Задача 1. Синтез аммиака Реакция:
N 2 + 3 H 2 ⇌ 2 N H 3 N_2+3H_2\rightleftharpoons2NH_3 N 2 + 3 H 2 ⇌ 2 N H 3 1. Начальный состав смеси
M = 4 , 25 ⋅ 2 = 8 , 5 г/моль M=4{,}25\cdot2=8{,}5\text{ г/моль} M = 4 , 25 ⋅ 2 = 8 , 5 г / моль 28 x + 2 ( 1 − x ) = 8 , 5 28x+2(1-x)=8{,}5 28 x + 2 ( 1 − x ) = 8 , 5 x = 0 , 25 x=0{,}25 x = 0 , 25 Ответ: 25%
N 2 N_2 N 2 , 75%
H 2 H_2 H 2 .
2. Равновесный состав при T 1 T_1 T 1 Возьмём 1 моль
N 2 N_2 N 2 и 3 моль
H 2 H_2 H 2 .
M = 6 ⋅ 2 = 12 г/моль M=6\cdot2=12\text{ г/моль} M = 6 ⋅ 2 = 12 г / моль 34 4 − 2 ξ = 12 ⇒ ξ = 7 12 \frac{34}{4-2\xi}=12
\Rightarrow \xi=\frac7{12} 4 − 2 ξ 34 = 12 ⇒ ξ = 12 7 Количество веществ:
n ( N 2 ) = 1 − ξ = 5 12 n(N_2)=1-\xi=\frac5{12} n ( N 2 ) = 1 − ξ = 12 5 n ( H 2 ) = 3 − 3 ξ = 5 4 n(H_2)=3-3\xi=\frac54 n ( H 2 ) = 3 − 3 ξ = 4 5 n ( N H 3 ) = 2 ξ = 7 6 n(NH_3)=2\xi=\frac76 n ( N H 3 ) = 2 ξ = 6 7 Всего
n = 17 6 n=\frac{17}{6} n = 6 17 моль.
Ответ (мольные доли):
3. Константа равновесия при T 1 T_1 T 1 При
P = 1 P=1 P = 1 бар и
p ∘ = 1 p^\circ=1 p ∘ = 1 бар:
K p = ( 0 , 4118 ) 2 0 , 1471 ⋅ ( 0 , 4412 ) 3 K_p=\frac{(0{,}4118)^2}{0{,}1471\cdot(0{,}4412)^3} K p = 0 , 1471 ⋅ ( 0 , 4412 ) 3 ( 0 , 4118 ) 2 K p ≈ 13 , 43 \boxed{K_p\approx13{,}43} K p ≈ 13 , 43 4. Сравнение температур
При
T 2 T_2 T 2 плотность больше, значит, образовалось больше аммиака.
Реакция экзотермическая, поэтому понижение температуры увеличивает выход аммиака.
T 2 < T 1 \boxed{T_2<T_1} T 2 < T 1 Задача 2. Равновесие и термодинамика X Y 4 ( г ) ⇌ X ( тв ) + 2 Y 2 ( г ) XY_4(г)\rightleftharpoons X(тв)+2Y_2(г) X Y 4 ( г ) ⇌ X ( тв ) + 2 Y 2 ( г ) 1. Изменение энтальпии
По закону Гесса:
Δ H ∘ = H 1 + H 2 − H 3 − 2 H 4 2 \Delta H^\circ=\frac{H_1+H_2-H_3-2H_4}{2} Δ H ∘ = 2 H 1 + H 2 − H 3 − 2 H 4 = 123 , 34 − 48 , 48 − 32 , 84 + 107 , 68 2 =\frac{123{,}34-48{,}48-32{,}84+107{,}68}{2} = 2 123 , 34 − 48 , 48 − 32 , 84 + 107 , 68 Δ H ∘ = 74 , 85 кДж/моль \boxed{\Delta H^\circ=74{,}85\text{ кДж/моль}} Δ H ∘ = 74 , 85 кДж / моль 2. Энергия Гиббса при 298 К
Δ G ∘ = Δ H ∘ − T Δ S ∘ \Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ Δ G ∘ = Δ H ∘ − T Δ S ∘ = 74 , 85 − 298 ⋅ 0 , 080 =74{,}85-298\cdot0{,}080 = 74 , 85 − 298 ⋅ 0 , 080 Δ G ∘ = 51 , 01 кДж/моль \boxed{\Delta G^\circ=51{,}01\text{ кДж/моль}} Δ G ∘ = 51 , 01 кДж / моль 3. Константа равновесия при 298 К
K p = e − Δ G ∘ R T K_p=e^{-\frac{\Delta G^\circ}{RT}} K p = e − RT Δ G ∘ K p = e − 51010 8 , 314 ⋅ 298 K_p=e^{-\frac{51010}{8{,}314\cdot298}} K p = e − 8 , 314 ⋅ 298 51010 K p ≈ 1 , 15 ⋅ 1 0 − 9 \boxed{K_p\approx1{,}15\cdot10^{-9}} K p ≈ 1 , 15 ⋅ 1 0 − 9 4. Константа равновесия при 50 °C
