Đang tải... (xem toàn văn)
3.1. Tính toán sự thay đổi entropy khi 25 kJ năng lượng được chuyển thuận nghịch và isothermally như là nhiệt đến một khối lớn sắt ở (a) 0°C, (b) 100oC. (a) 92 JK1, (b) 67 JK1 Giải: a) S = QT = 25000(0 + 273) = 91,6 (JK) b) S = QT = 25000(100 + 273) = 67 (JK)
3.1 Tính toán thay đổi entropy 25 kJ lượng chuyển thuận nghịch isothermally nhiệt đến khối lớn sắt (a) 0°C, (b) 100oC (a) 92 JK-1, (b) 67 JK-1 Giải: a) ∆S = Q/T = 25000/(0 + 273) = 91,6 (J/K) b) ∆S = Q/T = 25000/(100 + 273) = 67 (J/K) 3.2 Tính entropy phân tử mẫu neon có thể tích không đổi 500 K cho entropy 298 K 146,22 JK mol-1 152.67 JK-1mol-1 Giải: ∆S = Cv.ln(p2/p1) = Cv.ln(T2/T1) = (20,786-8,314).ln(500/298) = 6,45 (J/K.mol) ∆S = S2 – S1 → S2 = ∆S + S1 = 6,45 + 146,22 = 152.67 JK-1mol-1 3.3 Tính ΔS (cho hệ) 3,00 mol nguyên tử trạng thái khí lý tưởng, mà C p, m = 5R/2, thay đổi từ 25°C 1,00 atm đến 125°C 5,00 atm Làm để bạn hợp lý hóa dấu hiệu ΔS? -22.1 JK-1 Giải: R = Cp – Cv → Cv = Cp – R = 5R/2 – R = 3R/2 ∆S = n[Cv.ln(T2/T1) + R.ln(V2/V1)] = 3.[3R/2.ln(T2/T1) + R.ln(T2.p1/T1.p2)] = 3.[3.8,314/2.ln(398/298) + 8,314.ln(398.1/298.5)] = - 22,1 (J/K) 3.4 Một mẫu gồm 3,00 mol hai nguyên tử phân tử khí lý tưởng 200 K nén đoạn nhiệt thuận nghịch nhiệt độ nó đạt đến 250 K Cho C v, m = 27,5 JK-1mol-1, tính toán q, w, ΔU, ΔH, ΔS ∆S = q = 0, w = ∆U = +4.1 kJ, ∆H = +5.4 kJ Giải: - Quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch: Q = => ∆S = W = ∆U = nCv(T2 – T1) = 3.27,5.(250 – 200) = 4125 (J) = 4,125 (kJ) ∆H = ∆U + nR(T2 – T1) = 4125 + 3.8,314.(250 – 200) = 5372,1 (J) = 5,3721 (kJ) 3.5 Tính ΔH ΔStot hai khối đồng, khối lượng khối 10,0 kg, 100°C 0°C, đặt tiếp xúc container bị cô lập Nhiệt dung riêng đồng 0,385 JK -1g-1 có thể giả định không đổi phạm vi nhiệt độ có liên quan ∆H = 0; ∆S = 93,4 J.K-1 Giải: Qthu = - Qtỏa ↔ 10000.0,385.(T2 – 273) = - 10000.0,385.(T2 – 373) → T2 = 323 K ∆S1 = 10000.0,385.ln(323/373) ∆S2 = 10000.0,385.ln(323/273) ∆S = ∆S1 + ∆S2 = 10000.0,385.