Ôn thi học sinh giỏi hóa học

X©y dùng bµi tËp c©n b»ng ho¸ häc C©n b»ng ho¸ häc lµ mét chuyªn ®Ò quan träng trong Ho¸ häc . Nã cã liªn quan ®Õn rÊt nhiÒu lÜnh vùc cña Hãa häc . Khi tiÕp cËn víi chuyªn ®Ò nµy , chóng ta cã mét c¸i nh×n biÖn chøng vÒ c¸c ph¶n øng hãa häc . Do ®ã nghiªn cøu lý thuyÕt vµ kÕt hîp víi viÖc x©y dùng , s­u tÇm c¸c bµi tËp trë nªn hÕt søc cÇn thiÕt ®Ó tõ ®ã kh¾c s©u kiÕn thøc ®• ®­îc Trªn c¬ së ®ã , t«i ®• tiÕn hµnh tæng kÕt lý thuyÕt vµ x©y dùng c¸c d¹ng bµi tËp cña c©n b»ng ho¸ häc th«ng qua mét sè d¹ng kh¸c nhau A. Lý thuyÕt vÒ c©n b»ng ho¸ häc I. §Þnh luËt t¸c dông khèi l­îng T¹i T,p = const , diÔn ra ph¶n øng : aA + bB + … cC + dD + … => ThÕ ®¼ng ¸p cña ph¶n øng (Gp­) ®­îc x¸c ®Þnh bëi ph­¬ng tr×nh : G = G0 + RTln = G0 + RTln Q (I) G0 lµ thÕ ®¼ng ¸p cña ph¶n øng ë ®iÒu kiÖn chuÈn . (i) lµ ho¹t ®é cña chÊt i . Khi ph¶n øng ®¹t ®Õn tr¹ng th¸i c©n b»ng => G = 0 (I) => G0 = RTln cb (II) Tõ (II) => ln cb = (III) Khi T = const => = const = Ka (IV) => G0 = RTln Kcb (V) Tõ (I) => G = RT ln Kcb + RT ln Q = RT ln (VI) Tuú thuéc vµo ®Æc ®iÓm c¸c chÊt trong ph­¬ng tr×nh ph¶n øng mµ Kcb cã thÓ ®­îc biÓu thÞ ë c¸c h×nh thøc kh¸c nhau. II . H»ng sè c©n b»ng . 1. C©n b»ng ho¸ häc ®ång thÓ trong pha khÝ lý t­ëng. A, H»ng sè c©n b»ng Kp §èi khÝ lý t­ëng : Ho¹t ®é (i) = pi (¸p suÊt riªng phÇn) => Kp = Kcb = f(T) => Kp = (VII) VÝ dô : Ph¶n øng : 2Cl2(k) + 2H2O (k) 4HCl(k) + O2 (k) () Gi¶ sö c¸c khÝ trong ph¶n øng () ®Òu ®­îc coi lµ lý t­ëng. => Kp = Q = => G = RT lnQ RT ln Kp b, H»ng sè c©n b»ng theo sè mol Kn Ta cã : n : tæng sè mol c¸c khÝ ; P lµ ¸p suÊt toµn phÇn cña hÖ . => Víi  = (c + d + … ) ( a + b +…) Ta cã : P . V = n.RT => => KP = Kn . c, H»ng sè c©n b»ng Kc (H»ng sè c©n b»ng nång ®é) pi = i. RT i lµ nång ®é chÊt i ë thêi ®iÓm c©n b»ng. => Kp = (RT)(c + d + …) (a + b + …) §Æt : n = (c + d + …) (a + b + …) Kc = => Kp = Kc (RT)n => Kc = = f(T) R = 0,082 atm. lit ®é . mol . d, §¹i l­îng Kx Ta cã : ¸p suÊt riªng phÇn Pi = xi . PT ( PT lµ ¸p suÊt toµn phÇn ) Trong ®ã : xi = => Kp = Kx . Pn víi Kx = => Kx = => Kx = f(T, PT) => Kx kh«ng ph¶i lµ h»ng sè c©n b»ng. e, Thø nguyªn cña Kp , Kc, Kx. Kp = atm(c + d +…) (a + b + …) Kc = (nång ®é)n Kx kh«ng cã ®¬n vÞ 2. HÖ c¸c pha khÝ víi sù cã mÆt cña c¸c pha ng­ng tô nguyªn chÊt. Pha ng­ng tô nguyªn chÊt cã thÓ lµ pha r¾n hoÆc pha láng th× ho¹t ®é cña chóng ®Òu ®­îc coi lµ h»ng sè vµ ho¹t ®é ®ã ®­îc chuyÓn vµo h»ng sè c©n b»ng. Do ®ã trong biÓu thøc h»ng sè c©n b»ng chØ mÆt chÊt khÝ . VD : CaCO3 (T) CaO(r) + CO2 (k) => Kp = p ¬ 3. Dung dÞch n­íc lo•ng lý t­ëng. Ho¹t ®é cña dung m«i n­íc = 1 ; ho¹t ®é cña c¸c chÊt tan trong dung dÞch ®­îc chÊp nhËn = Ci (nång ®é cña chÊt i trong dung dÞch lo•ng lÝ t­ëng) Khi ®ã : Kcb = i lµ nång ®é chÊt i ë tr¹ng th¸i c©n b»ng . Khi ®ã G = G0 + RT ln Kcb 4. Sù tæ hîp c©n b»ng XÐt vÝ dô 2 H2 + Cl2 2HCl(k) (1) G0I 1 2H2 + O2 2H2O (k) (2) G0II 2Cl2 + 2H2O(k) 4HCl(k) + O

