molowe ciepło parowania C 2 H 5 OH (g) → C 2 H 5 OH (g), jeśli znane jest ciepło tworzenia C 2 H 5 OH (g), równe –235,31 kJ mol -1.

Na podstawie podanych danych piszemy równanie termochemiczne:

C2H5OH (g) + 3O2 (g) \u003d 2CO2 (g) + 3H2O (g) + 1366,87 kJ

efekt termiczny reakcje równa się:

Δ Hdzielnica = ΣH 0 kon– ΣH 0 ref kJ/mol

W naszym przypadku Δ Hdzielnica= - 1366,87 kJ.

Korzystanie z danych referencyjnych ciepło powstawania substancji, znajdujemy ciepło tworzenia C 2 H 5 OH (l):

Δ Hdzielnica= 2 Δ H 0 Z O2 + 3 Δ H 0 H2O- Δ H 0 C2H5OH(l) – 3 Δ H 0 O2

- 1366,87 \u003d 2 (-393,51) + 3 (-285,84)— Δ H 0 C2H5OH - 3 0

Δ H 0 C2H5OH(w)\u003d -277,36 kJ / mol

Δ H 0 C2H5OH(g) = Δ H 0 C2H5OH(l)+ Δ H 0 odparowanie

Δ H 0 parowanie = Δ H 0 C2H5OH(g) — Δ H 0 C2H5OH(l)

Δ H 0 odparowanie\u003d - 235,31 + 277,36 \u003d 42,36 kJ / mol

Ustaliliśmy, że ciepło tworzenia C 2 H 5 OH (l) jest równe

Δ H 0 C2H5OH(w)\u003d -277,36 kJ / mol

a molowe ciepło parowania C 2 H 5 OH (l) → C 2 H 5 OH (g) wynosi

Δ H 0 odparowanie= 42,36 kJ/mol

Zadanie 7. Jak wytłumaczyć, że w normalnych warunkach reakcja egzotermiczna jest niemożliwa:
CO 2 (g) + H 2 (g) ↔ CO (g) + H 2 O (g)?
Oblicz ΔG tej reakcji. W jakiej temperaturze ta reakcja zachodzi spontanicznie?

Oblicz ΔG ta reakcja:

ΔG = Δ H – TΔS

Aby to zrobić, najpierw zdefiniujmy Δ HI ∆S reakcje:

Δ Hdzielnica = ΣH 0 kon– ΣH 0 ref kJ/mol

Korzystanie z danych referencyjnych standardowe entalpie substancje, znajdujemy:

Δ Hdzielnica= Δ H 0 H2O(l) + Δ H 0 WSPÓŁ- Δ H 0 CO2 - Δ H 0 H2 \u003d -110,5 + (-285,8) - (393,5) - 0 \u003d -2,8 kJ / mol

Δ Sdzielnica=Σ S 0 kon– Σ S 0 ref J/(mol K)

Podobnie, używając danych referencyjnych standardowe entropie substancje, znajdujemy:

Δ Sdzielnica= Δ S 0 H2O(l) + Δ S 0 WSPÓŁ- Δ S 0 CO2 - Δ S 0 H2 \u003d 197,5 + 70,1 - 213,7 - 130,52 \u003d -76,6 J / (mol·K)

Znajdźmy Energia Gibbsa w standardowych warunkach

ΔGdzielnica= Δ H – TΔS\u003d -2,8 + 298 · 76,6 / 1000 \u003d 20 kJ / mol> 0,

więc reakcja jest spontaniczna nie idzie.

Znajdź, w jakich temperaturach zachodzi ta reakcja spontaniczny.

W stanie równowagi ΔGdzielnica = 0 , Następnie

T = Δ H/ ∆S = -2,8 / (-76,6 · 1000) \u003d 36,6 K.

Zadanie 8. Obliczając na podstawie danych tabelarycznych ΔG i ΔS, określ efekt cieplny reakcji:
2 NO (g) + Cl2 (g) ↔ 2 NOCl (g).

