Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học.
K Ỳ THI CH Ọ N H Ọ C SINH GI Ỏ I QU Ố C GIA N Ă M 2003 (B ả ng A) Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương
trình PCl5 (k) ⇋ PCl3 (k) + Cl2 (k)
1. Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết
lập biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo α, m, V. 2.
Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T1 người ta cho 83,300 gam PCl5 vào bình dung tích V1. Sau khi đạt tới cân bằng đo được p bằng 2,700 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hidro bằng 68,862. Tính α và Kp.
3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl5 và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1 nhưng thay dung tích là V2 thì đo được áp suất cân bằng là 0,500 atm. Tính tỉ số V2
.V1 (4) (Khi thêm NO hay Br2)
4. Trong thí nghiệm 3 giữ nguyên lượng PCl5 và dung tích bình V1 như ở thí nghiệm 1 nhưng hạ nhiệt độ của bình còn T3 = 0,9 T1 thì đo được áp suất cân bằng là 1,944 atm.
Tính Kp và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.
Cho: Cl = 35,453 ; P : 30,974 ; H = 1,008 ; Các khí đều là khí lí tưởng.
BÀI GI Ả I:
1. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc ban đầu
PCl5 (k) ⇌ PCl3 (k) + Cl2 (k) a mol
cân bằng a – x x x (mol)
Tổng số mol khí lúc cân bằng : a + x = n α = x ; Khối lượng mol: M
PCl5 = 30,974 + 5 x 35,453 = 208,239 (g/mol)
a M
PCl3 = 30,974 + 3 x 35,453 = 137,333 (g/mol)
MCl2 = 70,906 (g/mol) m gam
= a mol PCl5 ban đầu 208,239 gam/mol
*áp suất riờng phần lỳc cõn bằng của mỗi khớ:
P = a − x p trong đó P =P = x P
PCl5
a + x
PCl3 Cl2 a +
x
x 2
P ×P × p x 2 a +
x
Cl PCl
= a + x × p2 × × 1
Kp = 2P 3 =
PCl5 a - x p ( a +x)2 a − x p
a + x
x2
x2 × p x2 α2
Kp = = × p ; Kp = 2 a2 2 × p = × p
(a+ x) (a − x) a 2 − x2 a − x 1−α2
a(1 −α)
a 2 a2
* Kc = [PCl5] = trong đó [PCl ] = [Cl ] = aα
V 3 2 V
[
PCl3 ] [ Cl2 ] ( aα ) 2
Kc = = ×
V
=
aα2
=
m α2 [PCl5 ] V2 a ( 1 −α) V(1 −α) 208,239V(1 −α) Hoặc: Kp = Kc (RT)∆V ∆Vkhí = 1
Kp = Kc (RT) pV = nRT = (a + x) RT → RT = pV a + x Kp = Kc pV → α2 × p = Kc pV
a + x 1 −α a + x
Thay x = aα → α2 × p = Kc pV → Kc = a× α2 (1 + α )
1 −α2 a(1 +α) V 1 −α2
Kc = a α 2 (1 +α) = aα2 = m α2
×
V ( 1 +α) (1-α) V(1 −α)
= pV a(1 +α)
* Quan hệ Kp và Kc. Từ cách 1 : Kc = Kp 1 RT
Thay RT = pV → Kc = Kp ×a(1 +α) = α p ×a(1 +α) = a α2
a(1+α) pV 1 −α2 pV V(1−α)
2. Thí nghiệm 1 : nPCl5 ban đầu = a = 208,239 g/mol83,30 g = 0,400 mol của hỗn hợp cân bằng: 68,826 × 2,016 = 138,753 g/mol M
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a (l + α1) = 138,753 g/mol83,30 g = 0,600 mol
n1 = a (1 +α1) = 0,400 (1 + α1) = 0,600 → α1 = 0,500
* Tìm Kp tại nhiệt độ T : Kp = α2 ×p = (0,5)2 ×2,70 = 0,900 1−α2 1−(0,5)2
1
3. Thí nghiệm 2: - Giữ nguyên nhiệt độ → Kp không đổi.
- Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu: a = 0,400mol.