Используем уравнение Вант-Гоффа:
ln K 2 K 1 = Δ H ∘ R ( 1 298 − 1 323 , 15 ) \ln\frac{K_2}{K_1}=
\frac{\Delta H^\circ}{R}
\left(\frac1{298}-\frac1{323{,}15}\right) ln K 1 K 2 = R Δ H ∘ ( 298 1 − 323 , 15 1 ) K 2 ≈ 1 , 20 ⋅ 1 0 − 8 \boxed{K_2\approx1{,}20\cdot10^{-8}} K 2 ≈ 1 , 20 ⋅ 1 0 − 8 5. Степень диссоциации
При
P = 0 , 2 P=0{,}2 P = 0 , 2 бар,
p ∘ = 2 p^\circ=2 p ∘ = 2 бар:
K p = 4 α 2 1 − α 2 ⋅ P p ∘ K_p=\frac{4\alpha^2}{1-\alpha^2}\cdot\frac{P}{p^\circ} K p = 1 − α 2 4 α 2 ⋅ p ∘ P α = K p 0 , 4 + K p \alpha=\sqrt{\frac{K_p}{0{,}4+K_p}} α = 0 , 4 + K p K p α ≈ 5 , 35 ⋅ 1 0 − 5 \alpha\approx5{,}35\cdot10^{-5} α ≈ 5 , 35 ⋅ 1 0 − 5 α ≈ 0 , 00535 % \boxed{\alpha\approx0{,}00535\%} α ≈ 0 , 00535% 6. Как увеличить выход продуктов?
Нужно
повысить температуру , так как реакция эндотермическая (
Δ H > 0 \Delta H>0 Δ H > 0 ).
Также помогает понижение давления, поскольку число молей газа увеличивается.
Превращение воды в лёд при −20 °C Дано:
T = 253 , 15 К , T 0 = 273 , 15 К T=253{,}15\text{ К},\quad T_0=273{,}15\text{ К} T = 253 , 15 К , T 0 = 273 , 15 К 7. Изменение энтропии системы
Δ S сист = ( 75 , 3 − 37 , 7 ) ln 273 , 15 253 , 15 − 6020 273 , 15 \Delta S_{\text{сист}}=
(75{,}3-37{,}7)\ln\frac{273{,}15}{253{,}15}
-\frac{6020}{273{,}15} Δ S сист = ( 75 , 3 − 37 , 7 ) ln 253 , 15 273 , 15 − 273 , 15 6020 Δ S сист = − 19 , 18 Дж/К \boxed{\Delta S_{\text{сист}}=-19{,}18\text{ Дж/К}} Δ S сист = − 19 , 18 Дж / К 8. Изменение энтропии окружающей среды
Теплота, выделяющаяся при замерзании:
q = − 6020 + ( − 37 , 6 ) ( − 20 ) = − 5268 Дж q=-6020+(-37{,}6)(-20)
=-5268\text{ Дж} q = − 6020 + ( − 37 , 6 ) ( − 20 ) = − 5268 Дж Δ S среды = 5268 253 , 15 \Delta S_{\text{среды}}=\frac{5268}{253{,}15} Δ S среды = 253 , 15 5268 Δ S среды = + 20 , 81 Дж/К \boxed{\Delta S_{\text{среды}}=+20{,}81\text{ Дж/К}} Δ S среды = + 20 , 81 Дж / К 9. Изменение энтропии Вселенной
Δ S Вселенной = Δ S сист + Δ S среды \Delta S_{\text{Вселенной}}
=\Delta S_{\text{сист}}+\Delta S_{\text{среды}} Δ S Вселенной = Δ S сист + Δ S среды = − 19 , 18 + 20 , 81 =-19{,}18+20{,}81 = − 19 , 18 + 20 , 81 Δ S Вселенной = + 1 , 63 Дж/К \boxed{\Delta S_{\text{Вселенной}}=+1{,}63\text{ Дж/К}} Δ S Вселенной = + 1 , 63 Дж / К Вывод: процесс замерзания самопроизвольный, так как
Δ S Вселенной > 0 \Delta S_{\text{Вселенной}}>0 Δ S Вселенной > 0 .
