Истинная молярная теплоемкость оксида кальция выражается уравнением определите количество теплоты

Видео:ТИПОВЫЕ ЗАДАЧИ ПО ХИМИИ: Химическое Количество Вещества, Моль, Молярная Масса и Молярный ОбъемСкачать

5. Рассчитайте изменение внутренней энергии при испарении 1 моль органической жидкости, теплоту испарения которой вы определили экспериментально.

Видео:Количество теплоты, удельная теплоемкость вещества. Практическая часть - решение задачи. 8 класс.Скачать

3. РЕКОМЕНДАЦИИ К ПРАКТИЧЕСКИМ ЗАНЯТИЯМ

Видео:Количество теплоты, удельная теплоемкость вещества. 8 класс.Скачать

3.1. Рекомендации для успешного решения задач

Необходимо решать задачу самостоятельно, поскольку даже безуспешные попытки приносят несомненную пользу, побуждая глубже вникнуть в суть процессов, явлений и т.д. Решать задачу мы рекомендуем в такой последовательности:

1. Запишите кратко условия задачи.

2. Выявите физико-химическую сущность процесса, явления.

3. Установите закон или закономерность для описания явления или процесса.

4. Запишите все необходимые для решения задачи уравнения. Решите задачу в общем виде, т.е. без подстановки конкретных значений параметров.

5. Проведите анализ размерностей искомых величин по полученным уравнениям. Если получается другая размерность, ещё раз проанализи-руйте логику рассуждений, проверьте правильность записи исходных уравнений и выводов из них.

6. Если с размерностями все в порядке, то приступайте к расчетам. Обратите внимание на соответствие полученных значений возможному диапазону их изменения. Если получается «парадоксальный» результат, то еще раз проведите анализ всех этапов решения.

7. Запишите результаты в соответствии с правилами округления (см. раздел 3.2).

Видео:Решение задач на термохимические уравнения. 8 класс.Скачать

3.2. Материалы к практическим занятиям

Для подготовки к практическому занятию необходимо проработать лекционный материал и разделы данного пособия по теме практического занятия, а также обратиться к учебным пособиям, указанным после названия каждой темы занятия (обозначение «ТМ» – теоретический материал).

3.2.1. Уравнения состояния идеальных и реальных газовых систем

Практическое занятие №1

ТМ: [2, гл.Ι, § 2; 5, гл. ΙХ и др.)].

Примеры решения типовых задач

Пример 1-1. 10,0 моль этана поместили в сосуд объёмом 4,86 л при 27 0 С. Оцените величину давления, создаваемого этаном, исходя из уравнения состояния:

а) идеального газа; б) газа Ван-дер-Ваальса. Определите значение фактора сжимаемости.

Решение. а) из уравнения состояния идеального газа РV = n RT рассчитаем давление: Р = n RT/V = 10,0 ∙ 8,31 ∙ 300 / 4,86 ∙ 10 -3 = 51,3 ∙ 10 5 Па.

б) из уравнения состояния газа Ван-дер-Ваальса:

(Р + n 2 а/ V 2 ) (V- nb) = nRT

выразим давление: Р= nRT/(V- nb) — n 2 а/V 2 = 10,0 ∙ 8,31∙ 300/(4,86∙10 -3 — -10,0∙63,8 ∙10 -6 ) — (10,0) 2 ∙0,556/(4,86∙10 -3 ) 2 = 35,5∙10 5 Па ( 35,1 атм)

Параметры уравнения Ван-дер-Ваальса приведены в приложении (табл. 6П).

Z = PV_m/ RT = (35,5∙10 5 ∙ 4,86∙10 -3 / 10,0)/ 8,31∙300 = 0,692

V_m – молярный объём газа

Ответ: а) 51,3 ∙ 10 5 Па; б) 35,5∙10 5 Па ; Z = 0,692
Пример 1-2. До какой температуры можно нагреть стальной сосуд вместимостью 0,01 м 3 , содержащий 5 кг кислорода, если предельно допустимое давление 15,2 МПа. Для расчёта используйте уравнения:

а) Ван-дер-Ваальса; б) с вириальными коэффициентами.

Решение. а) из уравнения Ван-дер-Ваальса: Т= (Р +n 2 а/ V 2 )(V- nb)/nR =

= [15,2 ∙10 6 + (5000/32) 2 ∙0,1378/ (0,01) 2 ] [0,01-(5000/32) ∙ 31,83∙10 -2 ]/ /(5000/32) ∙ 8,31 = 190 К

б) используем уравнение состояния реального газа в вириальной форме: PV_m/ RT = 1 + В₁/V_m + В₂/V_m 2 + ….

Значения вириальных коэффициентов В₁ и В₂ для различных газов и температур приведены в приложении [табл.7П]. Чтобы воспользоваться вириальными коэффициентами, нужно знать примерную температуру, при которой находится газ. Поскольку мы уже оценили температуру при помощи уравнения Ван-дер-Ваальса, то будем считать, что она ≈ 200 К. В таблице 2П5 приведены значения коэффициентов, начиная со 100 К, поэтому определим коэффициенты при 200 К экстраполяцией, построив графическую зависимость значения вириальных коэффициентов от температуры. Экстраполяция даёт: В ≈ -42 см 3 моль -1 , С ≈ 1350 см 6 моль -2

Рассчитаем температуру: Т= PV/ nRT∙ (1+ В/ V_m + С/ V_m 2 ) =

= (15,2∙10 6 ∙0,01)/156,25∙8,31 ∙ [1- (42/64) + (1350/64 2 )] =174 К

n= 5000/ 32 = 156,25 моль; V_m = 0,01/ 156,25 = 6,4∙10 -5 м 3 моль -1 = 64 см 3 моль -1

Ответ: а) Т=190 К; б) Т= 174 К

Пример 1-3. Вычислите для СН₄ постоянные а и b в уравнении Ван-дер-Ваальса из критических параметров.

Решение. Постоянные а и b в уравнении Ван-дер-Ваальса связаны с критическими параметрами газа следующим образом:

Находим критические параметры для метана [табл. 8П]:

а = 27∙ 8,31 2 ∙191,1 2 / (64 ∙ 46,41 ∙10 5 )= 0,229 н ∙ м 4 / моль 2

b = 8,31 ∙191,1/ (8 ∙ 46,41 ∙10 5 ) = 4,28∙ 10 -5 м 3 /моль

Ответ: а=0,229 н∙м 4 /моль 2 , b=4,28∙10 -5 м 3 /моль
Задачи для самостоятельного решения
1-1. При 250 К и 15 атм мольный объём газа на 12 процентов меньше величины, рассчитанной по уравнению состояния идеального газа. Рас-считайте: а) фактор сжимаемости при этих условиях; б) мольный объём газа.

1-2. Плотность водяного пара при 327,6 атм и 776,4 К равна 133,2 г/л. Определите мольный объём воды, V_m, и фактор сжимаемости, Z.

1-3. Некоторый газ подчиняется уравнению состояния газа Ван-дер-Ваальса с а = 0,76 м 6 ·Па/моль 2 . Объём газа равен 4,00·10 -4 м 3 /моль при 288 К и 4,0 МПа. Используя эти данные, рассчитайте значение параметра b в урав-нении Ван-дер-Ваальса.

1-4. Используя уравнение состояния в вириальной форме, вычислите давление 1 моль аммиака, занимающего при 500 К объём 100 мл.
3.2.2. Первый закон термодинамики. Вычисление внутренней энергии,

энтальпии, работы при различных процессах

Практическое занятие №2

ТМ: [1, гл.1, § 5,9-11; 2, гл.ΙΙ, § 3-4; 5, гл. VΙ и др.)].

Примеры решения типовых задач

Пример 2-1. Рассчитайте изменение внутренней энергии одноатомного идеального газа при изобарном расширении от 1,0 до 5,0 л под давлением 150 кПа.

