Задачи

69

Второй закон термодинамики

В изолированных системах (Q = 0, А = 0, U = сопst) все самопроизвольные процессы сопровождаются ростом энтропии системы, т.е. ∆S > 0. Самопроизвольный процесс заканчивается при достижении максимальной при данных условиях энтропии, т.е. при ∆S = 0.

Энергия Гиббса

Движущей силой процесса, протекающего при постоянных давлении и температуре может быть либо стремление системы перейти в состояние с наименьшей энергией, т.е. выделить теплоту в окружающую среду (∆Н < 0), либо стремление системы перейти в состояние с наибольшей термодинамической вероятностью, т.е. увеличить энтропию (∆S > 0).

Фукцией состояния, одновременно отражающей влияние обоих упомянутых факторов (∆Н < 0, ∆S > 0) на направление протекания химических процессов, служит энергия Гиббса, связанная с энтальпией и энтропией соотношением:

G = Н – ТS.

Для изобарно-изотермических процессов изменение энергии Гиббса равно ∆G = ∆Н - Т∆S.

Энергию Гиббса образования вещества относят к 1 молю вещества и обычно выражают в кДж/моль; при этом ∆G0 образования наиболее устойчивой модификации простого вещества принимают равной нулю.

Критерием самопроизвольности протекания процесса при любых условиях является уменьшение энергии Гиббса (∆G < 0). Самопроизвольный процесс протекает до тех пор, пока система не достигнет минимального значения энергии Гиббса (Gmin). После этого система находится в состоянии термодинамического равновесия (∆G = 0).

В состоянии равновесия состав реакционной смеси, например, в системе А В определяется концентрациями газообразных или растворенных веществ А и В. Концентрации этих веществ в условиях, когда система находится в равновесии, называется равновесными концентрациями. Соотношение концентраций СВ/СА выражается константой равновесия:

KC = CB . CA

Если реагенты А и В газообразные, то константу равновесия можно выразить через соотношение равновесных парциальных давлений газов:

K P = pB pA

рА и рВ – парциальные давления газообразных веществ А и В. Парциальное давление – давление компонента газовой смеси, которое он

имел бы при предоставлении ему объема, занимаемого всей смесью газов. Связь между КС и КР устанавливается с помощью уравнения р = СRТ. Константа равновесия реакции дает представление о выходе продуктов

реакции при заданной температуре. Так, например, если константа равновесия КС процесса А В при температуре Т равна единице (КС=СВ/СА=1), то равновесный состав реакционной смеси характеризуется равенством концентраций

70

СА и СВ т.е. процесс А → В при температуре Т идет самопроизвольно до тех пор, пока концентрация вещества В не станет равной концентрации вещества А в смеси этих веществ.

Константа равновесия КР связана со стандартной энергией Гиббса реакции простым соотношением:

GT0 = −RT ln KP .

4.2 Примеры решения типовых задач

Задача 1

Рассчитать теплоту образования CuCl2 по реакции: Cu(T) + Cl2(T) = CuCl2(T)

при 500°С, если ∆H298(CuCl2(T)) = -205,9 кДж/моль, а значения молярных теплоемкостей следующие:

Cp(Cu(T)) = 22,6 + 6,28·10-3·T Дж/(моль·К); Cp(Cl2) = 36,7 + 1,05·10-3·T Дж/(моль·К);

Cp(CuCl2(T)) = 64,5 + 50,2·10-3·T Дж/(моль·К);

Решение

T

Используем уравнение Кирхгофа DH T = DH 298 + ∫ DCpdT , где

298

∆Cp = Cp(CuCl2) – (Cp(Cu(T)) + Cp(Cl2(T))).

Найдем ∆Cp:

∆Cp = 64,5 + 50,2·10-3·T - 22,6 - 6,28·10-3·T - 36,7 + 1,05·10-3·T;

∆Cp = 5,2 + 42,9·10-3·T

Представим ∆Cp в виде ∆Cp = a + bT,

где a = 5,2;

b = 42,9·10-3.

Определим теплоту образования CuCl2 при температуре 500°С или 773 К.

T

DH = DH 298 + ∫ (a + bT )dT = DH 298 + a(T - 298) + b (T 2 - 2982 ) .

298

2

Подставляя числовые значения a, b, T, ∆H298, получим:

DH 773 = -205,9 ×103 + 5,2 ×(773 - 298) + 42,9 ×10−3 ×(7732 - 2982 ) = 2

= -205,9 ×103 +14,1×103 = -191,8 ×103 ;

∆H773 = -191,8 (кДж/моль).

