Đáp án buổi 1 các quá trình hóa học

Hằng số tốc độ có thể được xác định theo nhiều cách: Sử dụng phương trình cho hằng số tốc độ phản ứng thứ tự đầu tiên :... Do trong môi trường đệm, nồng độ H3O+ là không đổi nên biểu th

Hướng dẫn giải/đáp án bài 1

mà S1o =

298 o

298

dT2C (H O)

a Vì có 86% hơi nước đã ngưng tụ nên trong hệ X-H2O khi cân bằng có:

số mol nước ở pha lỏng:

Vì X không chuyển pha, quá trình ngưng tụ nước diễn ra ở 100oC nên sự biến đổi trong hệ X-H2O được chia thành 4 quá trình thuận nghịch nhỏ như mô tả trên sơ đồ sau:

Vì sự trao đổi nhiệt chỉ xảy ra giữa X và nước nên: Q1 + Q2 + Q3 + Q4 = 0

Vì áp suất của hệ không đổi nên:

2

X p X H O(l) hh H O(l) p H O(l) H O(k) p H O(k)

X p X H O(l) hh H O(l) p H O(l) H O(k) p H O(k)

hh H O(l) p H O(l) H O(k) p H O(k)

X p X H O(l) p H O(l) H O(k) p H O(k)

Vậy nhiệt độ cuối của hệ là 323,08 K hay 49,94 oC

Nhiệt lượng mà kim loại X đã trao đổi

a Ta có: lgK = -

T R

H

303,2



Đối phản ứng (1): ta có:

314,8

Nhận xét: cả Kp (1) và Kp (2) đều có cùng biểu thức hằng số cân bằng

=> đây là 1 cân bằng nối tiếp

Vì Kp (1) > Kp (2) => cân bằng (1) xảy ra trước cân bằng (2)

Khi phản ứng (1) xảy ra:

Fe3O4(r) + H2(k)  3FeO(r) + H2O(k) (1) Kp (1) = 1,862 Ban đầu: 0,1 mol 0,4 mol

Cân bằng: 0,1 - x 0,4 - x 3x x

Kp (1) = p (H2O)/ p (H2) = x/(0,4-x) = 1,862 => x = 0,26 > 0,1

Vậy (1) xảy ra hoàn toàn

Sau phản ứng (1) thành phần hệ gồm: H2 : 0,3 mol H2O: 0,1 mol FeO: 0,3 mol Khi phản ứng (2) xảy ra:

FeO(r) + H2(k)  Fe(r) + H2O(k) (2) Kp (2) = 0,668 Ban đầu: 0,3 mol 0,3 mol 0,1 mol

Cân bằng: 0,3 - y 0,3 - y y 0,1 + y

Kp (2) = p (H2O)/ p (H2) = (0,1 + y)/(0,3-y) = 0,668 => y = 0,06 mol < 0,3 mol Vậy cân bằng được thiết lập là cân bằng (2)

Tai thời điểm cân bằng: H2 : 0,24 mol H2O: 0,34 mol

FeO: 0,24 mol Fe: 0,06 mol

 1

o 1

A

A ln t

1

 1 o  1

1 o 1

AA

AAt

1k

Xác định áp suất riêng phần p A của chất phản ứng

b Hằng số tốc độ có thể được xác định theo nhiều cách:

Sử dụng phương trình cho hằng số tốc độ phản ứng thứ tự đầu tiên :

Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là 50.0,04 = 2 mg

Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là

1/2

ln 2

0, 011

k t

Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 485,9 phút (khoảng 8h) cần uống tiếp viên thứ hai

Sau khi uống viên thứ 2, lượng thuốc trong cơ thể lúc này là 502 mg

Sau khi uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:

Từ thí nghiệm (1) và (3): Co(S2O82-)(3) /Co(S2O82-)(1) =1,8; Co(I-)(3) /Co(I-)(1) =1,5

vo (3) / vo (1) =2,70 = 1,8 1,5 b=1 Phương trình tốc độ phản ứng: v= k [S2O82-].[ I-]:

8 4 2

1 2

8

1 2

v

10

1,1.10

0, 011L.mol 10

iii Nồng độ ion I- không thay đổi do I3- nhanh chóng phản ứng với ion S2O32- (dư) tạo thành ion

I- Vì vậy phản ứng là giả bậc 1, phương trình tốc độ có dạng: v = k’.[ S2O82-]

a Do trong môi trường đệm, nồng độ H3O+ là không đổi nên biểu thức tốc độ phản ứng là v = k [NO2NH2]: phản ứng là bậc nhất theo thời gian

b

Cơ chế 1: v = k1 [NO2NH2]: loại

Cơ chế 2: v = k3 [NO2NH3+] mà [NO2NH3+] = k2 [NO2NH2].[ H3O+ ]/[ H2O]

