Lượng ZnS và không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm t[r]
(1)MỘT SỐ BÀI TẬP NHIỆT HÓA HỌC OLYMPIC HĨA HỌC ĐỨC 1999 (Vịng 3):
Đối với qúa trình đồng phân hóa xiclopropan thành propen ta có ∆H = -32,9kJ/mol
Bạn bổ sung vào bảng sau:
Chất ∆H qúa trình đốt cháy hồn tồn tính kJ/mol
Entanpy hình thành chuẩn ∆Hf tính kJ/mol
C(than chì) -394,1
H2 -286,3
Xiclopropan -2094,4
Propen
Tất số liệu áp dụng cho 25oC 1013hPa: BÀI GIẢI:
∆Hf than chì H2 0kJ/mol Ta có sơ đồ sau:
C3H6(xiclopropan)
3CO2 + 3H2O C3H6(propen)
Dựa vào sơ đồ ta tính ∆H (đốt cháy propen) = -2061,5kJ/mol Ta có sơ đồ sau:
3C + 3H2
3CO2 + 3H2O C3H6(xiclopropan)
Dựa vào sơ đồ ta tính ∆Hf (xiclopropan) = 53,2kJ/mol
Phép tính tương tự propen cho kết qủa:∆Hf(propen)=20,3kJ/mol BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO IChO LẦN THỨ 31:
a) Nhiệt cháy (entanpi cháy, ∆Ho) nhiệt tạo thành tiêu chuẩn (entanpi tạo thành tiêu chuẩn ∆Hof) nhiêt liệu (chất đốt) xác định cách đo biến đổi nhiệt độ calo kế lượng xác định nhiên liệu đốt cháy oxy
i) Cho 0,542g iso-octan vào calo kế có dung tích khơng đổi (“bom”), mà bao quanh bình phản ứng 750g nước 25,000oC Nhiệt dung calo kế (khơng kể nước) đo trước 48JK-1 Sau iso-octan cháy hết, nhiệt độ nước đạt 33,220oC Biết nhiệt dung riêng nước 4,184J.g-1.K-1, tính biến thiên nội ∆Uo đốt cháy 0,542g iso-octan
ii) Hãy tính ∆Uo đốt cháy 1mol iso-octan. ii) Hãy tính ∆Ho đốt cháy 1mol iso-octan. iii) Hãy tính ∆Hof iso-octan.
Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn CO2(k) H2O(l) –393,51 -85,83kJ.mol-1 Hằng số khí R 8,314JK-1mol-1.
b) Hằng số cân Kc phản ứng kết hợp: A(k) + B(k) → AB(k) Là 1,80.103L.mol-1 25oC 3,45.103L.mol-1 40oC.
i) Giả sử ∆Ho khơng tùy thuộc vào nhiệt độ, tính ∆Ho, ∆So.
ii) Hãy tính số cân KP Kx 298,15K áp suất toàn phần 1atm (Các ký hiệu Kp, KC Kx số cân xét theo nồng độ, áp suất theo phân số mol)
c) Mặc dù iot không dễ tan nước nguyên chất dễ dàng tan nước có chứa ion I-(dd).
I2(dd) + I-(dd) → I3-(dd)
+4,5O2
Đốt cháy
+4,5O2
Đồng phân hóa
+ 4,5O2
Đốt cháy
+ 4,5O2
(2)Hằng số cân phản ứng đo hàm nhiệt độ với kết qủa sau:
Nhiệt độ (oC): 15,2 25,0 34,9
Hằng số cân bằng: 840 690 530
Hãy ước lượng ∆Ho phản ứng này. BÀI GIẢI:
a) (i) C8H18(l) + 25/2O2(k) → 8CO2(k) + 9H2O(l)
Nhiệt dung calo kế chất chứa bên trong: Cs = 48 + (750.4,184) = 3186JK-1.
Lượng nhiệt phóng thích thể tích khơng đổi bằng: Qv = Cs∆T = 26,19kJ
Từ ta được: ∆Uo = -Qv = -26,19kJ. (ii) Xét mol iso-octan cháy:
ΔUo=114,23 26,19
0,542 =−5520 kJ mol −1
(iii) Biến đổi entanpi (∆Ho) quan hệ với ∆Uo sau:
∆Ho = ∆Uo + ∆nkhíRT = -5520 – 4,5.8,314.298,15 = -5531kJ.mol-1. (iv) ∆Ho = 8∆Hof(CO2(k)) + 9∆Hof(H2O(l)) - ∆Hof(C8H18(l)) = -190kJ.mol-1 b) (i) Với ∆Go = -RTlnK nên:
lnK=− ΔG
o
RT =−
ΔHo
RT +
ΔSo R
Ký hiệu nhiệt độ thấp 298,15K T1:
lnK1=−ΔH
o RT1
+ΔS
o
R
Tương tự cho nhiệt độ cao 313,15K (T2)
lnK2=−ΔH
o RT2
+ ΔS
o
R Vậy lnK2
K1= ΔHo
R (
T2− T1
T1T2 )⇒ΔH
o
=33,67 kJ mol−1 Thay ∆Ho vừa tính vào biểu thức lnK2 ta tính ∆So = 175,2JK-1.mol-1.
