Tải bản đầy đủ - 0 (trang)
B. Nhiệt độ sôi của etanol

B. Nhiệt độ sôi của etanol

Tải bản đầy đủ - 0trang

⇒ TS = 352 K = 79.0°C

ΔH V

2) ΔS V =

ΔSV = 113 J/K

TS

OLYMPIC HĨA HỌC ÁO 2001:

A. Sinh nhiệt.

Tính sinh nhiệt hình thành axit nitrơ trong dung dịch nước trong điều kiện đẳng áp và đẳng tích.

Sử dụng các dữ kiện sau:

a. NH4NO2(s) → N2(g) + 2H2O(l)

ΔH(kJ) = -300.4

ΔH(kJ) = -569.2

b. 2H2(g) + O2(g) → 2H2O(l)

ΔH(kJ) = -170.8

c. N2(g) + 3H2(g) + aq → 2NH3(aq)

ΔH(kJ) = -38.08

d. NH3(aq) + HNO2(aq) → NH4NO2(aq)

ΔH(kJ) = +19.88

e. NH4NO2(s) + aq → NH4NO2(aq)

B. Cân bằng hóa học:

Các halogen có thể tạo nên các hợp chất liên halogen (interhalides) bền hay kém bền. Một trong

số đó là BrCl, chất này có khả năng phân hủy thành nguyên tố ở 500oC. Ở nhiệt độ này thì hằng số cân

bằng của phản ứng KC = 32 nếu ta phân hủy 2 mol BrCl. Chúng ta sẽ xét một hệ ban đầu chứa

0,25mol/L BrCl.

a) Viết phương trình phản ứng cho sự phân hủy.

b) Sử dụng tính tốn để chứng minh hỗn hợp trên chưa ở vào trạng thái cân bằng.

c) Phản ứng sẽ chuyển dịch theo chiều nào?

d) Tính năng lượng tự do của phản ứng.

e) Tính KP và KX của phản ứng.

f) Tính nồng độ cân bằng của các chất nếu xuất phát từ hỗn hợp ban đầu có thành phần như trên.

BÀI GIẢI:

A:

Phản ứng xảy ra như sau: ½ H2(g) + ½ N2(g) + O2(g) → HNO2(aq)

Áp dụng định luật Hess tính được nhiệt hình thành đẳng áp của HNO2(aq)

theo công thức sau: ΔHB = -ΔH(4)+ ΔH(5)- ΔH(1)-0.5×ΔH(3)+ ΔH(2)

Ta tính được nhiệt đẳng áp của HNO2(aq) = -125,4kJ.mol-1.

Trong điều kiện đẳng tích ta có:

ΔUB = ΔHB - ΔnBRT với Δn = -2 thu được ΔUB = -120.5 kJ/mol

B.

a) 2 BrCl → Br2 + Cl2

0.25 × 0.25

= 1≠ KC

b) Q =

0,25 2

c) Q < KC ⇒ về bên phải

Q

d) ΔG = RT ln

= - 22 kJ

KC

e) Khi Δn = 0 ta có: KP = KX = 32

lúc cân bằng:

n(BrCl) = 0.25-2y n(Br2) = n(Cl2) = 0.25+y



32 =



(0.25 + y ) 2

. Giải phương trình ta thu được y = 0,0943

(0.25 − 2y ) 2



Nồng độ của các chất



[BrCl] = 0,061M; [Br2] = [Cl2] = 0,34M

OLYMPIC HÓA HỌC ÁO 2005:

6,0 mol hydro được đun nóng trong điều kiện đẳng tích. Khí được nén lại từ áp suất 100kPa ở

o

0,0 C đến áp suất gấp 2,5 lần áp suất ban đầu. Nhiệt dung mol đẳng tích của hydro là CV =

20,56J/mol.K.

1. Tính nhiệt độ sau khi nén.

2. Tính sự thay đổi entropy của qúa trình này.

3. Tính nhiệt dung mol đẳng áp của qúa trình này.

1,0L argon được làm lạnh đẳng áp từ điều kiện thường xuống nhiệt độ thấp hơn 50K so với điều

kiện ban đầu.

