Расчет изменения энергии Гиббса при протекании химической реакции с применением таблиц стандартных термодинамических величин.

Расчет теплового эффекта химической реакции при любой температуре по табличным термодинамическим данным. (см задачи)

Закон Гесса

При этом применяют следствия из закона Гесса:

1. тепловой эффект реакции при стандартных условиях равен разности между суммой теплот образования продуктов реакции и суммой теплот образования исходных веществ, умноженных на соответствующие стехиометрические коэффициенты:

2. тепловой эффект реакции при стандартных условиях равен разности между суммой теплот сгорания исходных веществ и суммой теплот сгорания продуктов реакции, умноженных на соответствующие стехиометрические коэффициенты:

Пример1.

Определите теплоту образования HI (г) по реакции:

½ Н₂ + ^1/2 I₂= HI (г)

Решение. Тепловой эффект здесь равен тепловому эффекту образования HI, так как ΔΗ (Н₂ ) и ΔΗ (I₂ ) равны 0. По таблицам находим теплоту образования HI, она равна 26,04 кДж/моль.

Пример 2.

Рассчитайте тепловой эффект реакции

СН_{4 (г)} + СО _{2 (г)}=2СО (г) + 2Н ₂

по стандартным теплотам образования.

Решение Из таблиц находят ΔΗ ⁰ _f для участников реакции:

ΔΗ⁰ _{f 298 СН4 (г)} = -74,85, ΔΗ⁰ _{f298 СО 2 (г)} = -393,51, ΔΗ⁰ _{f298 СО} = -110,5, ΔΗ ⁰_{fН 2}=0

Согласно следствию закона Гесса имеем:

ΔΗ _r = 2 ΔΗ⁰ _{f298 СО} + ΔΗ ⁰_{fН 2} - ΔΗ⁰ _{f 298 СН4 (г)} - ΔΗ⁰ _{f298 СО 2 (г)} =

2(-110,5,) + 0 – (-74,85 -393,51) = + 247.39 кДж|моль

реакция эндотермическая

по теплотам сгорания:

ΔΗ _r = ΔΗ⁰ _{f 298 СН4 (г)} + ΔΗ⁰ _{f298 СО 2 (г)} -(2 ΔΗ⁰ _{f298 СО} + ΔΗ ⁰_{fН 2} ) =

ΔΗ⁰ _{с 298 СН4 (г)}= -802.32 _{кДж/моль}, ΔΗ⁰ _{с298 СО 2 (г)} = 0, ΔΗ⁰ _{с298 СО}= -283,0.

ΔΗ ⁰_сН2= -241.84.

ΔΗ _r = -802.32 +0 - (2 -283,0 –2 -241.84) =+247,36 кДж/моль

Закон Гесса имеет исключительно практическое значение. С его помощью можно узнать тепловой эффект любой реакции, не производя для этого непосредственных измерений. Это особенно ценно в тех случаях, когда проведение реакций неосуществимо или искажается побочными эффектами.

Например , (пример3) теплоту образования глюкозы экспериментально найти нельзя, так как реакция , идущая по уравнению :

6С гр +6Н₂ (г) +3О₂ (г) =С₆ Н₁₂ О₆ (тв) неосуществима.

Но пользуясь законом Гесса можно скомбинировать термохимические уравнения, из которых можно посчитать этот эффект. Например так:

1. 6С гр +6О₂ (г) =6СО₂ (г) ΔΗ₁= 6 (-94,0) = - 564 ккал|моль

2. 6Н₂ (г) +3О₂ (г) = 6Н₂ О (ж) ΔΗ₂ =6 (-68,3) = - 410 ккал/моль

3. С₆ Н₁₂ О₆ (тв) +6О₂ (г) = 6СО₂ (г) + 6Н₂ О (ж) ΔΗ₃= -670 ккал/моль

Аналогичная комбинация энтальпий дает энтальпию образования глюкозы:

ΔΗ₁ + ΔΗ₂ - ΔΗ₃ = ΔΗ_{f C6H12O6}

ΔΗ_{f C6H12O6} = - 304 ккал|моль

Здесь теплота образования рассчитана по теплотам сгорания.