Vậy v = k3k2[NO2NH2].[ H3O+ ]/[ H2O]: loại

Cơ chế 3: v = k5 [NO2NH-] mà [NO2NH-] = k4 [NO2NH2].[ H2O ]/[ H3O+]

Vậy v = k5k4[NO2NH2].[ H2O ]/[ H3O+]

Trong dung dịch, coi nồng độ H2O là const nên chọn cơ chế 3

kJ. 1137 ,

103 



RT mol

kJ. 1137 ,



314,8

10.137,

10.137,

N2O5   RT

3

10 137 , 103

d 2 5

N2O5   

dt

O N

NO NO k dt

O d



3 2 2 3 2 1 5 2 1

3

NO NO k NO NO k O N

1

NO

O N k k

k NO

2 2 1

2 1

k k

k k dt

O d

2 1

k k

k k





a Vì v2 >> v1 và v2 >> v-1 nên nồng độ của O luôn luôn rất nhỏ và không đổi theo thời gian dù cân bằng (1) có chuyển dịch theo chiều thuận hay chiều nghịch, vì vậy có thể áp dụng nguyên lí nồng

Gọi a là % của A tại thời điểm ban đầu

x là % của B tại thời điểm t  (a-x) là % của A tại thời điểm t

Vì là phản ứng thuận nghịch bậc 1 nên tốc độ hình thành chất B được tính theo biểu thức:

dx k a1( x) k x2

dt   

Ở trạng thái cân bằng, tốc độ phản ứng bằng 0 nên

k1(a-xc) = k2xc ( xc là % của B tại thời điểm cân bằng)

1

2

702,33330

c c

x k K

Xét phản ứng: Dầu thôk1 Xăng k2 sản phẩm

Thời gian để lượng xăng đạt cực đại là:



Khi đó khối lượng xăng cực đại thu được là:

mmax = mdầu hỏa 1 1 ax 2 ax

Bỏ qua sự thay đổi của H, S theo nhiệt độ tức H  H0, S  S0 mà S < 0 nên TS < 0

 G dương hơn khi T tăng làm giảm khả năng tự xảy ra của phản ứng

e Biểu thức định luật tốc độ phản ứng: v = k[NO]a.[O3]b

7,2 10 4,8.10

 Cơ chế II: v = k.[NO3][NO2]2

 cả hai cơ chế trên đều không phù hợp

d Nếu tính giá trị của P bằng Pascal, của T bằng Kelvin thì V sẽ phải tính bằng m3

Như ta đã biết KC = KP(RT)-1 = 6,79.10-1 mol/m3 = 6,79.10-4 M

x

.1

a 2NOCl  2NO + Cl2

b Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương trình:

K = e-∆G/RT

Với ∆G = ∆H - T∆S = 42214 (J/mol)

Thay vào phương trình trên ta được: K= KP = 3,98.10-8atm = 4,04.10-3Pa

c Đối với trường hợp gần đúng Phương trình Van’t Hoff có dạng:

ln

T T R

H T

Đưa các số liệu vào ta được: KP = 4,32.10-3 atm = 437Pa

Sự tính toán gần đúng này rất có ý nghĩa, nếu ở các nhiệt độ được xem xét, ∆H và ∆S gần như bằng nhau (Điều đó có nghĩa là ở các nhiệt độ được xét ∆CP của các chất tham gia phản ứng gần như bằng 0)

d CP là nhiệt dung mol Một cách trực quan thì giá trị CP.1K cho biết lượng nhiệt cần phải cung cấp cho 1mol chất nghiên cứu để cho nhiệt độ của nó tăng thêm 1K Nhiệt độ cao hơn là do chuyển động của các phân tử gây ra Nhưng đối với các phân tử nhiều nguyên tử thì nhiệt lượng cung cấp không chỉ được chuyển hóa thành năng lượng chuyển động của các phân tử mà cũng còn thành năng lượng quay và năng lượng dao động Hai dạng năng lượng này không hề góp phần vào việc làm tăng nhiệt độ khác với các chất khí hai nguyên tử, đối với các chất khí gấp khúc ba nguyênh tử còn có thêm chuyển động dao động Chuyển động dao động này hấp thụ thêm năng lượng mà không thể góp phần làm tăng năng lượng của chuyển động Vì vậy nhiệt dung của NOCl lớn hơn

NO (Không nghĩ tới việc giải thích bằng các bậc tự do dao động)

e Kiểm tra các điều kiện biên của phần c)

∆CP = 4,1 J/mol.K

∆H(475) = ∆H(298) +∆CP(475 – 298)

