武汉大学版无机化学课后习题答案(第三版)第03章化学反应过程中的热效应

化学反应过程中的热效应1.理想气体恒温膨胀过程热力学能不变，是否意味着理想气体恒温膨胀过程不做功？答：△U=Q-W理想气体恒温膨胀过程热力学能不变，单Q,W都有变化，两者相互抵消，即吸收的热全部用于做功。2.计算体系的热力学能变化，已知：（1）体系吸热1000J，对环境做540J的功；（2）体系吸热250J，环境对体系做635J的功；解：(1)△U=Q-W=1000-540460J(2)△U=Q-W=250＋635J3.在298K和100kPa恒压下，21mol的OF2同水反应，放出161.5kJ热量，求反应OF2(g)+H2O(g)→O2(g)+2HF(g)的△rHm和△rUm。解：OF2(g)+H2O→O2+2HF(g)△rHmΘ=-161.5×2=-323KJ/mol△rUmΘ=△rHmΘ-△nRT=323-1×8.314×0.298=320.5KJ/mol4.反应N2(g)+3H2(g)→2NH3(g)在恒容没量热器内进行，生成2molNH3时放出能量82.7kJ，求反应的△rUm和298K时反应的△rHm。解：N2(g)+3H2(g)→2NH3△rUmΘ=-82.7KJ/mol△rHmΘ=△nRT＋△rUmΘ＝-82.7-2×8.314×0.298＝-87.66KJ/mol5.查表求298K时下列反应的反应热（1）3NO2(g)+H2O(l)→2HNO3(l)+NO(g)（2）CuO(s)+H2(g)→Cu(s)+H2O(g)解（1）△rHmΘ=∑γ△fHmΘ=2×（-173.23）＋90.25－3×33.18＋285.83=-69.92KJ/mol（2）△rHmΘ=-241.82＋157.3=-84.52KJ/mol6.N2O4在反应器中受热分解，当产物中有1molNO2生成时，分别按下列反应方程式计算，反应进度各是多少：(1)N2O4→2NO2(2)21N2O4→NO2解：（1）0.5mol(2)1mol7.在一知弹式量热计中燃烧0.20molH2（g）生成H2O（l），使量热计温度升高0.88K，当0.010mol甲苯在此量热计中燃烧时，量热计温度升高0.615K，甲苯的燃烧反应为C7H8(l)+9O2(g)→7CO2(g)+4H2O(l)求该反应的△rHm。已知△fHm(H2O，l)==—285.8kJ·mol1解：△rVm=△rHm—△RT=—285.8+1.5×RT=—282.1kJ/molQr=n△rVm=-56.42kJ/mol=c=-Qr/T=64.11kJ/K同理：对于甲苯，Qr=-64.11×0.165=-39.43kJ/K△rHmΘ=△nRT＋△rUmΘ＝-3948kJ/K△rUmΘ=Qv/έ=-3943kJ/mol8.已知下列热化学反应Fe2O3(s)+3CO(g)→2Fe(s)+3CO2(g)△rHm=—27.61kJ·mol13Fe2O3(s)+3CO(g)→2Fe3O4(s)+CO2(g)△rHm=—27.61kJ·mol1Fe3O4(s)+CO(g)→3FeO(s)+CO2(g)△rHm=+38.07kJ·mol1解：FeO(s)+CO(g)→Fe(s)+CO2（g）依盖斯定律得△rHmΘ=（△rHm.1Θ×3-△rHm.2Θ-2×△rHm.3Θ）/6=（-27.16×3＋58.58－2×38.07）/6=-16.73kJ/mol9.为什么在标准状态下稳定单质的熵不为零？答：在0K时任何完整晶体中的原子或分子只有一种排列方式，即只有唯一的一种的微观状态其熵值为0在标准状态下的标准墒实际上是一个差值，△rSmΘ=∑△rHmΘ（生成物）-∑△rHmΘ（反应物）其值不为010.