Решение. Процесс протекает при постоянном давлении Р₁=Р₂= 150 кПа, объём изменяется от V₁=1,0 л до V₂=5,0 л. Начальную и конечную температу-ры можно вычислить из уравнения Менделеева-Клапейрона: Т₁= Р₁·V₁/ n·R; Т₂= Р₂·V₂/n·R. Изменение внутренней энергии идеального газа зависит только от его начальной и конечной температуры (С_V = 1,5 R):

Ответ: ΔU = 900 Дж.
Пример 2-2. Чайник, содержащий 1000 г кипящей воды, нагревают до полного испарения при нормальном давлении. Определите А, Q, ΔU, ΔН для этого процесса. Мольная теплота испарения воды 40,6 кДж/моль.

Решение. В процессе Н₂О_(ж) → Н₂О_(г) произошло расширение газа при постоянном давлении от объёма 1000 г жидкой воды (10 -3 м 3 ) до объёма

V₂= nRT/Р = (1000/18) ∙8,31∙ 373/1,013∙10 5 = 1,70 м 3

Работа расширения при постоянном давлении

А = Р(V₂ – V₁) ≈ РV₂ = 1,013∙10 5 ∙ 1,70 = 172 кДж

При испарении 1000 г воды затрачивается теплота

Q = (1000/18) ∙ 40,6 = 2256 кДж

Изменение внутренней энергии можно рассчитать по первому закону:

ΔU = Q – А = 2256 – 172 = 2084 кДж,

а изменение энтальпии – через изменение внутренней энергии:

ΔН = ΔU + Δ(РV) = ΔU +РΔV= ΔU +А = Q= 2256 кДж

Изменение энтальпии равно теплоте, т.к. процесс происходит при постоянном давлении.

Ответ: А = 172 кДж; ΔU = 2084 кДж; ΔН = Q= 2256 кДж

Пример 2-3. Один моль идеального газа, взятого при 25 о С и 100 атм, расширяется обратимо и изотермически до 5 атм. Рассчитайте работу, поглощённую теплоту, ΔU, ΔН.

А = nRT ln (P₁/P₂) = 8,31∙298∙ln (100/5) = 7420 Дж

Для изотермического процесса, в котором участвует идеальный газ

ΔU = 0, следовательно Q = А = 7420 Дж

Изменение энтальпии равно: ΔН = ΔU + Δ(РV) = ΔU+ nR (Т₂ –Т₁) = 0,

Ответ: А = Q = 7420 Дж; ΔU = ΔН = 0

Пример 2-4. Определите конечную температуру и работу, необходимую для адиабатического сжатия азота от 10 л до 1 л, если начальная температура и давление равны 300 К и 101,3 кПа, соответственно.

Решение. Для адиабатического процесса конечную температуру можно найти по уравнению адиабаты Т₁V₁ γ-1 =Т₂ V₂ γ-1 . Для двухатомного идеального газа γ=Сp/Сv=7/5=(3,5R/2,5R)=1,4. Отсюда

Работу, необходимую для адиабатического сжатия, находим по уравнению

=(101300∙10 -2 /300)∙2,5∙ (300-754) = -3833 Дж

Ответ: Т₂ = 754 К, А = -3833 Дж.

Задачи для самостоятельного решения

2-1. Оксид углерода (IV) в количестве 100 г находится при 0 0 С и давлении 1,013·10 5 Па. Определить Q, A, ΔU и ΔH: а) при изотермическом расширении до объёма 0,2 м 3 ; б)при изобарном расширении до того же объёма; в) при изохорном нагревании до достижения давления 2,026·10 5 Па; г) при адиабатном сжатии до 2,026·10 5 Па. Принять, что СО₂ подчиняется законам идеальных газов, а истинная молярная теплоёмкость СО₂ при постоянном давлении постоянна и равна 37,1 Дж/(моль·К).

2-2. Газ, расширяясь от 0,01 до 0,016 м 3 при постоянном давлении 1,013·10 5 Па, поглощает 126 Дж теплоты. Определить ΔU.

2-3. Смешано 4,03г водорода и 32г кислорода. Их удельные теплоёмкости С_р соответственно равны 14,3 и 0,912 Дж/(г·К). Определить потерю теплоты при охлаждении этой смеси на 20 0 при постоянном объёме.

2-4. При нормальных условиях 0,05 м 3 криптона нагревают до 600 0 С при постоянном объёме. Каковы конечное давление газа и количество теплоты, затраченной на нагревание?

2-5. Истинная удельная теплоёмкость жидкого цинка выражается уравнением: С_р(ж) = 0,362 + 26,78 · 10 -5 Т Дж/(г·К), а твёрдого цинка: С_р (тв) = 0,3795 + 18,58 ·10 -6 Т Дж/(г·К). Какое количество теплоты выделится при охлаждении 300 г этого металла от 500 до 0 0 С, если температура плавления цинка 419 0 С, удельная теплота плавления 117,2 Дж/г. Рассчитать теплоёмкости 1 моль твёрдого и расплавленного цинка при температуре плавления.
3.2.3. Тепловой эффект химической реакции. Закон Гесса. Зависимость теплового эффекта от температуры. Формула Кирхгофа

Практическое занятие №3

ТМ: [1, гл.2, § 1-7; 2, гл.ΙΙ, § 6,7; 5, гл. VΙ и др.].

Примеры решения типовых задач

Пример 3-1. Рассчитайте стандартную энтальпию реакции

при 298 К. Чему равна теплота этой реакции, протекающей при той же температуре, но в закрытом сосуде?

Решение. По закону Гесса энтальпия реакции при 298 К равна:

Подставляя значения энтальпий образования [6], находим:

Δ_rН 0 ₂₉₈ = -393,5 + (- 635,1) – (-1206,9) = 178,3 кДж/моль

Тепловой эффект этой реакции, протекающей при постоянном объёме, равен изменению внутренней энергии (Δn=1-0=1)

Δ_rU 0 ₂₉₈ = Δ_rН 0 ₂₉₈ — ΔnRT=178,3 ∙10 3 – 8,314∙298=175,8∙10 3 Дж=175,8 кДж

Решение. Сокращённое ионное уравнение реакции имеет вид:

По закону Гесса энтальпия реакции равна:

Подставляя значения энтальпий образования ионов и соединений [6], находим:

Δ_rН 0 ₂₉₈ =3 (-47,7)+90,37 + 2 (-285,84)-3 (-87,9)- (-206,57)= -154 кДж

Пример 3-3. Рассчитайте энтальпию образования сульфата цинка из простых веществ при Т=298К на основании следующих данных:

ZnS = Zn + S Δ_rН 0 ₁ = 200,5 кДж/моль (1)

2 ZnS +3O₂ = 2 ZnO + 2SO₂ Δ_rН 0 ₂ = -893,5 кДж/моль (2)

Решение. Составим термохимическое уравнение образования ZnSO₄ из простых веществ: Zn + S + 2О₂ = ZnSO₄ , ΔН 0 ₅ (5)

Для определения ΔН 0 ₅ проведём алгебраические операции с уравне-ниями (1)-(4), которые дадут нам уравнение (5), а, именно, суммируем урав-нения (2) и (3), предварительно умножив их на 1/2, и вычитаем уравнения (1) и (4): ZnS+3/2O₂+SO₂+1/2O₂+Zn+S+ZnO+SO₃=ZnO+SO₂ +SO₃+ZnS+ZnSO₄

После приведения «подобных членов» получаем уравнение (5). Отсюда:

Пример 3-4. Рассчитайте энтальпию реакции сгорания метана при 800 К, если стандартные энтальпии образования при Т=298 К (кДж/моль): Δ_fН 0 ₂₉₈(СН_4(г) )=-74,85; Δ_fН 0 ₂₉₈(СО_2(г) )=-393,5; Δ_fН 0 ₂₉₈(H₂О_(г))= -241,84. Зависимости теплоёмкостей от температуры в интервале от 298 К до 800 К (Дж/(моль∙К)):

Решение. Энтальпия реакции сгорания метана

при Т=298 К равна:

Рассчитаем разность теплоёмкостей как функцию температуры:

Энтальпию реакции при Т=800 К рассчитаем по уравнению Кирхгофа:

Δ_rН 0 ₈₀₀ = Δ_rН 0 ₂₉₈ +∫ (21,58-39,33∙10 -3 Т)dТ= -802,3·10 3 +21,58 (800-298)-

— 39,33∙10 -3 ∙ (800 2 -298 2 )/2= -802,3 кДж/моль

Пример 3-5. Рассчитайте тепловой эффект разбавления 0,1 кг 50%-ной серной кислоты 0,3 кг воды. Данные об энтальпиях растворения возьмите из справочника [6].

