Sunfurylđiclorua SO2Cl2 là hoá chất phổ biến trong phản ứng Clo hoá... Các phản ứng trong phương trình phản ứng được coi là ly tưởng.[r]
Trang 1B Xây dựng bài tập về cân bằng hoá học.
Các dạng bài tập được xây dựng, sưu tầm cần khắc sâu các kiến thức
đã học đồng thời gợi mở các vấn đề khác có liên quan Trên cơ sở đó ta có thể thống kê các dạng bài tập sau :
- Bài tập áp dụng kiến thức đã học
- Bài tập tổng hợp
I Dạng bài tập áp dụng kiến thức
Dạng 1: Xác định thành phần hệ ở thời điểm cân bằng
Ví dụ 1
a, Cho 1 mol PCl5 (khí) vào một bình chân không, thể tích V Đưa nhiệt độ bình lên 525K Cân bằng :
PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k) (1) được thiết lập với Kp = 1,85 áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng đo được là 2 atm Tính số mol của từng chất tại thời điểm cân bằng
b, Cho 1 mol PCl5 và 1 mol khí He vào bình như ở thí nghiệm a) rồi tăng nhiệt độ lên 525K Tính số mol của PCl5, PCl3 và Cl2 ở trong bình tại thời điểm cân bằng Nhận xét kết quả thu được , điều này có phu hợp với nguyên ly
Lơ Satơliê hay không ?
c, Lặp lại thí nghiệm b, nhưng thay đổi V để tại thời điểm cân bằng áp suất trong bình là 2atm Tính số mol PCl5, PCl3 và Cl2 Nhận xét kết quả thu được , điều này có phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê hay không
?
(Các khí được coi là ly tưởng)
Bài giải
Ta có PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k) (1)
Trang 2Cân bằng 1 - x x x
n n2 = 1 - x + x + x = 1 + x (mol) Tại thời điểm cân bằng :
P Cl
5=1 − x
1 + x P
P Cl
2=P Cl
3=x
1 + x P
áp dụng định luật tác dụng khối lượng (ĐKTDKT), ta có :
K p =
P Cl
2 P Cl
3
P PCl
5
=
x2
(1 + x)2 P
2
1 − x
1 + x P
= x2
1 − x2 P = 1,85
P = 2atm =>
x2
1 − x2 =
1,85
=>
n PCl
3= n Cl
2= 0,693 (mol )
n PCl
5= 1 − 0 ,693 = 0 ,307 (mol )
b, Tính V.Trong thí nghiệm a, tại thời điểm cân bằng , n n2 = 1 + x
= 1,69 (mol)
Ta có : PV = n n2 RT => V = 1,693
0,082 525
2 =36,44 (lít) Tại thí nghiệm b, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng = 2 + y (mol)
5
P Cl
2= P PCl
2 + y P ; P¿ =1 − y
2 + y P
Ta có :
P = n n2 RT
V = (2 + y )
RT V
=> K P= y2
1 − y .
RT
V =>
y2
1 − y = K P
V
RT =1,566
y2 = 1,566 = 1,566y ó y2 + 1,566y - 1,566 = 0
=> y = 0,693
Trang 3=> Sự thêm khí trơ He vào hệ khi V = const không làm chuyển dịch cân bằng điều này hoàn toàn phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê vì khi thêm
He vào không làm thay đổi áp suất riêng phần của hệ
c, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng= 2 + z
P Cl
2= P PCl
3= z
2 + z 2
P PCl
5= 1 − z
2 + z 2
P PCl
3 P Cl
2
P PCl
5
= z2
(2 + z) (1 − z ) 2 = 1,85
z2 = 0,925 (2 - z - z2) 1,925 z2 + 0,925 z - 1,85 = 0 => z = 0,769
=>
n Cl
2= n PCl
3= 0 ,769 (mol ) > 0 , 693 (mol )
n PCl
5 = 0 ,231( mol)
Tại P = const , thêm khí trơ vào cân bằng chuyển dịch về phía thuận (phía có nhiều phân tử khí hơn) điều này hoàn toàn phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê vì khi thêm He vào làm giảm áp suất toàn phần của hệ
Ví dụ 2
Sunfurylđiclorua SO2Cl2 là hoá chất phổ biến trong phản ứng Clo hoá Tại 3500C và 2 atm, phản ứng :
