Pytanie:
Dlaczego zmiana energii Gibbsa nie jest zerowa w równaniu energii swobodnej Gibbsa?
ravi
2015-06-25 08:34:24 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Zmiana entalpii układu jest równa jego temperaturze pomnożonej przez zmianę entropii (ponieważ zmiana entalpii jest równa ciepłu pochłanianemu / oddawanemu przy stałym ciśnieniu, a zmiana entropii to ciepło pochłonięte / oddane podzielone przez jego temperaturę ). Czyli dzięki równaniu energii swobodnej Gibbsa zmiana energii swobodnej Gibbsa powinna wynosić zero?

To pytanie może wydawać się nieczytelne, ponieważ nie wiem, jak pisać równania na Wymiana stosów.

Proszę o pomoc. Myślę, że problem tkwi w elementarnych koncepcjach.

Nie do końca jestem pewien, z czym masz problemy, ale częstym źródłem nieporozumień jest $ \ Delta G $ vs $ \ Delta G ^ \ circ $. W równowadze $ \ Delta G = 0 $ i $ \ Delta G ^ \ circ = -RT \ ln (K) $
Dwa odpowiedzi:
thomij
2015-06-25 10:22:25 UTC
view on stackexchange narkive permalink

Zmiana w energii swobodnej Gibbsa dla systemu zamkniętego jest określona wzorem:

$$ \ Delta G = \ Delta H - T \ Delta S $$

To, co opisujesz, to:

$$ \ Delta H = T \ Delta S $$

co jest prawdziwe tylko dla systemów w stanie równowagi, lub gdy $ \ Delta G = 0 $

Dlaczego tak jest jest trochę trudne do wyjaśnienia. Zasadniczo jest to forma nierówności Clausiusa przy stałej temperaturze i ciśnieniu. Nierówność Clausiusa jest tak naprawdę tylko stwierdzeniem drugiej zasady termodynamiki i mówi, że w najlepszym przypadku dla każdego możliwego procesu można uzyskać zerową zmianę w entropii wszechświata i zwykle będzie to zmiana dodatnia. Z punktu widzenia systemu można to zapisać jako:

$$ \ Delta S \ ge \ oint \ frac {dQ} {T} $$ span>

czyli po prostu mówiąc, że zmiana entropii systemu jest równa lub większa niż suma ujemnych zmian entropii reszty wszechświata, dla każdego kroku w zamkniętym cyklu.

Jeśli zintegrujesz to w stałej temperaturze, otrzymasz

$$ \ Delta S \ ge \ frac {\ Delta Q} {T} $$

Przy stałym ciśnieniu (i przy braku prac nierozszerzających) $ \ Delta Q = \ Delta H $ , więc możemy napisać:

$$ \ Delta S \ ge \ frac {\ Delta H} {T} $$

... i trochę przestawienia daje:

$$ \ Delta H - T \ Delta S \ leq 0 $$

Oznacza to, że każdy proces, który może wystąpić samodzielnie (bez dodawania do niego pracy lub ciepła), będzie podlegał tej nierówności. Warto wiedzieć, więc pozwalamy

$$ \ Delta G = \ Delta H - T \ Delta S $$

aby ułatwić nam rozmowę o tym. Procesy będą przebiegać (samodzielnie), jeśli $ \ Delta G $ będzie ujemny, nie nastąpi, jeśli jest dodatni, a gdy osiągną równowagę, $ \ Delta G $ będzie wynosić zero.

PHANUEL ALUOMU
2016-10-06 20:13:58 UTC
view on stackexchange narkive permalink

jeśli drugie równanie termodynamiki jest poprawne, to dH-dST jest większe lub równe zero. Układ nie może mieć ujemnej entropii ze względu na energię wewnętrzną układu, międzycząsteczkowe siły przyciągania, a także z powodu faktu, że stabilne układy mają minimalną energię (energię fermiego) i zerowe siły. Dalsze wyjaśnienie można podać, gdy przeanalizujemy strukturę atomów atomów między siłami przyciągania kwantowego i siłami odpychania między atomami. tak więc energia uwalniana, gdy cząsteczka przemieszcza się z regionu o wysokim potencjale chemicznym do niższego, jest taka sama dla jednoczesnych przejść fazowych, ale energia obu systemów nigdy nie jest zredukowana do zera.



To pytanie i odpowiedź zostało automatycznie przetłumaczone z języka angielskiego.Oryginalna treść jest dostępna na stackexchange, za co dziękujemy za licencję cc by-sa 3.0, w ramach której jest rozpowszechniana.
Loading...