4. Tính nhiệt thốt ra khi làm lạnh khí.

5. Tính thể tích cuối cùng của qúa trình làm lạnh.

6. Tính biến thiên nội năng của qúa trình.

Bây giờ chúng ta khảo sát phản ứng sau:

CH3CHO(l) + ½ O2(k) → CH3COOH(l)

7. Tính nhiệt phản ứng ở 20oC. Sử dụng các dữ kiện sau:

(1)

H2(g) + ½ O2(g) → H2O(l)

ΔH = -286.2 kJ

(2)

2 C(s) + 2 H2(g) + O2(g) → CH3COOH(l) ΔH = -486.0 kJ

ΔH = +229.6 kJ

(3)

2 C(s) + H2(g) → C2H2(g)

(4)

C2H2(g) + H2O(l) → CH3CHO(l)

ΔH = -138.1 kJ

8. Năng lượng tự do của phản ứng chuyển hoá từ borneol (C10H17OH) thành isoborneol ở pha khí tại

503K là +9,4 kJ/mol. Lúc đầu ta có một hỗn hợp gồm 0,15mol borneol và 0,30mol isoborneol và

đun nóng nó đến 503K. Sử dụng tính tốn cho biết chiều chuyển dịch cân bằng của phản ứng.

9. Để xác định sự phụ thuộc của nhiệt độ vào áp suất hơi của n – propanol thì từ thực nghiệm ta thu

được các kết qủa sau đây:

T (K)

313

333

353

373

P (kPa)

6.69

19.60

50.13

112.32

a) Vẽ đồ thị và dựa vào đó để tính entanpy của sự hóa hơi

b) Nhiệt độ sơi của n – propanol ở 101,3mbar.

c) Ở áp suất nào thì n – propanol sơi ở 45oC?

BÀI GIẢI:

1.

Nhiệt độ cuối cùng sau khi nén:

p

100 250

= const ⇒

=

273

T

T

273

T = 250 ×

= 682 .5 ⇒ T = 410 °C

100

2.



3.

4.

5.



Sự thay đổi entropy:

T

682.5

ΔS = n ⋅ C V ⋅ ln 2 = 6 ⋅ 20.56 ⋅ ln

T1

273



ΔS = 113 J / K

Nhiệt dung riêng đẳng áp.

Cp = Cv + R = 28,9J/mol.K

Lượng nhiệt thoát ra:

q = n ⋅ C P ⋅ ΔT

Thể tích cuối:

p ⋅ V 101300 ⋅ 0.001

=

nV =

= 4.46 ⋅ 10 −2

1 .0

V

⋅T ⇒

8.314 =⋅ 273.15

=Rconst

T

273 223

q = 4.46 ⋅ 10 −2 ⋅ 2.5 ⋅ 8.314 ⋅ 50 = 46.4 J

V = 0.82 L



6.



Nội năng của phản ứng:

ΔU = − q + p ⋅ ΔV

ΔU = −46.4 + 101325 ⋅ 0.18 ⋅ 10 −3 = −27.9 J



7.



Nhiệt phản ứng có thể tính được từ phương trình:

∆Hpư = ∆H(2) – ∆H(4) – ∆H(3) – ∆H(1)

ΔH = -486 + 138.1 -229.6 + 286.2 = - 291.3 kJ

−9400

Θ

8.314 ⋅776

ΔG 776

= +9.4 kJ ⇒ K = e

= 0.233



8.



Q=



0.30

=2

0.15



Q > K ⇒ Cân bằng chuyển dịch về bên trái

9. a)



5.0



4.0

lnp



3.0



2.0



1.0



2.7



2.8



2.9



3.0



3.1



ΔH V

4.72 − 3.91



=−

⇒ ΔH V = 44.9 kJ

R

(2.83 − 2.68) ⋅ 10 −3



1/T·10-3



b) Dựa vào giản đồ ta thấy:

ln 101.3 = 4.62

T = 370.4 K







1

= 2.7 ⋅ 10 −3

T

T = 97°C







c) Dựa vào giản đồ ta thấy:

1

45°C = 318 K ⇒

= 3.14 ⋅ 10 −3 ⇒ ln p = 2.15 ⇒ p = 8.6 kPa

T

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2001:

Cho phản ứng sau:

2H2(k) + 2Cl2(k) → 4HCl(k)

∆Ho = -92,3kJ.

Mệnh đề nào sau đây là sai:

a) Gía trị ∆Ho sẽ bằng –92,3kJ nếu HCl sinh ra ở dạng lỏng.

b) Bốn liên kết trong HCl mạnh hơn bốn liên kết trong hai phân tử H2 và Cl2.

c) Nếu phản ứng xảy ra theo chiều nghịch thì gía trị của ∆Ho sẽ bằng +92,3kJ.

d) Giá trị ∆Ho sẽ bằng 23,1kJ nếu phản ứng sinh ra 1 mol HCl(k).

e) Các chất phản ứng đều ở vào trạng thái bền vững nhất.