Пример 4

Определить теплоту (энтальпию) фазового перехода:

Na (к) = Na (г)

0 108,3

ΔΗ ⁰_возг =108,3 –0 = 108,3 кДж/моль

SO₃(ж) = SO₃ (г)

-439,0 -396.1

ΔΗ ⁰_исп = -396,1 – (-439) = 42,9 кДж/моль

Пример 5

Определить энергию диссоциации двухатомной молекулы на атомы (энергия химической связи):

Cl_{2 (г)} = 2Сl(г)

0 2(121,3)

ΔΗ⁰_дисс = 2(121,3) -0 =242,6 кДж/моль

Пример6

Определить энергию превращения атома в ион (энергию ионизации):

Н(г) = Н⁺ (г) + e

217,98 1536,2

ΔΗ⁰_иониз. =1536,2 – 217,98 = 1318, 22кДж/моль

С помощью термохимических расчетов можно определить энергию химических связей, энергию кристаллической решетки, энергию межмолекулярного взаимодействия, энтальпию растворения (гидратации), эффекты фазовых превращений

Для пояснения закона Гесса рассмотрим пример получения водного раствора NH ₄Cl из NH_3(г) и HCl _(г) и воды . Процесс можно провести двумя путями:

1) NH₃ (г) + HCl(г) = NH ₄Cl(г) (выделяется 41,85 ккал/моль)

2). NH ₄Cl(г) + aq = NH ₄Cl aq (поглощается 3,92 ккал/моль) (-3,92)

Результат: выделяется 37,93 ккал/моль

2-ой путь:

1). NH₃ (г) +aq = NH₃ aq выделяется 8,35 ккал/моль (+8,35 )

2). HCl(г) +aq = HCl aq выделяется 17,32 ккал/моль (+17,32)

3). HCl aq + NH₃ aq = NH ₄Cl aq выделяется 12, 27 ккал/моль

Результат: выделяется 37,94 ккал/моль

Пример1.

Определите теплоту образования HI (г) по реакции:

½ Н₂ + ^1/2 I₂= HI (г)

Решение. Тепловой эффект здесь равен тепловому эффекту образования HI, так как ΔΗ (Н₂ ) и ΔΗ (I₂ ) равны 0. По таблицам находим теплоту образования HI, она равна 26,04 кДж/моль.

Пример 2.

Рассчитайте тепловой эффект реакции

СН_{4 (г)} + СО _{2 (г)}=2СО (г) + 2Н ₂

по стандартным теплотам образования.

Решение Из таблиц находят ΔΗ ⁰ _f для участников реакции:

ΔΗ⁰ _{f 298 СН4 (г)} = -74,85, ΔΗ⁰ _{f298 СО 2 (г)} = -393,51, ΔΗ⁰ _{f298 СО} = -110,5, ΔΗ ⁰_{fН 2}=0

Согласно следствию закона Гесса имеем:

ΔΗ _r = 2 ΔΗ⁰ _{f298 СО} + ΔΗ ⁰_{fН 2} - ΔΗ⁰ _{f 298 СН4 (г)} - ΔΗ⁰ _{f298 СО 2 (г)} =

2(-110,5,) + 0 – (-74,85 -393,51) = + 247.39 кДж|моль

реакция эндотермическая

по теплотам сгорания:

ΔΗ _r = ΔΗ⁰ _{f 298 СН4 (г)} + ΔΗ⁰ _{f298 СО 2 (г)} -(2 ΔΗ⁰ _{f298 СО} + ΔΗ ⁰_{fН 2} ) =

ΔΗ⁰ _{с 298 СН4 (г)}= -802.32 _{кДж/моль}, ΔΗ⁰ _{с298 СО 2 (г)} = 0, ΔΗ⁰ _{с298 СО}= -283,0.

ΔΗ ⁰_сН2= -241.84.