Xây dựng bài tập cân bằng hoá học

Cân bằng hoá học là một chuyên đề quan trọng trong Hoá học

Nó có liên quan đến rất nhiều lĩnh vực của Hóa học Khi tiếp cận với chuyên đề này , chúng ta có một cái nhìn biện chứng về các phản ứng hóa học Do đó nghiên cứu lý thuyết và kết hợp với việc xây dựng , su tầm các bài tập trở nên hết sức cần thiết để từ đó khắc sâu kiến thức đã

đợc

Trên cơ sở đó , tôi đã tiến hành tổng kết lý thuyết và xây dựng các dạng bài tập của cân bằng hoá học thông qua một số dạng khác nhau

A Lý thuyết về cân bằng hoá học

I Định luật tác dụng khối lợng

Tại T,p = const , diễn ra phản ứng :

aA + bB + … cC + dD + …

=> Thế đẳng áp của phản ứng (∆Gp) đợc xác định bởi phơng trình :

∆G = ∆G0 + RTln (( ))a (( ))b

d c

B A

D C

= ∆G0 + RTln Q (I)

∆G0 là thế đẳng áp của phản ứng ở điều kiện chuẩn

(i) là hoạt độ của chất i

Khi phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng => ∆G = 0

(I) => ∆G0 = - RTln (( ))a (( ))b

d c

B A

D C

Từ (II) => ln (( ))a (( ))b

d c

B A

D C

B A

D C

= const = Ka(IV)

=> ∆G0 = - RTln Kcb(V)

Từ (I) => ∆G = - RT ln Kcb + RT ln Q = RT ln

cb

K Q

(VI)

Tuỳ thuộc vào đặc điểm các chất trong phơng trình phản ứng mà Kcb có thể đợc biểu thị ở các hình thức khác nhau

II Hằng số cân bằng

1 Cân bằng hoá học đồng thể trong pha khí lý tởng.

a A

d D

c c

P P

P P

=> Kp =

cb O H Cl

O HCl

P P

P P

4

2 2

2

.

.

