d ta có ∆n < 0, tức vế trái sẽ có nhiều khí hơn vế phải hay đi từ trái sang phải áp suất giảm dần.. Vậy ta cần tăng áp suất để chuyển dịch cân bằng theo chiều thuận... 7H2O bằng cách cho
Trang 1CHƯƠNG 4: NGUYÊN LÝ I CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC − NHIỆT HÓA HỌC
Câu 1:
CH4(k)+ 2O2(k) → CO2(k) + 2H2O(k)
∆Hc(CH
4 )
o = ∆HPứo = ∑ ∆Hs(sp)o − ∑ ∆Hs(tg)o
→ −890,35 = −393,96 + 2 (−285,85) − ∆Hs(CHo 4,k)
→ ∆Hs(CH
4 ,k)
o = −75,31 (kJ mol−1)
Câu 2:
∆H3o = ∆s(COo 2,k)
∆H4o = ∆s(H
2 O,l)
o
∆H3o = 2∆s(COo 2,k)+ 3∆s(Ho 2O,l)− ∆s(Co 2H6,k)
→ −1559,837 = 2 (−393,96) + 3 (−285,85) − ∆s(C
2 H6,k) o
→ ∆s(C
2 H6,k)
o = −85,573 (kJ mol−1)
Lại có: ∆H1o = ∆s(Co 2H6,k) − ∆s(Co 2H4,k)
→ −136,951 = −85,573 − ∆s(C
2 H4,k) o
→ ∆s(C
2 H4,k)
o = 51,318 (kJ mol−1)
PTHH: C2H4+ 3O2 → 2CO2+ 2H2O
∆c(C
2 H4,k)
o = ∑ ∆Hs(sp)o − ∑ ∆Hs(tg)o = ∆H3o + ∆H4o− ∆s(C
2 H4,k) o
→ ∆c(C
2 H4,k)
o = 2 (−393,96) + 2 (−285,85) − 51,318
→ ∆c(C
2 H4,k)
o = −1410,938 (kJ mol−1)
Câu 3:
C6H6(k) +15
2 O2(k) → 6CO2(k)+ 3H2O(l)
nC6H6 = 0,532
18 = 6,82.10
−3 (mol)
a) Điều kiện đẳng tích
∆U = −22475,746
6,82.10−3 = −3295,316 (kJ mol−1)
b) ∆H = ∆U + ∆nRT
Trang 2= −3295,316 + (6 −15
2 − 1) 8,314.10
−3 298
= −3301,51,51 (kJ)
Câu 4:
a) 3Cgr + 3H2(k) → (CH2)3(k)
∆H298,s(xiclopropan)o = ∆H298,c(tg)o − ∆H298,c(sp)o
= 3 (−393,513) + 3 (−285,838) − (−2091,372)
= 53,319 (kJ mol−1)
b) ∆298(pứ đph)o = ∆298,s(propen)o − ∆H298,s(xiclopropan)o
= 20,414 − 53,319 = −32,905 (kJ mol−1)
Câu 5:
∆H298o = −393,51 (kJ mol−1)
∆Cpo = [37,13 − (8,64 + 29,36)] 10−3 = −0,87.10−3 (kJ K−1 mol−1)
→ ∆H1500o = ∆H298o + ∫ ∆CpodT
1500
298
= −393,51 + ∫ −0,87.10−3dT
1500
298
= −393,51 − 0,87.10−3(1500 − 298) = −394,556 (kJ)
CHƯƠNG 5: NGUYÊN LÝ II CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC − CHIỀU VÀ GIỚI HẠN
TỰ DIỄN BIẾN CỦA QUÁ TRÌNH
Câu 1:
a) ∆S298o = 304,3 − 2.240,45 = −176,6 ( J K−1 mol−1) < 0
→ Quá trình làm giảm Entropy
b) ∆H298o = 9,66 − 2.33,85 = −58,04 (kJ mol−1)
∆G298o = ∆H298o − T ∆S298o
= −58,04.103− 298 (−176,6) = −5413,2 J < 0
→ Quá trình xảy ra theo chiều thuận
c) Muốn phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại ∶
∆G298o = ∆H298o − T ∆S298o > 0
→ −58,04.103− T (−176,6) > 0
Trang 3→ T > 328,65K
Câu 2:
a) ∆S298o = 2.186,5 − (222,7 + 130,4) = 19,9 ( J K−1 mol−1)
∆G298o = −184,42.10−3 − 298.19,9 = −190150,2 J
b) ∆Cpo = 2.28 − (34,6 + 27,7) = −6,3 ( J K−1 mol−1)