Text version Задача 1. Синтез аммиака
Реакция:
N 2 + 3 H 2 ⇌ 2 N H 3 N_2+3H_2\rightleftharpoons2NH_3 N 2 + 3 H 2 ⇌ 2 N H 3 1. Начальный состав смеси
M = 4 , 25 ⋅ 2 = 8 , 5 г/моль M=4{,}25\cdot2=8{,}5\text{ г/моль} M = 4 , 25 ⋅ 2 = 8 , 5 г / моль Пусть x x x
28 x + 2 ( 1 − x ) = 8 , 5 28x+2(1-x)=8{,}5 28 x + 2 ( 1 − x ) = 8 , 5 x = 0 , 25 x=0{,}25 x = 0 , 25 Ответ: 25% N 2 N_2 N 2 H 2 H_2 H 2
2. Равновесный состав при T 1 T_1 T 1
Возьмём 1 моль N 2 N_2 N 2 H 2 H_2 H 2
M = 6 ⋅ 2 = 12 г/моль M=6\cdot2=12\text{ г/моль} M = 6 ⋅ 2 = 12 г / моль 34 4 − 2 ξ = 12 ⇒ ξ = 7 12 \frac{34}{4-2\xi}=12
\Rightarrow \xi=\frac7{12} 4 − 2 ξ 34 = 12 ⇒ ξ = 12 7 Количество веществ:
n ( N 2 ) = 1 − ξ = 5 12 n(N_2)=1-\xi=\frac5{12} n ( N 2 ) = 1 − ξ = 12 5 n ( H 2 ) = 3 − 3 ξ = 5 4 n(H_2)=3-3\xi=\frac54 n ( H 2 ) = 3 − 3 ξ = 4 5 n ( N H 3 ) = 2 ξ = 7 6 n(NH_3)=2\xi=\frac76 n ( N H 3 ) = 2 ξ = 6 7 Всего n = 17 6 n=\frac{17}{6} n = 6 17
Ответ (мольные доли):
N 2 N_2 N 2 H 2 H_2 H 2 N H 3 NH_3 N H 3
3. Константа равновесия при T 1 T_1 T 1
При P = 1 P=1 P = 1 p ∘ = 1 p^\circ=1 p ∘ = 1
K p = ( 0 , 4118 ) 2 0 , 1471 ⋅ ( 0 , 4412 ) 3 K_p=\frac{(0{,}4118)^2}{0{,}1471\cdot(0{,}4412)^3} K p = 0 , 1471 ⋅ ( 0 , 4412 ) 3 ( 0 , 4118 ) 2 K p ≈ 13 , 43 \boxed{K_p\approx13{,}43} K p ≈ 13 , 43 4. Сравнение температур
При T 2 T_2 T 2
Реакция экзотермическая, поэтому понижение температуры увеличивает выход аммиака.
T 2 < T 1 \boxed{T_2<T_1} T 2 < T 1 Задача 2. Равновесие и термодинамика
X Y 4 ( г ) ⇌ X ( тв ) + 2 Y 2 ( г ) XY_4(г)\rightleftharpoons X(тв)+2Y_2(г) X Y 4 ( г ) ⇌ X ( тв ) + 2 Y 2 ( г ) 1. Изменение энтальпии
По закону Гесса:
Δ H ∘ = H 1 + H 2 − H 3 − 2 H 4 2 \Delta H^\circ=\frac{H_1+H_2-H_3-2H_4}{2} Δ H ∘ = 2 H 1 + H 2 − H 3 − 2 H 4 = 123 , 34 − 48 , 48 − 32 , 84 + 107 , 68 2 =\frac{123{,}34-48{,}48-32{,}84+107{,}68}{2} = 2 123 , 34 − 48 , 48 − 32 , 84 + 107 , 68 Δ H ∘ = 74 , 85 кДж/моль \boxed{\Delta H^\circ=74{,}85\text{ кДж/моль}} Δ H ∘ = 74 , 85 кДж / моль 2. Энергия Гиббса при 298 К
Δ G ∘ = Δ H ∘ − T Δ S ∘ \Delta G^\circ=\Delta H^\circ-T\Delta S^\circ Δ G ∘ = Δ H ∘ − T Δ S ∘ = 74 , 85 − 298 ⋅ 0 , 080 =74{,}85-298\cdot0{,}080 = 74 , 85 − 298 ⋅ 0 , 080 Δ G ∘ = 51 , 01 кДж/моль \boxed{\Delta G^\circ=51{,}01\text{ кДж/моль}} Δ G ∘ = 51 , 01 кДж / моль 3. Константа равновесия при 298 К
K p = e − Δ G ∘ R T K_p=e^{-\frac{\Delta G^\circ}{RT}} K p = e − RT Δ G ∘ K p = e − 51010 8 , 314 ⋅ 298 K_p=e^{-\frac{51010}{8{,}314\cdot298}} K p = e − 8 , 314 ⋅ 298 51010 K p ≈ 1 , 15 ⋅ 1 0 − 9 \boxed{K_p\approx1{,}15\cdot10^{-9}} K p ≈ 1 , 15 ⋅ 1 0 − 9 4. Константа равновесия при 50 °C
