Bài tập động học doc

BÀI TẬP ĐỘNG HỌC
CHƯƠNG 1
Bài 1.1
Ta có: W=k
1 2
C C
→
k=
1
2
W
C C
Với các giá trị:
2 1 5 3
1
1,5.10 . 1,5.10 .C mol l mol cm
− − − −
= =
3 1 6 3
2
2,5.10 . 2,5.10 .C mol l mol cm
− − − −
= =
Vậy ta được:
1
7 3 1
4 3 1
5 6 2 6
4,5.10 . . .
1,2.10 ( . . )
1,5.10 .2,5.10 . .

mol cm s
k cm mol s
mol cm
−
− − −
−
− − −
= =
Hay:
1 1 1 1
12( . . ) 720( . . )k l mol s l mol ph
− − − −
= =
Bài 1.2
Ta có :
3
3
W
W kc k
c
= → =
+) Nếu C (mol/l), thời gian bằng giây thì
1 1
2 2 1
3 3
. .
. .
.
mol l s
k l mol s

mol l
− −
− −
−
= =
+) Nếu
3
( u/cm )C pt
, tg tính bằng phút thì ta có:
3 2 2
2 2 2
( )
.60 .60
( ôptu) . . .
A
cm l
k
s phut mol N phut
= =
Bài 1.3

.
3 2 6
2C H C H→
Ta có :
[ ]
3
1 1
1,2. . .
d CH

mol l s
dt
− −
= −
a) ta được :
[ ]
3
1 1 1 1
1
( 1,2). . . 0,6( . . )
2 2
d CH
W mol l s mol l s
dt
− − − −
= − = − − =
b) và :
[ ] [ ]
2 6 3
1 1
0,6( . . )
2
d C H d CH
W mol l s
dt dt
− −
= − = =
Bài 1.4

2 3A B C D+ → +

1 1
1( . . )W mol l s
− −
=

Ta có :
[ ] [ ] [ ] [ ]
d A d B d C d D
W
dt dt dt dt
= − = − = =
+) tốc độ chuyển hóa chất:
[ ]
1 1
1( . . )
d A
W mol l s
dt
− −
= − = −
[ ]
1 1
2 2( . . )
d B
W mol l s
dt
− −
= − = −
+) tốc độ hình thành chất:
1

[ ]
1 1
3 3( . . )
d C
W mol l s
dt
− −
= =

[ ]
1 1
1( . . )
d D
W mol l s
dt
− −
= =
Bài 1.5

2 3A B C D+ → +
Theo bài ra ta có:
[ ] [ ]
. .W K A B=
. Giả sử như C(mol/l), thời gian (s). khi đó
1 1
. .W mol l s
− −
→ =
. Và ta được:

[ ] [ ]
1 1
2 2
1 . .
1
1 .1 . .
W mol l s l
k
A B mol l mol s
− −
−
= = =
*
[ ]
[ ] [ ]
.
d A
W K A B
dt
= − = −
*
[ ]
[ ] [ ]
3 3 .
d C
W K A B
dt
= =
**************
CHƯƠNG 2

Bài 2.1
a) Nồng độ tính bằng M. Và nếu thời gian tính bằng giây (s)
1
( . )W M t
−
→
+) phản ứng bậc hai:
1 1
.
l
K M t
mol s
− −
= =
+) phản ứng bậc ba:
2
2 1
2
.
.
l
K M t
mol s
− −
= =
b) Nếu C biểu diễn bằng áp suất kPa
1
( . )W kPa t
−
→

+) phản ứng bậc hai:
1
1 1
2
.
.
kPa t
K kPa t
kPa
−
− −
= =
+) phản ứng bậc ba:
1
2 1
3
.
.
kPa t
K kPa t
kPa
−
− −
= =
Bài 2.2
Ta có pt:
A SP
→
t=0 Co 0
t=t Co-x x

Ta có pt chung của phản ứng bậc n khác 1:
1 1
1 1
( 1)
n n
O
n Kt
C C
− −
− = −
Với C=0,45Co và n=3/2. Thay vào pt trên ta được giá tri cua k

1 1
1
2 2
0,86. . .K l mol phut
− −
−
=
Bài 2.3
Ta có bảng sau:
t(s) 0 200 400 600 1000
[N2O5] 0.11 0.073 0.048 0.032 0.014
Ta có gt phản ứng là bậc một: khi đó ta có các giá trị của k:
2
1
1 0,11
.ln 0,0025
200 0,073
k = =