∆HTo = ∆H298o + ∫ −6,3dt
T
298
= −184,42.103+ (−6,3t)|298T
= −182542,6 − 6,3T
CHƯƠNG 6: CÂN BẰNG HÓA HỌC − CÂN BẰNG PHA
Câu 1:
a) ∆G298o = 51,84 − 86,96 = −35,12 (kJ mol−1)
∆S298o = 240,45 − (210,62 +1
2 205,03) = −72,685 ( J K
−1 mol−1)
→ ∆Ho = ∆G298o + T∆S298o = −35,12.103+ 298(−72,685) = −56780,13 J
∆G298o = −RT ln Kp(298)
→ −35,12 = −8,314.298 ln Kp(298)
→ Kp(298) = 1,43.106
b) lnKp(398)
Kp(298) =
∆Ho 8,314(
1
298−
1
398)
→ Kp(398) = 4,5.103
c) Phản ứng tăng nhiệt độ từ 298K → 398K, ta thấy Kp(398) < Kp(298)
→ chuyển dịch cân bằng theo chiều nghịch
Ở phần a ta có ∆Ho < 0 → phản ứng thuận tỏa nhiệt, phản ứng nghịch thu nhiệt
→ Khi tăng nhiệt độ, chuyển dịch cân bằng chống lại sự tăng nhiệt độ
→ Chuyển dịch theo chiều nghịch
Vậy kết quả tìm được phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng
d) ta có ∆n < 0, tức vế trái sẽ có nhiều khí hơn vế phải hay đi từ trái sang phải
áp suất giảm dần Vậy ta cần tăng áp suất để chuyển dịch cân bằng theo chiều thuận
Trang 4Câu 2:
a) ∆Ho = −201,2 − (−110,5) = −90,7 kJ
∆G298o = −161,9 − (−137,3) = −24,6 kJ
∆So = ∆H
o− ∆G298o
298 10
3 = −222 ( J K−1)
b) ∆G298o = −RT ln Kp(298)
Kp(298) = e
∆G298o
−8,314.298 = e
−24,6.103
−8,314.298 = 20518,4
ln Kp(T)
Kp(298) =
∆Ho
R (
1
298−
1
T) → ln
8.10−3 20518,4 =
−90,7.103 8,314 (
1
298−
1
T)
→ T = 499,26K
c) CO(k) + 2H2(k) ↔ CH3OH(k)
bđ: 3 5
pứ: 2,4 4,8 2,4
cb: 0,6 0,2 2,4
Kn = 2,4
0,6.0,22 = 100
Kp = Kn ( P
∑ n)
∆n
→ 8.10−3 = 100 ( P
3,2)
−2
→ P = 358 atm
Câu 3:
a) 4560 mmHg → 6 atm
nNH3 = nHCl
→ PNH3 = PHCl =6
2 = 3 atm
Kp(700) = 3.3 = 9
b) ∆G700o = −RT ln Kp(700) = −8,314.700 ln 9 = −12787,4 J mol−1
= −12,7874 kJ mol−1
c) 8360 mmHg → 11 atm
PNH3 = PHCl = 11
2 = 5,5 atm
Trang 5Kp(732) = 5,5.5,5 = 30,25
lnKp(732)
Kp(700) =
∆Ho 8,314(
1
700−
1
732) → ln
30,25
9 =
∆Ho 8,314(
1
700−
1
732)
→ ∆Ho = 161387,2 J mol−1 = 161,3872 kJ mol−1
d) ∆S700o =∆H
o − ∆G700o
700 = 248,8 J mol
−1
Câu 4:
a) Kp = Kn ( P
∑ n)
∆n
= 10,3
2 0,212 5,37 (
1 0,21 + 5,37 + 10,3 + 84,12)
−1
= 44798,83
b)
2SO2 + O2 ↔ 2SO3
bđ: x y
pứ: 10,3 5,15 10,3
cb: x − 10,3 y − 5,15 10,3
→ {y − 5,15 = 5,37x − 10,3 = 0,21 → {y = 10,52x = 10,51
c) H = SO2(pứ)
SO2(bđ) =
10,3 10,51 = 98%
d)
2SO2 + O2 ↔ 2SO3
bđ: 10,51 10,52
pứ: 2x x 2x
cb: 10,51 − 2x 10,52 − x 2x
Kp = (2x)2
(10,51 − 2x)2(10,52 − x)(
1 21,03 − x)
−1
= 44798,83
Giải phương trình trên ta được 3 nghiệm nhưng chỉ lấy 1 nghiệm thỏa mãn 2x < 10,51 là x = 5,2125