(ii) Từ phương trình cho ta có: Kp= PAB
PA.PB
Vì PV = nRT nên: KP= [AB](RT)
[A](RT)[B](RT)= KC
RT
Tại 298,15K KP = 0,726atm-1. Từ P1 = X1P nên:
KP= XAB XBXA
P−1=KX.P−1⇒KX=KP.P=0,726
c) Chọn hai giá trị K hai nhiệt độ khác nhau, ví dụ 15,2oC (288,4K) 34,9oC (308,2K):
ln K2
K1= ΔHo
R (
T2− T1
T1T2 )⇒ΔH
o
=−1,72 104kJ mol−1=−17,2 kJ
Từ lnK=S
R− ΔHo
R
1
T
(3)Độ dốc = -∆H/8,314=2,06.103. ∆H = -1,71.104J = -17,1kJ.
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2004 (Bảng A)
1 Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân khơng thể tích lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat 5,6 gam canxi oxit Hãy tính số mol khí cacbonic có bình Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân hủy hết thể tích tối thiểu bình phải bao nhiêu? Biết nhiệt độ khí CO2 bình có áp suất 0,903 atm
2 Tại 200C,phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng) HBr (k) (1) có số cân Kp = 9,0 1016 kí hiệu (k) trạng thái khí.
a) Hãy tính Kp phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) HBr (k) (2) 20OC áp suất p = 0,25 atm
b) Hãy cho biết chuyển dịch cân hóa học phản ứng (2) giảm thể tích bình phản ứng hai trường hợp:
*) Trong bình khơng có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng) BÀI GIẢI:
1 a) Với điều kiện cho bình có phản ứng:
CaCO3 ⇌ CaO + CO2 (k) (*) Trong bình có khí CO2 Giả thiết khí lý tưởng, ta có:
n = = = 0,01 (mol) Vậy n = 0,01 mol Nhận xét:
Theo đề bài, lượng CaCO3 cho vào bình chân khơng là:
n = = 0,1 mol Lượng CaCO3 bị phân tích 0,01 mol
Sự có mặt 5,6 gam CaO lượng CaCO3 cịn lại khơng ảnh hưởng tới kết tính chất trạng thái rắn chiếm thể tích khơng đáng kể
b) Giả thiết lượng CaCO3 cho vào bình chân khơng bị phân tích hết áp suất khí CO2 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân hoá học )
Do đó:
Vmin = n RT / P = 0,1 0,082054 1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít) 2 a) Phản ứng H2 (k) + Br2 (lỏng) ⇌ HBr (k) (1)
có (Kp)1 = p2HBr / p H2 (a)
còn phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) ⇌ HBr (k) (2) có (Kp)2 = p2HBr / p H2 p Br2 (b)
Xét cân Br2 (lỏng) ⇌ Br2 (k) (3) có (Kp)3 = pBr2 (k) (c)
Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân (2):
H2 (k) + Br2 (lỏng) ⇌ HBr (k) (1) Br2 (l) ⇌ Br2 (k) (3)
(1) – (3): H2 (k) + Br2 (k) ⇌ HBr (k) (2) PV
RT
0,903 1,0 0,082054 1073,15
CO2
CaCO3 10 100
(Kp)1 (Kp)3
9,0 1016 0,25
(4)Vậy (Kp)2 = = = 3,6 1017 (atm)
b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa tăng áp suất riêng phần khí hệ Xét: Q = p2HBr / p H2 p Br2 (d)
Trường hợp 1: Khơng có brom lỏng bình: Phản ứng (2) có tăng số mol khí trước sau phản ứng (n = 0) nên thay đổi áp suất khơng dẫn tới chuyển dịch cân (2)
Trường hơp 2: Có brom lỏng bình: áp suất riêng phần khí H2 , HBr tăng; lúc áp suất riêng phần Br2 khí lại khơng đổi cịn Br2 lỏng
Theo (d), số mũ pHBr lớn số mũ pH2 nên tăng áp suất nói dẫn đến tăng Q cân (2) chuyển dịch theo chiều nghịch
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2003 (Bảng A) Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình
PCl5 (k) ⇋PCl3 (k) + Cl2 (k)
1. Cho m gam PCl5 vào bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy
phản ứng phân li PCl5 Sau đạt tới cân áp suất khí bình p Hãy thiết
lập biểu thức Kp theo độ phân li và áp suất p Thiết lập biểu thức Kc theo , m, V. 2. Trong thí nghiệm thực nhiệt độ T1 người ta cho 83,300 gam PCl5 vào bình dung tích V1
Sau đạt tới cân đo p 2,700 atm Hỗn hợp khí bình có tỉ khối so với hidro 68,862 Tính và Kp
3. Trong thí nghiệm giữ nguyên lượng PCl5 nhiệt độ thí nghiệm thay
dung tích V2 đo áp suất cân 0,500 atm Tính tỉ số 2 1 V V .