Используем уравнение Вант-Гоффа:
ln K 2 K 1 = Δ H ∘ R ( 1 298 − 1 323 , 15 ) \ln\frac{K_2}{K_1}=
\frac{\Delta H^\circ}{R}
\left(\frac1{298}-\frac1{323{,}15}\right) ln K 1 K 2 = R Δ H ∘ ( 298 1 − 323 , 15 1 ) K 2 ≈ 1 , 20 ⋅ 1 0 − 8 \boxed{K_2\approx1{,}20\cdot10^{-8}} K 2 ≈ 1 , 20 ⋅ 1 0 − 8 5. Степень диссоциации
При P = 0 , 2 P=0{,}2 P = 0 , 2 p ∘ = 2 p^\circ=2 p ∘ = 2
K p = 4 α 2 1 − α 2 ⋅ P p ∘ K_p=\frac{4\alpha^2}{1-\alpha^2}\cdot\frac{P}{p^\circ} K p = 1 − α 2 4 α 2 ⋅ p ∘ P α = K p 0 , 4 + K p \alpha=\sqrt{\frac{K_p}{0{,}4+K_p}} α = 0 , 4 + K p K p α ≈ 5 , 35 ⋅ 1 0 − 5 \alpha\approx5{,}35\cdot10^{-5} α ≈ 5 , 35 ⋅ 1 0 − 5 α ≈ 0 , 00535 % \boxed{\alpha\approx0{,}00535\%} α ≈ 0 , 00535% 6. Как увеличить выход продуктов?
Нужно повысить температуру , так как реакция эндотермическая (Δ H > 0 \Delta H>0 Δ H > 0
Также помогает понижение давления, поскольку число молей газа увеличивается.
Превращение воды в лёд при −20 °C
Дано:
T = 253 , 15 К , T 0 = 273 , 15 К T=253{,}15\text{ К},\quad T_0=273{,}15\text{ К} T = 253 , 15 К , T 0 = 273 , 15 К 7. Изменение энтропии системы
Δ S сист = ( 75 , 3 − 37 , 7 ) ln 273 , 15 253 , 15 − 6020 273 , 15 \Delta S_{\text{сист}}=
(75{,}3-37{,}7)\ln\frac{273{,}15}{253{,}15}
-\frac{6020}{273{,}15} Δ S сист = ( 75 , 3 − 37 , 7 ) ln 253 , 15 273 , 15 − 273 , 15 6020 Δ S сист = − 19 , 18 Дж/К \boxed{\Delta S_{\text{сист}}=-19{,}18\text{ Дж/К}} Δ S сист = − 19 , 18 Дж / К 8. Изменение энтропии окружающей среды
Теплота, выделяющаяся при замерзании:
q = − 6020 + ( − 37 , 6 ) ( − 20 ) = − 5268 Дж q=-6020+(-37{,}6)(-20)
=-5268\text{ Дж} q = − 6020 + ( − 37 , 6 ) ( − 20 ) = − 5268 Дж Δ S среды = 5268 253 , 15 \Delta S_{\text{среды}}=\frac{5268}{253{,}15} Δ S среды = 253 , 15 5268 Δ S среды = + 20 , 81 Дж/К \boxed{\Delta S_{\text{среды}}=+20{,}81\text{ Дж/К}} Δ S среды = + 20 , 81 Дж / К 9. Изменение энтропии Вселенной
Δ S Вселенной = Δ S сист + Δ S среды \Delta S_{\text{Вселенной}}
=\Delta S_{\text{сист}}+\Delta S_{\text{среды}} Δ S Вселенной = Δ S сист + Δ S среды = − 19 , 18 + 20 , 81 =-19{,}18+20{,}81 = − 19 , 18 + 20 , 81 Δ S Вселенной = + 1 , 63 Дж/К \boxed{\Delta S_{\text{Вселенной}}=+1{,}63\text{ Дж/К}} Δ S Вселенной = + 1 , 63 Дж / К Вывод: процесс замерзания самопроизвольный, так как Δ S Вселенной > 0 \Delta S_{\text{Вселенной}}>0 Δ S Вселенной > 0