SO2Cl2(k) SO2 (k) + Cl2 (k) (1) Kp = 50
a, Tính % theo thể tích SO2Cl2 (khí) còn lại khi (1) đạt đến trạng thái cân bằng ở điều kiện đã cho
b, Ban đầu dung 150mol SO2Cl2 (khí) tính số mol Cl2 (khí) thu được khi (1) đạt đến trạng thái cân bằng
( Các khí được coi là lý tưởng )
Bài giải
atm
Ban đầu 2atm
Trang 4Cân bằng (2 - y) atm y y atm
Kp =
P SO
2 P Cl 2
P SO
2 Cl 2
2 − y = 50
y2 = 100 = 50y <=> y2 + 50y - 100 = 0
=> y1 = 1,92582
y2 = -51,9258
=> P Cl 2 = P SO
=> P SO 2 Cl 2= 7,418.10-2 (atm)
Vì % thể tích tỷ lệ thuận với % số mol
PT = P SO 2 Cl 2 + P Cl 2 + P SO
% V Cl 2= % V SO
2= 1,92582
%V SO
2 Cl 2=1,89%
b, Ban đầu có 150 mol SO2Cl2
Tại thời điểm cân bằng n SO 2=n Cl
2= 1501 , 92582
2 =144 , 4365 mol
Ví dụ 3
Cho cân bằng
CH4 (k) + H2O(k) CO(k) + 3H2 (k) (1) Tại 1100K, hằng số cân bằng của cân bằng trên là 357
Ban đầu người ta lấy CH4 và H2O theo tỷ lệ mol là 1 : 4 Tại thời điểm cân bằng, người ta thu được hỗn hợp có tỷ khối so với H2 là
20 3
a, Xác định áp suất riêng phần của các khí ở thời điểm cân bằng và áp suất toàn phần của hệ :
Bài giải :
CH4 (k) + H2O CO(k) + 3H2 (k)
Trang 5Cân bằng n0 - x 4n0 - x x 3x
M n2 = 20
3 x 2 =
40 3
Ta có :
5n0+ 2 x
=88 n0
5n0 +2 x =
40
3 ⇔ 264 n
=> x = 0,9 n0
5n0 +2x P T =
0,8 n0 6,6 n0 P T = 0,8
6,6 P T
P H
2 =3 x
5n0+2x P T=
2,4 6,6 P T
P CH
4 = n0− x
6,6 n0 =
0,2 6,6 P T
P H
2O= 3,2 n0
6,6 n0 P T= 3,2
6,6 P T
=> K P =
P CO P H
2
3
P CH
4 P H
2O
= 0,8 (2,4 )3
P T2
(6,6 )2 = 357
=> P T = 30(atm)
=> P CO = 4
1,1(atm)
P H
2O= 16
6,6 30 =
1 1,1(atm )
Dạng 2 : Cân bằng dị thể
Trong cân bằng dị thể,ngoài việc xác định thành phần tại trạng thái cân bằng, một yếu tố rất đáng quan tâm đó là sự phá vỡ cân bằng
Ví dụ 4
Cho cân bằng dị thể sau:
C(r) + H2O (k) CO(k) + H2 (k) Tại 1000K , Kp = 4,1
Trang 6a, Tính độ chuyển hoá (a) khi ban đầu người ta cho vào 1 bình phản ứng dung tích 10 lít một hỗn hợp gồm 24 gam C và 54 gam H2O Nhiệt độ trong bình phản ứng là 1000K
b, Nếu tăng thể tích bình lên 100 lít Xác định thành phần của các khí ở trong bình sau phản ứng Tại 1000K Các phản ứng trong phương trình phản ứng được coi là ly tưởng
Bài giải
Ta có P H2O(k)
0
= n RT
V = 3.
0,082 1000
C(r) + H2O (k) CO(k) + H2 (k) Kp =4,1
P CO P H
2
P H
2O
24 ,6 − x = 4,1
=> x2 + 4,1x - 100,86 = 0 => x = 8,2 (atm)
Độ chuyển hoá a =
x
P H
2O
24,6 = 0,333
b, Tăng thể tích bình lên 100 lít
P H
2O + P CO + P H
2 = n n2 . 0,82 1000
100 = 0,82 n n2
C(r) + H2O (k) CO(k) + H2 (k)
n n2 = 3 − x + 2 x = 3 + x
=> PT = 0,82 (3 + x)
P CO= P H
3 + x P T= 0,82 x
P H
2O = 3 − x
3 + x P T= 0,82 (3 − x)
=> KP =
P CO P H
2
P H
2O
= (0 ,82 )2 x2
0,82 (3 − x )= 4,1
x2 = 15 - 5x ó x2 + 5x - 15 = 0 => x = 2,11 (mol) > 2
Trang 7=> Khi tăng lên 100 lít, cân bằngđã bị phá vỡ => Số mol khí trong bình :
n CO = n H
2 = 2 mol ; n H
2O = 1mol
P T = 5 0 ,82 1000
Dạng 3 Cân bằng trong dung dịch
Ví dụ 5
0,01M
a, Tính pH của dung dịch X
được kết tủa A và dung dịch B Xác định ¯ A và pH của dung dịch B
4 , pKa = 9,24 pK s Fe (OH ) 3 =37 ; pK s Mg(OH )
2= 11
Mg2+ + H2O Mg(OH)+ + H+ (2) K2 = 10-12,8
Bài giải :
-4
5.10-3 5.10-3