[ln(323/373) + ln(323/273)] = 93,38 (J/K) 3.7 P1 = 10 atm A = 10 cm^2 P2 = bar x = 20 cm Cv = 28.8 J/mol.K n = moles (a) Q = 0, trình đoạn nhiệt (b) ∆Hvap (CHCl3) = 29.4 kJ mol-1 = 29.4e3 J mol-1 ∆ Svap = ∆Hvap/T = (29.4x 103) / (334.88 ) = 87.79 J K-1 mol-1 ∆ Ssurr = - ∆ Svap = -87.79 J K-1 mol-1 (c) Enegy balance for closed system ∆U = Q - W, Q = ∆U = - W ∆U = - 78.72 J (d) du/dT = cv, by definition ∫du = ∫cvdT ∆u = cv∆T ∆U = ncv∆T ∆T = ∆U/ncv = - 78.72 J / (28.8 J/mol.K*2 mol) ∆T = - 1.367 K or deg C (e) ∆S = n[cv ln(T2/T1) + R ln V2/V1] ∆S = 2*[28.8 ln (296.783/298.15) + 8.314 ln(5092.81/4892.81)] ∆S = 0.4015 J/K 3.10 Sử dụng lượng Gibbs tiêu chuẩn hình thành để tính toán lượng Gibbs tiêu chuẩn phản ứng 298 K phản ứng tập 3.8a Giải: a/ Năng lượng Gibbs phản ứng: 2CH3CHO(g) + O2(g) → 2CH3COOH(l) ∆G 0r = ( ∑ νi ∆G ) − ( ∑ νi ∆G ) = 2∆G 0CH3COOH (l) − (2∆G CH + ∆G O0 (g) ) 3CHO(g) sp tg = 2.(−389,9) − [2.(−128,86) + 0] = −522,1 (kJmol −1 ) b/ Năng lượng Gibbs phản ứng: 2AgCl(s) + Br2(l) → 2AgBr(s) + Cl2(g) ( ) ∆G 0r = ( ∑ νi ∆G ) − ( ∑ ν i ∆G ) = 2∆G 0AgBr (s) + ∆G Cl − (2∆G 0AgCl(s) + ∆G 0Br2 (l) ) (g) sp tg = [2.(−96,9) + 0] − [2.(−109, 79) + 0] = +25, 78 (kJmol −1 ) c/ Năng lượng Gibbs phản ứng: Hg(l) + Cl2(g) → HgCl2(s) ( ) ∆G 0r = ( ∑ ν i ∆G ) − ( ∑ ν i ∆G ) = ∆G 0HgCl2 (s) − (∆G 0Hg(l) + ∆G Cl ) (g) sp tg = − 178, − (0 + 0) = −178, (kJmol −1 ) 3.11 Tính lượng Gibbs tiêu chuẩn phản ứng HCl (k) + O2 (g) → 2Cl2 (k) + 2H2O (l) 298 K, từ entropy chuẩn enthalpies hình thành đưa phần liệu Giải: Hiệu ứng nhiệt phản ứng 298K là: ( ) ∆H 0r = ( ∑ νi ∆H ) − ( ∑ ν i ∆H ) = 2∆H 0Cl2 (g) + 2∆H H0 2O(l) − (∆H O0 (g) + 4∆H 0HCl(g ) ) sp tg ∆H 0r = [ + 2.(−285,83) ] − [ + 4.( −92,31) ] = −202, 42 (kJmol −1 ) Entropy phản ứng 298K là: ( ) ∆S0r = ( ∑ ν iS0 ) − ( ∑ ν iS0 ) = 2S0Cl2 (g) + 2S0H2O(l) − (SO0 (g) + 4S0HCl(g) ) sp tg ∆S0r = ( 2.223, 07 + 2.69, 91) − ( 205,138 + 4.186,91) = −266,82 (J.K −1 mol−1 ) Năng lượng Gibbs phản ứng 298K ∆G 0r = ∆H 0r − T∆S0r = −202, 4.103 − 298.