Giải bài tập cuối kì Hóa đại cương

TH CHƯƠNG 4: NGUYÊN LÝ I CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC − NHIỆT HÓA HỌC Câu 1: CH4(k) + 2O2(k) → CO2(k) + 2H2O(k) ∆Hc(CH4) o = ∆HPứ o = ∑ ∆Hs(sp) o − ∑ ∆Hs(tg) o → −890,35 = −393,96 + 2. (−285,85) − ∆Hs(CH4,k) o → ∆Hs(CH4,k) o = −75,31 (kJ. mol−1) Câu 2: ∆H3 o = ∆s(CO2,k) o ∆H4 o = ∆s(H2O,l) o ∆H3 o = 2∆s(CO2,k) o + 3∆s(H2O,l) o − ∆s(C2H6,k) o → −1559,837 = 2. (−393,96) + 3. (−285,85) − ∆s(C2H6,k) o → ∆s(C2H6,k) o = −85,573 (kJ. mol−1) Lại có: ∆H1 o = ∆s(C2H6,k) o − ∆s(C2H4,k) o → −136,951 = −85,573 − ∆s(C2H4,k) o → ∆s(C2H4,k) o = 51,318 (kJ. mol−1) PTHH: C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O ∆c(C2H4,k) o = ∑ ∆Hs(sp) o − ∑ ∆Hs(tg) o = ∆H3 o + ∆H4 o − ∆s(C2H4,k) o → ∆c(C2H4,k) o = 2. (−393,96) + 2. (−285,85) − 51,318 → ∆c(C2H4,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 TH = −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: ∆H298 o = −393,51 (kJ. mol−1) ∆Cp o = [37,13 − (8,64 + 29,36)]. 10−3 = −0,87.10−3 (kJ. K−1. mol−1) → ∆H1500 o = ∆H298 o + ∫ ∆Cp odT 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) ∆S298 o = 304,3 − 2.240,45 = −176,6 ( J. K−1. mol−1) < 0 → Quá trình làm giảm Entropy b) ∆H298 o = 9,66 − 2.33,85 = −58,04 (kJ. mol−1) ∆G298 o = ∆H298 o − T. ∆S298 o = −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 ∶ ∆G298 o = ∆H298 o − T. ∆S298 o > 0 → −58,04.103 − T. (−176,6) > 0 TH → T > 328,65K Câu 2: a) ∆S298 o = 2.186,5 − (222,7 + 130,4) = 19,9 ( J. K−1. mol−1) ∆G298 o = −184,42.10−3 − 298.19,9 = −190150,2 J b) ∆Cp o = 2.28 − (34,6 + 27,7) = −6,3 ( J. K−1. mol−1) ∆HT o = ∆H298 o + ∫ −6,3dt T 298 = −184,42.103 + (−6,3t)|298 T = −182542,6 − 6,3T CHƯƠNG 6: CÂN BẰNG HÓA HỌC − CÂN BẰNG PHA Câu 1: a) ∆G298 o = 51,84 − 86,96 = −35,12 (kJ. mol−1) ∆S298 o = 240,45 − (210,62 + 1 2 . 205,03) = −72,685 ( J. K−1. mol−1) → ∆Ho = ∆G298 o + T∆S298 o = −35,12.103 + 298(−72,685) = −56780,13 J ∆G298 o = −RT ln Kp(298) → −35,12 = −8,314.298. ln Kp(298) → Kp(298) = 1,43.10 6 b) ln Kp(398) Kp(298) = ∆Ho 8,314 ( 1 298 − 1 398 ) → Kp(398) = 4,5.10 3 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 TH Câu 2: a) ∆Ho = −201,2 − (−110,5) = −90,7 kJ ∆G298 o = −161,9 − (−137,3) = −24,6 kJ ∆So = ∆Ho − ∆G298 o 298 . 103 = −222 ( J. K−1) b) ∆G298 o = −RT ln Kp(298) Kp(298) = e ∆G298 o −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) ∆G700 o = −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 TH Kp(732) = 5,5.5,5 = 30,25 ln Kp(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) ∆S700 o = ∆Ho − ∆G700 o 700 = 248,8 J. mol−1 Câu 4: a) Kp = Kn. ( P ∑ n ) ∆n = 10,32 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 → { x − 10,3 = 0,21 y − 5,15 = 5,37 → { x = 10,51 y = 10,52 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% TH CHƯƠNG 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 TH → [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 = x2 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 ↔ Pb 2+ + 2I− 1,5.10−3 3.10−3 b) TT = [Pb 2+]. [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 TH Câu 4: (NH4)2C2O4 → 2NH4 + + C2O4 2− 0,05 0,035 0,035 CaC2O4 → Ca 2+ + C2O4 2− 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 ↔ Mg 2+ + 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 → Mg 2+ + SO4 2− 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 TH Câu 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 = 2 T−20 10 → 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℃ = e1,537 = 4,649 Câu 4: ln v2 v1 = − 1 RT (Ea2 − Ea1) = − 1 8,314. (20 + 273) (8,368 − 75,312). 103 = 27,481 → v2 v1 = e27,481 = 8,61.1011 TH Câu 5: ln 2 = kt → k = ln 2 t = ln 2 80 (năm−1) ln C0 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) ln k2 k1 = −Ea RT2 − −Ea RT1 → ln k2 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 TH Câu 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 = EH+/H2 o + 0,059 2 lg 12 Et = EH+/H2 o + 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 + + SO4 2− x x 2 −Phân tích giống như bài trên − 0,109 = 0,059 lg 2 x → x = x2. x 2 = 1,1453.10−5 Câu 5: a) có ESn4+/Sn2+ o < EFe3+/Fe2+ o Sn4+ Sn2+ Fe3+ Fe2+ ∶ Áp dụng quy tắc alpha → Phản ứng xảy ra theo chiều nghịch TH b) E0 = Eoxh o − Ekhử o = ESn4+/Sn2+ o − EFe3+/Fe2+ o = 0,15 − 0,77 = −0,62 → ∆Go = −nEoF = −2. (−0,62). 96500 = 119660 J lg k = nEo 0,059 = 2. (−0,62) 0,059 → k = 9,6.10−22 Câu 6: a) Fe2+ 1 2 Fe3+ Fe 3 ∆G3 o = ∆G1 o + ∆G2 o → −3EFe3+/Fe o F = −1EFe3+/Fe2+ o F − 2EFe2+/Fe o F → EFe3+/Fe o = 2. (−0,44) + 0,771 3 = −0,0363 V b) 2Fe3+ + 2e ↔ 2Fe2+ Fe ↔ Fe2+ + 2e → Eo = Eoxh o − Ekhử o = EFe3+/Fe2+ o − EFe2+/Fe o = 0,771 + 0,44 = 1,211 → lg k = n. Eo 0,059 = 2.1,211 0,059 → k = 1,124.1041 +) Điều kiện tổng hợp FeSO4. 7H2O bằng cách cho phoi bào sắt tác dụng với H2SO4 loãng tức là làm cho Fe 2+ tồn tại bền hay phản ứng xảy ra theo chiều thuận → Cho dư phoi bào Fe TH Câu 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