- áp suất cõn bằng P2 = 0,500 atm.
Ta có α22 × p2= Kp = α22 ×0,500 = 0,900→ α22
= 0,64286 → α2 = 0,802
1 −α22 1−α22
Tổng số mol khí lúc cân bằng: n2 = 0,400 + (1+ α2) ≈ 0,721 (mol).
* Thể tích bình trong TN 2: V =n2 RT1 so víi V =n1 RT1
2 p2 1 p1
V2 = n2×p1 =0,721 ×2,700 = 6,486 (lần)
V n
1 p
2 0,600 0,500
1
4. Thí nghiệm 3:
- Thay đổi nhiệt độ → Kp thay đổi.
- Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu a = 0,400 mol và V1
-áp suất cõn bằng P3 thay đổi do: nhiệt độ giảm (T3 = 0,9 T1), tổng số mol khí thay đổi (n3 ≠ n1).
P3 = 1,944 atm ; Tính α3 :
n3 = a (1+α3) = 0,400×(1+α3) ; p3V1 = n3RT3 = 0,9 n3RT1 ; P1V1 = n1RT1. P3= 0,9n3 → 1,944 = 0,400× (1 + α 3 )×0,9 → α
3
= 0,200 → n = 0,48 mol
P1 n1 2,700 0,600 3
* K (T3 ) = α32 ×p = (0,200)2 × 1,944 = 0,081
P 1−α32
3 1−(0,200)2
* Khi hạ nhiệt độ, Kp giảm → cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Chiều nghịch là chiều phát nhiệt → Chiều thuận là chiều thu nhiệt.
K
Ỳ THI CH Ọ N H Ọ C SINH GI Ỏ I QU Ố C GIA N Ă M 2004 (B ả ng A)
1. Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân không thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng canxi cacbonat ban đầu phân hủy hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại
nhiệt độ đó khí CO2 trong bình có áp suất là 0,903 atm .
2. Tại 200C, phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng) 2 HBr (k) (1) có hằng số cân bằng Kp = 9,0 .1016 . kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí.
a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (2) tại 20OC và áp suất p = 0,25 atm.
Br2 (k)
b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hóa học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp:
*) Trong bình không có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng).
BÀI GI Ả I:
1. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng:
CaCO3 ⇌ CaO + CO2 (k) (*)
Trong bình chỉ có khí CO2. Giả thiết đó là khí lý tưởng, ta có:
n = PV = 0,903 × 1,0 = 0,01 (mol). Vậy nCO2 = 0,01 mol.
0,082054 ×1073,15 RT
Nh
ậ n xét:
Theo đề bài, lượng CaCO3 cho vào bình chân không là: 10
nCaCO3 =100 = 0,1 mol
Lượng CaCO3 đã bị phân tích chỉ là 0,01 mol.
S ự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO3 còn lại không ảnh hưởng tới kết quả tính vì các chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích không đáng kể.
b) Giả thiết lượng CaCO3 cho vào bình chân không bị phân tích hết áp suất khí CO2 vẫn là 0,903 atm (vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hoá học ).
Do đó:
Vmin = n RT / P = 0,1 × 0,082054 × 1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít) 2. a) Phản ứng H2 (k) + Br2 (lỏng) ⇌ 2 HBr (k) (1)
có (Kp)1 = p2HBr / p H2 (a)
còn phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) ⇌ 2 HBr (k) (2) có (Kp)2 = p2HBr / p H2× p Br2 (b)
Xét cân bằng Br2 (lỏng) ⇌ Br2 (k) (3)
có (Kp)3 = pBr2 (k) (c)
Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2):
H2 (k) + Br2 (lỏng) ⇌ 2 HBr (k) (1) Br2 (l) ⇌ Br2 (k) (3)
(1) – (3): H2 (k) + Br2 (k) ⇌ 2 HBr (k) (2) Vậy (Kp)2 =
(Kp)1
= 9,0 × 10 16
= 3,6 . 10
17
(atm)
(Kp)3 0,25
b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ. Xét:
Q = p2HBr / p H2× p Br2 (d) Tr
ườ ng h ợ p 1: Không có brom lỏng trong bình: Phản ứng (2) có tăng số mol khí trước và sau phản ứng bằng nhau ( n = 0) nên sự thay đổi áp suất đó không dẫn tới chuyển dịch cân bằng (2).