Przy stałej temperaturze i ciśnieniu zmiana Energia Gibbsa

ΔG = Δ H – TΔS

Na podstawie danych tabelarycznych obliczamy ∆G i ∆S

ΔG 0 dzielnica= Σ ΔG 0 szturchać — Σ ΔG 0 ref

ΔGdzielnica= 2 ΔG 0 NOCl(G) — 2 ΔG 0 NIE(G) — ΔG 0 Kl2(d)

ΔGdzielnica= 2 66,37 — 2 89,69 – 0 = — 40,64 kJ/mol

ΔGdzielnica < 0 , więc reakcja jest spontaniczna.

Δ Sdzielnica=Σ S 0 kon– Σ S 0 ref J/(mol K)

Δ Sdzielnica = 2 ∆S 0 NOCl(G) — 2 ∆S 0 NIE(G) — ∆S 0 Kl2(d)

Δ Sdzielnica = 2 261,6 — 2 210,62 – 223,0 = -121,04 J/(mol K)

Znajdźmy Δ H :

Δ H = ΔG + TΔS

Δ H = - 40,64 + 298 (-121,04 / 1000) \u003d - 76,7 kJ / mol

Efekt termiczny reakcji Δ H = - 76,7 kJ/mol

Zadanie 9. Z czym gazowy chlorowodór będzie oddziaływać intensywniej (na 1 mol): z aluminium czy z cyną? Podaj odpowiedź, obliczając ΔG 0 dla obu reakcji. Produktami reakcji są sól w stanie stałym i gazowy wodór.

Oblicz ∆G0 do reakcji oddziaływania gazowego chlorowodoru (na 1 mol) z aluminium

2Al (t) + 6HCl (g) \u003d 2AlCl3 (t) + 3H2

ΔG 0 dzielnica= Σ ΔG 0 szturchać — Σ ΔG 0 ref kJ/mol

ΔG 0 dzielnice1= 2 ΔG 0 AlCl3 (t) + 3 ΔG 0 H2 — 2 ΔG 0 al(t) — 6ΔG 0 HCl(G)

ΔG 0 dzielnice1= 2 (-636,8) + 3 0 — 20 — 6(-95,27) = -701,98 kJ/mol

W reakcji biorą więc udział 2 mole Al(t). ΔGdzielnice1 1 mol Al(t) jest równy

ΔG 0 dzielnica 1 \u003d -701,98 / 2 \u003d -350,99 kJ / mol

Oblicz ∆G0 dla reakcji oddziaływania gazowego chlorowodoru (na 1 mol) z cyną:

Sn (t) + 2HCl (g) \u003d SnCl2 (t) + H2

ΔG 0 dzielnice2 =ΔG 0 SnCl 2 (t) + ΔG 0 H2 — ΔG 0 Sn(t) — 2ΔG 0 HCl(G)

ΔG 0 dzielnica 2 \u003d -288,4 + 0- 0- 2 (-95,27) \u003d -97,86 kJ / mol

Obie reakcje mają ΔG 0 <0 , dlatego poruszają się spontanicznie w kierunku do przodu, ale gazowy chlorowodór będzie oddziaływać intensywniej z aluminium, ponieważ

ΔG 0 dzielnica 1˂ ΔG 0 dzielnica 2

Zadanie 10. Bez uciekania się do obliczeń ustal, które znaki (>0,<0, ≅0) имеют ΔG, ΔH и ΔS для протекающей в прямом направлении реакции:
4 HBr (g) + O 2 (g) ↔ 2 H 2 O (g) + 2 Br 2 (g)
Jak wzrost temperatury wpłynie na kierunek reakcji chemicznej?