Задача 2

Найти значение средней мольной теплоемкости меди в интервале температур от 0° до 100° С, если выражение для величины ее истинной теплоемкости имеет вид: Cp = 32,64 + 6,28·10-3·T Дж/моль·К.

Решение

Воспользуемся выражением, связывающим истинную и среднюю тепло-

					1	T2
						× ∫C p ucтdT .
	емкости:	C p =
					T - T
					2 1	T
						1

71

Истинную теплоемкость представим в упрощенном виде: Cp = a + bT,

где a = 32,64; b = 6,28·10-3.

											1			T2
									=					∫ (a + bT )dT .
Тогда:						C p
										T − T
									2				1 T
														1
После интегрирования получаем:
		=		1	a(T − T ) +							b	(T 2 − T			2 )		= a +	b	(T + T ).
C
			T	− T
		p				2			1		2			2	1			2		2	1
			2	1

Подставляем в полученное выражение значения a, b, T1, T2 (температура в Кельвинах):

Cp = 32,64 + 6, 28×10−3 (273+373) = 32,64 + 2,028 = 34,67 Дж/ моль× К. 2

Ответ: 34,67 Дж/моль·К.

Задача 3

Сколько тепла необходимо для нагрева 200 г углекислого газа от температуры 27°С до температуры 227°С при:

а) постоянном давлении, б) постоянном объеме.

Известно, что Cp = 7,0 + 0,0071·T (кал/моль·К). Определить средние значения теплоемкостей при постоянном давлении и постоянном объеме.

Решение

Найдем среднюю теплоемкость газа в интервале температур T2 – T 1

1

T2

× ∫C p ucтdT .

C p =

T - T

2 1

T

1

Представим

истинную

теплоемкость

Cp

ucт

в

упрощенном виде

Cp = a + bT, где

a = 7,0; b = 0,0071.

1

T2

∫(a + bT )dT .

Тогда

C p

=

T − T

2

1

T

1

= a +

b

(T + T ).

После интегрирования и упрощения получим:

C

p

2

2 1

Подставляем значения a, b, T1, T2 (температура в Кельвинах):

C p = 7, 0 + 0, 0071 (300 + 500) = 9,84 кал / моль× К. 2

Найдем значение средней теплоемкости при постоянном объеме:

CV = C p − R ,					R = 1,987 кал/моль·К;
CV = 9,84 – 1,987 = 7,853 кал/моль·К.
Молярная масса углекислого газа					M(CO2) = 12 + 2·16 = 44 г/моль.

Найдем количество теплоты, необходимое для нагрева газа при постоянном давлении:

72

Qp = m C p (T2 - T1) ; M

Q p = 200 × 9, 84 × (500 - 300) = 8, 9 ккал. 44

Найдем количество теплоты, необходимое для нагрева газа при постоянном объеме:

QV = m CV (T2 - T1 ) ; M

QV = 200 ×7,853× (500 - 300) = 7,1 ккал. 44

Задача 4

Тепловой эффект реакции Fe2O3(K) + 3CO(Г) = 2Fe(К) + 3CO2(Г) равен ∆rH = -26,8 кДж, вычислить теплоту образования Fe2O3, если

H2980 (CO) = −110, 5 кДж/ моль;

H2980 (CO2 ) = −393, 5 кДж/ моль.

Решение

Согласно первому следствию из закона Гесса

∆rH = [2∆fH(Fe) + 3∆fH(CO2)] - [∆fH(Fe2O3) + 3∆fH(CO)].

Поскольку Fe – простое вещество, теплота его образования равна нулю ∆fH(Fe) = 0. Определим ∆Hf(Fe2O3):

∆rH(Fe2O3) = 3∆fH(CO2) - 3∆fH(CO) - ∆rH;

∆H(Fe2O3) = 3(-393,5) – 3(-110,5) – (-26,8) = -822,2 кДж/моль.

Задача 5

Рассчитать энергию связи HВr, исходя из следующих данных:

H2 + Br2(Ж) = 2HBr, ∆H = -72,8 кДж.

Энтальпия испарения Br2(Ж) составляет 15,4 кДж/моль, энтальпия диссоциации водорода и газообразного брома соответственно равны: 432,2 и 192,4 кДж/моль.

Решение

Представим исходные данные в виде системы термохимических уравне-

ний.