→ H =2.5,2125
10,3 = 99,19%
Trang 6CHƯƠNG 7: DUNG DỊCH − DUNG DỊCH ĐIỆN LY
Câu 1:
CH3COOH ↔ CH3COO− + H+
bđ: 0,1
pứ: 1,32.10−3 1,32.10−3 1,32.10−3
cb: 0,09868 1,32.10−3 1,32.10−3
Kc = (1,32.10−3)2
0,09868 = 1,766.10
−5
CH3COOH ↔ CH3COO− + H+
bđ: x
pứ: 0,9x 0,9x 0,9x
cb: 0,1x 0,9x 0,9x
→ Kc =(0,9x)2
0,1x
→ 1,766.10−5 = (0,9x)2
0,1x
→ x = 2,18.10−6
Câu 2:
a)
+) HNO3 0,1M > 3,16.10−7 → ta bỏ qua sự phân ly của nước HNO3 → H+ + NO3−
0,1 0,1 0,1
pH = − lg 0,1 = 1
+) HNO3 10−8M < 3,16.10−7 → tính đến sự phân ly của nước HNO3 → H+ + NO3−
H2O → H++ OH−
Áp dụng bảo toàn điện tích: [H+] = [NO3−] + [OH−] = Ca+ [OH−]
→ [H+] = Ca +KH2O
[H+]
→ [H+]2 = Ca [H+] + KH2O
Trang 7→ [H+]2− Ca [H+] − KH2O = 0
→ [H+]2− 10−8 [H+] − 10−14 = 0
→ [H+] = 1,05.10−7
→ pH = − lg(1,05.10−7) = 6,98
b) Làm tương tự phần a
+) KOH 0,2M ∶ 13,3
+) KOH 10−8M: 7,02
c)
CH3COONa ↔ CH3COO− + Na+
0,1 0,1
CH3COO− + H2O ↔ CH3COOH + OH−
bđ: 0,1
pứ: x x x
cb: 0,1 − x x x
Kb = x
2
0,1 − x=
10−14
Ka = 5,714.10
−10
→ x = 7,559.10−6
→ pH = 14 + lg x = 8,878
d) Làm tương tự phần c ∶ pH = 5,12
Câu 3:
a) PbI2 ↔ Pb2+ + 2I−
1,5.10−3 3.10−3
b) TT = [Pb2+] [I−]2 = 1,5.10−3 (3.10−3)2 = 1,35.10−8
c) Khi ta thêm KI thì [I−] tăng → [Pb2+] giảm → Độ hòa tan giảm
d) 1,5.10
−3
15 (
3.10−3
15 + x)
2
= 1,35.10−8
→ x = 1,14.10−2
Trang 8Câu 4:
(NH4)2C2O4 → 2NH4+ + C2O42−
0,05
0,035 0,035
CaC2O4 → Ca2+ + C2O42−
a a + 0,035
s2 = 3,8.10−9 → s = 6,164.10−5
→ a(a + 0,035) = 3,8.10−9 → a = 1,086.10−7
→ Đáp số = s
a =
6,164.10−5 1,086.10−7 = 567,6 ( lần )
Câu 5:
a) Mg(OH)2 ↔ Mg2++ 2OH−
s 2s
s(2s)2 = 1,5.10−11
→ s = 1,55.10−4
b) [OH−] = 2s = 3,1.10−4 > 3,16.10−7 → bỏ qua sự phân ly nước
→ pH = 14 + lg[OH−] = 10,49
c)
MgSO4 → Mg2++ SO42−
0,2 0,2 0,2
→ (s + 0,2) (2s)2 = 1,5.10−11
→ s = 4,33.10−6
d)
[Mg2+] = 0,002
2 = 0,001 [OH−] = 0,2
2 = 0,1
→ [Mg2+][OH−]2 = 10−5 > 1,5.10−11
→ Có kết tủa
Trang 9Câu 6:
Fe3++ 3OH− ↔ Fe(OH)3
Để có kết tủa thì ∶ [Fe3+][OH−]3 > 3,8.10−38
→ [OH−] > √3,8.10
−38 [Fe3+]
3
= √3,8.10
−38 0,1
3
= 7,24.10−13
→ pH > 1,86
CHƯƠNG 8: ĐỘNG HÓA HỌC
Câu 1:
v200
v150 = 2,5
200−150
10 ≈ 98 lần → v200 = 0,16p
v80
v150 = 2,5
80−150
10 ≈ 1,63.10−3 lần → v200 = 9816p
Câu 2:
v2
v1 = 2
T−20
10 → 1024 = 2T−2010
→ T = 120℃
Câu 3:
Phương trình Arrhenius: ln v = −Ea
RT + ln β
Ở đây cùng là 1 phản ứng nên hằng số ln β không thay đổi
→ ln v5℃ − ln v30℃ = −Ea
R(5 + 273)−
−Ea R(30 + 273)
