Istnieje kilka czynników, które mogą zmienić zmienność entalpii procesu, takich jak temperatura, ciśnienie, stan fizyczny, liczba molowa i różnorodność alotropowa związku. Na przykład poniżej przedstawiono trzy reakcje tworzenia dwutlenku węgla w tych samych warunkach temperatury i ciśnienia. Jednak w każdym z nich wykorzystano pewną ilość materiału na odczynniki. W rezultacie zmienność entalpii każdej reakcji dała inną wartość:
DO(grafit) + O2(g) → CO2(g) ∆H = -393 kJ (25°C, 1 atm)
½ C(grafit) + ½2(g) → ½ CO2(g) ∆H = -196,5 kJ (25°C, 1 atm)
2C(grafit) + 2 O2(g) → 2 CO2(g) ∆H = -786 kJ (25°C, 1 atm)
Jednak, gdy wartość zmiany entalpii jest mierzona dla 1 mola substancji w standardowych warunkach (gdy substancja jest w swojej najbardziej stabilnej postaci alotropowej, w temperaturze 25°C i pod ciśnieniem 1 atm), nazywa się entalpia standardowa.
Jeśli wszystkie odczynniki i produkty są w stanie standardowym, zmiana entalpii będzie oznaczona następującym symbolem H0, pamiętając, że zmienność entalpii dana jest wzorem:∆H = HPRODUKTY - HODCZYNNIKI.
Entalpia wzorcowa jest ważna, ponieważ służy jako wzorzec odniesienia. Na przykład,przyjęto, że dla wszystkich substancji prostych w warunkach standardowych wartość entalpii jest równa zeru.
Na przykład wodór (H2), w 25 °C, poniżej 1 atm, w stanie gazowym H0= 0. Jeśli jest w jakimkolwiek innym stanie, jego entalpia wyniesie H0≠ 0.
Teraz nie przestawaj... Po reklamie jest więcej ;)
Gdy prosta substancja ma odmiany alotropowe, wartość H0= 0 zostanie przypisane do najczęściej występującej odmiany alotropowej. Na przykład tlen ma dwie formy alotropowe, tlen gazowy (O2) i ozonu (O3), najczęściej występuje tlen, więc ma H0= 0 a ozon ma H0≠ 0.
Zobacz jeszcze trzy przykłady:
- Węgiel:
Cgrafit ma H0= 0 i CDiament przedstawia H0≠ 0. - Fosfor:
Fosfor biały ma H0= 0 a czerwony fosfor ma H0≠ 0. - Siarka:
Siarka rombowa ma H0= 0 a siarka jednoskośna ma H0≠ 0.
Wiedząc o tym, możliwe jest określenie entalpii substancji, które nie są proste, ale które tworzą proste substancje. Rozważmy na przykład następującą reakcję:
Yn(y) + O2(g) → SnO2(s) ∆H = -580 kJ (25°C, 1 atm)
Możemy obliczyć entalpię SnO2(s) (HSnO2) w tej reakcji, ponieważ wiemy, że entalpie dwóch reagentów są równe zeru, ponieważ są to proste substancje:
∆H = HPRODUKTY - HODCZYNNIKI
∆H = HSnO2 - (HYn + HO2)
-580 kJ = HSnO2 – 0
HSnO2= - 580 kJ
Wartość była ujemna, ponieważ jej entalpia jest mniejsza niż entalpia reagentów, a nie dlatego, że zawartość energii jest ujemna, ponieważ nie byłoby to możliwe.
Jennifer Fogaça
Absolwent chemii
Czy chciałbyś odnieść się do tego tekstu w pracy szkolnej lub naukowej? Popatrz:
FOGAÇA, Jennifer Rocha Vargas. „Standardowa entalpia”; Brazylia Szkoła. Dostępne w: https://brasilescola.uol.com.br/quimica/entalpia-padrao.htm. Dostęp 28 czerwca 2021 r.
