CHƯƠNG 4 ĐIỆN HÓA HỌC

HỌ TÊN : NGUYỄN TRUNG HIẾULỚP :QUẢN LÍ XÂY DỰNG CÔNG TRÌNH GIAO THÔNG DO ĐÁNH MÁY KHÓ QUÁ EM CÓ NHỜ CẢ BAN NỮA NÊN BÂY GIỜ EM MỚI GỬI BÀI ĐƯỢC MONG THẦY THÔNG CẢM CHƯƠNG 4: ĐIỆN HÓA H

HỌ TÊN : NGUYỄN TRUNG HIẾU

LỚP :QUẢN LÍ XÂY DỰNG CÔNG TRÌNH GIAO THÔNG

(

DO ĐÁNH MÁY KHÓ QUÁ EM CÓ NHỜ CẢ BAN NỮA NÊN BÂY GIỜ EM MỚI GỬI BÀI ĐƯỢC MONG THẦY THÔNG CẢM )

CHƯƠNG 4: ĐIỆN HÓA HỌC

Bài 4

Tóm tắt: (pt) H2 /H1 // CH3COOH/H2 (pt)

PH2 = 1atm; CH+ 1M Ca = 0,01M

E = 0,1698 (v) ở 250C Tính Ka của CH3COOH =?

Giải

2H+ + 2e- →H2↑

Gọi nồng độ H+ ở hai điện cực là C1 (1M) và C2(mol/lit) trong dung dịch

CH3COOH

Theo pt: C1 > C2 ⇒ E =

1

059 , 0

Lg = 0,1698 )

059 , 0

1689 , 0 (

⇔0,059 lg

2

1

C = 0,1698 ⇒C2 = 1,32 10-3 (M) C 1

2

CH3COOH ↔CH3COO -+ H+

Bđ: Ca 0 0 ⇒Ka =

2

2 2

C Ca

C

− = Pư: C2 C2 C2

Cb: Ca - C2 C2 Ca + C2 = 1,76.10-5

Bài 5

Tóm tắt:γ 0Fe2+/Fe = - 0,4 + (V); CP0Fe3+ = 0,77(V) ở 250C

a, CP0Fe3+ = ?

b, K = ? nếu 2Fe3+

2 + Fe (r) ↔ 3Fe2+ (d2) Giải:

a, pư : Fe3+ + 3e- ↔ Fe thực hiện pass 2 gđ

(1) : Fe3+ + 1e- ↔Fe2+; γ 0

1= 0,77 (V); ∆G10; n = 1 (2) : Fe2+ + 2e- ↔Fe; γ 0

2= - 0,44 (V); ∆G02 ; n = 2

(3) : Fe3+ + 3e- ↔Fe; γ 0

3= ? ; ∆G03 ; n = 3

Ta có: ∆ 0G3 = ∆G0

1 + ∆G0

2 ⇔ γ 30 = γ 0

1 +γ 2 0

⇔ hay –n3Fγ 0

3 = n1Fγ 0

3 + (- n2Fγ 2

0)

⇔n3γ 0

3 = n1 γ 0

1 + n2 γ 2

0

⇒ γ 0

3 = = 0 037

3

2 44 , 0 77 , 0

1 − =

b, 2Fe3+(dd) + Fe(r) ⇔Fe3+ (dd)

số e trao đổi n = 2, E0 = γ 0Fe3+/Fe2+- CP0Fe2+/Fe = 0,77 – (-0,4)

ADCT: lgk = = 20,.1059,21= 41 ⇒K = 1041

CHƯƠNG 3: DUNG DỊCH

Bài 17

Tóm tắt: Tính PH d2 = ?

a, PH = - lg[ ]H+ = lg[ ]0 , 01 = 2

b, POH = - lg [ ]OH− = lg [0 , 02] = 1,7

⇒PH = 14 – POH

c, Vì NH4OH là bazơ yếu

POH = -lg Kd2.Cd2 = -lg 1 , 76 10 − 5 0 , 05 = 3

⇒PH = 14 – POH = 14 – 3 =11

d, Vì CH3OOH là axit yếu

PH = -lg Kd2.Cd2 = -lg 1 , 76 10 − 5 0 , 01= 3.38

Bài 18

Tóm tắt: tính t0 động đặc của C10H8 trong benzen với C = 10%

t0 đông đặc của benzen = 5,490C

Giải

Nhiệt độ đông đặc của C10H8 : ∆tdC10H8 = t0

cđ (cm) – t0

đ(ct)

Mà ∆tdC10H8

= kđC = Kđ dm

ct

n n

1000

hay ∆tdC10H8 =

dm ct

ct

M M

m kđ

.