Решение. Тепловой эффект разбавления раствора кислоты водой рассчитаем по закону Гесса, как разницу энтальпий образования конечного и исходного растворов: ΔН 0 _разб = (ΔН 0 _{m (конечн. р-ра)} — ΔН 0 _{m (исход. р-ра)})∙ n_Н2SO4. В справочнике [6] энтальпии образования растворов серной кислоты приведе-ны как функции отношения n₂(Н₂O)/n(Н₂SO₄). Для исходного раствора:

Для конечного раствора:

Энтальпии ΔН 0 _m находим в справочнике [6]:

для х₁ = 5,5: ΔН 0 _m =- (58,03 + 60,75)/2 = — 59,39 кДж/моль

для х₂=38,1: ΔН 0 _m =-[(73,09-72,68)/10]∙8,1 + (-72,68) = -72,35 кДж/моль

Находим: ΔН 0 _разб= [-72,35 — (-59,39 )]∙ 0,51= -6,61 кДж

Ответ: ΔН 0 _разб = -6,61 кДж
Задачи для самостоятельного решения

3-1. Теплоты образования жидкой воды и газообразного оксида углеро-да (IV) соответственно равны -285,8 и -393,5 кДж/моль. Рассчитать теплоту образования метана из элементов при: 1) Р = const; 2) V = const, T = 298 K.

3-2. Теплота растворения BaCl₂ -8,66 кДж/моль, а теплота гидратации этой соли при переходе в BaCl₂·2H₂O -29,16 кДж/моль. Какова теплота растворения BaCl₂ · 2H₂O?

3-3. Энтальпия диссоциации карбоната кальция при 900 0 С и давлении 1 атм равна 178 кДж/моль. Выведите уравнение зависимости энтальпии реакции от температуры и рассчитайте количество теплоты, поглощенное при разложении 1 кг карбоната кальция при 1000 0 С и 1 атм, если даны мольные теплоёмкости (вДж / (моль·К)):

С_р(СаСО_3(тв)) = 104,5 + 21,92 ∙ 10 -3 Т – 25,94 · 10 5 Т -2 ,

С_р(СаО_(тв)) = 49,63 + 4,52 ∙ 10 -3 Т – 6,95 · 10 5 Т -2 ,

3-4. Рассчитайте тепловой эффект процесса смешения 0,5 кг 20%-ой серной кислоты и 1 кг 60%-ой серной кислоты. Для расчёта воспользуйтесь данными справочника [6].
3.2.4. Второй закон термодинамики. Вычисление изменения энтропии в различных процессах. Расчёт абсолютной энтропии веществ

Практическое занятие №4

ТМ: [1, гл.3, § 5-7; 2, гл.ΙΙΙ, § 2,4-6; 5, гл. VΙΙ и др.)].

Примеры решения типовых задач

Пример 4-1. Рассчитайте изменение энтропии при испарении 10 кг бромбензола, если его нормальная температура кипения 429,8 К, а удельная теплота испарения при этой температуре 241,9 кДж/кг.

Решение. Изменение энтропии в процессе фазового перехода найдём по уравнению:

Ответ: ΔS= 5,6 кДж/К

4-2. Рассчитайте изменение энтропии при нагревании 0,4 моль хлорида натрия от 20 до 850 о С. Мольная теплоёмкость хлорида натрия равна:

Температура плавления NaCl 800 о С, теплота плавления 31,0 кДж/моль.

Решение. Общее изменение энтропии при нагревании хлорида натрия от 20 о С до 850 о С складывается из трёх составляющих: 1 – нагревание твёрдого хлорида натрия от 20 о С до 800 о С, 2 – плавление при 800 о С, 3 – нагревание жидкого хлорида натрия от 800 о С до 850 о С. Рассчитаем изменение энтропии для этих процессов:

ΔS₁ = n∙∫С_р(тв)dТ/Т=0,4∙45,94ln(1032/293)+0,4∙16,32∙10 -3 (1032-293)=27,96 Дж/К

ΔS₃ = n∙∫С_р(ж) dТ/Т = 0,4∙ 66,53 ∙ ln(1123/1073)=1,21 Дж/К

Ответ: ΔS= 40,73 Дж/К

Пример 4-3. Один моль гелия при 100 о С и 1 атм смешивают с 0,5 моль неона при 0 о С и 1 атм. Рассчитайте изменение энтропии, если конечное давление — 1 атм.

Решение. Общее изменение энтропии при смешении газов с разной температурой складывается из изменений энтропии гелия (ΔS₁) и неона (ΔS₂) за счёт изменения объёма и температуры (давление остаётся постоянным).

Начальные объёмы газов: V₁= n₁RT₁/Р = 8,314∙373/1,013∙10 5 = 0,03 м 3

Объём после смешения: V = V₁+ V₂ = 0,04 м 3

Конечную температуру смеси можно найти по уравнению теплового баланса, приняв теплоёмкость газов одинаковой (для идеальных одноатомных газов С_V = 1,5R): n₁ (Т₁ – Т) = n₂ (Т – Т₂) ; 1(373 — Т) = 0,5 (Т — 273).

Получаем Т = 340 К. Изменение энтропии каждого из газов:

ΔS₁ = 8,314[ln(0,04/0,03) + 1,5ln(340/373)]=1,23 Дж/К

ΔS₂= 0,5 ∙8,314[ln(0,04/0,01) + 1,5ln(340/273)]= 7,13 Дж/К

Общее изменение энтропии: ΔS= ΔS₁+ ΔS₂ = 8,36 Дж/К

Ответ: ΔS= 8,36 Дж/К

Пример 4-4. Пользуясь справочными данными, рассчитайте стан-дартное изменение энтропии в реакции Н_2(г) +1/2O_2(г) = Н₂О_(г) при 25 о С.

Решение. Изменение энтропии в химической реакции рассчитывают, используя значения абсолютных энтропий участников реакции:

= — 44,32 Дж/ (моль∙К)
Ответ: Δ_rS 0 ₂₉₈ = — 44,32 Дж/ (моль∙К)
Пример 4-5. Рассчитайте мольную энтропию неона при 500 К, если при 298 К и том же объёме его энтропия равна 146,2 Дж/ (моль∙К).

Решение. Энтропия неона при 500 К равна:

S 0 ₅₀₀ = S 0 ₂₉₈ + ∫С_vdТ/Т=146,2+ 1,5 . 8,314 ln(500/298)=152,7 Дж/ (моль∙К).

Ответ: S 0 ₅₀₀ = 152,7 Дж/ (моль∙К).
Задачи для самостоятельного решения

4-1. Найти изменение энтропии при нагревании 1 моль кадмия от 25 до 727 0 С, если температура плавления 321 0 С, теплота плавления равна 6109 Дж/моль, теплоёмкости твёрдого и жидкого кадмия:

4-2. Найти изменение энтропии при изотермическом сжатии 1 моль паров бензола при 80 0 С от 0,4053∙10 5 до 1,013∙10 5 Па с последующей конден-сацией и охлаждением жидкого бензола до 60 0 С. Нормальная температура кипения бензола 80 0 С; молярная теплота испарения 30,88 кДж/моль; удель-ная теплоёмкость жидкого бензола 1,799 Дж/(г ∙К).

