Họ và tên: Nguyễn Duy Tuấn Lớp:Công trình giao thông thành phố.Khóa 52 BÀI TẬP Chương I.. Bài 13: nA mol khí A có thể tích VA nB mol khí B có thể tích VB Do A và B là 2 khí lí tưởng n
Trang 1Họ và tên: Nguyễn Duy Tuấn
Lớp:Công trình giao thông thành phố.Khóa 52
BÀI TẬP
Chương I
Bài 13: nA mol khí A có thể tích VA
nB mol khí B có thể tích VB
Do A và B là 2 khí lí tưởng nên không xảy ra phản ứng hóa học củng như tương tác giửa chúng trong suốt quá trình trộn lẫn chỉ xảy ra quá trình khuếch tán
Là quá trình dãn nở đẳng nhiệt
nA mol khí A từ thể tích VA đến (VA + VB ) có ∆SA =
V
V V R
n
A
B
A A
+
ln
nB mol khí B từ thể tích VB đến (VA +VB) có
=
∆ SA
V
V V R
n
B
B
A B
+
ln
Mà thể tích 2 khí lúc ban đầu bằng nhau nên VA =VB =V (3)
Do hàm entrôpi là hàm khuếch độ nên có tính cộng tính
Vậy từ (1) (2) (3) ta có :
=
∆S ∆ SA +∆ SB =
V
V V R
n
A
B
A A
+
ln
V
V V R
n
B
B
A B
+
ln .
=R.ln2.(nA +nB ) (5)
Áp dụng công thức ∆ G =∆ H −T ∆ S mà T=const ⇒∆ H = O
⇒∆G =0 (6)
Từ (5) và (6) ta có
) .(
ln
T
G =− A + B
Áp dụng với A là H2, nA =2 mol
Trang 2B là N2 , nB =1 mol T=27+273=300K
J
G = 300 8 , 314 ln 2 ( 2 + 1 ) = 5186 , 5
∆
⇒
Bài 17
Gọi x là số mol I2 đã phản ứng
H2(K) +I2(H) ↔2 HIK
Ban đầu: 0,5 0,5 0 mol
Phản ứng: x x 2x mol
Cân bằng: 0,5 –x 0,5 – x 2x mol
Ta thấy phản ứng có ∆ n = 2 − 1 − 1 = 0 ⇒ KC= KN= KP= Kcb= 50 (1)
[ ] [ ]
=
I H
HI
Kcb
2 2
2
=
−
−
10
5 0 10
5 0 10
x x
x
,
Từ (1) và (2) suy ra:
−
10
5 0 50
10
3
=
⇒ x mol vậy số mol I2 lúc cân bằng là nI2cb =0 , 5 − 0 , 39 = 0 11 mol
atm V
nRT chung
10
273 448 082 0 5 0 5
=
=
Áp suất riêng phần Pi=Ni.Pchung
=
=P
PH2 I2 , ( )
, ,
, ,
atm
65 0 39 0 2 2 11 0
91 5 11
+
) ( , ,
, ,
, ,
atm HI
39 0 2 11 0 11 0
91 5 2 33
+ +
=
Chương II
Bài 5: Gọi v1 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T1
v2là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T2
Trang 3Vì vận tốc phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ưng nên ta có:
t
t
v v 1
2 2
1 =
(*)
v
v
t
t
2
1
2
1
=
⇒
Ta lại có: γ 10
1 2
1 2
T T v
v = −
Thay vào (*) ta được:
γ 10
1 2
1 2
T T
t
t = −
với T1= 423K;t1= 16 min; γ = 2 , 5
TH1: Phản ứng thực hiện song có T2= 473K
min ,16 0 10
423
473
16
−
=
γ
t
TH2: Phản ứng thực hiện song có T '2= 353K
10
423 353
16
−
=
γ
Bài 7: Gọi a là nồng độ ban đầu của chất A
Tại thời điểm t nồng độ chất a còn 0,25 so với ban đầu tức là đã phản ứng hết 0,75a(M)
A → B
Ban đầu: a a M
Phản ứng: 0,75a 0,75a M
Còn lại: 0,25a 0,75a M
Vận tốc của phản ứng tại thời điểm t là: kC
dt
dC
V = − A= A
C
dC dt
k
A
A
−
=
min
10
k
Trang 4Lấy tích phân 2 vế ta được:∫t = − ∫
a
A kdt
C
dC
0
25 0,
⇒ k.t=
a
a
25 0, ln
, min
.