BÀI GIẢI:

Câu a.

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2001:

Tính nhiệt của phản ứng sau: FeO(r) + Fe2O3(r) → Fe3O4(r)

Cho biết các thông tin sau:

2Fe(r) + O2(k) → 2FeO(r)

∆Ho = -544,0kJ.

4Fe(r) + 3O2(k) → 2Fe2O3(r) ∆Ho = -1648,4kJ.

∆Ho = +1118,4kJ.

Fe3O4(r) → 3Fe(r) + 2O2(k)

a) –1074,0kJ

b) –422,6kJ

c) –22,2kJ

d) +249,8kJ

e) +2214,6kJ

BÀI GIẢI: Câu c

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2002:

Photpho triclorua và photpho pentaclorua là những hóa chất hay sử dụng trong cơng nghiệp để

chế tạo các hợp chất cơ photpho. Ta có thể điều chế hai hợp chất này từ photpho trắng bằng các phương

trình sau:

P4(r) + 6Cl2(k) → 4PCl3(l)

∆Ho = -1280kJ.

P4(r) + 10Cl2(k) → 4PCl5(r)

∆Ho = -1774kJ.

Như vậy entanpy của phản ứng PCl3(l) + Cl2(k) → PCl5(r) là bao nhiêu:

a) –123,5

b) –494

c) –763,5

d) +123,5

e) –3054

BÀI GIẢI: Câu a

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:



Ta xét cân bằng sau:

2NO(k) + O2(k) → 2NO2(k)

∆Ho = -113kJ.mol-1.

Lý do nào sau đây làm thay đổi tỉ lệ NO2/NO?

a) Thêm O2(k)

b) Thêm chất xúc tác.

c) Tăng áp suất.

d) Tăng nhiệt độ

e) Tất cả đều sai.

BÀI GIẢI: Câu d

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2003:

N2(k) + O2(k) → 2NO(k)

K1

2NO(k) + O2(k) → 2NO2(k)

K2

NO(k) + NO2(k) → N2O3(k)

K3

Tính K của phản ứng sau: 2N2O3(k) → N2(k) + 3O2(k) dựa vào các hằng số K1, K2, K3.

a) K1K2K3

b) 1/K1K2K3

c) K12K2K32

d) 1/K1K22K32

e) 1/K12K2K32

BÀI GIẢI: Câu e

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Cho biến thiên entanpy của các phản ứng sau:

∆Ho = 92kJ.mol-1.

2NH3(k) → N2(k) + 3H2(k)

2H2(k) + O2(k) → 2H2O(k)

∆Ho = -484kJ.mol-1.

Tính biến thiên entanpy của phản ứng:

2N2 + 6H2O → 3O2(k) + 4NH3(k)

d) –576kJ.mol-1.

e) –392kJ.mol-1.

f) 392kJ.mol-1.

g) 1268kJ.mol-1.

h) 1636kJ.mol-1.

BÀI GIẢI: Câu d

OLYMPIC HÓA HỌC ÚC 2004:

Một mẫu photpho pentaclorua đặt trong một bình kín. Trong điều kiện đó photpho pentaclorua tự

phân hủy theo cân bằng:

PCl5 → PCl3(k) + Cl2(k)

Khi hỗn hợp ở vào trạng thái cân bằng thì ta thêm một lượng nhỏ heli (ở áp suất và nhiệt độ

không đổi) vào và hỗn hợp lại quay trở về trạng thái cân bằng. Mệnh đề nào sau đây mô tả tốt nhất mối

liên hệ giữa cân bằng thứ hai với cân bằng thứ nhất?

a) Cân bằng thứ hai cũng giống như cân bằng thứ nhất bởi vì heli nhẹ hơn bất kỳ phân tử nào khác

có mặt trong phản ứng và không gây được ảnh hưởng đáng kể lên phản ứng.

b) Cân bằng thứ hai cũng giống như cân bằng thứ nhất bởi vì heli khơng hề phản ứng với bất kỳ

chất nào trong bình kính.

c) Cân bằng thứ hai dịch chuyển theo chiều dương và có nhiều PCl3 hơn.

d) Cân bằng thứ hai dịch chuyển theo chiều dương và có nhiều PCl5 hơn.

e) Chưa thể kết luận gì .