;
2
1 0,11
.ln 0,0027
400 0,048
k = =
;
3
1 0,11
.ln 0,0025
600 0,0032
k = =
Như vậy ta thấy các giá trị k thu được là bằng nhau.giả thiết ban đầu là đúng
K = 0,0025 (
1
s
−
) và n=1 là bậc của phản ứng.
Bài 2.4
Theo bài ra ta có: P = 363 Torr
1
410t s→ =

2
169 880P Torr t s= → =
Ta có công thức
1 1
(1) (1)
2 2
1 1

(2) (2)
2 2
0,2 2
1
,1
lg( ) lg( )
1 1
lg( )
lg( )
o
t t
t t
n
C p
p
C
= + = +
Thay các giá trị vào ta có:
410
lg
880
1 2
169
lg
363
n = + =
Vậy bậc của phản ứng là bằng 2
Bài 2.5
Ta có ở Po=363 Torr. Axetandehit
âph nhuy

→
sản phẩm.
Vì áp suất là tỉ lệ với nồng độ của chất phản ứng nên
n n
W KC W KP⇒ = ⇔ =
.
Theo giả thiết thì
1
1
1,07( . )W Torr s
−
=
khi P = 344,85 (Torr)

1
2
0,76( . )W Torr s
−
=
khi P = 290,4 (Torr)
Ta có
{
1 1
2 2
.
1 1
.
2 2
lg lg
n

n
W K P
W K P
W P
n
W P
=
=
→ =
Thay số vào ta được:
410
lg
880
1 2
169
lg
363
n = + =
Vậy bậc của phản ứng là bằng 2
Bài 2.6
Ta có phản ứng:
2 5 2 2
2 4N O NO O→ +
Xét thấy
5 1
3,38.10 ( )k s
− −
=
, từ đơn vị suy ra đây là phản ứng bậc 1
+) Thời gian bán hủy:

1
2
ln 2
20530( )t s
k
= =
Pt động học của phản ứng bậc 1: kt = lnCo-lnC = ln(Co/C) . Và do P
:
C nên ta có:
kt = ln(Po/P)
- Với t = 10s
5 4
500
10.3,38.10 ln 3,38.10
p
− −
⇒ = =

499,831( orr)p T⇔ =
- Với t = 20s. Tính tương tự ta được: p = 499,662(Torr)
Bài 2.7
3
Ta có pt phản ứng: A + P
→
SP
t = 0 0,05 0,08 0
t = 1h 0,02 0,05 0,03
a) pt động hoc vi phân với nồng độ các chât ban đầu khác nhau là:

1 ( )

.ln( )
( ) ( )
a b x
k
t b a b a x
−
=
− −
. Thay các giá trị vào ta được:
1 1
1 0,05(0,08 0,03)
.ln( ) 0,248 . .
60(0,08 0,05) 0,08(0,05 0,03)
k l mol phut
− −
−
= =
− −
b) thời gian bán hủy của các chất:
+) chất A:
1
2
( )
1 1 0,05(0,08 0,025)
2
ln( ) ln 42,8( )
( ) 0,248.0,03 0,08(0,05 0,025)
( )
2
a

a b
t phut
a
k b a
b a
−
−
= = =
− −
−
+) chất B: tính tương tự ta thu được :
1
2
123(t phut=
)
Bài 2.8
Phản ứng phân hủy của
14
C
là phản ứng bậc 1, ta có pt như sau:
kt = ln(C/Co)
Ta có
4
1
2
ln 2 0,693
1,21.10
5730
k
t

−
= = =
(
1
nam
−
). Nếu C=0,72.Co thì thay các giá trị vào pt
trên ta được:
0 0
0
1 1
ln ln 2714,9
0,72
C C
t
k C k C
= = =
(năm)
Bài 2.9
Phản ứng phân hủy
90
Sr
là phản ứng bậc một
Ta có pt :
0
ln
C
kt
C
=

=
0
ln
m
m
1
1
2
ln 2 0,693
0,0247( )
28,1
k nam
t
−
= = =
+) t = 18 năm:
1
ln 0,0247.18 0,446
m
→ = =

0,641( )m g
µ
⇒ =
+) t = 70 năm: tương tự ta được:
0,177( )m g
µ
=
Bài 2.10
Ta có phản ứng:

3 2 5 3 2 5
OOC OOCH C H OH CH C C H OH
− −
+ → +
t =0 0,1 0,05
t = 10s;10 phut ?
ta có pt động học của phản ứng bâc hai khi nồng độ ban đầu của các chất khác nhau:

1 ( )
ln
( )
a b x
kt
b a b a x
−
=
− −
+) t = 10s:
1 0,05(0,1 )
0,11.10 ln
0,1 0,05 0,1(0,05 )
x
x
−
=
− −

3
5,08.10 ( )x M
−

⇒ =
Vậy số mol este còn lại là: 0,949(M).
4
+) t = 10’’=600s:
1 0,05(0,1 )
0,11.600 ln
0,05 0,1(0,05 )
x
x
−
=
−

0,049( )x M⇒ =
Và số mol este còn lại là: 0,051(M).
Bài 2.11

2A

→
SP k =
4 1 1
3,5.10 ( . . )l mol s
− − −
t =0 0,26M
t=? 0,011M
phản ứng là bậc hai:
0
1 1
kt

C C
= −

4
1 1
3,5.10 87,063
0,011 0,26
t
−
⇒ = − =
248751( )t s→ =
hay 69(h)
Bài 2.12
Ta có phản ứng: 2A
⇔
B K

B C SP+ →
Kb
Cho cơ chế của phản ứng sau:
2A
k
¬ →
B (1)
W = k[A]
2
B + C
b
k
→

P
W = k
b
[B][C]
Do phản ứng (1) là phản ứng thuận nghịch nên:
W = kk
b
[A]
2
[C]
Nhìn vào biểu thức trên thì thấy ngay bậc của phản ứng là n = 3
Bài 2.13
Ta có phản ứng : A
→
SP (phản ứng là bậc một)
t = 0 Co
t =1h 0,4Co
t =2h ?
Ta có pt:
0
ln ;
C
kt
C
=
t =1h
1
0 0
0
1

ln ln 0,916( )
0,4
C C
k h
t C C
−
→ = = =
Khi t = 2h
0
ln 0,916.2 1,832
C
kt
C
→ = = =

0
0
6,25 0,16
C
C C
C
⇒ = ⇔ =
(hay còn lại 16%)
Bài 2.14
Ta có bảng số liệu sau:
t(ph) 0 0,5 1 2 3 4 5
C(mol/l) 1 0,901 0,815 0,667 0,542 0,435 0,366
ln(Co/C) 0 0.1 0.20456 0.405 0.612 0.832 1
Dựng đồ thị phụ thuộc của t vào ln(Co/C) ta được:
5

Từ đồ thị ta suy ra được phản ứng là bậc một và k = 0,2029 (
1
phut
−
).
• phương pháp một đường cong:
Ta có:
1
1
0
0,901
C
C
α
= =
;
1
0,5( )t phut=

2
2 1 2 0 2
0,812 . 0,812( )C C M
α α α
= = ⇒ = =
;
2
1( )t phut;
Khi đó ta có:
2
1

1
0
1
lg( 1)
lg( 1)
0,5
1 1 1
0,901
lglg
1
t
t
n
C
C
−
−
= − = − =
Vậy bậc của phản ứng bằng 1
Bài 2.15
Pt phản ứng:
2NO
+
2
O
=
2
2NO

x 1-x

Ta có pt tốc độ phản ứng:
2
. (1 )W k x x= −
Để cho tốc độ phản ứng đạt cưc đại thì biểu thức:
2
.(1 )Y x x= −
phải đạt cực đại trong
khoảng (0;1).
2
' 2 3 0y x x= − = ⇔
x = 0 hoặc x = 2/3. Lâp bảng biến thiên của hàm trên
ta thây tại x=2/3 thì y đạt giá trị Max.
Tỉ lệ các chất khí là: 2/3 mol NO và 1/3 mol
2
O
Bài 2.16
Ta có pt phản ứng: A + B + C
→
SP
t = 0 1M 1M 1M
t = 1s 0,5M
t = 2s ?
a) Nếu phản ứng là bậc 1.
1
1
2
1
2
ln 2
t =1s k= =0,693(s )

t
−
→
0
1
kt=ln 2.0,693=ln
C
C C
⇒ ⇔
; g pt trên ta được
0,25C =
,có nghĩa là A còn lại 25%
b) Nếu bậc hai:
6
Ta có pt của phản ứng bậc hai:
0
1 1
;kt
C C
= −