W stałej temperaturze i ciśnieniu Zmiana energii Gibbsa związane z entalpią i entropią wyrażeniem:

ΔG = Δ H – TΔS

Podczas reakcji chemicznych ciepło jest pochłaniane lub uwalniane do otoczenia. Ta wymiana ciepła między reakcją chemiczną a otoczeniem nazywana jest entalpią lub H. Nie można jednak zmierzyć entalpii bezpośrednio, dlatego zwyczajowo oblicza się zmianę temperatury otoczenia (oznaczoną ∆H). ∆H wskazuje, że podczas reakcji chemicznej ciepło jest uwalniane do otoczenia (reakcja egzotermiczna) lub ciepło jest absorbowane (reakcja endotermiczna). Entalpię oblicza się w następujący sposób: ∆H = m x s x ∆T, gdzie m to masa reagentów, s to pojemność cieplna produktu reakcji, ∆T to zmiana temperatury w wyniku reakcji.

Kroki

Rozwiązywanie problemów entalpii

Wskaż reagenty i produkty reakcji. Każda reakcja chemiczna ma reagenty i produkty reakcji. produkt reakcji Utworzony w wyniku interakcji odczynników. Innymi słowy, reagenty to składniki przepisu, a produktem reakcji jest gotowe danie. Aby znaleźć ∆H reakcji, konieczna jest znajomość reagentów i produktów reakcji.

• Na przykład konieczne jest znalezienie entalpii reakcji tworzenia wody z wodoru i tlenu: 2H 2 (wodór) + O 2 (tlen) → 2H 2 O (woda). W tej reakcji H2 I O2- odczynniki i H2O jest produktem reakcji.

1. Określ całkowitą masę odczynników. Następnie musisz obliczyć masę odczynników. Jeśli nie możesz ich zważyć, oblicz masę cząsteczkową, aby znaleźć rzeczywistą. Masa cząsteczkowa to stała, którą można znaleźć w układzie okresowym Mendelejewa lub innych tablicach cząsteczek i związków. Pomnóż masę każdego reagenta przez liczbę moli.

   • W naszym przykładzie reagenty, wodór i tlen, mają masy cząsteczkowe odpowiednio 2 g i 32 g. Ponieważ używamy 2 moli wodoru (współczynnik w reakcji chemicznej przed wodorem H 2) i 1 mol tlenu (brak współczynnika przed O 2 oznacza 1 mol), to całkowita masa reagentów oblicza się w następujący sposób:
     2 × (2 g) + 1 × (32 g) = 4 g + 32 g = 36 gr

2. Określ pojemność cieplną produktu. Następnie określ pojemność cieplną produktu reakcji. Każda cząsteczka ma określoną pojemność cieplną, która jest stała. Znajdź tę stałą w tabelach podręcznika chemii. Istnieje kilka jednostek do pomiaru pojemności cieplnej; w naszych obliczeniach użyjemy J/g°C.

   • Zauważ, że jeśli istnieje wiele produktów reakcji, będziesz musiał obliczyć pojemność cieplną każdego z nich, a następnie dodać je, aby uzyskać entalpię całej reakcji.
   • W naszym przykładzie produktem reakcji jest woda, która ma ciepło właściwe 4,2 J/g°C.

3. Znajdź zmianę temperatury. Teraz znajdziemy ∆T - różnicę temperatur przed i po reakcji. Od temperatury początkowej (T1) odejmij temperaturę końcową (T2). Najczęściej skala Kelvina (K) jest używana w problemach chemicznych (chociaż skala Celsjusza (°C) da ten sam wynik).

   • W naszym przykładzie załóżmy, że początkowa temperatura reakcji wynosiła 185 K, a po zakończeniu reakcji wyniosła 95 K, więc ∆T obliczamy następująco:
     ∆T = T2 – T1 = 95 K - 185 K = -90 tys

4. Znajdź entalpię za pomocą wzoru ∆H = M X S x ∆T. Jeśli m to masa reagentów, s to pojemność cieplna produktu reakcji, a ∆T to zmiana temperatury, to można obliczyć entalpię reakcji. Zastąp wartości we wzorze ∆H = M X S x ∆T i oblicz entalpię. Wynik jest obliczany w dżulach (J).