BÀI GIẢI: Câu c

OLYMPIC HĨA HỌC ÁO 1999:

A. Áp suất hơi bão hoà của hỗn hợp:

Ở 20oC, áp suất hơi của etyl etanoat tinh khiết là 9706Pa và của etyl propanoat là 3693Pa. Do

tính chất giống nhau, hỗn hợp hai chất này có tính chất lý tưởng. Tính áp suất hơi của hỗn hợp gồm 25g

etyl etanoat và 50g etyl propanoat ở 20oC.

B. Nhiệt hóa học:

Ở điều kiện chuẩn, entanpy phản ứng và entropy của các chất có gía trị như sau:

2NH3 + 3N2O = 4N2 + 3H2O

∆Ho298 = -1011kJ (1)

∆Ho298 = -317kJ (2)

N2O + 3H2 = N2H4 + H2O

2NH3 + 0,5O2 = N2H4 + H2O

∆Ho298 = -143kJ (3)

H2 + 0,5O2 = H2O

∆Ho298 = -286kJ (4)

o

o

S 298(N2H4) = 240J/mol.K; S 298(H2O) = 66,6J/mol.K

So298(N2) = 191J/mol.K; So298(O2) = 205J/mol.K.

a) Tính entanpy tạo thành ∆Ho298, So298 của N2H4; N2O và NH3.

b) Viết phương trình phản ứng cháy của hidrazin tạo thành nước và nitơ.

c) Tính nhiệt phản ứng cháy đẳng áp này ở 298K và tính ∆Go298 và hằng số cân bằng K.

d) Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2 mol NH3 và 0,5 mol O2 thì nhiệt phản ứng (3) ở thể tích khơng đổi

là bao nhiêu?

BÀI GIẢI:

A.

Áp suất hơi bão hoà của hỗn hợp:

M(EtAc) = 88,11g/mol;

M(Etpr) = 102,1g/mol.

n(EtAc) = 0,284mol;

n(Etpr) = 0,490mol; ∑n = 0,774mol

x(EtAc) = 0,367;

x(Etpr) = 0,633.

P(EtAc) = 3562Pa;

P(Etpr) = 2338Pa

Pg = 59hPa

B.

Nhiệt hóa học:

a) –(1) + 3(2) + (3) – (4) ⇒ 4N2 + 8H2 4N2H4

Phản ứng trên có: ∆Ho298 = 203kJ.

Phản ứng N2 + 2H2 → N2H4 có ∆Ho298 = 203kJ/4mol = 50,8kJ/mol.

Từ (2) ta suy ra ∆Ho298 (N2O) = 81,8kJ/mol.

Từ (3) ta suy ra ∆Ho298 (NH3) = -45,6kJ/mol.

b) N2H4 + O2 = N2 + H2O

c) ∆Ho298 = -623kJ

∆So298 = -121J/K

∆Go298 = -587kJ

K = e-∆G/RT = 10103.

d) ∆H = ∆U + p∆V = ∆U + ∆nRT = -139kJ.

OLYMPIC HĨA HỌC BUGARI 1999 (Vòng II)



Ở 20oC, hoà tan vào dung dịch NaOH 0,16g/L một lượng iot đủ để phản ứng:: 2NaOH + I2 ⇌

NaI + NaOI +H2O tiến hành đến cùng.

a) Tính pH của dung dịch cuối cùng

b) Tính áp suất thẩm thấu của dung dịch này.

c) Độ dâng cao (tính bằng cm) của dung dịch trong bình đo thẩm thấu là bao nhiêu?

d) Vì sao HOI là axit yếu trong khi đó HI là một trong những axit mạnh nhất?