Tr
ườ ng h ơ p 2: Có brom lỏng trong bình: áp suất riêng phần của các khí H2 , HBr tăng; trong lúc đó áp suất riêng phần của Br2 khí lại không đổi do còn Br2 lỏng.
Theo (d), vì số mũ của pHBr lớn hơn số mũ của pH2 nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến sự tăng Q và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch.
II. OLYMPIC HÓA H Ọ C QU Ố C T Ế :
OLYMPIC HÓA H Ọ C QU Ố C T Ế N Ă M 1997:
a) Ở điều kiện ban đầu 300K và 1,01325.107Pa, khí clo được coi là khí lí tưởng. Giãn nở một mol khí Cl2 ở điều kiện đó đến áp suất cuối là 1,01325.105Pa. Trong qúa trình giãn nở đó áp suất ngoài luôn được giữ không đổi là 1,01325.105Pa. Kết qủa của sự giãn nở đó là khí clo được làm lạnh đến 239K (đó cũng là điểm sôi thông thường của Cl2 lỏng), thấy có 0,1mol Cl2 lỏng được ngưng tụ.
Ở điểm sôi thông thường, entanpi hóa hơi của Cl2 lỏng bằng 20,42kJ.mol-1, nhiệt dung mol của Cl2 khí ở điều kiện đẳng tích là Cv = 28,66J.K-1mol-1 và tỉ trọng của Cl2 lỏng là 1,56 cũng tại 239K. Giả thiết nhiệt dung mol ở điều kiện đẳng áp của Cl2(k) là Cp=Cv+R. Biết 1atm = 1,01325.105Pa.
R = 8,314510J.K-1.mol-1 = 0,0820584L.atm.K-1.mol-1.
Hãy tính biến thiên nội năng (∆E) và biến thiên entropy của hệ (∆Ssys) trong các biến đổi mô tả ở trên.
b) Với các phản ứng sau ở 298K:
[Ni(H2O)6]2+ + 2NH3 → [Ni(NH3)2(H2O)4]2+ + 2H2O (1) lnKc = 11,60 và ∆Ho = -33,5kJ.mol-1
[Ni(H2O)6]2+ + en → [Ni(en)2(H2O)4]2+ + 2H2O (2) lnKc = 17,78 và ∆Ho = -37,2kJ.mol-1
Ghi chú: en là viết tắt của etylendiamin (phối tử trung hòa hai răng).
Biết R = 8,314510J.K-1.mol-1 = 0,0820584L.atm.K-1.mol-1. Tính ∆Go,∆So và Kc của phản ứng được (3) sau:
[Ni(NH3)2(H2O)4]2+ + en → [Ni(en)2(H2O)4]2+ + 2NH3 (3) BÀI GI Ả I:
a) Tóm tắt các chuyển hóa:
Cl2(k) ∆E1 Cl2(k) ∆E2 Cl2(l)
1mol Làm lạnh 1mol
1,01325.105Pa 0,1mol
300K 1,01325.107Pa 239K 239K
(100atm) (1atm)
Qúa trình chung là sự giãn nở kèm theo sự thay đổi trạng thái đẳng áp (khí sang lỏng) và
do nội năng (E) là một hàm trạng thái, sự biến đổi nội năng tổng cộng là ∆E = ∆E1 +
∆E2. Qúa trình 1: ∆E1 = ∫nCvdT = -1748,3J
Qúa trình 2: Để thuận tiện, các số liệu được đổi sang atm; thủ tục tương đương cho Pa đòi hỏi các hệ số thích hợp.