1)	H2	+ Br2(ж) = 2HBr	∆rH1	= -72,8 кДж;
2)	Br2(Ж) → Br2(Г)		∆rH2	= 15,4 кДж/моль;
3)	H2	→ 2H	∆rH3	= 432,2 кДж/моль;
4)	Br2(Г) → 2Br		∆rH4	= 192,4 кДж/моль.

Согласно второму следствию из закона Гесса с данными уравнениями можно производить самые различные арифметические действия. Подберем коэффициенты к уравнениям таким образом, чтобы после умножения уравнений на коэффициенты, а затем сложения левых и правых частей, мы смогли получить уравнение:

H + Br = HBr, ∆H5 - ?

73

Энергия связи HBr будет определяться тепловым эффектом этого уравне-

ния ∆H5.

Итак, подбираем для данных уравнений соответствующие коэффициенты:

1,− 1 ,− 1 − 1 . После умножения на эти коэффициенты каждого из уравнений

22 2 2

получим:

1)1/2 H2 +1⁄2Br2(Ж) = HBr;

2)1/2 Br2(Г) = 1/2 Br2(Ж);

3)H = 1/2 H2;

4)Br = 1/2 Br2(Г).

Сложив левые и правые части и сократив одинаковые элементы, получим:

H + Br = HBr.

Для получения энергии связи HBr сложим тепловые эффекты всех уравнений с учетом выбранных коэффициентов:

	H5 = 1/2	H1 – 1/2 H2 – 1/2 H3 – 1/2			H4;
	H5 = – 36,4 – 7,7 –216,1 – 96,2 = –356,4				кДж/моль;
Ответ: энергия связи HВr равна – 356,4 кДж/моль.
Задача 6
Найти теплоту		образования	ZnSO4 из		простых веществ, т.е.
Zn + S + 2O2 = ZnSO4,		H 0 – ?, если известны тепловые эффекты следующих
уравнений:
1)	ZnS → Zn + S		H10	= 44,0 ккал;
2)	2ZnS + 3O2 = 2ZnO + 2SO2		H20	= – 221,88 ккал;
3)	2SO2 + O2 = 2SO3		H30	= – 46,98 ккал;
4)	ZnSO4 = ZnO + SO3		H40	= – 55,1	ккал.

Решение

Воспользуемся вторым следствием из закона Гесса. Заданные термохимические уравнения следует преобразовать так, чтобы при сложении их левых и правых частей и последующего сокращения одинаковых элементов и соединений, находящихся в левых и правых частях, можно было получить искомое уравнение.

Умножив обе части уравнения (1) на –1, уравнения (2), (3) на 1/2, уравнение (4) на –1, получим:

1)Zn + S = ZnS;

2)ZnS + 3/2O2 = ZnO + SO2;

3)SO2 + 1/2O2 = SO3;

4)ZnO + SO3 = ZnSO4.

Сложим левые и правые части уравнений. После сокращения получим искомое уравнение: Zn + S + 2O2 = ZnSO4.

Таким образом, подобранные коэффициенты (–1, 1/2, 1/2, –1) для всех уравнений оказались верными.

Для определения теплового эффекта искомого уравнения сложим тепловые эффекты данных уравнений с учетом подобранных коэффициентов

H0=– H10 + 1/2 H20 + 1/2 H30 – H40.

Подставим значения тепловых эффектов для всех уравнений:

74

DrH0 = -44+1/2(-221,8)+1/2(-46,98)-55,1 = –233,9 ( ккал/моль).

Задача 7

Найти изменение энтропии при нагревании 2 молей толуола (C6H5CH3) от 0 до 150°С, если удельная теплота испарения толуола 347,3 Дж/г , температура кипения 110°С, мольные теплоемкости жидкого и газообразного толуола соответственно равны:

Cp(Ж) = 166,0 Дж/(моль×К), а паров толуола

Cp(Г) = 33,88+0,557×T–0,3424 ×10-3T2 Дж/(моль×К).

Решение

Весь процесс изменения энтропии при нагревании толуола от 0 до 150°С можно разделить на этапы:

1) рост энтропии при нагреве жидкого толуола от Т1 до Т2 (до температу-

T2 C

ры кипения) S1 = n ∫ p ( Ж ) dT ;

T1

T

	2)	рост энтропии при кипении толуола	S2 = m	Hисп	;	S2	=	n × M	× DHèñï	,
				Тисп
							Ò		èñï
	где п – число молей, а M – молярная масса толуола
	3)	рост энтропии при нагреве парообразного толуола от температуры ки-

T

пения до 150°С; S3 = n ∫3 C p ( Γ ) dT .