Dữ kiện: Ka(HOI) = 2.10-11; R = 8,314; khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL: 1cm cột nước

ứng với 98,07Pa

BÀI GIẢI:

a) 2Na+ + 2OH- + I2 → 2Na+ + I- + IO- + H2O

Co(Na+) = 0,016/40 = 4.10-4M

Co(I-) = Co(IO-) = 0,5Co(Na+) = 2.10-4M

IO- + H2O ⇌ HIO + HOC(IO-) = Co(IO- - C(HIO); C(HIO) = C(OH-)

HIO ⇌ H+ + IOK

IO − H +

= 2.10 −11 ; OH − = W+

Ka =

[HIO]

H



[ ][ ]

[ ]



⇒ 2.10 −14 H +



[ ]

+



2



[



[ ]



] [ ]



− 1.10 −14 H + − 2.10 − 25 = 0

−11



⇒ H = 6,53.10 M ; pH = 10,185

b) π = CRT với C = Co(Na+) + Co(I-) + C(IO-) + C(OH-) + C(HIO)

C(OH-) = C(HIO) = 1,53.10-4M

C(IO-) = 2.10-4 - 1,53.10-4 = 0,47.10-4M

⇒ C = 9,53.10-4M

⇒ π = CRT = 2321,5Pa

c) h = π/98,07 = 23,67cm

d) Độ âm điện của iot nhỏ hơn của oxy và độ phân cực của liên kết H - O trong HOI rất nhỏ.

OLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Ở 293K phản ứng sau đây tự xảy ra:

NH3(k) + HCl(k) = NH4Cl(r) + Q

Ta có thể nói rằng:

a) Khả năng này là do entropy.

b) Phản ứng tự xảy ra ở mọi nhiệt độ.

c) Khả năng này là do entanpy.

d) Entropy và entanpy cùng dấu:

BÀI GIẢI: Câu d.

OLYMPIC HĨA HỌC ITALY 1999:

Khi hơi ngưng tụ ta ln ln có:

a) Giảm entropy của hệ và tăng entropy của mơi trường.

b) Tăng entropy của hệ và giảm entropy của môi trường.

c) Giảm entropy của hệ và của môi trường.

d) Entropy của hệ và của môi trường đều không đổi.

BÀI GIẢI: Câu a.

OLYMPIC HÓA HỌC ITALY 1999:

Nếu hằng số cân bằng của phản ứng có gía trị là 4,16.10-3 ở 25oC và 2,13.10-1 ở 100oC thì có thể

nói rằng phản ứng là:

a) Phát nhiệt.

b) Thu nhiệt

c) Thu nhiệt chỉ khi áp suất tăng.

d) Phát nhiệt chỉ khi thể tích tăng.

BÀI GIẢI: Câu b.



OLYMPIC HĨA HỌC ITALY 1999:

Có 3 phân tử CH3Cl(k), CH3OH(k), CH4(k) ở P = 101325Pa. Thứ tự tăng entropy mol chuẩn là:

a) So(CH4) < So(CH3OH) < So(CH3Cl)

b) So(CH4) < So(CH3Cl) < So(CH3OH)

c) So(CH3Cl) < So(CH3OH) < So(CH4)

d) So(CH3Cl) < So(CH4) < So(CH3OH)

BÀI GIẢI: Câu b.

OLYMPIC HÓA HỌC UCRAINA 1999 (Lớp 10):

H+ + OH-= H2O(l)

Hàm nhiệt

H3PO4(dd)

H2PO4-(dd)

HPO42-(dd)

PO43-(dd)

động (298K)

∆Ho (kJ/mol)

-1288

-1269

-1292

-1277

-56

o

S (J/mol.K)

158

90

-33

-220

81

a) Tính ∆Ho và ∆Go của phản ứng trung hoà từng nấc H3PO4 bằng kiềm:

OH- + HnPO4n-3 = Hn-1PO4n-4 + H2O

b) Từ những dữ kiện ở bảng trên, tính các hằng số điện ly của H3PO4 ở 25oC.

c) Tính thể tích của những dung dịch 0,1M của axit và kiềm mà khi trộn chúng thì thành 25mL

dung dịch và nhiệt phát ra là 90J.

BÀI GIẢI:

a) ∆Ho và So của H+ đều bằng 0: ∆Ho(H2O) - ∆Ho(OH-) = 56kJ/mol.