(−366,82) = −93, 05 (kJ.mol −1 ) 3.12 Entanpy tiêu chuẩn trình đốt cháy phenol rắn (C6H5OH) -3054 kJmol-l 298 K entropy mol tiêu chuẩn 144,0 JK-lmol-1 Tính lượng Gibbs tiêu chuẩn hình thành phenol 298 K Giải: Phương trình phản ứng: C6 H 5OH (s) + 7O 2(g) → 6CO 2(g) + 3H O Hiệu ứng nhiệt phản ứng 298K là: ( ) ∆H 0r = ( ∑ νi ∆H ) − ( ∑ ν i ∆H ) = 6∆H 0f , CO2 (g) + 3∆H f0, H 2O(l) − (7 ∆H f0,O2 (g) + ∆H f0, C6 H5OH(s) ) sp tg ( ) ⇒ ∆H 0f ,C6 H5OH (s) = 6∆H f0, CO (g) + 3∆H f0, H 2O(l) − (7∆H f0,O (g) + ∆H r0 ) = [6.( −393,51) + 3.(−285,83)] − [ + ( −3054) ] = −164,55 (kJmol −1 ) Phương trình phản ứng: 6C(s) + 3H + O 2(g) → C6 H5 OH (s) Entropy phản ứng 298K là: ∆S0r = S0C6H5OH(s) − (6SC(s) + 3S0H (g) + SO0 (g) ) ∆S0r = 144 − (6.5, 74 + 3.130, 684 + 205,138) = −385, 061 (JK −1mol −1 ) Năng lượng Gibbs phản ứng: ∆G 0r = ∆H 0r − T∆S0r = −164,55.103 − 298.(−385, 061) = −50 (kJ.mol −1 ) 3.13 Tính toán thay đổi entropy hệ thống môi trường xung quanh, tổng số thay đổi entropy, mẫu khí nitơ khối lượng 14 g 298 K áp suất 1,00 bar tăng gấp đôi khối lượng (a) giãn đẳng nhiệt thuận nghịch, (b ) giãn đẳng nhiệt không thuận nghịch lại pex = 0, (c) giãn đoạn nhiệt thuận nghịch Giải: a/ Quá trình đẳng nhiệt thuận nghịch nên ta có: ∆U T = V 14 ∆U = q + w ⇒ q = − w = − − ∫ pdV ÷ = nRT ln = 8,314.298.ln = +858, 66 (J) V1 28 q (gas) = ∆S.T ⇒ ∆S = Entropy khí là: q (gas) T = 858, 66 = +2,9 (JK −1 ) 298 ∆S(surroundings) = q surroundings T = −q (gas) T −858, 66 = −2,9 (JK −1 ) 298 = Vậy entropy tổng cộng chất khí là: ∆S( total) = ∆S(gas) + ∆Ssurroundings = 2,9 + (−2,9) = b/ Quá trình đẳng nhiệt không thuận nghịch với q (gas) = ∆S.T ⇒ ∆S = ∆S(surroundings) = q (gas) q surroundings T T = p ex = 858, 66 = +2,9 (JK −1 ) 298 =0 Vậy entropy tổng cộng chất khí là: ∆S(total) = ∆S(gas) + ∆Ssurroundings = 2, + = +2,9 (J.K −1 ) q = q (gas) = q surroundings = c/ Quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch nên ta có: ∆S(total) = ∆S(gas ) = ∆Ssurroundings = Suy ra: 3.14 Tính công không giãn nở cực đại cho mol thu từ tế bào nhiên liệu phản ứng hóa học trình đốt cháy khí mê tan 298K Giải: CH 4(g) + 2O 2(g) → CO 2(g) + 2H 2O(l) ∆G 0r = ( ∑ ν ∆G ) i sp − ( ∑ ν ∆G ) i tg ( = ∆G f0,CO (g ) ) + 2∆G f0, H O (l) − ( ∆G f0,CH ∆G 0r = [ −394,36 + 2.(−237,13)] − [ −50, 72 + 0] = −817,9 (kJ.mol −1 ) w = −∆G 0r = −(−817,9) = 817,9 ( kJ.mol −1 ) (g ) + 2∆G f0,O (g) )