Theo quan điểm về năng lượng, qúa trình hình thành chất lỏng 2 có thể được chia thành hai giai đoạn:
. Sự hóa hơi mất nhiệt (giảm nội năng, -) từ hệ thống ra môi trường ngoài (vì qúa trình xảy ra ở áp suất không đổi, nhiệt bằng với biến thiên entanpy)
. Công thực hiện bởi môi trường ngoài để nén hệ xuống thể tích nhỏ hơn (tăng nội năng, +).
Thể tích khí ngưng tụ là V = nRT/P = 1,96L Thể tích của Cl2 lỏng = 4,54mL
∆E2 = ∆H2 - ∫Pext∆V ( đổi pha) = ∆H2 – Pext(Vl – Vk) Nhưng Vl gần bằng 0 nên có thể bỏ qua
(thể tích chất lỏng 4,5mL tính toán so với 17,6L, sai số tính toán 0,03%)
∆E2 = 0,1(-∆Hhơi) + Pext.Vk =
-1843,5J. ∆E = ∆E1 + ∆E2 = -3591,8J
Entropy S là một hàm trạng thái hia biến số. Do trong qúa trình 1 các biến số đã biết là T và P, S được biểu thị S(T,P).
8,54JK-1.
∆Shệ = ∆S1 + ∆S2. và Cp = Cv + R = 36,97JK-1mol-1.
∆S1 = nCpln(T2/T1) – nRln(P2/P1) = 29,89JK-1.
Với sự chuyển pha (nhiệt độ không đổi) và trong điều kiện đẳng áp thì ∆S2 = ∆H2/T = -
∆Shệ = 21,35JK-1.
b) Cần cảnh giác với việc bỏ qua các sai số sẽ thay đổi đến lời giải bài này: Sự khác biệt là nhỏ do chuyển đổi qua lại với ln nhưng cách lập lụân sẽ ảnh hưởng nhiều hơn.
Đổi dấu của lnKc và ∆Ho cho phản ứng 1 khi đảo ngược.
Các hằng số cân bằng được nhân lên khi các phương trình được cộng thêm, như vậy sẽ phải thêm các lnK.
Phản ứng 3 = Phản ứng 2 - phản ứng 1.
Vậy ∆S3 = ∆S2 - ∆S1 và ∆G3 = ∆G2 - ∆G1
∆Go1 = -RTlnKc1 = -28740J.mol-1 = -28,74kJ.mol-1.
∆Ho1 = -33,5kJ.mol-1.
∆So1 = (∆Ho1 - ∆Go1)/T = -0,0161kJ.K-1.mol-1 = -16,1JK-
1mol-1. Tương tự:
∆Go2 = -44,05kJ.mol-1.
∆Ho2 = -37,2kJ.mol-1.
∆So2 = -22,98JK-1mol-1.
Vậy các số liệu của phản ứng 3 là:
∆Ho3 = -3,7kJ
∆So3 = 39,01JK-1.
∆Go3 =∆Ho3 - T∆So3 = -15,35kJ.mol-1. Vậy Kc3 = 4,90.10-
2. Mặt khác:
∆Go3 = ∆Go2 - ∆Go1 = -15,31kJ.mol-1 ⇒ Kc = 4,82.10-2.
∆So3 = (∆Ho3 - ∆Go3)/T = 38,96JK-1. OLYMPIC HÓA HOC QU Ố C T Ế 1999:
Hợp chất Q (khối lượng mol phân tử là 122,0g.mol-1) gồm có cacbon, hydro và oxy. PHẦN A:
Nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn của CO2(k) và H2O(l) tại 25oC tương ứng là – 393,51 và 285,83kJ.mol-1.
Hằng số khí R = 8,314J.K-.mol-1.
Dùng lượng dư oxy đốt cháy hết một mẫu chất rắn Q nặng 0,6000g trong một nhiệt l ượng kế ban đầu chứa 710,0g nước tại 25,000oC. Sau khi phản ứng xong, nhiệt độ lên tới 27,250oC và có
1,5144g CO2(k) và 0,2656g H2O được tạo thành.