∆Hon = ∆Ho3-n - ∆Ho3-n+1 – 56;∆So3 = So3-n - So4-n + 81

∆Go = ∆Ho - T∆So

Từ đó ta tính được:

∆Ho1 = -64kJ/mol;

∆So1 = 13J/mol.K;

∆Go1 = -68kJ/mol

∆Ho2 = -52kJ/mol;

∆So2 = -42J/mol.K;

∆Go2 = -39,5kJ/mol

o

o

∆H 3 = -41kJ/mol;

∆S 3 = -106J/mol.K;

∆Go3 = -9,5kJ/mol

b) Ta có: ∆Go(H2O) = 80kJ/mol

H3PO4 = H+ + H2PO4-; ∆Goa = ∆Go1 - ∆Gonước = 12kJ/mol; K1 = 7,9.10-3

H3PO4 = 2H+ + HPO42-; ∆Gob = 40,5kJ/mol;

K2 = 8,0.10-8

+

3o

H3PO4 = 3H + PO4 ; ∆G c = 70,5kJ/mol;

K3 = 4,4.10-11

c) * Hỗn hợp hai muối axit (n/OH = 0,1V2; n(H3PO4) = 0,1V1)

64.0,1V1 + (0,1V2 – 0,1V1).52 = 0,09;

V1 + V2 = 0,025

4V2 = 0,06; V2 = 0,015L; V1 = 0,01L

* Hỗn hợp muối axit và muối thường: V1 = 0,0071L; V2 = 0,0175L

OLYMPIC HÓA HỌC UCRAINA 1999 (Lớp 11):

Hằng số phân bố của axit benzoic HA trong hệ nước/benzen ở 10oC là K = [HA]w/[HA]B =

0,700. Hằng số phân ly của HA là Ka = 6,20.10-5. HA bị dime hóa một phần trong benzen. Ở trạng thái

cân bằng 200mL lớp nước chứa 0,0429g HA và 200mL lớp benzen chứa 0,145g HA.

a) Viết cơng thức tính nồng độ cân bằng của [H+] trong lớp nước.

b) Tính nồng độ các phân tử (kể cả H+) trong lớp nước.

c) Tính nồng độ các phân tử và hằng số dime hóa (KD) trong lớp benzen.

d) Nồng độ các dạng của HA thay đổi như thế nào khi pH tăng?

e) Giải thích vì sao có sự dime hóa HA.

BÀI GIẢI:



[A ]+ [OH ] = [H ] ⇒





a)







[ ]



⇒ H+



3



+



+



KA



[H ]



+ 2



(



K A .C wo



(K A + H )



− K A .C wo



+



Kw



[ ] [H ] = 0

+ K )[H ].K .K = 0

+



+



+



w



w



A



CoN = 1,76.10-3M.

CoB = 5,94.10-3M.

[H+] + K[H+] – KCoN = 0

⇒ [H+] = 3,00.10-4; pH = 3,52

[A-] = 3,01.10-4; [HA] = 1,46.10-3; [OH-] = 3,33.10-11.

c)

[HA]B = [HA]N/K = 2,09.10-3.

{[HA]2}B = (CoB – [HA]n).0,5 = 1,93.10-3

KD = 442.

d) Lớp nước: [A--] tăng; lớp benzen [HA], {[HA]2}giảm.

e)



b)



O



O



H



O



H



O



----: Liên kết hydro.

OLYMPIC HĨA HỌC ĐỨC 1999 (Vòng 2):

a) Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân hủy thành nitơ monoxit và clo. Các số

liệu nhiệt động học cho ở bảng:

NOCl

NO

Cl2

o

∆H f(298)(kJ/mol)

51,71

90,25

0

So298 (J/mol.K)

264

211

223

CP (J/mol.K)

44,7

29,8

33,9

b) Bạn hãy tính KP đối với phản ứng ở nhiệt độ 298K. Bạn hãy tính ra kết qủa bằng đơn vị atm và

Pa.

c) Bạn hãy tính gần đúng Kp ở nhiệt độ 475K (nghĩa là khơng sử dụng CP) bằng cách áp dụng

phương trình Van’t Hoff về sự phụ thuộc của những hằng số cân bằng vào nhiệt độ. Bạn hãy nêu

rõ trong những điều kiện nào thì việc tính tốn như vậy là có ý nghĩa.

d) Bạn hãy cho biết đại lượng CP cung cấp thơng tin về vấn đề gì?

Các gía trị CP của nitrosyl clorua và của nitơ monoxit khác biệt nhau nhiều. Hãy lý giải điều đó.

e) Bạn hãy kiểm tra xem liệu những điều kiện biến đổi đối với việc tính tốn ở phần c) có được

thoả mãn hay khơng? Bạn hãy tính chính xác Kp đối với nhiệt độ 475K và so sánh với kết qủa ở

câu c).

f) Ở nhiệt độ -33,5oC, người ta cho 2,00g nitrosyl clorua vào một bình chân khơng có thể tích V =

2,00L khơng thay đổi ở mọi nhiệt độ.

