Типи реакцій та умови їх протікання в залежності від δн, δs, δg

Тип реакції	Знак			Принципова можливість і умови протікання реакції
	ΔН	ΔS	ΔG
1	-	+	-	Можлива при будь-якій температурі
2	+	-	+	Принципово неможлива
3	-	-	- +	Можлива при низьких температурах
4	+	+	+ -	Можлива при високих температурах

Таким чином, використовуючи ізобарно-ізотермічний потенціал (енергію Гіббса), можна отримати відповідь на питання принципової можливості самодовільного протікання того чи іншого процесу в певному напрямку. Це дає можливість керувати складними технологічними процесами і досягати запланованих результатів (табл.1.2).

6. Розрахунок термодинамічних потенціалів в хімічних реакціях

В виробничих або лабораторних умовах частіше зустрічаються процеси, що йдуть при постійних Р і Т, тому для встановлення можливості протікання процесу необхідно визначити значення ΔG.

Для розрахунку ΔG в хімічних реакціях користуються рівнянням:

ΔG = Σ (ΔG_утвор._.) _кінц - Σ (ΔG_утвор.) _вих.

Де ΔG_утвор – зміна ізобарного потенціалу при утворенні з’єднань з простих речовин.

Значення ΔG_утвор. сильно залежить від температури, тому розрахунки ведуть для стандартних умов, що дозволяє одержати значення ΔG, які можна порівняти.

Стандартними умовами вважається тиск Р = 101,3 кПа і температура 25^оС (298 К).

Величину ΔG_утвор. при стандартних умовах прийнято позначати як: ΔG^о₂₉₈, для більшості речовин вона відома і приведена в довідниках.

Приклад розрахунку:

Розрахувати ΔG^о₂₉₈, для реакції:

СО_{2 (г)} + 2Н₂О_(р.) = СН_{4 (г)} + 2 О_{2 (г)}

і на основі одержаних даних визначити принципову можливість реакції.

З довідника візьмемо стандартні потенціали утворення речовин, що приймають участь в реакції:

СО_{2 (г)} ΔG^о₂₉₈ = - 394,64 кДж/моль,

Н₂О_(р.) ΔG^о₂₉₈ = - 237,4 кДж/моль

СН_{4 (г)} ΔG^о₂₉₈ = - 50,85 кДж/моль

О_{2 (г)} ΔG^о₂₉₈ = 0

Розв’язок:

ΔG = Σ (ΔG_звор.) _{кінц __} - Σ (ΔG_{звор.) вих.}

ΔG^о₂₉₈ = (ΔG^о_СН4 + 2∙ΔG^о₀₂) - (ΔG^о_СО2 + 2 ΔG^о_Н2О)

ΔG^о₂₉₈ = (-50,85 +0) – (-394,64 +2∙(-237,4)) = - 50,85 – (-394,64 – 474,8) = - 50,85 + 394,64 + 474,8 = - 50,85 + 869,44 = 818,59 (кДж/моль).

Одержана зміна ізобарного потенціалу ΔG^о₂₉₈ має досить велике позитивне значення. Тому можна стверджувати, що ця реакція при стандартних умовах неможлива, можлива зворотна реакція. Але зробити такий висновок для інших умов неможливо. Зміна ізобарного потенціалу речовин, які приймають участь в реакції, залежить від температури (ΔG=ΔН – ТΔS), причому ця залежність для різних речовин неоднакова. Це може привести до того, що при Т = 298 К ΔG > 0, тобто реакція принципово неможлива, а при іншій температурі ΔG < 0 і тоді можна говорити про можливість даної реакції.

ПРИКЛАДИ РОЗВ’ЯЗУВАННЯ ЗАДАЧ

Задача 1.

Розрахувати зміну стандартної ентропії утворення (^∆S⁰ утв) етанолу з елементів, користуючись табличними даними абсолютних ентропій речовин при 25⁰С (стандартних ентропій речовин S⁰ ₂₉₈).

2С + 3Н₂ + О₂ С₂Н₅ОН

Табличні дані абсолютних ентропій речовин Речовина:	S0 298 ,
C(т) графіт	5,21
О2 (г) S0	205,18
Н2 (г)	130,52
С2Н5ОН (р)	160,78

Розв’язання:

S⁰ ₂₉₈ = ∑ S⁰ ₂₉₈ пр - ∑S⁰ ₂₉₈ вих.

Підставивши величини S⁰₂₉₈ в рівняння для даної реакції, одержимо з врахуванням коефіцієнтів рівняння реакції:

^∆S⁰утв.= 160,78 – (2 · 5,21 + 3 ·130,52 + · 205,18) = - 343,79

Задача 2.

Розрахуйте зміну ентропії при плавленні 10г води. Питома теплота плавлення q = 19,12

Розв’язання.

Зміна ентропії для ізотермічного зворотного процесу можна розрахувати по формулі.

^∆S⁰ = ,

де ∆S - зміна ентропії процесу;

Q - теплота процесу;

Т - температура , К.

Температура плавлення льоду 273,16 К. Таким чином, _∆Sпл. 1г води знайдемо як

∆S = = = 0,07

Для плавлення 10г речовини будемо мати 0,07 ·10 = 0,7

Задача 3.

Знайти ентальпію процесу, що відповідає найпростішому рівнянню фотосинтезу, по величинам ентальпій утворення вихідних речовин та продуктів реакції:

6 СО₂ + 6Н₂О С₆Н₁₂О₆ + 6О₂ + ∆ Нх.

Розв’язання.

Стандартні ентальпії утворення речовин, що беруть участь в цьому процесі знайдемо у таблиці:

_∆ Н⁰₂₉₈ (С₆Н₁₂О₆) = - 2820,1

_∆ Н⁰₂₉₈ (СО₂ ) = 393,5

_∆ Н⁰₂₉₈ (Н₂О) = 241,8

_∆ Н⁰₂₉₈ (О₂) = О (як проста речовина).

Скористаємося для розв’язання задачі законом Гесса. Для цього запишемо термохімічні рівняння всіх процесів утворення вказаних речовин.

6С + 30₂ + 6Н₂ = С₆Н₁₂О₆ + ∆Н₁ (1)

С + О₂ СО₂ + ∆Н₂ (2)

Н₂ + О₂ = Н₂О + ∆Н₃ (3)

Помножимо рівняння (2) і (3) на ( -6) і додаємо всі ці рівняння.

В результаті одержимо:

6 С +30₂ + 6Н₂ –6С - 6О₂ - 6Н₂ – 3О₂

С ₆Н₁₂О₆ + ∆Н₁ - 6СО₂ - 6∆Н₂ - 6Н₂О - 6∆Н₃

Проведемо алгебраїчне додавання:

- 6О₂ + С₆Н₁₂О₆ + ∆Н₁-6∆Н₃ = -6∆Н₃ -6СО₂ –6Н₂О

перенесемо перенесемо

вправо вліво

Маємо кінцевий запис:

6СО₂ + 6Н₂О = С₆Н₁₂О6 + 6О₂ +

В результаті одержимо рівняння фотосинтезу, яке ми шукали, з якого видно, що: ∆Н_х = ∆Н₁ - 6∆Н₂ - 6∆Н₃

Тоді: ∆Н_х =-2820,1 – 6 ∙ ( - 393,5) – 6 ∙ (241,8) = 991,7 ( )