1. Hãy xác định công thức phân tử và viết, cân bằng phương trình phản ứng đốt cháy Q với trạng thái vật chất đúng.
Cho nhiệt dung riêng của nước là 4,184J.g-1.K-1 và biến thiên nội năng của phản ứng trên (∆Uo) là –3079kJ.mol-1.
2. Hãy tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế đó (không kể nước).
3. Hãy tính nhiệt sinh (entanpi tạo thành) tiêu chuẩn (∆Hof) của Q.
PHẦN B:
Số liệu sau đây thu được khi xét sự phân bố chất q gi ữa benzen với nước tại 6oC, CB và CW là nồng độ cân bằng của chất Q tương ứng trong lớp benzen và lớp nước:
Giả thiết rằng không phụ thuộc vào nồng độ và nhiệt độ, chất Q chỉ có một dạng trong benzen. Nồng độ (mol.L-1)
CB CW
0,0118 0,00281
0,0478 0,00566
0,0981 0,00812
0,156 0,0102
4. Với giả thiết Q ở dạng monome trong nước, bằng sự tính toán hãy chỉ ra liệu trong benzen chất q ở dạng monome hay dime.
Độ giảm nhiệt độ đông đặc của một dung dịch loãng lí tưởng được tính theo biểu thức sau:
T fo −T f = R(T fo )2X s
H f
Trong đó Tf là nhiệt độ đông đặc của dung dị ch, Tof là nhi ệt độ đông đặc của dung môi, ∆Hf là nhi ệt độ nóng chảy của dung môi còn Xs là phần mol của chất tan. Khối lượng mol phân tử của benzen là 78,0g.mol-1. Ở 1atm benzen nguyên chất có nhiệt độ đông đặc là 5,40oC.
Benzen có nhiệt nóng chảy là 9,89kJ.mol-1.
5. Hãy tính nhiệt độ đông đặc (Tf) của dung dịch gồm 0,244g chất Q và 5,85g benzen tại 1atm.
BÀI GI Ả I:
1)C : H : O = 1,
445144
,0 = 0,2656 18,0.2
= 0,1575
16 = 0,0344: 0,0295: 0,00984 = 7 : 6 : 2
Khối lượng phân tử của C7H6O2 = 122 giống như khối lượng phân tử đầu bài cho.
C7H6O2(r) + 15/2O2(k) → 7CO2(k) + 3H2O(l) Hay 2C7H6O2(r) + 15O2(k) → 14CO2(k) + 6H2O(l)
2) Tổng nhiệt dung = qv
=nQ U o
= 6,730kJ.K −1
T T
Nhiệt dung của nước = 710,0 . 4,184 = 2971J.K-1. Nhiệt dung của nhiệt lượng kế = 6730 – 2971 = 3759J.K-1. 3) ∆Ho = ∆Uo - RT∆nk = -3080 kJ.mol-1.
⇒∆Hof (Q) = -532kJ.mol-1. 4)
CB(mol.L-1) 0,0118 0,0478 0,0981 0,156
CW(mol.L-1) 0,00281 0,00566 0,00812 0,0102
CB/Cw 4,20 8,44 12,1 15,3
CB/Cw2 1,49.103 1,49.103 1,49.103 1,50.103
Từ các kết qủa trên ta thấy rằng tỉ số CB/Cw thay đổi đáng kể còn tỉ số CB/Cw2
hầu như không đổi cho phép kết luận rằng trong benzen Q ở dạng dime.
5) Nếu Q hoàn toàn nhị hợp trong benzen thì MQ = 244 X Q = 0,244 / 244 =1,32.10−2
0,244 5,85
2 +
78,0 244
⇒ T f
= 0,861 ⇒ T
f = 4,54o C OLYMPIC HÓA H Ọ C QU Ố C T Ế 2000:
Vào ngày 1tháng 7 năm 2000, đường hầm và cầu nối giữa Đan Mạch và Thụy Đi ển chính thức được mở cửa. Nó bao gồm một đường hầm t ừ Copenhagen đến một hòn đảo nhân tạo và một chisc cầu từ hòn đảo đó đến Malmo ở Thụy Điển. Vật liệu chính dung để xây dựng là thép và bêtông. Bài này sẽ đề cập đến việc sản xuất và thoái hóa của từng vật liệu.