4-3. Рассчитайте изменение энтропии при образовании 1 м 3 воздуха из азота и кислорода (20 об. %) при температуре 25 0 С и давлении 1 атм.

4-4. Определить изменение энтропии при нагревании 1 моль этанола от 25 до 100 0 С, если удельная теплота испарения С₂Н₂ОН 863,6 Дж/г, температура кипения 78,3 0 С, молярные теплоёмкости жидкого этанола:

С_р(ж) = 111,4 Дж/(моль·К) и паров этанола:

С_р(r) = 19,07 + 212,7 ∙ 10 -3 Т – 108,6 ∙ 10 -6 Т 2 + 21,9 ∙ 10 -9 Т 3 Дж/(моль∙К).

4-5. Стандартная энтропия алмаза при 25 0 С: S 0 ₂₉₈ = 2,38 Дж/(К·моль). При нагревании до 167 0 С энтропия алмаза увеличивается вдвое. До какой температуры надо нагреть алмаз, чтобы его стандартная энтропия была в три раза больше, чем при 298К? Теплоёмкость можно считать не зависящей от температуры.

Практическое занятие 5

ТМ: [1, гл.4, § 1,2, 4; 2, гл.ΙV, § 1, 2; 5, гл. VΙΙ и др.)].

Примеры решения типовых задач

Пример 5-1. Вычислите изменение энергии Гиббса при сжатии 0,7∙10 -2 кг азота при 300 К от Р₁=5,5∙10 4 Па до Р₂=3,031∙10 5 Па.

Решение. Изменение энергии Гиббса при изотермическом сжатии или расширении рассчитывается по формуле:

ΔG=nRTln(Р₂/ Р₁)=(7/28)∙8,314∙300∙ ln(3,031∙10 5 /5,5∙10 4 ) = 1,1 кДж

Ответ: ΔG = 1,1 кДж
Пример 5-2. Рассчитайте стандартные энергии Гиббса и Гельмгольца ΔG 0 и ΔF 0 при 300 о С для химической реакции

Может ли эта реакция протекать самопроизвольно при этой температуре? Теплоёмкости веществ считать постоянными.

Решение. Выпишем из справочника [6] термодинамические данные при температуре 298 К и атмосферном давлении и сведём в таблицу:

Стандартное изменение энергии Гиббса реакции при 573 К:

Стандартный тепловой эффект реакции при 573 К можно рассчитать по уравнению Кирхгофа:

Стандартное изменение энтропии в реакции при 573 К можно рассчитать по формуле:

Рассчитаем стандартное изменение энергии Гиббса реакции при 573 К:

Δ_rG 0 ₅₇₃ = -218,9·10 3 — 573∙ (-245,1) = -78,5 кДж/моль

Стандартное изменение энергии Гельмгольца при 573 К можно рассчитать:

Δ_rF 0 ₅₇₃ = Δ_rG 0 ₅₇₃ — ΔnR∙573 = -78500 – (-2)∙8,314∙573 = -69,0 кДж/моль

Реакция может протекать в этих условиях самопроизвольно.

Ответ: Δ_rG 0 ₅₇₃ = -78,5 кДж/моль, Δ_rF 0 ₅₇₃ = -69,0 кДж/моль
Пример 5-3. Вычислите изменение энергии Гиббса при охлаждении 0,7 моль азота (С_V = 5/2 R) от 2000 К до 200 К при давлении 1 атм. Энтропия газа в исходном состоянии равна 247,0 Дж/(моль∙К), газ можно считать идеальным.

Решение. изменение энергии Гиббса при охлаждении от 2000 К до 200 К можно найти, проинтегрировав частную производную (7-24) по температуре:

Зависимость энтропии от температуры при постоянном давлении определяется изобарной теплоёмкостью:

Интегрирование этого выражения от 2000 К до Т даёт:

Подставляя, это выражение под интеграл находим:

ΔG= — ∫ S(Т)dТ = — n [(S 0 ₂₀₀₀ — С_р ln2000)Т + С_р Т lnТ — С_рТ)] | = 284 кДж

Ответ: ΔG = 284 кДж

Задачи для самостоятельного решения

5-1. Вычислить Q, ΔH, ΔU, ΔG, ΔF, ΔS для изотермного сжатия 1 моль идеального газа от Р₁ = 5,065 · 10 5 до Р₂ = 10,13 · 10 5 Па при 500 0 С.

5-2. Определить ΔG, ΔF и ΔS при испарении 1 моль воды при 100 0 С и 1,013 · 10 5 Па, если удельный объём жидкой воды 1,044·10 4 м 3 /кг, удельный объём пара 1,673 м 3 /кг, изменение энтальпии в процессе парообразования воды 2271,5 кДж/кг.

5-3. Теплота плавления льда при 0 0 С равна 335 Дж/г. Удельная тепло-ёмкость воды равна 4,184 Дж/(г·К). Удельная теплоёмкость льда равна 2,01 Дж/ (г·К). Найти ΔG, ΔF и ΔS для процесса превращения 1 моль переохлаж-дённой воды при -5 0 С в лёд.

5-4. Вычислить стандартное изменение энергии Гиббса при 25 и 100 0 С для реакции MgCO_3(тв) = MgO_(тв) + CO_2(тв) по стандартным значениям энтальпий образования и абсолютных энтропий химических соединений.
3.2.6. Закон действующих масс. Расчёт равновесного состава

Практическое занятие 6

ТМ: [1, гл.8, § 1,2, 7-9, 12 ; 2, гл.V, § 6-8; 5, гл. XVΙΙ и др.].

Примеры решения типовых задач

Пример 6-1. Вычислите константы равновесия К_р и К_с реакции:

если степень превращения исходного вещества составляет α = 0,533, а давление 5,49∙10 4 Па при 323 К.

Решение. Пусть исходное количество вещества N₂O₄ равно 1 моль. Тогда можно записать:

Исходное количество: 1 0

Равновесное количество: 1- α 2α (всего: n = 1+ α.)

Равновесная мольная доля (Х): (1- α)/(1+ α ) 2α /(1+α)

Подставляя α = 0,533 и давление, получаем:

К_р = 0,695∙(5,49) 1/2 ∙10 2 / (0,305) 1/2 =295 (Па 1/2 )

К_с = К_р/(RТ) Δn = 2,95∙10 2 /(8,314∙323) ½ = 5,69 (моль/м 3 ) 1/2

при 503 К К_р=0,128∙10 -5 Па -1 . Определите состав равновесной смеси, полученной при давлении 10,13 ∙10 5 Па из 2 моль этилена и 1 моль НСl.

Решение. Пусть α — количество вещества С₂Н₅Сl, образовавшегося в реакционной смеси. Тогда:

Исходное количество: 2 1 0

Равновесное количество: 2- α 1- α α (всего: 3- α)

Парциальные давления компонентов:

Подставляя парциальные давления в выражение для К_р, получим:

После преобразований получим квадратное уравнение:

2,32α 2 – 6,96α +2,64 = 0.

Находим корни уравнения: α₁ = 0,44 и α₂=2,55. Так как α может быть только меньше 1, то второй корень не имеет физического смысла. Следовательно, в равновесной смеси содержатся: 0,44 моль С₂Н₅Сl, 1,56 моль С₂Н₄ и 0,56 моль НСl.

Ответ: 0,44 моль С₂Н₅Сl, 1,56 моль С₂Н₄ , 0,56 моль НСl.
Задачи для самостоятельного решения

6-1. Взято 42,0 г N₂O₄ в объёме 0,01835 м 3 при 50 0 С и 946 гПа, N₂O₄ диссоциирует по уравнению N₂O₄ = 2NO₂. Вычислить степень диссоциации и константу равновесия.

6-2. При 494 0 С и 990 гПа диоксид азота диссоциирован на 56,5% по уравнению 2NO + O₂ = 2NO₂. Определить давление, при котором степень диссоциации равна 80%, и значения К_р и К_с.