O H Cl

O HCl

P P

P P

n

n n

B

a A

d D

c c

pi = [ i] RT [ i ] là nồng độ chất i ở thời điểm cân bằng

=> Kp = [[ ]]a [[ ]]b

d c

B A

D C

(RT)(c + d + …) - (a + b + …)

Đặt : ∆n = (c + d + …) - (a + b + …)

Kc = [[ ]]a [[ ]]b

d c

B A

D C

=> Kp = Kc (RT)∆n => Kc = RT n

Kp

∆

) ( = f(T)

R = 0,082 atm lit /độ mol

Ta có : áp suất riêng phần Pi = xi PT ( PT là áp suất toàn phần )Trong đó : xi = ∑ i

d D

c c

x x

x x

d D

c c

P P

P P

B A

D C

[ (nồng độ)∆n ]

Kx không có đơn vị

2 Hệ các pha khí với sự có mặt của các pha ngng tụ nguyên chất.

Pha ngng tụ nguyên chất có thể là pha rắn hoặc pha lỏng thì hoạt

độ của chúng đều đợc coi là hằng số và hoạt độ đó đợc chuyển vào hằng số cân bằng Do đó trong biểu thức hằng số cân bằng chỉ mặt chất khí

VD : CaCO3 (T) CaO(r) + CO2 (k) => Kp = pCO2

3 Dung dịch nớc loãng lý tởng.

Hoạt độ của dung môi nớc = 1 ; hoạt độ của các chất tan trong dung dịch đợc chấp nhận = Ci (nồng độ của chất i trong dung dịch loãng lí tởng)

Khi đó : Kcb = [[ ]]a..[[ ]]b

d c

B A

D C

=> KP(III) = 1

) (

2 ) ( )

(

2 ) (

. −

II P

I P

K K

K K

=> Một phản ứng là tổng đại số của các phản ứng thành phần thì hằng số cân bằng của phản ứng đó là tích các hằng số cân bằng của các phản ứng thành phần với luỹ thừa là phần đóng góp của phản ứng đó trong phản ứng tổng

III Các yếu tố ảnh hởng tới cân bằng.

=> Khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt ( nghĩa là chống lại sự tăng nhiệt độ )

2 ảnh hởng của áp suất lên cân bằng hoá học.

VD CO(k) + H2O(k) CO2 (k) + H2 (k)

TH 2 ∆n < 0 (giảm số mol khí ) => khi tăng áp suất chung, Kx giảm =>

∆G = ∆G0 + RT ln Kx P∆n < 0

= > cân bằng chuyển dịch về phía thuận

TH 3 ∆n > 0 (tăng số mol khí) => khi tăng áp suất chung, Kx tăng

d c

B A

D C

+ RT ln( RT ) ∆n = ∆G0' + RT ln (( ))a (( ))b

d c

B A

D C

Lúc cân bằng ∆G = 0 => Qc = Kc= [[ ]]a[[ ]]b

d c

B A

D C

Nếu tăng nồng độ chất phản ứng ([A] , [B] ,….), ∆G trở nên âm,

hệ không còn ở trạng thái cân bằng nữa Phản ứng theo chiều từ trái sang phải tiếp tục xảy ra cho đến khi ∆G = 0 Sự tăng nồng độ của các chất sản phẩm ( [C] , [D] , … ) sẽ gây nên kết quả ngợc lại

Chú ý : Sự thay đổi nồng độ tơng tự sự thay đổi áp suất riêng phần

4 Nguyên lý Lơ Satơliê

Mọi sự thay đổi của các yếu tố xác định trạng thái của hệ cân bằng , sẽ làm cho cân bằng chuyển dịch về phía chống lại những thay đổi đó

5 Sự phá vỡ cân bằng.

Trờng hợp đặc biệt này xảy ra khi trong phản ứng có sự tham gia của các chất ngng tụ, đặc biệt là chất rắn

Nguyên nhân trong giai đoạn khi ∆G < 0 thì lợng chất ngng tụ tham gia bị hết do đó cân bằng không đạt đợc.

B Xây dựng bài tập về cân bằng hoá học.

Các dạng bài tập đợc xây dựng, su tầm cần khắc sâu các kiến thức

đã học đồng thời gợi mở các vấn đề khác có liên quan Trên cơ sở đó

đợc thiết lập với Kp = 1,85 áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng

đo đợc 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 nh 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 đợc , điều này có phù hợp với nguyên lý

Lơ Satơliê hay không ?

c, Lặp lại thí nghiệm b, nhng 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 đợc , điều này có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê hay không ?