Bêtông được hình thành từ một hộn hợp của ximăng, nước, cát và đá nhỏ. Ximăng chứa chủ yếu canxi silicat và canxi aluminat được sinh ra bằng cách đun nóng và nghiền nhỏ hỗn hợp đất sét và đá vôi. Bước tiếp theo trong việc sản xuất ximăng là thêm một lượng nhỏ thạch cao CaSO4.2H2O để làm tăng cường độ cứng của bêtông. Bước cuối cùng ta nâng nhiệt độ lên nhưng có thể nhận được sản phẩm không mong muốn hemihydrat CaSO4.0,5H2O theo phản ứng:
CaSO4.2H2O(r) → CaSO4.0,5H2O + 1,5H2O
Các gía trị nhiệt động cho ở bảng sau: (biết p = 1,00bar)
∆Hosinh(kJ/mol) So(J.K-1.mol-1).
CaSO4.2H2O9(r) -2021,0 194,0
CaSO4.0,5H2O(r) -1575,0 130,5
H2O(h) -24,1,8 188,6
R = 8,314J.mol-1K-1 = 0,08314bar.mol-1.K-1. 0oC = 273,15K
1. Tính ∆Ho (kJ) cho phản ứng chuyển 1,00kg CaSO4.2H2O(r) thành CaSO4.0,5H2O(r). Phản ứng này thu nhiệt hay tỏa nhiệt?
2.Tính áp suất cân bằng (bar) của hơi nước trong bình kín chứa CaSO4.2H2O(r), CaSO4.0,5H2O(r) và H2O(h) ở 25oC.
3.Tính nhiệt độ để p(H2O)(cb) = 1,00 bar trong hệ ở câu 2.2. Giả sử ∆Ho và ∆So là hằng số.
BÀI GI Ả I:
1. ∆Ho = -1575,0 + 3/2(-241,8) - (-2021,0) = 83,3kJmol-1. n = m/M = 1000/172,18 = 5,808mol
n∆Ho = 484kJ
Vậy phản ứng thu nhiệt.
2. ∆So = 130,5 + 3/2(188,6) – 194,0 = 219,4J.K-1mol-1.
∆Go = ∆Ho - T∆So = 17886J.mol-1. mà ∆Go = -RTlnK
K = (p(H2O))3/2 = 7,35.10-4 → p(H2O) = 8,15.10-3 bar.
3. p(H2O) = 1,00bar → K = 0 → ∆Go = -RTlnK = 0
mà ∆Go = ∆Ho - T∆So = 0 → T = 380K (hay 107oC).
OLYMPIC HÓA H Ọ C QU Ố C T Ế 2001:
Nguyên lý thứ hai của nhiệt động học là nguyên lý cơ bản của khoa học. Trong bài này chúng ta sẽ nghiên cứu nhiệt động học của khí lý tưởng, và cân bằng hóa học.
3,00 mol CO2 giãn nở đẳng nhi ệt (nhiệt độ của môi trường là 15oC) chống lại áp suất bên ngoài ổn định ở p = 1,00bar. Thể tích đầu và thể tích cuối tương ứng là 10,0L và 30,0L.
4. Chọn thong tin đúng về biến thiên entropy của qúa trình giãn nở (∆Ssys) và môi trường (∆Ssur).
0 ∆Ssys > 0; ∆Ssur = 0.
1 ∆Ssys < 0; ∆Ssur > 0.
2 ∆Ssys > 0; ∆Ssur < 0.
3 ∆Ssys = 0; ∆Ssur = 0
5. Tính ∆Ssys, giả sử CO2 là khí lý tưởng.
6. Tính ∆Ssur.
7. Tính sự chuyển đổi entropy của hệ. Nguyên lý hai có được nghiệm đúng hay không?
8. Khí CO được sử dụng rộng rãi trong tổng hợp hữu cơ, có thể thu được bằng phản ứng giữa CO2 với graphit. Sử dụng các dữ kiện dưới đây để chứng minh Kcb ở 298,15K bé hơn đơn vị.