ΔΗ _r = -802.32 +0 - (2 -283,0 –2 -241.84) =+247,36 кДж/моль

Закон Гесса имеет исключительно практическое значение. С его помощью можно узнать тепловой эффект любой реакции, не производя для этого непосредственных измерений. Это особенно ценно в тех случаях, когда проведение реакций неосуществимо или искажается побочными эффектами.

Например , (пример3) теплоту образования глюкозы экспериментально найти нельзя, так как реакция , идущая по уравнению :

6С гр +6Н₂ (г) +3О₂ (г) =С₆ Н₁₂ О₆ (тв) неосуществима.

Но пользуясь законом Гесса можно скомбинировать термохимические уравнения, из которых можно посчитать этот эффект. Например так:

1. 6С гр +6О₂ (г) =6СО₂ (г) ΔΗ₁= 6 (-94,0) = - 564 ккал|моль

2. 6Н₂ (г) +3О₂ (г) = 6Н₂ О (ж) ΔΗ₂ =6 (-68,3) = - 410 ккал/моль

3. С₆ Н₁₂ О₆ (тв) +6О₂ (г) = 6СО₂ (г) + 6Н₂ О (ж) ΔΗ₃= -670 ккал/моль

Аналогичная комбинация энтальпий дает энтальпию образования глюкозы:

ΔΗ₁ + ΔΗ₂ - ΔΗ₃ = ΔΗ_{f C6H12O6}

ΔΗ_{f C6H12O6} = - 304 ккал|моль

Здесь теплота образования рассчитана по теплотам сгорания.

Пример 4

Определить теплоту (энтальпию) фазового перехода:

Na (к) = Na (г)

0 108,3

ΔΗ ⁰_возг =108,3 –0 = 108,3 кДж/моль

SO₃(ж) = SO₃ (г)

-439,0 -396.1

ΔΗ ⁰_исп = -396,1 – (-439) = 42,9 кДж/моль

Пример 5

Определить энергию диссоциации двухатомной молекулы на атомы (энергия химической связи):

Cl_{2 (г)} = 2Сl(г)

0 2(121,3)

ΔΗ⁰_дисс = 2(121,3) -0 =242,6 кДж/моль

Пример 6

Определить энергию превращения атома в ион (энергию ионизации):

Н(г) = Н⁺ (г) + e

217,98 1536,2

ΔΗ⁰_иониз. =1536,2 – 217,98 = 1318, 22кДж/моль

С помощью термохимических расчетов можно определить энергию химических связей, энергию кристаллической решетки, энергию межмолекулярного взаимодействия, энтальпию растворения (гидратации), эффекты фазовых превращений.

Пример 6:

Определить изменение энтропии при превращении 2г льда, взятого при температуре 253К и давлении 1,013*10⁵ н/м² в пар при температуре 423К, если теплота плавления льда при 273К равна 0,335 кДж/г, удельная теплоемкость льда равна 2,02 Дж/г*К воды – 4,2 Дж/г^.К, скрытая теплота парообразования воды равна 2,255 кДж/г, мольная теплоемкость пара при постоянном давлении:

С_р = 30,13+11,3*10^-3Т, Дж/моль^.К

Решение:

Данный процесс состоит из пяти стадий:

1) нагревание льда от 253 до 273 К – ∆S₁;

2) плавление льда при 273 К – ∆S₂;

3) нагревание жидкой воды от 273 до 373 К – ∆S₃;

4) переход жидкой воды в пар при 373К – ∆S₄;

5) нагревание водяного пара от 373 до 473 К – ∆S₅ .

Пример 7

В одном из сосудов вместимостью 0,1 м³ находится кислород, в другом, вместимостью 0,4 м³ – азот. В обоих сосудах температура 290 К и давление 1,013 · 10⁵ Н/м² . Найти изменение энтропии при смешении газов, считая их идеальными.

Решение

Находим числа моль газов по уравнению Менделеева – Клапейрона:

Пример 8

Вычислить стандартное изменение энтропии для реакции:Cd+2AgCl = 2Ag+CdCl₂ , если

Решение

Расчет изменения энергии Гиббса при протекании химической реакции с применением таблиц стандартных термодинамических величин.