(i)

Bạn hãy tính áp suất trong bình ở 298K (bằng Pa và atm).

(ii)

Bạn hãy tính áp suất trong bình ở 600K mà khơng kể đến sự phân huỷ nhiệt.

(iii) Bạn hãy tính áp suất trong bình ở 600K khi có tính đến sự phân hủy nhiệt (KP(600K) =

28,1.103Pa).



Đối với các tính tốn của mình hãy sử dụng các khối lượng mol sau (g/mol):

N = 14,01;

O = 16,01;

Cl = 35,45.

Hằng số khí R = 8,314J/mol.K

BÀI GIẢI:

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:

K (T ) ΔH ⎛ 1 1 ⎞

⎜ − ⎟

ln P 1 =

K P (T2 )

R ⎜⎝ T1 T2 ⎟⎠

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

Sự tính tốn 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 gía 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 ngun tử thì nhiệt lượng

cung cấp khơng 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 khơng 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 ngunh 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 (Khơng nghĩ tới việc giải thích bằng các bậc tự do dao động).

e) Kiểm tra các điều kiện biên của phần c)

∆CP = 4,1J/mol.K

∆H(475) = ∆H(298) +∆CP(475 – 298)

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

Tính tương tụ cho ∆S ta thu được ∆S(475) - ∆S(298) = 1,91J/mol.K, nhỏ hơn 1,7% so với

∆S(298) = 117J/mol.K.

Tính chính xác các kết qủa ta thu được:

∆H(475) = 77806J/mol.

∆S(475) = 118,9J/mol.K

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

f) (i) Áp suất được tính theo phương trình khí lý tưởng pV = nRT

Khối lượng mol của nitrosyl clorua lag 65,46g/mol, như vậy lượng nitrosyl clorua trong

mẫu là 2,00/65,46mol.

⇒ p = 37,8.103Pa = 0,374atm.

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

(iii) Ở đây cần phải lưu ý đến qúa trình phân hủy:

2NOCl → 2NO + Cl2

Ban đầu:

2/65,46mol 0mol

0mol

Cân bằng: (2/65,46-2x)mol 2xmol xmol

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



p chung = p ( NOCl ) + p ( NO ) + p ( Cl2 ) =



(n



NOCl



)



+ n NO + nCl2 R.600

0,00200



Lúc cân bằng ta có:

2 x.R.600

p NO =

0,00200

x.R.600

p Cl2 =

0,00200

(2

− 2 x).R.600

65,46

p NOCl =

0,00200

Đưa tất cả vào phương trình KP:

2

2

PNO

.PCl 2

0,281.10 5 .0,00200 ⎛ 1

⎞⎟ − x 3 = 0

KP =





x



2

⎝ 65,46 ⎠

8,314.600

PNOCl

Giải phương trình trên ta thu được nghiệm gần đúng x = 0,00824

Từ đó suy ra:

n(NO)

= 0,01648mol

= 0,00824mol

n(Cl2)

n(NOCl)

= 0,01407mol

= 0,03879mol

nchung

= 96,8.103Pa = 0,955atm.

pchung

OLYMPIC HĨA HỌC ĐỨC 1999 (Vòng 3):

Đối với qúa trình đồng phân hóa xiclopropan thành propen ta có

∆H = -32,9kJ/mol.

Bạn hãy bổ sung vào bảng sau:

Chất

∆H đối với qúa trình đốt cháy hồn tồn Entanpy hình thành chuẩn ∆Hf

tính bằng kJ/mol

tính bằng kJ/mol

C(than chì)

-394,1

H2

-286,3

Xiclopropan

-2094,4

Propen

Tất cả các số liệu đều áp dụng cho 25oC và 1013hPa:

BÀI GIẢI:

∆Hf của than chì và H2 là 0kJ/mol

Ta có sơ đồ sau:

C3H6(xiclopropan)



Đồng

phân hóa



C3H6(propen)



+4,5O2

Đốt cháy



3CO2 + 3H2O



+4,5O2



Dựa vào sơ đồ trên ta tính được ∆H (đốt cháy propen) = -2061,5kJ/mol

Ta cũng có sơ đồ sau:

3C + 3H2

+ 4,5O2



Hình thành



Đốt cháy

+ 4,5O2



3CO2 + 3H2O



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

B. Nhiệt độ sôi của etanol

Tải bản đầy đủ ngay(0 tr)

×