   • W naszym przykładzie entalpię oblicza się w następujący sposób:
     ∆H = (36 g) × (4,2 JK - 1 g - 1) × (-90 K) = -13608 j

5. Określ, czy podczas rozważanej reakcji energia jest uwalniana, czy pochłaniana. Jednym z najczęstszych powodów obliczania ∆H w praktyce jest wiedza, czy reakcja będzie egzotermiczna (uwalnianie ciepła i zmniejszanie własnej energii), czy endotermiczna (pochłanianie ciepła z otoczenia i zwiększanie własnej energii). Jeżeli wartość ∆H jest dodatnia, to reakcja jest endotermiczna. Jeśli jest ujemny, to reakcja jest egzotermiczna. Im większa wartość bezwzględna ∆H, tym więcej energii jest uwalniane lub absorbowane. Uważaj, jeśli zamierzasz przeprowadzić praktyczny eksperyment: podczas reakcji o dużej wartości entalpii może nastąpić duże uwolnienie energii, a jeśli przebiega szybko, może doprowadzić do wybuchu.

   • W naszym przykładzie wynik końcowy wyniósł -13608 J. Przed wartością entalpii znajduje się znak ujemny, co oznacza, że ​​reakcja egzotermiczny. Gorące gazy (w postaci pary wodnej) H 2 i O 2 muszą oddać trochę ciepła, aby utworzyć cząsteczkę wody, to znaczy reakcja tworzenia H 2 O jest egzotermiczna.

   Oszacowanie entalpii

   1. Oblicz energię wiązania, aby oszacować entalpię. Prawie wszystkie reakcje chemiczne prowadzą do zerwania niektórych wiązań i powstania innych. Energia reakcji nie pojawia się znikąd i nie ulega zniszczeniu: jest to energia potrzebna do zerwania lub utworzenia tych wiązań. Dlatego zmianę entalpii całej reakcji można dość dokładnie oszacować, sumując energie tych wiązań.

      Użyj entalpii tworzenia, aby oszacować entalpię. Entalpia tworzenia umożliwia obliczenie ∆H przez obliczenie reakcji tworzenia reagentów i produktów. Jeśli znana jest entalpia tworzenia produktów reakcji i reagentów, to można oszacować entalpię jako całość przez dodanie, tak jak w przypadku energii omówionej powyżej.

   2. Nie zapomnij o znakach przed wartościami entalpii. Obliczając entalpię tworzenia odwraca się wzór na entalpię reakcji produktu i znak entalpii powinien się zmienić. Innymi słowy, jeśli odwrócisz wzór, znak entalpii powinien zmienić się na przeciwny.

      • W przykładzie zauważ, że reakcja tworzenia produktu C 2 H 5 OH jest zapisana od tyłu. C 2 H 5 OH → 2C + 3H 2 + 0,5O 2, to znaczy C 2 H 5 OH rozkłada się, nie jest syntetyzowany. Dlatego znak przed entalpią w takiej reakcji jest dodatni, 228 kJ/mol, chociaż entalpia tworzenia C 2 H 5 OH wynosi -228 kJ/mol.

   Obserwacja entalpii podczas eksperymentu

   1. Weź czysty pojemnik i wlej do niego wodę. Nietrudno zobaczyć zasady entalpii w działaniu – wystarczy przeprowadzić prosty eksperyment. Konieczne jest, aby na wynik eksperymentu nie miały wpływu obce zanieczyszczenia, dlatego pojemnik należy umyć i wysterylizować. Naukowcy używają specjalnych zamkniętych pojemników zwanych kalorymetrami do pomiaru entalpii, ale szklana zlewka lub kolba są dla ciebie odpowiednie. Napełnij pojemnik czystą wodą z kranu o temperaturze pokojowej. Wskazane jest przeprowadzenie eksperymentu w chłodnym pomieszczeniu.

      • Do eksperymentu pożądane jest użycie małego pojemnika. Będziemy przyglądać się entalpii reakcji wody z Alka-Seltzer, więc im mniej wody zużyjemy, tym bardziej oczywista będzie zmiana temperatury.