100

mặt khác:

dm ct

ct

M M

m

+ = 10% ⇔ ct dm

ct

M M

m

+ = 10

1 ⇒

ct

dm

m

m

= 9

⇒ ∆tdC10H8 = 4,427

128 9

1000 10

5 =

⇒ t0đC10H8 = - ∆tdC10H8 + t0đ (dm) = -4,427 + 5,49 = 1,0630C

Vậy nhiệt độ đông đặc của C10H8 là t0đ(ct) = 1.0630C

CHƯƠNG 1: NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC

Bài 13

Tóm tắt: trộn: nA(mol) Ak + nB(mol) Bk với V = const

(Entanpi) ∆G = ? Biết T, V lúc đầu = nhau, T = const

AD: nA= H2 = 2(mol) ; nB = N2 = 1(mol); T = 270C

Giải

Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đều có T, V bằng nhau

Gọi thể tích lúc đầu của hai khí A, B là V1 = VA = VB

Sau khi trộn, mỗi khí chiếm toàn bộ thể tích: V2 = 2VA = 2VB – VA + V1

Ta có: ∆G = ∆H - T∆S

Vì T = const nên ∆H = 0 ⇒ ∆G = - T∆S

* Tìm ∆S = ∆SA + ∆SB

⇔ ∆S = nAR ln

A

A

V

V

2

+nBR ln

B

B

V

V

2

⇔ ∆ S = nAR ln2 + nBR ln2 ⇔ ∆S = (nA + nB) Rln2

⇒∆ G = - TR(nA + nB) ln2

AD: nA = nH2= 2 (mol); nB = nN2= 1(mol)

⇒∆ G = - (27 + 237) 8,314 (2+1) ≈- 5187 (J)

Bài 14

Tóm tắt: trộn nA (mol)Ak + nB(mol) Bk với V = const

Biết T,P lúc đầu = bằng nhau; T = const

a, ∆ G = ?

b, AD: nA =nB= 1 (mol) A là H2; B là N2; T = 3000C

Giải

Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đề có T,P bằng nhau

Gọi thể tích lúc đầu của hai khí V1, VA= VB sau khi trộn, mỗi khí chiếm toàn bộ thể tích trong ống V2 = VA + Vb

Ta có: ∆G = ∆ H - T∆ S

Vì T = const ⇒∆ H = 0

* Tìm ∆ S = SA ∆SA - ∆SB

T,P = const

⇔ ∆ S = nARln

A

B A

V

V

+ nBRln

B

B A

V

V

Vì T,V = const ⇒tỉ lệ thể tích = tỉ lệ về số mol

⇔ ∆ S = nARln

A

B A

n

n

+ nBRln

B

B A

n

n

PV = nRT γ =

P

nRT

hệ số

⇒∆ G = -TR (nAln

A

B A

n

n

+ nBRln

B

B A

n

n

)

b, Áp dụng: nA = nH2= 1(mol) ; nB = nN2= 1(mol)

∆ G = 8,314 (1.ln

1

1

1 + + 1.ln

1

1

1 + )

CHƯƠNG 1 HÓA ĐỘNG HỌC

Bài 5

Tóm tắt: Hệ số nhiệt độ của pư γ = 2,5

t0

1= 1500 C thì t1 = 16 p3min

t0

2= 2000C thì t2 = ?

t0

3= 800C thì t3 = ?

Giải

*Tìm t2: ADCT: v2 = v0

1.γ .(

10

0 1

0

1

2

v

v

= 2,5 ( 2 , 5 5

10 150

200− = )

Mặt khác:

1

2

v

v

=

2

1

t

t

⇒t2 =

1 2

1

/ v

v

t

= 2 , 5 5

16

= 2,55min

* Tìm t3: ADCT: v3 = v1.γ .(

10

0 1

0

1

3

v

v

2,5 ( 2 , 5 7

1 10

150

80− = )

Mặt khác:

1

3

v

v

=

3

1

t

t

⇒t3 =

1 3

1

/ v

v

t

= 16.2,57 = 9765625 min = 162,7h

Bài 6

Tóm tắt: cho pư xà phòng hóa este: RCOOP’ + NaOH →RCOONa + R’OH Cho 0,01 mol este + 0,01mol NaOH vào V =1 lít H2O (V=const)

Sau 200min có

5

3

lượng este pư

Tính: a, h = ?(hệ số vận tốc)

b, t = ? để 99% este đã pư

Giải

Pư trên là pư đơn giản nên bậc pư = 2

Ta có CT: v = k.Ceste.CNaOH

Gọi Ceste tại thời điểm t là x (mol/lit)

Với v = const ⇒ CNaOH = Ceste = 0,0(M) = Co

Nồng độ còn lại của este = nồng độ của NaOH = Co – X.C mol/l

⇒Co – X = C

Lại có pt động học v = -

dt

dc este

k.C1

este C1

NaOH

Hay =

-dt

dc

= kC2 ⇒ 2

c

dc

= - kdt

Tích phân 2 vế ta có: ∫ =∫

−

C

Co

kdt C

dc

0 2

0

⇔

X

Co−

1

-

Co

1

= kt ⇔ kt

X Co

− ) (

1 (*)

a, Với t = 200 min; X = Co

5

3

=

5

3

.0,01 = 6.10-3

AD:(*): k = t(Co−X X)Co = 1 1

3

3

75 , 0 01 , 0 ).

10 6 01 , 0 (

200

10

−

−

=

b, Với công thức (*): t = k(Co−X X)Co

với: k = 0,75; Co= 0,01M

t= 13200 (min)

01 , 0 ) 10 9 , 9 01

,

0

(

75

,

0

10 9

,

9

3

3

=

−

= 220(h)