0 298,15K:
CO2(k): ∆Hos = -393,51kJ.mol-1; So = 213,79JK-1mol-1. CO(k): ∆Hos = -110,53kJ.mol-1; So = 197,66JK-1mol-1. C(gr): So = 5,74JK-1mol-1.
6) Tính nhiệt độ mà ở đó phản ứng đạt cân bằng. Bỏ qua sự phụ thuộc của H, S vào nhiệt độ.
7) Phản ứng ở cau 6 xảy ra ở 800oC và áp suất chung là 5,0 bar, Kp = 10. Tính áp suất riêng phần của CO tại cân bằng.
BÀI GI Ả I:
1) c
2) ∆Ssys = nRlnVc/Vđ = 27,4JK-1. 3) S = − Tq
= − pext TV
= −6,94JK −1 pext: áp suất ngoài.
4) ∆Shệ = ∆Ssys + ∆Ssur = 20,5JK-1.
Ngyên lý hai vẫn được nghiệm đúng.
5) ∆Ho = 172,45kJ.mol-1.
∆So = 176JK-1mol-1.
∆Go = ∆Ho - T∆So = 120kJ.mol-1 > 0 ⇒ K < 1.
6) ∆Go = 0 khi ∆Ho =T∆So ⇒ T = 980K 7) CO2(k) + C(gr) 2CO(k).
1 - α 2α
1−α .5 2α .5
1+α 1+α
Kp = p2(CO)/p(CO2) ⇒ pCO = 3,7 bar.
OLYMPIC HÓA H Ọ C QU Ố C T Ế 2004:
Chuẩn bị cho lần sinh nhật thứ 18 vào tháng hai của mình, Peter có ý điinh biến cái túp lều của cha mẹ trong vườn thành một bể bơi với một bãi biển nhân tạo. Để có thể ước lượng gía cả của việc cung nhiệt và nước cho nhà. Peter nhận được dữ liệu về các khí thiên nhiên và giá cả của nó:
Chất hóa học phần mol (x) ∆fHo(kJ.mol-1) So(Jmol-1K-1) Cop(Jmol-1K-1)
CO2(k) 0,0024 -393,5 213,8 37,1
N2(k) 0,0134 0,0 191,6 29,1
CH4(k) 0,9732 -74,6 186,3 35,7
C2H6(k) 0,0110 -84,0 229,2 52,5
H2O(l) - -285,8 70,0 75,3
H2O(k) - -241,8 188,8 33,6
O2(k) - 0,0 205,2 29,4
1) Viết phản ứng cháy của khí thiên nhiên (chủ yếu là metan và etan) cho biết nitơ không cháy trong điều kiện đã chọn. Tính ∆H; ∆S và ∆G của từng phản ứng ở điều kiện chuẩn (1,013.105Pa và 25,0oC). Biết tất cả các sản phẩm ở dạng khí và 0oC = 273,15K.
2) Tỉ khối của khí thiên nhiên là 0,740gL-1 (1,013.105Pa; 25oC)
a) Tính hàm lượng của metan và etan (mol) trong 1,00m3 khí thiên nhiên (CH4, C2H6
không phải khí lý tưởng).
b) Tính thiêu nhiệt khi đốt cháy 1,00m3 khí thiên nhiên ở điều kiện chuẩn. Giả thiết tất cả các sản phẩm đều ở dạng hơi (nếu không làm được câu a ta có thể giả sử rằng trong 1,00m3 khí thiên nhiên ứng 40,00mol).
c) Theo PUC (Public utility company) thì năng lượng thu được là 9981kWh/m3 khi ta đốt cháy khí thiên nhiên (nếu sản phẩm chủ yếu là khí). Sai số so với câu b là bao nhiêu.