P x

x P

P

P x

x P

Cl Cl

Cl

1

1 1

3 2

5

+

=

= +

−

=

áp dụng định luật tác dụng khối lợng (ĐKTDKT), ta có :

85 , 1 1

1 1

) 1 (

2 2

2 2 2

x x

P x x

P

P P K

PCl

Cl Cl p

P = 2atm => 0 , 925

2

85 , 1

mol n

mol n

n

PCl

Cl PCl

Tại thí nghiệm b, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng = 2 + y (mol)

P y

y P

P y

y P

2

1

;

=

=

Ta có :

566 , 1 1

1

) 2 (

2 2

y V

RT y

y K

V

RT y V

RT n P

P P

c, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng= 2 + z

85 , 1 2 ) 1 ( 2 (

2 2

1

2 2

2

5

2 3

z P

P P

P

PCl

Cl PCl

=> 0,231( 0,769) ( ) 0,693 ( )

5

3 2

mol n

mol mol

n n

PCl

PCl Cl

Ban ®Çu 2atm

P P

Cl SO

Cl SO

92582 , 1

b, Ban ®Çu cã 150 mol SO2Cl2

T¹i thêi ®iÓm c©n b»ng n SO n Cl 144 , 4365mol

2

92582 , 1 150

2

VÝ dô 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 ngời ta lấy CH4 và H2O theo tỷ lệ mol là 1 : 4 Tại thời

điểm cân bằng, ngời ta thu đợc hỗn hợp có tỷ khối so với H2 là 203

a, Xác định áp suất riêng phần của các khí ở thời điểm cân bằng

và áp suất toàn phần của hệ :

n x

n

M n

2 5

2 3 28 ) 4

( 18 ) (

16

0

0 0

2

+

+ +

− +

−

=

0

0 0

0

0

9 , 0

80 200

264 3

40 2

5

88

n x

x n

n x

=

) ( 1 , 1

1 30 6 , 6

2 , 0

; ) ( 1 , 1 16

) ( 1 , 1

12

; ) ( 11 4

) ( 30

357 )

6 , 6 ( 2 , 3 02

) 4 , 2 (

8 , 0

.

6 , 6

2 , 3

6 , 6

2 , 3

6 , 6

2 , 0 6 , 6

6 , 6

4 , 2 2 5 3

6 , 6

8 , 0

6 , 6

8 , 0

2 5

4 2

2

2 4 2 2

4

2

2

2 3

3 0 0 0 0 0

0

0 0

atm P

atm P

atm P

atm P

atm P

P P

P

P P K

P P

n

n P

P n

x n P

P P

x n

x P

P P

n

n P

x n

x P

CH O

H

H CO

T

T O

H CH

H CO P

T T

O

H

T CH

T T

H

T T

T CO

=

=

= +

=

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

a, Tính độ chuyển hoá (α) khi ban đầu ngời 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 phơng trình phản ứng đợc coi là lý tởng

Bài giải

10

1000 082 , 0 3 0

) (

V

RT n

P P

O H

H CO

P x

b, Tăng thể tích bình lên 100 lít

2 2

2

100

1000 82 , 0

n H

CO O

x

n n2 = 3 − + 2 = 3 +

=> PT = 0,82 (3 + x)

x P

x

x P

) 82 , 0 (

P P

O H

H CO

x2 = 15 - 5x  x2 + 5x - 15 = 0 => x = 2,11 (mol) > 2

=> Khi tăng lên 100 lít, cân bằngđã bị phá vỡ => Số mol khí trong bình :

) ( 1 , 4 1000

1000 82 , 0 5

1

; 2

2 2

atm P

mol n

mol n

n

T

O H H

Cho biết NH+ 4 , pKa = 9,24 pK s Fe(OH)3 = 37 ; pK s Mg(OH)2 = 11

Fe(ClO4)3  Fe3+ + 3ClO43.10-2 3.10-2

=> Cân bằng (1) trội hơn rất nhiều so với cân bằng (2) và cân bằng (1)

là cân bằng chính (Môi trờng axit, bỏ qua sự phân ly của nớc)

2

10 10

3

) 10 5 ( ]

[

] ) ( [

−

− +

+ +

Fe

OH Fe H

Giải phơng 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,

) ( 10 5 , 2 2

10 5

; )