1 1
1
2
0 1
2
2 2 2
2( . )t K l mol s
kC K t
− −

= = → = =
Thay t = 2s và giá trị của k vừa tìm được vào pt trên ta được:C =0,2M ,hay dd A còn 20%
c) Phản ứng bậc 3:
PT:
2 2
0
1 1
2kt
C C
= −
;
2 2 1
1
2 2
2
1
0 0
2
3 3
1,5 . .
2 2
t k l mol s
kC C t
− −
= → = =
Thay các giá trị vào ta tìm được C=0,378M ( hay A còn lại là 37,8%)
Bài 2.17
Pt phản ứng: A + B
→
C (

[ ] [ ]
.
a b
W K A B=
)
t=0 Co Co
t = 1h 0,25Co
t= 2h ?
a) Phản ứng là bậc 1 với A, bậc 0 với B:
[ ]
W K A=
pt động học dạng:
1
0 0
1 1
ln ln 1ln 1,386
0,25
C C
kt k h
C t C
−
= ⇒ = = =
sau 2h :
0
0
ln 1,386.2 2,77 0,063
C
x
xC
= = → =

(hay 6,3%Co)
b) Bậc 1 đối với mỗi cấu tử:
[ ] [ ]
.W k A B=
PT động học :
0
1 1
kt
C C
= −
. Làm các phép tính như trên ta thu được:
1 1
3 . .k h mol l
− −
=
và
0,1438C M=
( hay 14,38%Co)
c) Bậc 0 với mỗi cấu tử: W=K
Pt động học: kt=Co-C ; K=0,75(
1 1
. .h mol l
− −
)
Ở trong điều kiện t=2h thì phản ứng đã xảy ra hoàn toàn
Bài 2.18
Pt phản ứng:
ClO Br BrO Cl
− − − −
+ → +

Ta có bảng giá tri như sau:
t(phut) 0 3,63 7,65 15,15 26 47,6 90,6
x=
2
10BrO M
−
 
 

0 0,056 0,095 0,142 0,18 0,2217 0,2367
Sử dụng pp thế: ta giả sử n=2, khi đó pt động học phản ứng:

0 0
1 2
0 0 0 0
2 1 2 1
( )1 1
. ln
( )
C C x
k
t C C C C x
−
=
− −
Thay các giá tri vào pt trên ta thu được bảng sau:
t(phut) 0,0 3,63 7,65 15,15 26,0 47,6 90,6
k 0,0 23,6 23,11 23,34 23,9 23,14 23,69
Từ đó ta thấy các giá trị k thu được là xấp xỉ nhau. Nên giả thiêt ban đầu là đúng.
Suy ra:

6
1
1
23,46
6
i
i
k k
=
= =
∑
và bậc của phản ứng là 2
7
Bài 2.19
Phản ứng xảy ra:
2
2 3 2 3
S O RBr RS O Br
− − −
+ → +
( [RBr] là khá lớn so với[
2
2 3
S O
−
])
Lượng
2
2 3
S O

−
được chuẩn bằng dd Iot 0,02575N theo pt:

2 2
2 3 2 4 6
2 2S O I S O I
− − −
+ → +
Ta lập được bảng sau:
t(phut) 0 1110 1873 2753 3854 4822 6359
V
2
I
(ml)
37,63 35,2 33,63 31,9 29,86 28,04 26,0
2
2 3
S O
−
(M)
0,097 0,091 0,087 0,082 0,077 0,072 0,067
Ta có tốc độ phản ứng:
[ ]
2 2
2 3 2 3
. '
a a
b
W K S O RBr K S O
− −

   
= =
   
Giả sử phản ứng trên là bậc 1 ta có
Như vậy ta thu được đường thẳng tuyến tính như trên,giả thiết về bậc phản ứng là đúng.
→
k’=
5
6.10
−
1
phut
−
.
Bài 2.20
Ta có pt phản ứng:
3 2 5 3 2 5
OOC OOCH C H NaOH CH C Na C H OH+ = +
Vì
1 1
2,38 . .k l mol phut
− −
= →
phản ứng trên là phản ứng bậc hai
Ta có:
3 2 5 3 2 5
OO OO
0,05 0,05
CH C C H CH C C H
N N C M= → =

a)
0,05
NaOH
C M=
Khi đó pt động học có dạng:
0
1 1
kt
C C
− =
. Theo bài, tại t 50% axetat bị xà phòng hóa
{
0
0,0125
0,025
C M
C M
=
=
Ta được
1 1
2,38. 16,8
0,0125 0,025
t t phut− = → =
b)
0,1
NaOH
C M=