4. Trong thí nghiệm giữ ngun lượng PCl5 dung tích bình V1 thí nghiệm
nhưng hạ nhiệt độ bình cịn T3 = 0,9 T1 đo áp suất cân 1,944 atm
Tính Kp Từ cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt
Cho: Cl = 35,453 ; P : 30,974 ; H = 1,008 ; Các khí khí lí tưởng BÀI GIẢI:
1. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc
PCl5 (k) ⇌ PCl3 (k) + Cl2 (k)
ban đầu a mol
cân a – x x x (mol) Tổng số mol khí lúc cân : a + x = n
=
x
a ; Khối lượng mol: MPCl5 = 30,974 + 5 x 35,453 = 208,239 (g/mol)
MPCl3 = 30,974 + 3 x 35,453 = 137,333 (g/mol)
MCl2 = 70,906 (g/mol)
gam 208,239 gam/mol
m
= a mol PCl5 ban đầu
*¸p suất riêng phần lúc cân khí: PPCl5 =
p
a x a x
PPCl3 = PCl2 =
x P
a x
Kp =
2
5
Cl PCl
PCl
P P
P
=
2
-
x p
a x
a x p
a x =
2
x
p
a x
a x
a x
1
p
Kp =
2
( ) ( )
x p
a x a x =
2 2
x
a x p ; Kp =
2 2 2
x
a p
a x
a a =
2
(5)* Kc = [PCl5] =
(1 )
a
V [PCl3] = [Cl2] =
a V
Kc =
3 2
5 Cl [ ]
PCl
PCl =
2
2
a
V
V
a =
(1 ) a
V =
208, 239 (1 )
m V
Hoặc: Kp = Kc (RT)∆V ∆V khí =
Kp = Kc (RT) pV = nRT = (a + x) RT RT =
pV
a x = (1)
pV a
Kp = Kc
pV
a x
2
1 p = Kc
pV
a x
Thay x = a
2
1 p = Kc (1)
pV
a Kc =
2 (1 ) a V
Kc =
(1 ) (1- )
a
V =
(1 ) a
V =
208, 239 V (1 )
m
* Quan hệ Kp Kc Từ cách : Kc = Kp
RT
Thay RT = pV
a(1) Kc = Kp
a(1 ) pV
=
a(1 ) p pV
= a V(1 )
2 Thí nghiệm : nPCl5 ban đầu = a =
83,30 g
208,239 g/mol = 0,400 mol M hỗn hợp cân bằng: 68,826 2,016 = 138,753 g/mol
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a (l + 1) =
83,30 g
138,753 g/mol = 0,600 mol n1 = a (1 + 1) = 0,400 (1 + 1) = 0,600 1 = 0,500
* Tìm Kp nhiệt độ T1 : Kp =
2
1
p =
2
(0,5)
1 (0,5) 2,70 = 0,900 3. Thí nghiệm 2: - Giữ nguyên nhiệt độ Kp không đổi
- Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu: a = 0,400mol
- ¸p suất cân P2 = 0,500 atm
Ta có 2 2
p
2 = Kp = 2 2
0,500 = 0,900
22 = 0,64286 2 = 0,802
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n2 = 0,400 + (1+ 2) 0,721 (mol)
* Thể tích bình TN 2: V2 =
2
2
n RT
p so víi V
1 =
1 1 n RT p V V =
2
1
n p n p =
0,721 2,700
0,600 0,500 = 6,486 (lần)
4. Thí nghiệm 3:
- Thay đổi nhiệt độ Kp thay đổi
- Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu a = 0,400 mol V1
- ¸p suất cân P3 thay đổi do: nhiệt độ giảm (T3 = 0,9 T1), tổng số mol khí
thay đổi (n3 n1)
P3 = 1,944 atm ; Tính 3 :
n3 = a (1+ 3) = 0,400 (1+ 3) ; p3V1 = n3RT3 = 0,9 n3RT1 ; P1V1 = n1RT1
3
1
P 0,9 n P n
3
0, 400 (1 ) 0,9 1,944
2, 700 0,600
(6)* KP (T3 ) =
3
p
=
2
(0, 200)
1 (0, 200) 1,944 = 0,081
* Khi hạ nhiệt độ, Kp giảm cân chuyển dịch theo chiều nghịch Chiều nghịch chiều phát nhiệt Chiều thuận chiều thu nhiệt
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2002 (Bảng A)
Khí NO kết hợp với Br2 tạo khí phân tử có nguyên tử.