( 015 , 0 2

03 , 0

) ( 10 4 2

10 8

; 05

, 0 2

1 , 0

3 3

2 2

4 3

2 3

M C

M C

M C

M C

HClO Fe

Mg NH

2NH3 + 2H2O + Mg2+ Mg(OH)2↓ + 2NH+ 4 (4) K4= 10 1,48

NH3 + H+ NH+ 4 (5) K5 = 10 9,24NhËn xÐt : K5, K3 rÊt lín, ph¶n øng x¶y ra hoµn toµn

NH3 + H+ NH+

42,5.10-3 2,5.10-3 2,5.10-33NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH+

4 4,75.10-2 1,5.10-2

KiÓm tra sù kÕt tña cña Mg(OH)2

10 5 , 2

10 75 , 4 10 ] [

]

3

2 24

, 9 3

) (

2 1

2

1 2

1

2 2

atm P atm P

atm P

O SO

SO

∆G0 p = -RT lm Kp = - 8,314 1000 (- 0,67) = 5570,38 (J)

Ta cã : ∆G0 = ∆H0 - T∆S0

=> ln Kp =

R

S RT

H RT

) 26 , 76088 (

Kp = 2,17 1013

) ( ) (

) (

)

4 4

2 2

2 2

2

2

atm P atm P

atm P

atm P

O HCl

O H Cl

b, Ta cã ln Kp =

R

S T

R

H RT

S T

)

( ∆ − ∆ = − ∆ + ∆

−

Vì ∆S0 , ∆H0 đợc giả thiết là không phụ thuộc vào t0

=> ln Kp (698k) = 4 , 245

314 , 8

) 63 , 128 ( 698

1 ) 314 , 8

6 ,

) 46 , 233 93 ( 0

Kp = 2,19 1016

) ( ) (

)

4 4

2 2

2

atm P atm P

atm P

O HCl

Giả sử ∆H0 không phụ thuộc vào nhiệt độ, các khí đợc coi là lý ởng

t-Bài giảiVì ∆n = 0 => Kp = Kc = Kx

CO(k) + H2O (k) H2 (k) + CO2(k) nT

05 ,

95 , 0 7

95 , 0

=

7

01 , 0

; 7

99 , 0

2 2

) 99 , 0 ( 2

1 1

0

460 (

) (

T R

H K

K

C P

T P

) 41000 (

57 , 3

56 , 19

b Ph¶i t¨ng thÓ tÝch b×nh lªn bao nhiªu th× sù ph©n hñy x¶y ra hoµn toµn

Bµi gi¶iGäi x lµ sè mol CaCO3 bÞ ph©n hñy

y lµ sè mol C tham gia ph¶n øng

Ta cã: CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) (1) K1 = 0,2

x -yC(r) + CO2(k) 2CO(k) (2) K2 = 2

x - y 2y

sè mol cña hçn hîp khÝ = x + y ( mol )

Tõ (1) => K1 = PCO2 = 0,2 atm = (x - y) RT V = (x- y)

4

,

22

) 820

4 , 0 4

,

Thay vào (I) => x= 0,129

b, Để sự phân hủy CaCO3 xảy ra hoàn toàn => x = 1

Và áp suất riêng phần của các khí tại thời điểm cân bằng bị phá hủy là không bị thay đổi Nghĩa là PCO = 0 , 632atm và PCO2 = 0,2atm

=>

) ( 632

, 0 ' 2

) ( 2

, 0 ) ' 1 (

II y

V

RT

I y

Với y là số mol C đã tham gia phản ứng

Lấy (II) chia cho (I) => 3 , 16

' 1

'

2 =

−y y

=> y = 0,612 mol Thay vào (II)

632 , 0

612 , 0 2 ).