→

nồng độ ban đầu khác nhau
Ta có pt động học:
1 ( )
.ln
( )
a b x
kt
b a b a x
−
=
− −
8
Với b=
0( )
0,05
NaOH
C M=
; a =
3 2 5
0( OOC )
0,025
CH C H
C M=
;
0,0125x M=
. Thay các giá trị
vào pt trên ta được:
1 1 ( )
.ln
( )

a b x
t
k b a b a x
−
= =
− −
1 1 0,025(0.05 0,0125)
.ln 6,8
2,38 (0,05 0,025) 0,05(0,025 0,0125)
phut
−
=
− −
Bài 2.21
Ta có
[ ] [ ]
2 4 2 5
. .
a b
W K N H N H Cl=
. Và với bảng số liệu thực nghiệm sau:
W,
4 1 1
10 , . .mol l s
− −
[ ]
2 4
, /N H mol l
[ ]
2 5

, /N H Cl mol l
27,4 12,5 17,8
10,5 4,8 17,8
3,57 1,71 17,0
2,19 1,71 10,4
Giả sử phản ứng là bậc hai:
[ ] [ ]
2 4 2 5
. .W K N H N H Cl=
Thay các số liệu trên vào pt ta lần lượt thu được các giá trị:
5
5 5 5
1 2 3 4
1,23.10 ; 1,22.10 ; 1,23.10 ; 1,23.10k k k k
−
− − −
= = = =
Như vậy các giá trị k thu được là bằng nhau: k=
5
1,23.10
−

→
giả thiết n=2 là đúng.
*****************
CHƯƠNG 3
Bài 3.1
Ta có:
3 1 1
1 1

2 1 1
2 2
2,8.10 . . 303
1,38.10 . . 323
k l mol s t k
k l mol s t k
− − −
− − −
= ↔ =
= ↔ =
Năng lương hoạt hóa:
2
2
3
1 2
1
2 1
1,38.10
8,314.303.323.ln
ln
2,8.10
65094,6( )
323 303
k
RTT
k
Ea J
T T
−
−

= = =
− −
Từ pt Arrhenius :
0 0
.
a
a
E
RT
E
RT
k
k k e k
e
−
−
= → =
. Thay các giá trị đã biết vào pt trên ta thu được
giá trị cần tìm:
4
0
4,66.10k =
1 1
. .l mol s
− −
Bài 3.2
0
t c
0 25 35 45
k,

1
s
−
1,06
5
.10
−
3,19
4
.10
−
8,86
4
.10
−
2,92
3
.10
−
a)Tính theo hai nhiệt độ:
5
1 1
4
2 2
273 1,06.10
298 3,19.10
T K K
T K K
−
−

= ↔ =
= ↔ =
2
1 2
1
1
2 1
.ln
92104,6( )
a
k
RTT
k
E J
T T
→ = =
−
Làm các phép tính tương tự ta được các giá trị:
2
86112,3( )
a
E J=
;
3
88407( )
a
E J=
1 2 3
88874,6( )
3

a a a
a
E E E
E J
+ +
→ = =
9
Do
0 0
.
a
a
E
RT
E
RT
k
k k e k
e
−
−
= → =
. Thay các giá trị vào ta tính được giá trị tb của
0
k
12
0
1.10k→ =
1
s

−
b) theo pp đồ thị:
Ta có:
0 0
. ln ln
a
E
a
RT
E
k k e k k
RT
−
= → = −
Xây dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lnk vào 1/T. Ta có bảng sau
1
T
0.00366 0.00335 0.00325 0.00314
lnk -11.45 -8.05 -6.92 -5.836
Và dựng được đồ thị
Ta có:
10865 90331,6( )
a
a
E
tg E J
R
α
−
= = − → =

.Và
12
0
2.10k =
1
s
−
Bài 3.3
Ta có biểu thức tính năng lượng hoạt hóa:
2
1 2
1
2 1
ln
a
k
RT T
k
E
T T
=
−
.
Mà theo bài ra:
2
1
2
k
k
=

, nên ta có:
1
8,314.293.303ln 2
51151( )
303 293
a
E J= =
−
Bài 3.4
Ta có pt :
2
1 2
1
2 1
ln
a
K
RT T
K
E
T T
=
−
. Phương trình trên là pt của năng lượng hoạt hóa
Ta lại có:
1
W K
t
: :
(t là thời gian phản ứng)