T2

T

Определим каждую из составляющих изменения энтропии:

	T2	C p ( Ж )			T2
	S1 = n ∫		dT	= nCp(Ж) ln		;
	T	T			T1
	1

DS1=2×166×ln 383 =112,4 (Дж/моль×К).

273

Удельную теплоту испарения толуола переводим в мольную теплоту испарения, умножив на молярную массу толуола M (С6Н5СН3) = 92 г/моль.

DS2 = n DHucn ×M = 2×

347,3×92

=166,8Дж/(моль× К) ;

383

Tucn

T3

C p ( Γ )

DS3 = n

∫

dT .

T

T2

Упростим выражение Cp(Г) (Cp(Г) = a + bT – cT 2) и подставим в формулу

для расчета DS3:

DS3

= nT3

a + bT - cT 2

dT = n T3

(

a

+ b - cT )dT .

T

∫

∫

T

T2

T2

После интегрирования получим:

				T	3		c
	S 3	=	n a ln			+ b (T3 − T2 ) −		(T32	− T22 ) .
				T2			2

75

Подставим значения a, b, c, T2 и T3, n:

DS3	= 2			423	+ 0, 557(423	- 383)	-	0, 3424 ×10−3		2	- 383	2		=
			33, 88 ln						(423				)
				383				2

= 2 ×(3, 36 + 22, 28 - 5, 52) = 40, 25 Дж /( моль× К).

Суммарное повышение энтропии при нагреве толуола от 0 до 150°С составит:

DrS = DS1 + DS2 + DS3 = 112,4 + 166,8 + 40,25 = 319,45 (Дж/моль×К).

Задача 8

Найти изменение энтропии при смешении 100 мл кислорода и 400 мл азота при 17°С и давлении 1 атм.

Решение

Определим число молей кислорода и азота при заданных условиях

p×V=nRT.

Давление 1 атм соответствует 101ּ103 Па, 1 мл = 10-6 м3.

pV

101 ×103 ×100 ×10

−6

n (O

2

) =

1

=

= 4,2 ×10 −3 ìîëü ;

1

RT

8,314 × 290

−6

pV2

101 ×103 × 400 ×10

−3

n2 (N 2 ) =

=

= 16,7 ×10

ìîëü .

RT

8,314 × 290

При смешении двух газов общее изменение энтропии составит:

	DS = n R ln			V1 + V2	+ n	2	R ln	V1 + V2			,
	1			V1					V2
где V1 –	объем кислорода;
V2 –	объем азота.
DS = 4, 2 ×10 −3 ×8, 314 ln		500	+ 16, 7 ×10 −3 ×8, 314 ln						500	= 56 ×10 −3 + 31 ×10 −3 =
	100						400

= 87×10-3Дж/(моль×К).

Задача 9

Не производя вычислений, установить знак DS следующих процессов:

1)2NH3(Г) « N2(Г) + 3H2(Г);

2)2NO(Г) + О2 « 2NO2(Г);

3)2H2S(Г) + 3O2(Г) « 2H2O(Ж) + 2SO2(Г).

Решение

Поскольку энтропия зависит от количества вещества, то большему числу молей газообразных веществ будет соответствовать и большая энтропия. Следовательно, в уравнении (1) энтропия будет возрастать DS > 0. В уравнении (2) наоборот, число молей уменьшается и энтропия при протекании реакции в прямом направлении будет уменьшаться, DS < 0. Аналогично в уравнении (3). Кроме того, поскольку энтропия жидкости всегда меньше энтропии газообразного вещества, появление в качестве продукта реакции жидкой воды заметно снизит энтропию. Таким образом, в уравнении (3) DS < 0.

76

Задача 10

Вычислить стандартное изменение энергии Гиббса DG° при 25° С для хи-

мической реакции Sb2S3(Т) + 9/2O2(Г) = Sb2O3(Г) + 3SO2(Г) по стандартным значениям энтальпий образования и абсолютных энтропий химических веществ:

Sb2S3:	DfH10	= –160,0	кДж/моль,	S10	= 166 Дж/(моль×К);
O2:	DfH20	= 0,		S20	= 206,3 Дж/(моль×К);
Sb2O3:	DfH30	= –700,0	кДж/моль,	S30	= 123,0 Дж/(моль×К);
SO2:	DfH40	= –296,9	кДж/моль,	S40	= 248,1 Дж/(моль×К).