6-3. Константа равновесия реакции PCl₃ + Cl₂ = PCl₅ при 500 К равна К_р = 2,961 ∙10 -5 Па -1 . Определить степень диссоциации PCl₅ при этой температуре, если общее давление 8,104 ∙10 5 Па.

6-4. Константа равновесия реакции CO_(r) + 2H_2(r) = CH₃OH_(r) при 500 К равна К_р = 6,09·10 -3 . Рассчитайте общее давление, необходимое для получе-ния метанола с 90% выходом, если СО и Н₂ взяты в соотношении 1:2.
3.2.7. Уравнение изотермы химической реакции

Практическое занятие 7

ТМ: [1, гл.8, § 3 ; 2, гл.V, § 7; 5, гл. XVΙΙ и др.].

Примеры решения типовых задач

Пример 7-1. Будет ли происходить разложение РСl₅ в газовой смеси, содержащей РСl₃, РСl₅ и Сl₂ при 298 К при следующих парциальных давлениях: Р_РСl3= 1,0133∙10 4 Па, Р_РСl5= 0,5066∙10 4 Па, Р_Сl2= 2,0266∙10 4 Па? Константу равновесия вычислите из Δ_fG 0 ₂₉₈ [6]

Решение. Константа равновесия реакции РСl₅ = РСl₃ + Сl₂ может быть рассчитана из уравнения Δ_rG 0 ₂₉₈= -RTlnК_р. Рассчитаем стандартное измене-ние энергии Гиббса реакции при 298 К: Δ_rG 0 ₂₉₈= Δ_fG 0 ₂₉₈(Сl₂)+Δ_fG 0 ₂₉₈(РСl₃)-Δ_fG 0 ₂₉₈(РСl₅) = 0–267,98+305,10=37,12 кДж/моль. Константа равновесия реакции при 298 К равна:

На вопрос о направлении протекания реакции можно ответить, если рассчитать энергию Гиббса реакции по уравнению изотермы Вант-Гоффа:

+8,314∙298∙ ln (2,0266∙10 4 ∙1,0133∙10 4 /0,5066∙10 4 ) = 63,42 (кДж/моль)

Поскольку ΔG₂₉₈> 0, протекание реакции в прямом направлении невозможно.

Ответ: РСl₅ разлагаться не будет.
Задачи для самостоятельного решения

7-1. Для реакции СО + Н₂О = СО₂ + Н₂ при 1500 К К_Р=0,31. Определите, в каком направлении будет протекать реакция при следующих значениях исходных парциальных давлений компонентов: Р_СО=2,026·10 5 Па, Р_Н2О=6,078·10 5 Па, Р_СО2=4,052·10 5 Па, Р_Н2=3,039·10 5 Па.

7-2. При 450 0 С давление диссоциации NiO по уравнению 2NiO_(тв)=2Ni_(тв)+О_2(г) равно Р_О2 =6,906·10 -26 гПа. Пойдёт ли разложение NiO на воздухе при парциальном давлении кислорода 0,203·10 5 Па?

7-3. Определите, используя стандартные энергии Гиббса образования веществ, возможен ли термодинамический процесс получения анилина из хлорбензола и аммиака при 298 К по уравнению

изобары и изохоры реакции

Практическое занятие 8

ТМ: [1, гл.9, § 1,2; 2, гл.V, § 10,11; 5, гл. XVΙΙ и др.].

Примеры решения типовых задач

Пример 8-1. Зависимость константы равновесия реакции

от температуры в интервале 300-600 К описывается уравнением

ln К_р = -1,04 – 1088/Т + 1,51∙10 5 /Т 2 .

Рассчитайте Δ_rН 0 реакции при 400 К.

Решение. Находим Δ_rН 0 из уравнения изобары Вант-Гоффа:

Энтальпия реакции при 400 К равна:

Ответ: Δ_rН 0 =2,8 кДж/моль
Пример 8-2. Рассчитайте константу равновесия реакции:

при 800 К, если К_р= 4,13∙10 -10 Па -1 при 298 К. Средний тепловой эффект Δ_rН 0 = -103,7 кДж/моль.

Решение. Константу равновесия при 800 К определяем по уравнению изобары в интегральной форме:

-298)/8,31 ∙298∙800= — 48,7.

Отсюда К_р(800 К)=1,5∙10 -21 (Па -2 )

Ответ: К_р (800 К)=1,5 ∙10 -21 Па -2
Задачи для самостоятельного решения

8-1. Для реакции 2СО₂ = 2СО + О₂ К_р = 4,033 · 10 -16 Па при 1000 К. Вычислить константу равновесия этой реакции при 2000 К, если среднее значение теплового эффекта Δ_rН 0 = 561,3 кДж/моль.

8-2. При нагревании кристаллогидрата ZnSO₄ · 7H₂O устанавливается равновесие:

При 283 К давление водяного пара над кристаллогидратом равно 6,50 гПа, а при 348 К-293 гПа. Определить средний тепловой эффект реакции в данном интервале температур и константу равновесия данной системы при 300 К.

8-3. Зависимость константы равновесия от температуры для реакции С₂Н₄(г) + Н₂(г) = С₂Н₆(г) выражается уравнением:

lg K_p = 6366/T – 2,961·lgT + 7,67 ·10 -4 T + 5,2

Определить К_р и изменение энтальпии при 1000 К.

8-4. Рассчитайте стандартную энтальпию реакции, для которой константа равновесия а) увеличивается в два раза б) уменьшается в два раза при изменении температуры от 298 К до 308 К.

3.2.9. Методы расчета константы равновесия и энергии Гиббса реакции

Практическое занятие 9

ТМ: [1, гл.9, § 7; 2, гл.V, §3-5; 5, гл. XVΙΙ и др.].

Примеры решения типовых задач

Пример 9-1. Вычислите константу равновесия по методу Тёмкина – Шварцмана для реакции: Н₂О_(г) = Н₂ +1/2О₂ при Т=1600 К.

Решение. Вычисляем константу равновесия по уравнению

Изменение энергии Гиббса реакции при 1600 К найдём по методу Тёмкина-Шварцмана: Δ_rG 0 ₁₆₀₀= Δ_rН 0 ₂₉₈ — TΔ_rS 0 ₂₉₈— T(М₀ Δа – М₁ Δb + М_-2 Δс).

По справочным данным [6] находим Δ_rН 0 ₂₉₈ и Δ_rS 0 ₂₉₈ :

Δ_rS 0 ₂₉₈ = -188,72 + 205,04/2 + 130,52 = 44,32 Дж/моль

Выписываем из справочника [6] зависимости теплоёмкостей от температуры и М_n [6, табл.45]: С_р(Н₂О) = 30,00 + 10,71∙10 -3 Т + 0,33 ∙10 5 Т -2

С_р(Н₂) = 27,28 + 3,26∙10 -3 Т + 0,50 ∙10 5 Т -2

С_р(О₂) = 31,46 + 3,39∙10 -3 Т — 3,77 ∙10 5 Т -2

Отсюда: Δа =31,46/2 +27,28-30,00=13,01;

Δb=(3,39/2 +3,26 -10,71)∙10 -3 = -5,76∙10 -3

Δс=(-3,77/2 +0,50 -0,33) ∙10 5 = -1,72∙10 5 .

Δ_rG 0 ₁₆₀₀=241810-1600∙44,32-1600(0,8665∙13,01-0,5296∙5,76-0,3723∙1,72)=

К_р (1600 К)= eхр(-158800/ 8,314∙1600) = 6,5∙10 -6

Пример 9-2. Рассчитайте константу равновесия реакции при Т=700 К:

используя приведённые энергии Гиббса веществ при 0 К [6].