2 1
1 2
K t
K t
→ =
. Thay vào pt trên ta được
10
2 1
30
8,314.298.313ln
5
a
E
T T
= =
−
92631,6 (J)
Bài 3.5
3
20 / 20.10 .4,18 83600( / )E kcal mol J mol= = =
Ta có biểu thức tính năng lượng hoạt hóa:
2
1 2
2 1
1 2
2 1 1 1 2
ln
( )
83600.10
ln 1,133

8,314.293.303
a
a
K
RT T
E T T
K K
E
T T K RT T
−
= ⇒ = = =
−
Từ đó suy ra:
1,133
2
1
3,1
K
e
K
= =
Bài 3.6
Ta có:
1
1
1 0 1 0
. ln ln
a
E
a

RT
E
k k e k k
RT
−
= → = −


2
2
2 0 2 0
. ln ln
a
E
a
RT
E
k k e k k
RT
−
= → = −

Từ hai biểu thức trên suy ra:
2 1 1 2
1 1
ln ln ( ). 750.4,18. 1,257
8,314.300
a a
k k E E
RT

− = − = =
Vậy
1,257
2
1
3,515
k
e
k
= =
Bài 3.7
Ta có bảng số liệu sau

Ta có:
0 0
. ln ln
a
E
a
RT
E
k k e k k
RT
−
= → = −
. Khi đó xây dựng đồ thị phụ thuộc của lnk vào 1/T
lnk -10.596635 -9.965363 -9.40879 -9.00333 -8.37309 -7.94904 -7.4594 -6.9868 -6.56063
1/t 0.00181818 0.00178571 0.00175439 0.001724 0.001695 0.001667 0.001639 0.001613 0.001587
t 550 560 570 580 590 600 610 620 630
11

Từ đồ thị ta có:
1736 1736.8,314 14433( )
a
a
E
tg E J
R
α
−
= = − → = =
21,014 9,126
0 0
ln 21,014 10k k e= → = =
Bài 3.8
Ta có :
3 1
1 1
1
2
ln 2 0,693
651 1,9.10
363
T K k phut
t
− −
= ↔ = = =
Lại có : :
2
1 2
1

2 1
ln
a
K
RT T
K
E
T T
=
−

3
2 1
2
1 1 2
( )
51,95.4,18.(723 651)
ln 4.10
8,314.651.723
a
E T T
K
K RT T
−
−
−
→ = = =
3
2
2 1

1
1,004 1,004. 1,9.10
K
K K
K
−
→ = ⇔ = ;
(
1
phut
−
)
Vậy tg để phản ứng hết 75% chất ở nhiệt độ 723K là:
3
2
1 1 1
ln ln 4 729,63
0,25 1,9.10
t phut
k
−
= = =
Bài 3.9
Ta có
33,58 / 140,365 /E cal mol J mol= =
;
3 1
0
5.10k s
− −

=
a)
1
2
1 60t phut s= =
1
1
1
2
ln 2 0,693
0,01155( )
60
k s
t
−
→ = = =
.
Từ pt:
0 0
. ln ln
a
E
a
RT
E
k k e k k
RT
−
= → = − →

0
ln
a
E
T
k
R
k
= =

13
140,365
0,47
5.10
8,314.ln
0,01155
K=

b)
1
2
30 2592000t ngay s= =

7 1
2
2,674.10k s
− −
→ =
. Tính tương tự ta được T=0,361K
Bài 3.10

12
Ta có bảng số liệu thực nghiệm như sau:
T(k) 280 287,8 296,8 303 311,4
K(l.
1 1
.mol ph
− −
)
1060 1580 2480 3750 4680
1/T,
3
10
−
3,57 3,47 3,37 3,3 3,2
LnK/T 1,33 1,7 2,12 2,52 2,7
Từ pt:
#
#
# #
/
. . ln ln
H
s R
b b
RT
k T k
k s H
k e e
h T h R RT
−∆

∆
∆ ∆
= → = + −
Xây dựng đồ thị
ln
k
T
phụ thuộc vào 1/T ta có:
Theo đồ thị ở hình phía dưới ta có:
#
#
3986 3986.
H
H R
R
−∆
= − → ∆ =