Возможна ли реакция при данных условиях? Какова роль энтальпийного и энтропийного факторов? Изменится ли направление процесса, если изменить температуру?

Решение

Определим изменение энтальпии (тепловой эффект) и изменение энтропии для данной реакции. Согласно первому следствию закона Гесса:

DrH = DH(Sb2O3) + 3DH(SO2) – DH(Sb2S3) – 9/2 DH(O2); DrH = –700 + 3(–296,9) – (–160) = -1430,7 кДж/моль;

DrS = (S3+3S4) – ( S1 + 9/2S2);

DrS = 123 + 3×248,1 – 166 – 9/2 ×206,3 = -227,05 Дж/(моль×К).

Найдем изменение энергии Гиббса для данной реакции: DG = DH – TDS.

DrG = –1430,7 – 298 ×(–227,05 ×10-3) = –1430,7 + 67,8 = –1362,2 кДж/моль.

Поскольку DG < 0, то самопроизвольное протекание реакции в прямом направлении при данных условиях возможно.

Поскольку энтальпийный фактор (DH) значительно превосходит энтропийный (TDS), то роль его в том, что реакция протекает самопроизвольно, решающая.

При увеличении температуры значение энтропийного фактора будет воз-

растать. При температуре	T =	DH =	1430	» 6300 ( К ) при равенстве
		DS 227, 05 ×10−3

энтальпийного и энтропийного факторов DG = 0, реакция остановится, а при дальнейшем увеличении температуры реакция пойдет в обратном направлении.

Задача 11
Определить константу равновесия реакции N2O4(г) = 2NO2(г)	при 400 К.
Решение
При расчете стандартного изменения энергии Гиббса G4000	пренебрежем

зависимостью DН0 и DS0 от температуры. Используя табличные данные стандартных теплот образования и энтропий обоих веществ и применяя первое следствие закона Гесса, получим:

Dr Н 0 = 2DН2380 (NO2 ) - DH 2380 (N 2O4 ) = 2 ×33,5 - 9,66 = 57,34кДж

Dr S 0 = 2S2980 (NO2 ) - S2980 (N2O4 ) = 2 × 240,45 - 304,3 = 176,6 Дж / моль× K /

Найдем изменение энергии Гиббса системы:

DG0 = DH2380 - TDS2380 = 57340 - 400 ×176,6 = -13300 Дж

Поскольку ∆G<0, то процесс в данных условиях протекает самопроизвольно.

77

Для определения константы равновесия КР воспользуемся уравнением:

∆G = -RTlnКР или KP = e−	DG	= e−	-13300	= 54,7 .
			8,314× 400
	RT

4.3 Варианты контрольных заданий

Вариант 1

1.Зависимость истинной мольной теплоемкости от температуры для сульфита серебра в интервале температур 298 ÷ 452 К можно выразить уравнением:

СР = 42,38 + 110,46·10-3·Т (Дж/моль·К)

Рассчитать количество тепла, необходимого для нагревания 2 молей вещества от 25 до 170ºС через истинную и среднюю теплоемкости. Сравните результаты.

2.Определите энтальпию разложения Н2О2 на воду и кислород, используя следующие данные:

SnCl2(Р-Р) +2НСl(Р-Р) +	Н2О2(Р-Р) = SnCl4(Р-Р) +2Н2О(ж),	Dr H10		= -393,3кДж ;
SnCl2(Р-Р) +2НСl(Р-Р) +	1/2О2 = SnCl2(Р-Р) + Н2О2(ж),	Dr H 2	0	= -296,6кДж .

3.Сколько потребуется сжечь углерода, чтобы нагреть 1 л воды от 20 до

100ºС, если ∆Н0 образования СО2 равна минус 393,7 кДж/моль, теплоемкость воды СР = 75,31 (Дж/моль·К).