Решение. Изменение энергии Гиббса реакции квантовостатистическим методом рассчитывают по уравнению:

где -[(G 0 _Т — Н 0 ₀ )/Т] = Φ 0 (Т) — приведённая энергия Гиббса при 0 К, ΔН 0 ₀ – гипотетический тепловой эффект реакции при абсолютном нуле. Выпишем значения этих величин для участников реакции из справочника [6].
Вещество 1,3-С₄Н₆ Н₂ н-С₄Н₁₀

-[(G 0 ₇₀₀ — Н 0 ₀ )/Т], Дж/(моль К) 285,74 126,52 317,64

ΔН 0 ₀, кДж/моль 124,60 0 -99,04

Находим для реакции: ΔΦ 0 (700) = 221,14 Дж/(моль К);

ΔН 0 ₀ = 223,64 кДж/моль

Рассчитываем ΔG 0 ₇₀₀ = — 700 · 221,14 + 223,64 ·10 3 = 68,84 кДж/моль

Отсюда К_р=eхр(-ΔG 0 ₇₀₀/ 700·R) = 7,2·10 -6

Ответ: К_р= 7,2∙10 -6
Задачи для самостоятельного решения

9-1. Вычислите по методу Тёмкина – Шварцмана константы рав-новесия следующих реакций при указанных температурах:

9-2. Вычислите константу равновесия реакции SО₂ = О₂ + ½ S₂ при Т=800 К, используя приведённые энергии Гиббса веществ при 0 К [6].

9-3. Вычислите энергию Гиббса и константу равновесия реакции ВаО_(г) = Ва_(г) + 1/2 О₂ при Т=4000 К, если известны константы равновесия следующих реакций: ВаО_(г) = Ва_(г) + О, К₁=0,0156

Видео:8 класс. Массовая доля растворенного вещества. Решение задач.Скачать

Зависимость теплового эффекта от температуры. Уравнение Кирхгофа

Поскольку по закону Гесса тепловой эффект процесса (реакции) определяется начальным и конечным состоянием системы, очевидно, что для каждого из участников реакции (как исходных веществ, так и продуктов реакции) будут справедливы выражения (1.32) и (1.33). Тогда уравнение зависимости теплового эффекта реакции от температуры можно записать в виде

(1.36)

где DC_P – разность молярных изобарных теплоемкостей реагентов, взятая с учетом стехиометрических коэффициентов.

Уравнение (1.36) называют уравнением Кирхгофа; оно выражает зависимость теплового эффекта реакции от температуры в дифференциальной форме. Это уравнение строго справедливо лишь при условии, что давление над каждым компонентом при искомой температуре будет таким же, как и при начальной температуре.

Из (1.36) следует, что чувствительность DH к изменению температуры определяется абсолютным значением DC_P, а знак температурного коэффициента определяется знаком DC_P. При DC_P > 0 тепловой эффект реакции растет с повышением температуры; при DC_P 2 + Dc′T – 2 + … (1.37)

Подставляя (1.37) в (1.36) и разделяя переменные, в общем виде получим

(1.38)

Предполагается, что в рассматриваемом интервале температур T₂ ¸ T₁ в системе происходит фазовое превращение (плавление, парообразование или сублимация), тепловой эффект которого DH_ф.п.

Интегрирование уравнения Кирхгофа можно проводить только в том случае, если известна величина и конкретная зависимость DC_P(T) для всех участников реакции.

Наличие данных о стандартных тепловых эффектах образования или сгорания различных веществ значительно упрощает расчеты. Так, пользуясь величинами из соответствующих справочных таблиц и уравнениями C_P(T) для каждого участника реакции, взяв определенный интеграл от (1.36), получаем

(1.39)

Для газов в сравнительно узком температурном интервале, а для твердых и жидких веществ в достаточно широком, можно считать DC_P = const, что дает право пользоваться линейным уравнением

(1.40)

Принимая, что a » DC_P,298, можно также записать

(1.41)

Если значение очень велико (порядка десятков и сотен тысяч джоулей), то в ряде случаев можно принять DC_P = 0, т.е. считать, что Чаще всего этот случай реализуется при сгорании многих органических веществ, поэтому теплоту сгорания можно считать фактически не зависящей от температуры.

Пример 1.34.

Истинная молярная теплоемкость серебра в интервале температур от 273 до 1234 К выражается уравнением

С_P = 23,97 + 5,28×10 –3 Т – 0,25×10 5 Т –2 Дж/(моль∙К).

Вычислить среднюю молярную теплоемкость в интервале 298 до 700 К.

Среднюю теплоемкость в данном интервале температур рассчитывают по уравнению (1.30)

С учетом зависимости истинной теплоемкости от температуры С_P = а + bT + c′ . T –2 получим выражение

Подставляя коэффициенты a, b, c′ и температуру из условия задачи, получаем

= 23,97 + 5,28×10 –3 (298 + 700) – 0,25×10 5 /(298×700) = = 23,97 + 2,63 – 0,12 = 26,48 Дж/(моль∙К).

Средняя удельная теплоемкость рутила (TiO₂) в интервале от 0 до t °С выражается уравнением

С_P = 0,782 + 1,41∙10 –4 t – 0,557∙10 3 t –2 Дж/(г∙°С).

Рассчитать истинную удельную теплоемкость рутила при 500 °С.

Среднюю удельную теплоемкость вычисляем по уравнению (1.30) с учетом (1.34):

=0,782+2∙1,41∙10 –4 ∙500+0,557∙10 3 ∙500 –2 =
= 0,883 Дж/(г∙°С).

Определить количество теплоты, поглощенной при нагревании 1 кг корунда Al₂O₃ от 298 до 1000 К, если его молярная теплоемкость в интервале температур 298–1800 К выражается уравнением

С_P =114,56 + 12,89·10 ─3 Т-34,31·10 5 Т ─2 Дж(моль·К).

Количество теплоты, затраченное на нагревание n моль вещества от Т₁ до Т₂,определяется из соотношения

Учитывая, что теплоемкость является функцией температуры, для расчета количества теплоты используем уравнение

Q = 1000/102 [114,56(1000 – 298) + ½ 12,89·10 –3 (1000 2 –
– 298 2 ) – 34,31 . 10 5 (1/298 –1/1000)] = 766 768 Дж = 766,8 кДж.

Молярная теплота испарения метилового спирта при 25 о C составляет 37,4 кДж/моль. Определить теплоту испарения метилового спирта при 50 о C, если молярная теплоемкость жидкого и газообразного метилового спирта соответственно равны 81,6 и 43,9 Дж/(моль∙К). Считать теплоемкость в интервале температур 25-50 о C практически постоянной.

Решение.

Воспользуемся уравнением Кирхгофа в интегральной форме:

T₁ = 25 + 273 = 298 К, T₂ = 50 + 273 = 323 К

Вычислить тепловой эффект реакции C_(т)+CO_2(г)=2CO_(г) при 500 К, если при стандартных условиях он равен 172,5 кДж, а значения молярных теплоемкостей С, СО, СО₂ соответственно следующие:

Воспользуемся уравнением Кирхгофа в интегральной форме:

Зависимость C_P реагирующих веществ от температуры представлена уравнениями вида C_P = a + bT + c′T –2 (для неорганических веществ), поэтому величину DС_P рассчитывают по уравнению

DC_P = Da + DbT +Dc′T –2 .

После подстановки в уравнение Кирхгофа и интегрирования получим

Da = 2·28,41 – 44,14 – 17,15 = -4,47,

Db = (2·4,10 – 9,04 – 4,27)10 -3 = -5,1110 –3 ,

Dc′ = [–2·0,46 – (-8,53) – (-8,79)]10 5 = 16,410 5 .

DH₅₀₀ = 172,5×10 3 – 4,47×(500–298)– ·(500 2 –
– 298 2 ) + 16,4×10 5 ( )=173 407 Дж = 173,4 кДж.