=> ∆H(475) - ∆H(298) = 726 J/mol Ít hơn 1% so với ∆H(298) =77080 J/mol

Tính tương tụ cho ∆S ta thu được

∆S(475) - ∆S(298) = 1,91 J/mol.K, nhỏ hơn 1,7% so với ∆S(298) = 117 J/mol.K

Tính chính xác các kết qủa ta thu được:

∆H(475) = 77806 J/mol

∆S(475) = 118,9 J/mol.K

∆G(475) = 21329 J/mol  KP = 4,51.10-3 atm Chỉ khác biệt chút ít so với c)

Khối lượng mol của nitrosyl clorua lag 65,46g/mol, như vậy lượng nitrosyl clorua trong mẫu là 2,00/65,46 mol

=> p = 37,8.103Pa = 0,374 atm

(ii) Tương tự như câu trên ta cũng tính được: p = 76,2.103Pa = 0,752 atm

Ban đầu: 2/65,46 mol 0 mol 0 mol

Cân bằng: (2/65,46-2x) mol 2x mol x mol

Áp suất chung khi cân bằng bằng tổng các áp suất riêng phần:

00200,0

600

2

2 ) ( ) ( )

(

R n n n

p p

p

p chung  NOCl  NO  Cl  NOCl  NO Cl

Lúc cân bằng ta có:

00200,0

600.)

246

,65

1600

.314,8

00200,0.10.281,0

3 2 5

a Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k)  2SO3 (k) (1)

Khi giảm nhiệt độ, hiệu suất phản ứng tăng lên nghĩa là cân bằng chuyển dịch về phía thuận, vậy phản ứng đã cho là tỏa nhiệt độ

b Xét cân bằng: 2SO2(k) + O2(k)  2SO3(k) (1)

Ban đầu: 2a a Cân bằng: 2a(1-) a(1-) 2a

Trong đó: 2a(1-) + a(1-) + 2a = 1 → a(3-) = 1atm

Tại nhiệt độ 5500C hay 823K,  = 0,80 → Kp(823K) = 176;

Tại nhiệt độ 4200C hay 693K,  = 0,97 → Kp(693K) = 7,074.10 4

Thay số vào ta có: ΔpưH0 = -218,7 kJ/mol

Ta có: ΔpưG0 = - RTlnKp(T) = ΔpưH0 - T.ΔpưS0

Với giá trị T ở 823K, ta có: -8,314.823.ln176 = - 218,7.103 - 823 ΔpưS0

ΔpưS0 = -222,75 J.K -1 mol -1

c Tại nhiệt độ 6500C hay 923K

=> - 8,314.923 lnKp(923K) = -218,7.103 - 923.(-222,75)

→ Kp(923K) = 5,51

a Phản ứng tổng hợp NH3 trong công nghiệp:

sẽ chậm (hoặc không phản ứng) khi ở nhiệt độ thấp, nên cần tăng nhiệt độ và dùng chất xúc tác

Tỉ lệ mol N2:H2 = 1:3 để sự chuyển hoá N2 và H2 thành NH3 là lớn nhất

P  ; PH2 =

4

)a1(P

Theo (1) và kết quả trên ta có công thức liên hệ giữa a, P và KP là:

KP =

P P

P

H N

NH

. 3

2

2 2

3 =

4

)]

a 1 ( P 3 [ 4

) a 1 ( P

) P a (

3 3 2





=

) a 1 (

P 27

a 256

4 2 2



Hay

K 325 , 0 )

Tổng số mol các khí lúc cân bằng là n = (4-2ỏ)mol

Theo biểu thức Pi = xi.P (áp suất riêng phần bằng phần mol của chất đó nhân với áp suất của hệ)

PNH3 =

aP P

Nếu a = 0,226  ỏ% = 36,87%

Nếu a = 0,334  ỏ% = 50,07%

Vậy qua kết quả tính ở trên cho thấy khi P tăng thì ỏ cũng tăng, điều này phù hợp với nguyên lí

Lơ Satơliê Nhưng áp suất mà quá cao thì không đảm bảo sản xuất được an toàn Mặt khác trong quá trình sản xuất NH3 được ngưng tụ tách khỏi môi trường phản ứng

a Phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình điều chế hiđro từ metan và hơi nước

1-x.202+2x

3x.202+2x

x.202+2x

2

3

CO H p

d H0 là động lực của quá trình chiết, do H0 < 0, quá trình toả nhiệt

Giải thích dựa theo nguyên lý Lơ Sa tơ li ê

e

kJ/mol

S0, J/mol/K

KD

(310,15K)

[Dược phẩm]oct