273 820 (

082 ,

c, Nếu đem nóng bình phản ứng lên 1510K thì chỉ cần lấy số mol H2 gấp 2,85 lần số mol FeO thì vừa đủ khử hết.Tính ∆Hp

Bài giảiFeO(k) + H2 (k) Fe (k) + H2O (k) (1)

Kp =

2 2

2

2

H

O H H

O H

n

n P

P

=

Theo đầu bài 0

0 0

H

FeO FeO

H H

n n

n n

n n

6 , 1 1

%

% 67 , 66

% 100 6 , 1 2 , 3

2 , 3

=

O H

H

V V

c, Ta có : Kp = 0 , 54

85 , 1

P P

Ta có : ln = − ∆  2 − 1 

1 1

1

2

T T R

H K

K

T

P T

1 314 , 8 5

, 0

54 ,

b, Trong một bình chân không dung tích 50 lít giữ ở 8500C, ngời

ta cho vào 1 mol CH4 Xác định độ phân ly α của CH4 cũng nh áp suất của hỗn hợp khí ở thời điểm cân bằng (Giả thiết các khí là lý t-ởng)

(

) (

T T R

H T

K

T K

P P

=>Với ∆H = 74900 J => KP (1123K) = 15,4

b, Với α là độ phân ly ta có:

CH4(k) C(r) + 2H(k)Ban đầu : 1

4 2

2 2

1

=

V nRT

=> Kp = 1 , 84 ( 1 )

1

4 2

2 2

1123 082 , 0 ).

1 (

c, Tính số mol NaOH cho vào bình phản ứng chứa 1 lít dung dịch

A để kết tủa B tan vừa hết Tính pH của dung dịch thu đợc (coi sự thay

đổi thể tích là không đáng kể)

2 )

(CN

Ag , lgβ = 21,1AgCN↓ , pKs = 16 AgI↓ , pKs = 16

Bài giải

a, Tính pH

KI  K+ + I0,01 0,01 0,01H2O H+ + OH- Kw = 10-14HCN H+ + CN- Ka= 10-9,3

-=> Ta có Ka >> Kw -=> cân bằng của HCN sẽ quyết định pH của dung dịch

HCN H+ + CN- Ka= 10-9,3

C 0,1[ ] 0,1 - x x x

Ka = [ ] [ ]

2 10 1

, 0

−

− +

CN H

Ag+ + I- AgI ↓ (1) K1 = 1016

Ag+ + HCN AgCN↓ + H+ (2) K2 = 10+6,7

Ag+ + 2HCN Ag(CN)2- + 2H+ (3) K3 = 102,5NhËn xÐt : K1 >> K2 >> K3

=> Do vËy kÕt tña AgI sÏ t¹o ra tríc

2

) 2 1 , 0 (

) 2 ( ]

[

] [ [ ] ) (

H I CN Ag

Gi¶ thiÕt x << 0x,1 => 13 , 5

2

2 10 1 , 0

7 72

, 3

3 , 9

M H

12 03

, 4

16

M I

−

−

=> [Ag+] [CN-= 2,9.10-19 < Ks = 10-16 => kh«ng cã kÕt tña AgCN

3 Khi cho NaOH vµo dung dÞch : NaOH  Na+ + OH

-Ph¶n øng :

AgI + 2HCN + 2OH- Ag(CN)- 2 + I - + 2H2O

K = K1-1.K32.K-2 w = 10 14,5

K rất lớn, phản ứng coi nh xảy ra hoàn toàn

Khi hoà tan vừa hết : [Ag(CN)- 2] = [I -] = 10-2(M)

[HCN] = 0,1 - 2.10-2 = 8.10-2 (M)

10

10 ) (

14 2

16

M I

] ) (

10 2 10 ] [

]

5

2 3

Cho cân bằng sau : CO(k) + 2H2 (k) CH3OH(k)

∆H0 p = - 90kJ.mol -1 , giả thiết là không đổi khi nhiệt độ thay đổi

KP (573K) = 2,5.10-3

a, Trong 1 bình kín, ban đầu lấy CO và H2 theo tỷ lệ mol 1 : 2 tại nhiệt độ 573K Xác định áp suất toàn phần của hệ để hiệu suất phản ứng đạt 70%

b, Xác định phơng trình của sự phụ thuộc giữa lnKP vào T

c, Tại 200bar, xác định nhiệt độ mà tại đó hiệu suất phản ứng đạt 70%

Bài giải :