#
3986.8,314 33139,6( / )H J mol→ ∆ = =

Ta lại có:
# #
.
G G
b
RT RT
b
k T
kh

k e e
h k T
−∆ −∆
= → =


#
#
ln (ln ln )
b
b
k
kh G k
G RT
k T RT h T
−∆
→ = ⇔ ∆ = −
(1)
Từ phương trình nội suy của đồ thị ta có thể tính được
ln
k
T
ứng với T=298K
ln
k
T
=2,195;
ln
b
k

h
=
23
34
1,38.10
ln 23,763
6,602.10
−
−
=
Vậy
#
298
(23,763 2,195) 8,314.298.21,568 53436,3( / )G RT J mol∆ = − = =
Ta lại có
# #
# # # #
298
298 298 298
33139,6 53436,3
68( / )
298
H G
G H T S S J molK
T
∆ − ∆
−
∆ = ∆ − ∆ → ∆ = = = −
Bài 3.11
Ta có bảng sau:

13
T 298 303 307,5 312 321 330
1/T,
3
10
−
3,356 3,3 3,252 3,205 3,115 3,03
K,
5 1
10 , S
−
0,5 0,68 1,03 1,62 3,95 8,95
ln(K/T)
-17.903 -17.612 -17.211 -16.773
-15.91 -15.12

Ta dựng được đồ thị phụ thuộc của
ln
k
T
vào 1/T ta được:
#
#
8800,8 8800,8.8,314 73169,85( / )
H
H J mol
R
−∆
= − → ∆ = =
Tương tự bài 3.11 ta có :

#
(ln ln )
b
k
k
G RT
h T
∆ = −
Tại T=298K thì từ pt nội suy trên đồ thị ta có:
ln
k
T
=-18.04;
ln
b
k
h
=23,763
#
8,314.298(23,763 18,04) 103570( / )G J mol→ ∆ = + =
14
Và
# #
# # # #
298
298 298 298
73169,85 103570
102( / )
298
H G

G H T S S J molK
T
∆ − ∆
−
∆ = ∆ − ∆ → ∆ = = = −
Bài 3.12
Phản ứng thủy phân Benzoilimidazol có các số liệu thực nghiệm sau:
Làm tương tự như bài 3.11 ta có được đồ thị như hình dưới

#
#
6500 6500.8,314 54041( / )
H
H J mol
R
−∆
= − → ∆ = =
Và
#
(ln ln )
b
k
k
G RT
h T
∆ = −
#
8,314.298(23,763 6,866) 75885,55( / )G J mol→ ∆ = + =
# #
# # # #

298
298 298 298
54041 75885,55
73,3( / )
298
H G
G H T S S J molK
T
∆ − ∆
−
∆ = ∆ − ∆ → ∆ = = = −
Bài 3.13
Ta có:
0 5 1
1 1 1
0 4 1
2 2 2
2 275 2.10
28 303 1,5.10
t c T K k s
t c T K k s
− −
− −
= → = ↔ =
= → = ↔ =
Ngoài ra:ta có năng lượng hoạt hóa của phản ứng
2
1 2
1
2 1

ln
a
K
RT T
K
E
T T
=
−
4
5
1,5.10
8,314.275.303.ln
2.10
53686,6( )
303 275
a
E J
−
−
→ = =
−
Ta có
a
E
≈
#
H∆
→
#

H∆
=53686,6(J)
0 0
.
a
a
E
RT
E
RT
k
k k e k
e
−
−
= → =
=
1
1
a
E
RT
k
e
−
=
5,49
10
→
.298

298 0
.
a
E
R
k k e
−
=
=
53686,6
5,49
8,314.298
10 .e
−
=
4
1,2.10
−
(
1
s
−
)
T 288,5 298 307,5 317,9
1/T
0.0034662 0.0033557 0.00325203 0.00314564
K,ph 0,138 0,312 0,638 1,22
Ln(K/T)
-7.645196 -6.861845 -6.1778920 -5.562886
15

Ta có
#
H∆
không phụ thuộc vào khoảng nhiệt độ đã cho,còn
# #
,G S∆ ∆
phụ thuộc vào T
và
T
k
.
Lại có:
# #
.
G G
b
RT RT
b
k T
kh
k e e
h k T
−∆ −∆
= → =


#
#
ln (ln ln )
b

b
k
kh G k
G RT
k T RT h T
−∆
→ = ⇔ ∆ = −
(1)
Thay giá trị:
23 1 34
298
1,38.10 ( . ); 6,602.10 ( . );
b
k J K h J S k
− − −
= =
; R=8,314J/mol.k;T=298k
Vào (1) ta được:
4
#
1,2.10
8,314.298(23,763 ln ) 95356,8( )
298
G J
−
∆ = − =
# #
# # # #
298
298 298 298

53686,6 95356,8
139,83( / )
298
H G
G H T S S J molK
T
∆ − ∆
−
∆ = ∆ − ∆ → ∆ = = = −