Fe(ClO4)3 à Fe3+ + 3ClO4
MgCl2 à Mg2+ + 2Cl
Ta có : K1 C Fe 3+ = 3.10-4,17 >> K2 C
Mg 2+ = 10-14,8
=> Cân bằng (1) trội hơn rất nhiều so với cân bằng (2) và cân bằng (1) là cân bằng chính (Môi trường axit, bỏ qua sự phân ly của nước)
Trang 8=> K1 =
[H+
] [Fe(OH )2+] [Fe 3+
x(5.10−3 +x)
3.10 −2
− x = 10
−2,17
Giải phương trình ta có : x = 1,53 10-3
=> [H+] = 5.10-3 + 1,53.10-3 = 6,53.10-3 (M)
=> pH = 2,185
b,
C NH
3 = 0,1
2 = 0 , 05 M ; C Mg 2 += 8 10−2
−2
(M )
C Fe 3+ = 0 ,03
2 = 0, 015( M ) ; C HClO 4 = 5 10 −3
2 =2,5 10
−3
(M )
4 (3) K3=
1022,72
4 (4) K4= 101,48
4 (5) K5 = 109,24
Nhận xét : K5, K3 rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn
4
2,5.10-3 2,5.10-3 2,5.10-3
4
4,75.10-2 1,5.10-2
Kiểm tra sự kết tủa của Mg(OH)2
Ta có : [H+] = Ka
[NH 4+
] [NH 3] =10 −9,24 4 ,75 10−2
2,5 10−3 =10
−7 ,96
(M )
=> [OH-] = 10-6,04(M)
=> C Mg 2+ .[ OH−
]2= 4.10−2(10−6, 04)2= 10−13 , 478 < K s
=> Kết tủa chỉ có Fe(OH)3 và pH = 7,96(M)
Dạng 4 Bài tập xác định các đại lượng nhiệt động
Ví dụ 5 Cho cân bằng
SO2 (k) +
1
2 O2(k) SO3 (k)
ln Kp = 10,63 -
11.300
T
Trang 9Tính ∆G0 , ∆G0 , ∆S0 và Kp của phản ứng tại 1000K
Bài giải
Tại 1000K ; lnKp = 10,63 -
11.300
=> Kp = 0,512
Kp =
P SO
3(atm )
P SO
2(atm) P O
2
1 2
(atm )
1 2
= 0 , 512 ( atm−
1 2
)
∆G0
pư = -RT lm Kp = - 8,314 1000 (- 0,67) = 5570,38 (J)
Ta có : ∆G0 = ∆H0 - T∆S0
=> ln Kp = −
ΔG0
RT = −
ΔH0
RT +
ΔS0 R
=>
ΔS0
R = 10 ,63 => ΔS
0 =88 ,378(J / K )
Ví dụ 6
Cho : O2(k) Cl(k) HCl(k) H2O(k )H2O(l)
∆H0 (kJ/mol-1) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8
S0
298 (J.mol-1 K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9
1 Tính hằng số cân bằng của phản ứng
4HCl(k) + O2 (k) 2Cl2 (k) + 2H2O(k)
(1)
Tại 298K
2 Giả thiết rằng ∆S và ∆H của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 698 K
3 Xác định áp suất hơi bão hoà của nước tại 298K
Từ đó tính hằng số cân bằng của phản ứng tại 298K
Trang 10Bài giải (1) => Ta có : ∆H0
pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0
= - 114,42 (kJ)
∆S0
pư= (2 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7
= - 128,63 (J/K)
=> ∆G0
pư - 298 ∆S0
pư
= - 114420 - 298 (-128,63)
= - 76088,26 (J)
=> ∆G0 = - RT lm Kp
=> ln Kp =
ΔG0
RT = −
(−76088,26)
8,314 298 = 30,71
Kp = 2,17 1013
Kp =
P Cl
2
2
(atm)2 P H2O
2
(atm)2
P HCl
4
(atm )4 P O2(atm) = 2, 17 10
13
(atm−1
)
b, Ta có ln Kp = −
(ΔH0− TΔS0)
ΔH0
R .
1
T +
ΔS0 R
Vì ∆S0 , ∆H0 được giả thiết là không phụ thuộc vào t0
=> ln Kp (698k) = −
( 1114420
1
( −128 ,63 )
=> Kp = 69,777 (atm-1)
∆H0 (3) = - 214,83 - (- 285,8) = 43,97 (kJ)
∆S0 (3) = 188,7 - 69,9 = upload.123doc.net,8 (J/k)
∆G0 (3) = ∆H0
(3) - T ∆S0
(2) = 43970 – 298.upload.123doc.net,8 = 8567,6 (J)
Kp(3) = P H2O (bão hoà) => ∆G0
(2) = - RT ln P H2O (bão hoà)
=> ln P H2O
(bão hoà) = −
8567,6 8,314.298 = −3 ,458
=> P H2O (bão hoà) = 3,15 10-2 (atm)
Ta có : (2) = (1) - 2 (3)
Trang 11= ∆G0
(2) - (- 76088,26) - 2 (8567,6) = - 93.223,46 (J)
=> ln Kp = −
ΔG0
RT = −
(−93.233,46)
8 ,314 298 = 37,63
Kp = 2,19 1016
Kp =
P Cl
2
2
(atm)2
P HCl4
(atm )4 P O
2 (atm ) = 2 , 19 10
16
(atm−3
)