4.Найти изменение энтропии при нагревании 2 молей ацетона от 25 до

100ºС, если удельная теплота испарения ацетона СН3СОСН3 равна 514,6Дж/г, температура кипения равна 56ºС, мольные теплоемкости жидкого ацетона

СР(ж) = 125 (Дж/моль·К), а паров ацетона

СР(пар) = 22,47 + 201,8·10-3·Т – 63,5 ·10-6·Т2 (Дж/моль·К)

5. Вычислить изменения энергии Гиббса при 25ºС по стандартным значениям энтальпий образования и абсолютных энтропий. Реакция проводится между чистыми веществами:

ZnО(т) + СО(г) = Zn(т) +СО2
f H10 (ZnO) = −348кДж / моль,	S10	= 43,6( Дж / моль × К)
D f H 20 (CO) = -111,0кДж / моль ,	S20	= 197,5( Дж / моль× К)
D f H 30 (Zn) = 0 ,	S30	= 41,7( Дж / моль× К)
f H 40 (СО2 ) = −394кДж / моль ,	S40	= 214,0( Дж/ моль× К)

Возможен ли самопроизвольный процесс? Изменится ли направление процесса при повышении температуры до 500ºС?

Вариант 2

1. Зависимость истинной мольной теплоемкости для алюминия выражается уравнением:

СР(т) = 20,67 + 12,39·10-3·Т (Дж/моль·К)

Рассчитать количество тепла, необходимого для нагревания 270 г алюминия от 25 до 600ºС при постоянном давлении.

78

2. Рассчитать энтальпию образования жидкого сероуглерода СS2 по следующим данным:

S(монокл) + О2 = SО2(г),	D r H10	= -296,9кДж
СS2(ж) + 3О2 = СО2 + 2SО2(г),	Dr H 20	= -1109,0кДж
С(граф) + О2 = СО2,	r H 30	= −393,5кДж

3. Сколько нужно затратить теплоты, чтобы разложить 200 г Nа2СО3 до оксида натрия и диоксида углерода, если тепловые эффекты реакций равны:

Nа2СО3(т) + SiО2(т) = СО2 + Nа2SiО3(т),								r H10 = −819,29кДж
N	а2О(т)	+ Si	О2(т)	= N	Si	О3(т)	,	r	H	0	= 243,5кДж
				а2						2

4. Определить изменение энтропии при нагревании 2 молей этанола от 25 до 100ºС, если удельная теплота испарения этанола С2Н5ОН равна 863,6 Дж/г, температура кипения равна 78,3ºС, мольные теплоемкости жидкого этанола

СР(ж) = 111,4 (Дж/моль·К), а паров этанола

СР(пар) = 19,07 + 212,7·10-3·Т – 108,6 ·10-6·Т2 (Дж/моль·К).

5. Вычислить изменения энергии Гиббса химической реакции

ZnS(т) + Н2(г) = Zn(т) +Н2S(г)

при 25ºС по стандартным значениям энтальпий образования и абсолютных энтропий. Реакция проводится между чистыми веществами:

D f H10	(ZnS ) = -206кДж / моль ,	S10	= 57,8( Дж / моль × К)
D f H 20	(H 2 ) = 0 ,	S20	= 130,1( Дж / моль× К)
D f H 30 (Zn) = 0 ,		S30	= 41,7( Дж / моль× К)
D f H 40 (H 2 S ) = -20,15кДж / моль ,		S40	= 205,64( Дж / моль× К) .

Возможна ли реакция в данных условиях?

Вариант 3

1. Мольная теплоемкость свинца равна:

СР(Рb) =5,77 + 2,02·10-3·Т (кал/моль·К),

температура плавления свинца 327ºС, ∆Н(плавл.) = 1,19 ккал/моль.

К 1 кг свинца при 17ºС подведено 10,6 ккал тепла. Сколько металла рас-

плавилось? Сколько осталось в твердом состоянии?
2. Найти тепловой эффект реакции:								∆Н0 = ?,
СН4 + Сl2 = СН3Сl + НСl;
если тепловые эффекты следующих реакций равны:
СН4	+ 2	О2	= C	О2	+ 2	Н2О(ж)	,	r		1	= −212,78ккал ;
									H	0
СН3Сl + 3/2О2 = СО2 + Н2О2(ж) + НСl,								r H 20			= −164,0ккал ;
Н2 +1/2О2 = Н2О(ж),								r H30			= −68,317ккал ;
1/2Н2 +1/2Сl2 = НСl,								r H 40			= −22,06ккал .

3. Реакция образования хлористого водорода выражается уравнением:

Н2 + Сl2= 2НСl ∆rН0 = 43,8ккал.

Сколько тепла выделится при соединении 1 л хлора с водородом при нормальных условиях?

4. Рассчитать изменение энтропии при превращении 0,1 кг воды, взятой при 0ºС в пар при 120ºС. Удельная теплота испарения при 100ºС 2,255 кДж/г;