ln
29
173 10
8
4
−
⇒t =
chương III
Bài 13: NaCl →Na++Cl−
Một phân tử NaCl điện li ra 2 ion nên q=2 và theo giả thiết độ điện li α = 0, 7
Áp dụng công thức
1
1
−
−
=
q
i
1
−
=
⇒i α ( q ) =0,7.(2-1)+1=1,7
Mặt khác
. ,
,
, ,
.
C
K
t
molan
đ
đ
324 6 5 58
117 86 1 7
∆
∆
C t
t
tđ = đ0−∆ đ =0 − 6 , 324 = − 6 , 324o
⇒
Vậy nhiệt độ đông đặc của dung dịch A là − 6, 324oC
Bài 14: Gọi khối lượng nước là m
Do đường sacarozơ (s) không điện li ⇒is = 1
ta có
m K m
K C
K i t
C K
t
S
s đ
500 1000
5 0
=
=
=
⇒
.
) (
(1)
Do 2 dung dịch ở cùng 1 nhiệt độ nên tđ(s) =t 'đ(CaCl2)
Cùng dung môi là nước ∆ tđ(s) =∆ t 'đ(CaCl )
2 )
(
.
2 200
2 2
2 2
i
m K
t đ CaCl CCaCl
K
t đ CaCl
Cacl
∆
=
∆
=
Thay (1) vào (2) ta được
Trang 55 2 200
500
.
=
=
m
K
m
K
iCaCl
2
5
1 1 3
1 5
2 1
1 2
− −
−
−
q
iCaCl CaCl
α
Vậy độ điện li của CaCl2trong dung dịch CaCl2 là 0,75
Chương IV:
Bài 1:
Cl Cu
CuCl → 2++ −
2
M Cu
M
M CuCl
C 0 001 2 0 001
2
, ) (
,
Phản ứng điện cực: Cu2++2 e ↔Cu
[ ]2 0 345 0 0295 10 3 2
059 0 2
Cu
Cu Cu
Cu + =ϕ + + , .lg + = , + , −
ϕ
=0,345-0,0885=0,2565 V
2 2
4
−
→
,
Fe
M
C 0 01 2 0 01
4
=
⇒
M C
M C
SO Fe
SO
Fe
Fe SO
3 2
3
4 3
2
4 4
2 3
3
2
, ,
)
(
)
(
.
=
⇒
=
+
→
+
− +
Phản ứng điện cực:Fe3++ e↔ Fe2+
1
846 0 20 1
059 0 2
3 2
+
+
=
+
+ ϕ
Fe
Fe Fe
Bài 9:
SO Na
SO
Na2 4 2 42
− +
+
→
OH H
O
H2 ↔ ++ −
(-) H+,Na+ (+)SO42−,OH−
Trang 6→
+
+
H e
2 OH e 2O2 H2O
1 2
H
H
Pt +
/
)
( 2 Pt O OH−
/ )
Sơ đồ pin phân cực
) ( /
//
/
)
( − ( Pt ) H2 H+ OH− O2( Pt ) +
Trong dung dịch Na2SO4 có nồng độ [ ] H+ =[ ] OH− =10− 7M
2
1 1
2
→ +
+
H
lg ,059 0 2
1 ϕ
lg − = 0,059.(-7)=-0,413 V
* O + e +H2O ↔OH−
2
2
2
1
059 0
2
2 − , lg = , + , = ,
−
OH
O
ϕ
Vậy ϕ1 <ϕ2 ⇒ Epin = Epc =0 , 814 − ( − 0 , 413 ) = 1 , 227 V
Mà Epin =Epc =1, 227 V
V E
Eph− pc= 2 , 21 − 1 , 227 = 0 , 983
=
⇒η