Вычислить изменение энтальпии при нагревании хлорида серебра от 298 до 1000 К при стандартном давлении и полную энтальпию хлорида серебра при 1000 К. При температуре 728 К происходит плавление хлорида серебра, ∆Н_пл при температуре плавления 13,21 кДж/моль. Зависимость теплоемкости твердого хлорида серебра от температуры взять в Приложении. Теплоемкость жидкого хлорида серебра в интервале температур от 728 до 1000 К остается практически постоянной и равной 66,99 Дж/(моль·К).

По уравнению (1.38) определим теплоту нагревания хлорида серебра с учетом единственного фазового превращения в заданном интервале температур:

.

Вычисляем изменение энтальпии, справочные данные берем в приложении 12.

DН 0 = –126,8 + 56,88 = –69,92 кДж/моль.

Выразить уравнением зависимость теплового эффекта химической реакции

СН₃ОН_(г)+ О_2(г) = СО_2(г) + 2Н₂О_(г)

от температуры, которая справедлива в интервале 298–1000 К.

Тепловой эффект реакции в стандартных условиях = –675,99 кДж.

Для получения уравнения зависимости = f(T) воспользуемся выражением (1.39). Справочные данные берем из приложения 12.

Вещество	= f(T), Дж/(моль∙К)	Температурный интервал, К
а	b∙10 3	c′∙10 ─5	c∙10 6
СО2(г)	44,14	9,04	–8,54	298–2500
Н2О(г)	30,00	10,71	0,33	273–2500
СН3ОН(г)	15,28	105,2	–31,04	298–1000
О2(г)	31,46	3,39	–3.77	273–2000
	104,14	32,46	–7,88	298–2500
	62,47	110,29	–5,66	–31,04	298–1000

Для данной реакции в интервале температур от 298 до 1000 К уравнение зависимости изменения теплоемкости от температуры будет иметь вид

– .

= 31,67 – 77,83∙10 ─3 Т + 31,04∙10 ─6 Т 2 – 2,22∙10 5 Т ─2 .

Подставляем под знак интеграла зависимость = f (T) и проводим интегрирование в пределах от 298 К до Т, где
Т ≤ 1000; = –675,99 кДж.

= +

= –675,99∙10 3 +41,67(Т – 298) – 0,5∙77,83∙10 ─3 (Т 2 – 298 2 ) + + 31,04∙10 ─6 (Т 3 – 298 3 ) + 2,22∙10 5 ( ) = (675,99 –
– 9,44 + 3,46 – 0,27 – 0,74)10 3 + 41,67 T – 38,91 ─3 T 2 +
+ 10,35∙10 ─6 T 3 + = –682,98∙10 3 +

+ 41,67T – 38,91∙10 ─3 T 2 + 10,35∙10 ─6 T 3 + .

Таким образом, получено уравнение зависимости теплового эффекта реакции от температуры, справедливое в интервале температур от 298 до 1000 К:

= –682,98∙10 3 + 41,67 Т – 38,91∙10 ─3 Т 2 +
+ 10,36∙10 ─6 Т 3 + .

Обжиг известняка проводится при 1100 °С. Определить расход теплоты на обогрев 1 кг сырья до температуры процесса, если оно состоит в основном из карбоната кальция и поступает в печь обжига при 20 °С.

Теплоемкость известняка примем равной теплоемкости СаСО₃. Значение средней молярной теплоемкости
СаСО₃ рассчитаем по формуле (1.30) с учетом (1.34), значения коэффициентов а, b, c′ возьмем из приложения 12:

а = 104,52; b = 21,92∙10 ─3 ; c′ = –25,94∙10 5 .

.

Удельная теплоемкость известняка

= = =1163,3 Дж/кг·К,

где М = 0,100 кг/моль – молярная масса СаСО₃.

Тогда расход теплоты

Q = 1000∙1163,3(1373–293) = 1,259∙10 9 Дж = 1,259 ГДж.

Температура газов пиролиза на выходе из зоны реакции (плазмотрона) равна 1600 °С. Определить необходимый расход воды на закалку (быстрое охлаждение) этих газов в расчете на 1 кг, если их теплоемкость равна 4,15 кДж/(кг∙К), температура на выходе из зоны закалки 150 °С, а температура воды на входе в аппарат 20 °С и на выходе 100 °С. Теплоемкость воды 4,18 кДж/(кг∙К).

Используем уравнение теплового баланса.

Приход теплоты с реакционными газами

Q_прих = 4,15(1600 – 150) = 6,02∙10 3 кДж/кг.

Расход теплоты с закалочной водой составляет

где Х – расход воды на закалку, кг.

Отсюда, согласно уравнению теплового баланса, имеем

Х = кг.

1. При экспериментальном определении энтальпии нейтрализации соляной кислоты гидроксидом натрия смешивали растворы HCl и NaOH в прецизионном калориметре, причем температура содержимого калориметра поднялась на 0,2064 °С. Количество воды, выделившееся в результате реакции, равно 3,4075 ммоль. Кроме того, электрические измерения показали, что удельная теплоемкость калориметра и его содержимого равна 938,141 Дж∙°С ─1 . Вычислить энтальпию нейтрализации на 1 моль соляной кислоты. Необходимо ввести поправку (+649,45 Дж) на 1 моль образовавшейся в конце процесса Н₂О к энтальпии смешения растворов HCl и NaOH до того, как прошла реакция.

2. В другом опыте те же исследователи установили, что энтальпия нейтрализации HClO₄ в пределах ошибки эксперимента та же, что и для HCl. Однако энтальпия нейтрализации уксусной кислоты гидроксидом натрия равна
–55,727 кДж/моль. Как объяснить тот факт, что энтальпии нейтрализации HCl и HClO₄ одинаковы, но отличаются от энтальпии нейтрализации уксусной кислоты?

1. ∆Н = (С_Р∆Т/ число молей образовавшейся Н₂О) + + поправка =

2. HCl и HClO₄ – сильные кислоты, они полностью диссоциируют. Разница между наблюдаемыми энтальпиями равна энтальпии диссоциации уксусной кислоты.

Определить тепловой режим реактора синтеза акрилонитрила, если процесс в нем описывается уравнением

а производительность реактора равна 800 кг акрилонитрила в час. Рассчитать расход воды на охлаждение этого реактора, если она подается в аппарат при 18 °С и отводится из него при 82 °С. Теплоемкость воды 4180 Дж/(кг·К).

Температура процесса (82 °С) в данном случае достаточно близка к стандартной (25 °С), поэтому тепловой эффект рассматриваемой реакции можно принять равным стандартному тепловому эффекту и рассчитывать по стандартным теплотам образования реагирующих веществ:

Вещество, агрегатное состояние	, кДж/моль
С3Н3N(ж), акрилонитрил	184,93
С2Н2(г), ацетилен	226,75
НСN(г), циановодород	132,00

Подставив значения в уравнение, получим

= 184,93 – (226,75 + 132,00) = –173,82кДж.

За один пробег реакции образуется 1 моль (0,053 кг) продукта; следовательно, значение теплоты Q_уд в расчете на 1кг продукта будет состпвлять

Q_уд = = – = –3279,62 кДж/кг.

Следовательно, для обеспечения нормальной работы рассматриваемого реактора от него необходимо отводить теплоту:

Необходимый для этого расход охлаждающей воды в реактор

m_в = = = 9,80∙10 3 кг/ч,

здесь с – удельная теплоемкость воды; ∆Т – повышение температуры воды при прохождении через аппарат,
∆Т = 82 – 18 = 64 °С.

В теплообменнике, питаемом водой, при нормальном давлении конденсируются пары этанола. Определить расход воды, если производительность аппарата 350 кг/ч этанола, температура воды на входе в аппарат 15 °С, на выходе из него 35 °С, а температура выходящего из аппарата этанола 53 °С. Теплоемкость воды равна 4,184 кДж/(кг∙К). Нормальная теплота испарения этанола Q_исп = 42,18 кДж/моль.