→ ln v5℃
v30℃ = 1,537
→ v5℃
v30℃ = e
1,537 = 4,649
Câu 4:
lnv2
v1 = −
1
RT(Ea2− Ea1) = − 1
8,314 (20 + 273)(8,368 − 75,312) 103 = 27,481
→ v2
v1 = e
27,481 = 8,61.1011
Trang 10Câu 5:
ln 2 = kt → k = ln 2
t =
ln 2
80 (năm
−1)
lnC0
C = kt → ln
C0 0,01% C0 =
ln 2
80 t
→ t = ln 10000 ÷ln 2
80 = 298,97 (năm)
Câu 6:
a) có k đơn vị là s−1 → phản ứng bậc 1
b) ln 2 = 1,75.10−5 t1/2
→ t1/2 = 40229,25 (s)
c) lnk2
k1 =
−Ea
RT2 −
−Ea
RT1
→ lnk2
k1 =
Ea
R (
1
T1−
1
T2)
→ ln 2,4.10
−3 1,72.10−5 = Ea
8,314(
1
25 + 273−
1
65 + 273)
→ Ea = 103386 J
Câu 7:
k2
k1 = γ
T2−T1
10
→ 1,32.10
−3
2,19.10−7 = γ5,6 → γ = 4,73
CHƯƠNG 9: ĐIỆN HÓA HỌC
Câu 1:
Dễ thấy ∶ 0,442 = 0,779 − 0,337
→ Cực Ag bên phải, cực Cu bên trái
Cu | Cu(NO3)2 1M || AgNO3 1M | Ag
PT: Cu + 2Ag+ → Cu2++ 2Ag
Trang 11Câu 2:
E = Ep − Et → 0,309 = 0 − ENi2+ /Ni
→ ENi2+ /Ni = −0,309 V
ENi2+ /Ni = ENi2+ /Ni
o +0,059
2 lg 0,01
→ ENi2+ /Ni
o = −0,25 V
Câu 3:
VP: 2H3O+ + 2e ↔ H2 + H2O
VT:
Ep = EHo+ /H2 +0,059
2 lg 1
2
Et = EHo+ /H2 +0,059
2 lg
[H+]2
PH2
E = Ep − Et
→ 0,1998 = −0,059 lg[H+]
→ [H+] = 4,1.10−4
→ Ka = (4,1.10−4)2
0,01 − 4,1.10−4 = 1,76.10−5
Câu 4:
Ag2SO4 ↔ 2Ag++ SO42−
x x
2
−Phân tích giống như bài trên −
0,109 = 0,059 lg2
x
→ x = x2.x
2= 1,1453.10
−5
Câu 5:
a) có ESn4+ /Sn2+
o < EFe3+ /Fe2+
o
Sn4+
Sn2+ Fe
3+
Fe2+ ∶ Áp dụng quy tắc alpha → Phản ứng xảy ra theo chiều nghịch
Trang 12b) E0 = Eoxho − Ekhửo = ESn4+ /Sn2+
o − EFe3+ /Fe2+
o = 0,15 − 0,77 = −0,62
→ ∆Go = −nEoF = −2 (−0,62) 96500 = 119660 J
lg k = nE
o
0,059 =
2 (−0,62) 0,059 → k = 9,6.10
−22
Câu 6:
a)
Fe2+
1 2
Fe3+ Fe
3
∆G3o = ∆G1o+ ∆G2o
→ −3EFe3+ /Fe
o F = −1EFe3+ /Fe2+
o F − 2EFe2+ /Fe
→ EFe3+ /Fe
o =2 (−0,44) + 0,771
3 = −0,0363 V b)
2Fe3++ 2e ↔ 2Fe2+
Fe ↔ Fe2++ 2e
→ Eo = Eoxho − Ekhửo = EFe3+ /Fe2+
o − EFe2+ /Fe
o
= 0,771 + 0,44 = 1,211
→ lg k = n E
o 0,059=
2.1,211 0,059 → k = 1,124.10
41
+) Điều kiện tổng hợp FeSO4 7H2O bằng cách cho phoi bào sắt tác dụng với
H2SO4 loãng tức là làm cho Fe2+ tồn tại bền hay phản ứng xảy ra theo chiều thuận
→ Cho dư phoi bào Fe
Trang 13Câu 7:
[Fe2+] = 0,025M
[Fe3+] = 0,25M
[Ag+] = 0,3M
EAg+ /Ag = 0,8 + 0,059 lg 0,3 = 0,77 V
EFe3+ /Fe2+ = 0,771 + 0,059 lg 0,25
0,025 = 0,83
Ta có ∶ 0,77 − 0,83 = −0,06 < 0
PT: Fe3++ Ag → Fe2++ Ag+
(bạc vụn)
Phương trình cân bằng khi ∆G = 0 hay E = 0
→ EAg+ /Ag = EFe3+ /Fe2+
→ 0,8 + 0,059 lg(0,3 + x) = 0,771 + 0,059 lg 0,25 − x
0,025 + x
→ phản ứng: x = 0,098M