Bể bơi trong nhà rộng 3,00m, dài 5,00m và sâu 1,50m (thấp hơn mặt sàn). Nhiệt độ nước trong vòi là 8,00o C và nhi ệt độ phòng là 10,00oC. Giả sử dnước = 1,00kg.L-1 và khí ở trong phòng là khí lý tưởng. Biết thể tích phòng là 480m3 và diện tích phòng là 228,16m2.
3) Tính năng lượng (MJ) khi đưa nhiệt độ của nước lên 22,00oC và đưa không khí trong phòng lên 30,00oC. Cho biết trong không khí chứa 21,0%O2, 79%N2 và p = 1,013.105Pa.
Vào tháng hai, nhiệt độ bên ngoài miền Bắc Đức xấp xỉ 5oC. Từ khi tường bê tong và mái nhà trở nên mỏng hơn (20,0cm) thì năng lượng mất đi nhiều hơn. Năng lượ ng được giải phóng ra môi trường xung quanh (không kể đến nước ngầm). Độ dẫn điện của tường và mái nhà là 1,00WK-1m-1.
Năng lượng được tính theo công thức: J = E(A.∆t)-1 = λw.∆T.d-1. J: Năng lượng giải
phóng. d: độ dày của bức tường A: diện tích
∆t: chênh lệch thời gian từ thời đi ểm bắt đầu đếnh thời điểm kết thúc. ∆T: chênh lệch nhiệt độ giữa bên trong và bên ngoài phòng.
E: Năng lượng trong phòng.
4) Tính năng lượng cần thiết (MJ) để giữ cho nhiệt độ trong phòng là 30,0oC.
1,00m3 khí thiên nhiên có giá 0,40euro và 1kWh điện giá 0,137euro. Tiền thuê trang thiết bị đốt nóng khí là 150euro trong đó tiền thuê lò sưởi điện là 100euro.
5) Toàn bộ năng lượng cần thiết cho kế hoạch “bể bơi mùa đông” của Peter là bao nhiêu?.
Lượng khí thiên nhiên cần là bao nhiêu biết hiệu suất của máy đốt nóng khí là 90%.
Peter phải tốn bao nhiêu tiền khi dung máy đốt nóng khí và lò sưởi điện biết hiệu suất của lò sưởi là 100%.
BÀI GI Ả I:
1) Phương trình phản ứng:
a) Metan: CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O
∆Ho = -802,5kJ.mol-1.
∆So = -5,3J.mol-1.K-1.
∆Go = -800,9kJ.mol-1.
b) Etan: 2C2H6 + 7O2 → 4CO2 + 6H2O
∆Ho = -2856,8kJ.mol-1.
∆So = +93,2J.mol-1.K-1.
∆Go = -2884,6kJ.mol-1. 2) a) m = ρ.V = 740g
Mtb = Σx(i).M(i) =0,0024.44,01+0,0134.28,02+0,9732.16,05+0,011.30,08
= 16,43g.mol-1. ntổng = 45,04mol.
n(CH4) = 43,83mol.
n(C2H6) = 0,495mol.
b)Ethiêu nhiệt (H2O(k)) = Σn(i).∆cHo(i) = -35881kJ.
EPUC(H2O(k)) = 9,981.1.3600 = 35932kJ
⇒ chênh lệch = -0,14%.
3) * Vnước = 22,5m3.
nnước = V.ρ.M-1 = 1,249.106mol.
Enước = nnước.Cp.∆T = 1316MJ.
* nkk = PV(RT)-1 = 2,065.104 mol Cp(kk) = 29,16JK-1mol-1. Ekk = nCp∆T = 12,05MJ 4) J = E(A.∆t)-1 = λw.∆T.d-1.
⇒E = 1556MJ.
5) Etổng = Enước + Ekk + Ephòng = 2884MJ
Thể tích khí tương ứng = 2884.106(3600.9981.0,9)-1 = 89,13m3.
⇒ Máy đốt nóng khí tốn = 0,4.89,18 + 150 = 185,67euro.
⇒ Lò sưởi điện tốn = 2884.106.0,137.(3600.1)-1 + 100 = 209,75euro.