分析下列反应自发进行的温度条件（1）2N2(g)+O2(g)→2N2O(g)△rHm=+38.07kJ·mol1(2)Ag(s)+21Cl2(g)→AgCl(s)△rHm=—127kJ·mol1（3）HgO(s)→Hg（l）+21O2(g)△rHm=+91kJ·mol1(4)H2O2（l）→H2O（l）+21O2(g)△rHm=—98kJ·mol1解：反应自发经行的条件是反应的△rGmΘ0,由吉布斯-----亥木霍资公式△rGmΘ=△rHmΘ-T△rSmΘ,△rGmΘ值与温度有关，反应温度的变化可能使△rGmΘ符号发生变化（1）△rHmΘ0,△rSmΘ0,,在低温下，△rGmΘ0，反应都不能自发进行（2）△rHmΘ0,△rSmΘ0,在低温下，△rGmΘ0，即反应都温度不能过高（3）△rHmΘ0,△rSmΘ0,,若使反应自发进行，（△rGmΘ0）必然提高温度，即反应只有在较高温度下自发经行。（4）△rHmΘ0,△rSmΘ0,在任何温度下，△rGmΘ0，即在任何温度下，反应均能自发经行。11.通常采用的制高纯镍的方法是将粗镍在323K与CO反应，生成的Ni(CO)4经提纯后在约473K分解得到纯镍Ni(s)+CO(g)Ni(CO)4（l）已知反应的△rH=—161kJ·mol1，△rSm=420J·k1·mol1。试由热力学数据分析讨论该方法提纯镍的合理性。解：根据△rGmΘ=△rHmΘ-T△rSmΘ，反应的转折温度为T=△rHmΘ/△rSmΘ=-161/（-420×10-3）=383K当T383K时，△rGmΘ0，反应正向自发进行；当T383K时，△rGmΘ0，反应逆向自发进行。粗镍在323K与CO反应生成Ni(CO)4，Ni(CO)4为液态，很容易与反应物分离，Ni(CO)4Ni(CO)4zai473K分解可得到高纯镍。因此上述制高纯镍的方法时合理的。12.已知下列键能数据键NNN—FN—ClF—FCl—Cl键能/kJ·mol1942272201155243试由键能数据求出标准生成热来说明NF3在室温下较稳定而NCl3却易爆炸。解：21N2(g)+23F2(g)=NF3（g）△rHmΘ(NF3,g)=∑△rHmΘ（反应物）-∑△rHmΘ（生成物）=0.5×942＋1.5×155－272×3=－112.5KJ/mol计算结果表明生成NF3（g）的反应热为放热反应。在常温下稳定，同理：21N2(g)+23Cl2(g)=NCl3（l）△rHmΘ(NCl3,l)=0.5×942＋1.5×243－3×201=232.5KJ/mol由NCl3（l）为吸热反应且△rHmΘ正值较大，说明NCl3很不稳定，容易爆炸。13.已知下列数据△fHm（CO2，g）=—393.5kJ·mol1△fHm（Fe2O3，s）=—822.2kJ·mol1△fGm（CO2，g）=—394.4kJ·mol1△fGm（Fe2O3，s）=—741.0kJ·mol1求反应Fe2O3（s）+23C(s)→2Fe(s)+23CO2(g)在什么温度下能自发进行。解：Fe2O3(s)＋23C(s)→2Fe(s)＋23CO2△rGmΘ=△rHmΘ-T△rSmΘ=△rSmΘ=(△rHmΘ－△rGmΘ)/T计算得△rHmΘ=∑γ△fHmΘ=231.95kJ·mol1△rGmΘ=∑γ△fGmΘ149.4kJ·mol1=△rSmΘ=276.83J·mol1·K1临界稳定为T=△rHmΘ/△rSmΘ=837K14.查表求反应CaCO3(s)→CaO(s)+CO2(g)能够自发进行的最低温度。解：CuCO3(s)→CuO(s)＋CO2(g)△rHmΘ=393.51－635.1＋1206.9=178.29kJ·mol1△rSmΘ=213.64＋39.75－92.9=160.49J·mol1T=△rHmΘ/△rSmΘ=178290/160.49=1110K15.已知下列数据△fHm(Sn，白)=0△fHm(Sn，灰)=—2.1kJ·mol1Sm(Sn，白)=51.5J·k1·mol1Sm(Sn，灰)=44.3J·k1·mol1求Sn（白）与Sn（灰）的相变温度。解：Sn（白）→Sn（灰）△rHm=△fHm(Sn，灰)－△fHm(Sn，白)=－2.1kJ·mol1△rSm=Sm(Sn，灰)－Sm(Sn，白)=－7.2J·k1·mol1T=△rHmΘ/△rSmΘ=2100/7.2=291.7K