Воспользуемся уравнением теплового баланса. Приход теплоты в аппарат происходит:

1) за счет конденсации паров этанола:

Q_конд = = 42,18∙ = 3,209∙10 5 кДж/ч;

2) за счет остывания сконденсированного этанола от Т_кип до 53 °С:

Q_ост = С_m (Т_кип – 53) = 111,96∙(78 – 53)∙ = = 2,130∙10 7 Дж/ч = =2,130∙10 4 кДж/ч,

где С_m – молярная теплоемкость этанола, С_m = 111,96 Дж/(моль·К); М_эт – молярная масса этанола, кг/моль.

Расход теплоты из аппарата происходит за счет нагревания воды:

где m_в – расход воды в аппарате, кг/ч.

Согласно уравнению теплового баланса имеем

= 3,209∙10 5 + 2,130∙10 4 = 3,422∙10 5 = m_в∙83,68 кДж/ч.

m_в= кг/ч.

Определить максимально возможную температуру продуктов сгорания 2 объемных частей газообразного водорода и 5 объемных частей воздуха (20 об. % кислорода и 80 об. % азота), если температура зажигания равна 25 °С. Какое заключение можно сделать о полученном выражении для теплоемкости [Дж/(моль∙К)]?

Воспользуемся справочными данными (см. приложение 12):

Вещество	Дж/(моль∙К)	a	b∙10 ─3
H2(г)	–	29,108	–0,838
O2(г)	–	25,538	13,630
N2(г)	–	27,021	5,920
H2O(г)	–241,81	30,247	9,834

= 2∙(–241,81) = –483,62 кДж.

Таким образом, 483,62 кДж нагревают 2 моль Н₂О_(г) и 4 моль N_2(г) от температуры 298 Кдо конечной температуры Т₂.

(Н₂О _(г)) + (N_{2 (г)}) = 168,58 + 43,576∙10 ─3 Т;

Решая квадратное уравнение и пренебрегая отрицательным корнем, получим Т₂ = 2425 К. Этот результат справедлив, только если уравнение для средней теплоемкости применимо в интервале температур от 298 до 2425 К. При более высоких температурах результаты будут ошибочными.

При получении синтез-газа из гексана основная реакция идет по уравнению

Пренебрегая побочными явлениями, определить тепловой эффект процесса, если он протекает при 1350 °С в реакторе производительностью 2,50 т/ч синтез-газа состава СО : Н₂ = 6 : 7 (по объему).

По закону Кирхгофа рассчитываем тепловой эффект реакции. Так как средние теплоемкости компонентов системы в заданном интервале температур (до 1623 К) не приводятся, то задачу решаем, пользуясь уравнением (1.39). Для этого воспользуемся справочными данными из приложения 12:

Компонент i	νi	кДж/моль	ai	bi ∙10 3	ci ∙10 6
С6Н14(г)	–176,19	8,66	505,85	–184,43	–
О2(г)	0,00	31,46	3,39	–	3,77
СО(г)	–110,53	29,41	4,10	–	–0,46
Н2(г)	0,00	27,28	3,26	–	0,50
Δ	–495,99	258,38	–468,60	184,43	–10,57

Проведем расчет стандартного теплового эффекта реакции ( ) и изменения коэффициентов уравнения Кирхгофа (Δa, Δb, Δc, Δc′) за один пробег реакции (занесены в последнюю строку таблицы). Подставим результаты вычислений в уравнение (1.39):

ΔН 0 _Т = –495,99∙10 3 + 258,38(1623 – 298) +
+ (–464,60∙10 ─3 )(1623 2 – 298 2 ) + ( )184,43∙10 ─6 (1623 3 –
–298 3 ) + (–10,53∙10 5 )( ) =
= –4,9170∙10 5 Дж/пробег = –491,70 кДж/пробег.

В результате одного пробега реакции образуется 6 моль СО и 7 моль Н₂. Это составляет: m = 6∙0,028 + 7∙0,002 = = 0,182 кг синтез-газа указанного в условиях задачи состава. При образовании 1 кг такого газа в реакторе выделяется теплота Q_уд:

Q_уд = = 2,702∙10 3 кДж/кг.

Следовательно, для нормальной работы рассматриваемой установки необходимо предусмотреть отведение тепла от реактора в количестве

Q = 2,702∙10 3 ∙2,50∙10 3 = 6,755∙10 6 кДж/ч = 1876 кВт.

Не нашли, что искали? Воспользуйтесь поиском:

Видео:89 НЕ ЗНАЮТ этого в Физике: Что такое Количество Теплоты, Теплоемкость, Уравнение Теплового БалансаСкачать

Как рассчитать количество теплоты реакции и энергию Гиббса

Видео:Физика - 8 класс (Урок 3 - Количество теплоты. Удельная теплоёмкость. Расчёт количества теплоты)Скачать

Расчет количества теплоты реакции

Задача 1015.
Пользуясь табличными данными, рассчитать, сколько теплоты выделяется при гашении 1 кг извести.
Решение:
Уравнение реакции:

ΔН 0 (Н₂О) = -186,0 кДж/моль;

ΔН 0 (СаО) = -635,0 кДж/моль;

ΔН 0 (Са(ОН)₂ = -986,8 кДж/моль.

Рассчитаем ΔН 0 х.р. реакции:

ΔН 0 х.р. = ΔН 0 (Са(ОН)₂ – ΔН 0 (СаО) + ΔН 0 (Н₂О)] =

= -986,8 – [-635,0 + (-286,0)] = -65,8 кДж.

Теперь рассчитаем, сколько теплоты (Q) выделится при гашении 1 кг извести:

56 : 65,8 = 1000 : х;

х = (1000 . 65,8)/56 = 1175 кДж.

Ответ: Q = 1175 кДж.

Расчет энергии Гиббса реакции

Задача 1016.
Протекание какой из двух возможных реакций:
а) N₂O + 3Mg = Mg₃N₃ + 1/2O₂;
б) N₂O + Mg = MgO + N₂.
более вероятно при взаимодействии магния с N₂O? Ответ обосновать расчетом.
Решение:
ΔG 0 (N2O) = 104,2 кДж/моль;

ΔG 0 (MgO) = -569,6 кДж/моль;

Уравнения реакции имеют вид:

Рассчитаем энергию Гиббса для обеих реакций:

ΔG 0 (а) = ΔG 0 (Mg₃N₂) — ΔG 0 (N₂O) = -401 – 104,2 = -505,2 кДж;

ΔG 0 (б) = Д ΔG 0 (MgO) — ΔG 0 (N₂O) = -569,6 – 104,2 = -673,8 кДж.

Так как -673,8 ΔG 0 (б) ΔG 0 (а)], то реакция (б) более вероятна, чем реакция (а); потому что энергия Гиббса реакции (б) меньше, чем реакции (а).

📽️ Видео

Урок 109 (осн). Задачи на вычисление количества теплотыСкачать

Урок 108 (осн). Теплоемкость тела. Удельная теплоемкость веществаСкачать

Количество вещества. Моль. Число Авогадро. 8 класс.Скачать

Количество теплоты | Физика 10 класс #40 | ИнфоурокСкачать

Как за 4 МИНУТЫ выучить Химию? Химическое Количество, Моль и Закон АвогадроСкачать

8 класс, 5 урок, Количество теплоты Удельная теплоемкостьСкачать

Урок 172. Применение 1 закона термодинамики для различных процессовСкачать

ОКСИДЫ, КИСЛОТЫ, СОЛИ И ОСНОВАНИЯ ХИМИЯ 8 класс / Подготовка к ЕГЭ по Химии - INTENSIVСкачать

Как ЛЕГКО понять Химию с нуля — Массовая доля вещества // ХимияСкачать

Теплоёмкость тела. Удельная и молярная теплоёмкости вещества. Видеоурок 28. Физика 10 классСкачать

Теплоемкость. Теплоемкость газа. Молярная теплоемкостьСкачать

Задачи на примеси. 1 часть. 9 класс.Скачать

Молярная концентрация. 10 класс.Скачать