CO(k) + 2H2 (k) CH3OH(k)Ban đầu 1 2 0 nT = 3

OH CH T

H

x

x P

P P

2 3

; 375

, 0 2

2 2

3 2

1 ) 375 , 0 (

1875 , 0

4375 , 0 10

5 , 2

2

3

T h

CO

OH CH P

P P

573 (

) ( ln

0

T R

H K

K

T

P P

1875 , 0

4375 ,

2 2

Bµi lµm :

Ta cã : lnKP =

R

S RT

= - 1534,4 (J/mol) < 0

=> t¹i ®iÒu kiÖn chuÈn ph¶n øng tù diÔn ra theo chiÒu thuËn

b, Px = 0,1 (atm) ; PY = 0,5 (atm) ; PZ = 0,4 (atm)

32 ) 5 , 0 ( 1 , 0

4 , 0 3 = 3 =

=

Y X

Z P

P P P Q

§Ó ph¶n øng tù diÔn ra

∆G = ∆G0 + RTlnQP < 0  - RT

Qp RT

1 )

813 (

) 843 ( ln

0 0

0

R

H K

K

K

P P

K

K K

P

843

1 314 , 8

110950 )

(

) 843 ( ln

4 , 22 1

Ví dụ 9 Xét phản ứng chuyển hoá CH4 bằng hơi nớc ở 900K,

d-ới áp suất toàn phần P xuất phát từ hỗn hợp đầu chứa 4,0mol nớc và 1 mol metan Hệ là trung tâm của 2 cân bằng

CH4(k) + H2O(k) CO(k) + 3H2 (k) K1 = 1,30

CO + H2O CO2(k) + H2 (k) K1 = 2,2Xác định áp suất toàn phần P ở cân bằng để cho n CO2= 0,50 mol

2 2 2

) 5 , 0 3 ( 5 , 0 2

, 2 ) 4

( ) (

) 3 ( ) (

y x

y x

y

x y x K

(y < 1)

3y + 0,5 = 4,8(4y - 17,5 - y2) = 19,2y - 8,4 - 4,8y24,8y2 = 16,2y + 8,9 = 0

=> y1 = 2,68 > 1 (loại) y2 = 0,69

=> y = 0,69

3 , 1 ) 38 , 6 (

81 , 2 31

,

0

) 57 , 2 ( 19

,

0

4

2

3

3 )

1

(

2 4 2

T

T T

O H CH

H CO P

P

P n

x y n

y

n

x y n

x y

P P

P P K

c) Ban đầu dùng 150 mol SO2Cl2(khí), tính số mol Cl2(khí) thu

đ-ợc khi (1) đạt tới cân bằng

Các khí đợc coi là khí lý tởng

2 a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M

b) Độ điện li thay đổi ra sao khi

- Pha loãng dung dịch ra 50 lần

∝

−

∝

= 50

2

50 Kp

P

Kp

+

= +

Do đó SO2Cl2 còn lại chiếm ì 100% ≈ 0,98%

b) Độ điện li thay đổi ra sao khi

- Pha loãng dung dịch ra 50 lần:

-Khi có mặt NaOH 0,0010M:

NaOH = Na+ +

OH-3 36

, 3 2

b

2

10 88 , 1 x 10

x 010 , 0

x K

10 88 ,

NH

50

10 C

x 10 2

2

10 49 ,

p 2 2

=

− +

→

=

−

HCOON HCOO- + Na+

HCOO- + H2O HCOOH + OH - (1)

% 9 , 23 10 10

10 39 ,

, 3

3

10 49 , 1 x 10

10 49 ,

, 3 3

3

10 39 , 1 x 10

, 3

14 b

10 10

K = −− = −

Ka HCOOH > Ka CH3COOH ( = 10 -4,76

) nên K,b < 10-14 / 10 -4,76 = 10 -9,24 << Kb(10-3,36) Vậy cân bằng (2) không ảnh hởng gì đến cân bằng (1)

α α α α

− +

là 1,8 103 l mol–1 tại 250C và 3,45 103 l mol –1 tại 400C

a) Giả sử ∆H không phụ thuộc nhiệt độ, hãy tính ∆H0 và ∆S0