1 Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2 Biết phản ứng thu nhiệt, 25oC có Kp = 116,6 Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) 0oC ; 50oC.
Giả thiết tỉ số hai trị số số cân 0oC với 25oC hay 25oC với 50oC bằng
1,54.
3 Xét 25oC, cân hoá học thiết lập Cân chuyển dịch nào?
Nếu:
a) Tăng lượng khí NO b) Giảm lượng Br2
c) Giảm nhiệt độ
d) Thêm khí N2 vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng khơng đổi (V = const) - ¸p suất chung hệ khơng đổi (P = const) BÀI GIẢI:
1 NO(k) + Br2 (hơi) NOBr (k) ; H > (1)
Phản ứng pha khí, có n = -1 đơn vị Kp atm-1 (2) Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ
Kp O2 < Kp 252 < Kp 502 (3)
Vậy : Kp 250 = / 1,54 x Kp t¹i 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)
Kp 252 = 1,54 x Kp t¹i 252 = 116,6 x 1,54 179, 56 (atm-1)
3 Xét chuyển dời cân hoá học taji 25OC.
Trường hợp a b: nguyên tắc cần xét tỉ số: PNOBr
Q = (4) (Khi thêm NO hay Br2)
(PNO)2
Sau so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
Tuy nhiên, khơng có điều kiện để xét (4); xét theo nguyên lý Lơ satơlie a Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải
b Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái
c Theo nguyên lý Lơsatơlie, giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, đê chống lại giảm nhiệt độ
d Thêm N2 khí trơ
+ Nếu V = const: khơng ảnh hưởng tới CBHH N2 khơng gây ảnh hưởng lên hệ (theo định
nghĩa áp suất riêng phần) + Nếu P = const ta xét liên hệ.
Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)
Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 (b)
V× P = const nên pi' < pi
Lúc ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp: Nếu Q = Kp: không ảnh hưởng
2 Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp
Xảy trường hợp trường hợp tuỳ thuộc vào pi cân hoá học I. OLYMPIC HĨA HỌC VIỆT NAM:
(7)Tính nhiệt độ lửa CO cháy hai trường hợp sau:
a) Cháy oxy tinh khiết (20% oxy 80% nitơ theo thể tích) b) Cháy oxy tinh khiết
Cho biết lượng oxy vừa đủ cho phản ứng, nhiệt độ lúc đầu 25oC.
Entanpi cháy CO 25oC 1atm 283kJ.mol-1 Nhiệt dung mol chuẩn chất sau:
Cop (CO2, k) = 30,5 + 2.10-2T Cop (N2, k) = 27,2 + 4,2.10-3T BÀI GIẢI:
a) ΔH298o +∫ 298
T
(CP
CO2
o
+2CP N2
o
)dT=0⇒T=2555K b) ΔH298o +∫
298
T
CPCO
o
dT=0⇒T=4098K
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2003 - BẢNG A Cho số liệu sau 298K:
Ag+(dd) N3-(dd) K+(dd) AgN3(r) KN3(r) ∆Gott(kJ.mol-1) 77 348 -283 378 77
1) Xác định chiều xảy qúa trình sau: Ag+(dd) + N3-(dd) → AgN3(r)
K+(dd) + N3-(dd) → KN3(r)
2) Tính tích số tan chất điện li tan
3) Hỏi phản ứng xảy muối KN3 tác dụng với HCl đặc BÀI GIẢI:
1) Ag+(dd) + N3-(dd) → AgN3(r)
∆Go = 378 – (77 + 348) = -47kJ: Chiều thuận. K+(dd) + N3-(dd) → KN3(r)
∆Go = 77 – (-283 + 348) = 12kJ: Chiều nghịch. 2) AgN3 chất tan Gọi Ks tích số tan nó:
lgKs= −47000
2 303 314 298=−8,237
⇒Ks=5,79 10−9 3) KN3 + HCl → HN3 + KCl
HN3 + 3HCl → NH4Cl + N2 + Cl2
→ KN3 + 4HCl → NH4Cl + N2 + Cl2 + KCl
OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 - BẢNG B Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k)
1) Tính ∆Ho phản ứng nhiệt độ 298K 1350K, coi nhiệt dung chất không phụ thuộc vào nhiệt độ miền nhiệt độ nghiên cứu
2) Giả thiết ZnS nguyên chất Lượng ZnS khơng khí (20% O2 80% N2 theo thể tích) lấy tỉ lệ hợp thức bắt đầu 298K đạt đến nhiệt độ hấp thụ lượng nhiệt tỏa phản ứng điều kiện chuẩm 1350K (lượng nhiệt dùng để nâng nhiệt độ chất đầu)
Hỏi phản ứng có trì khơng, nghĩa khơng cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết phản ứng xảy nhiệt độ không thấp 1350K?
3) Thực tế quặng sfalerit ngồi ZnS cịn chứa SiO2 Vậy hàm lượng % ZnS quặng tối thiểu phải để phản ứng tự trì được?
Cho biết entanpi tạo thành chuẩn chất 25oC (kJ.mol-1) Hợp chất: ZnO(r) ZnS(r) SO2(k)
∆Ho
f -347,98 -202,92 -296,90 Nhiệt dung mol đẳng áp chất (J.K-1.mol-1):
Hợp chất ZnS(r) ZnO(r) SO2(k) O2(k) N2(k) SiO2(r) Co
p 58,05 51,64 51,10 34,24 30,65 72,65 Biết MZnS = 97,42g.mol-1; MSiO2 = 60,10g.mol-1
(8)1) ∆Ho298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ ∆Cop = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K-1 ∆H1350 = -448976,84J
2)
∑CPo=Cp(ZnS)
o
+3 2Cp(O2)
o
+6Cp(N2)
o
=293,31 JK−1 ΔH1350o +∫
298
T
293,31 dT=0⇒T=1829K
T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự trì 3) Gọi x số mol SiO2 có mol ZnS
∑Cop=Cp(ZnS)
o
+3 2Cp(O2)
o
+6Cp(N2)
o
+xCp(SiO2)
o
=293,31+72,65x(JK−1) −448976,84+∫
298 1350
293,31 dT+∫ 298 1350
72,65 xdT=0⇒x=1,84 mol %ZnS = 47%
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2010 Câu (1,25 điểm) 0,25 điểm; 2 0,25 điểm; 3 0,5 điểm; 4 0,25 điểm.
Công đoạn q trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho công nghệ bán dẫn thực phản ứng:
SiO2 (r) + 2C (r) ⇌ Si (r) + 2CO (k) (1)
1 Khơng cần tính tốn, dựa vào hiểu biết hàm entropi, dự đoán thay đổi (tăng hay giảm) entropi hệ xảy phản ứng (1)
2 Tính S0 trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào giá trị entropi chuẩn đây:
0 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1 -1
SiO (r) C(r) Si(r) CO(k)
S = 41,8 J.K mol ; S = 5,7 J.K mol ; S = 18,8 J.K mol ; S = 197,6 J.K mol 3 Tính giá trị G0của phản ứng 25 oC Biến thiên entanpi hình thành điều kiện tiêu chuẩn
0 f
(ΔH )của SiO2 CO có giá trị: ΔH0f(SiO (r))2 = -910,9 kJ.mol ; ΔH-1 0f(CO(k))= -110,5 kJ.mol-1 4 Phản ứng (1) diễn ưu theo chiều thuận nhiệt độ nào?
(Coi phụ thuộc ΔS ΔHvào nhiệt độ không đáng kể) Hướng dẫn chấm:
1 Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng mol khí Trạng thái khí có mức độ hỗn loạn cao trạng thái rắn, tức có entropi lớn Vậy phản ứng xảy theo chiều thuận entropi hệ tăng 2 ΔS0 =
0 CO(k) S
+ Si(r) S
- C(r) S
- 2(r)
0 SiO S
= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 3 G0= ΔH0- TΔS0, ΔH0
= (r) (k) (r) 2(r)
0 0
f(Si ) f(CO ) f(C ) f(SiO ) ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH
0
ΔH = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)
G0= ΔH0- TΔS0= 689,9 - 298 360,8.10-3 = 582,4 (kJ). 4 Phản ứng (1) diễn ưu theo chiều thuận ΔG bắt đầu có giá trị âm:
ΔG= ΔH0
- TΔS0= 689,9 - T 360,8.10-3 = T = 1912 oK.