**************
CHƯƠNG 4
Bài 4.1:
Cho phản ứng phân hủy nhiệt CH
4
như sau:
CH
4

1
k
→

•
CH
3
+ H
•
⇒
W = k

1
.[CH
4
]
CH
4
+
•
CH
3

2
k
→
C
2
H
6
+ H
•
⇒
W = k
2
.[CH
4
].[
•
CH
3
]

CH
4
+ H
•

3
k
→

•
CH
3
+ H
2
⇒
W = k
3
.[ CH
4
].[ H
•
]
•
CH
3
+ H
•
+ M
4
k

→
CH
4
+ M
⇒
W = k
4
.[
•
CH
3
].[ H
•
].[M]
Phương trình tốc độ phản ứng:
2 6
[C H ]d
dt
= k
2
.[CH
4
].[
•
CH
3
] (1)
Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định:
• Đối với H
•

:
•
[H ]d
dt
= k
1
.[CH
4
] + k
2
.[CH
4
].[
•
CH
3
] - k
3
.[ CH
4
].[ H
•
] - k
4
.[
•
CH
3
].[ H
•

].[M] = 0 (2)
• Đối với
•
CH
3
:
•
3
[ CH ]d
dt
= k
1
.[CH
4
] - k
2
.[CH
4
].[
•
CH
3
] + k
3
.[ CH
4
].[ H
•
] - k
4

.[
•
CH
3
].[ H
•
].[M] = 0 (3)
Cộng (2) và (3) ta được:
k
1
.[CH
4
] - k
4
.[
•
CH
3
].[ H
•
].[M] = 0 (4)
Trừ (2) cho (3) ta được:
k
2
[
•
CH
3
] – k
3

[H
•
] = 0 (5)
Từ (4) và (5) ta có hpt:
[ ] [ ]
• •
1 4 4 3
• •
2 3 3
k . CH k . CH . H . M 0
k CH – k H 0

   
− =
    

   
=

   

16

⇔
•
3
1 2 4
3
2 3 4
•

1 2 4
3 4
k
k k [CH ]
[ CH ]= .
k k k [M]
k k [CH ]
[H ]=
k k [M]







Thay vào (1) ta được:
2 6
[C H ]d
dt
=
3
1 2 3 4
4
k k k [CH ]
k [M]
Bài 4.2:
Cho phản ứng phân hủy HNO
3
xảy ra theo cơ chế sau:

HNO
3

1
k
→

•
OH + NO
2
W = k
1
.[HNO
3
]
•
OH + NO
2

2
k
→
HNO
3
W = k
2
.[
•
OH].[NO
2

]
•
OH + HNO
3

3
k
→
H
2
O +
•
NO
3
W = k
3
.[
•
OH].[HNO
3
]
• Phương trình tốc độ phân hủy HNO
3
:
3
d[HNO ]
dt
= - k
1
.[HNO

3
] + k
2
.[
•
OH].[NO
2
] - k
3
.[
•
OH].[HNO
3
] (1)
• Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với
•
OH:
•
d[ OH ]
dt
= k
1
.[HNO
3
] - k
2
.[
•
OH].[NO
2

] - k
3
.[
•
OH].[HNO
3
] = 0
⇔
[
•
OH] =
[ ]
[ ] [ ]
1 3
2 2- 3 3
k . HNO
k . NO + k . HNO
Do đó:
3
d[HNO ]
dt
=
[ ]
1 3
2 2
3 3
-2k . HNO
k .[NO ]
1+
k .[HNO ]

• Nhận xét:
o Phản ứng bậc 1 đối với HNO
3
Do đó phương trình tốc độ có dạng: W = k.[HNO
3
]
Nhìn vào biểu thức tốc độ của HNO
3
thì có 2 khả năng xảy ra:
2
2 3
[ ] 0
[ ] [ ]
NO
NO HNO
=


=

+) Phản ứng bậc 2 đối với HNO
3
Do đó phương trình tốc độ có dạng: W = k.[HNO
3
]
2

+) NO
2
ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng như sau:

Nếu [NO
2
] tăng thì tốc độ phân hủy HNO
3
giảm.
Bài 4.3:
Cho phản ứng phân hủy nhiệt NO
2
Cl và cơ chế như sau:
NO
2
Cl
1
k
→
NO
2
+ Cl
•
W = k
1
.[NO
2
Cl]
17
NO
2
Cl + Cl
•

2
k
→
NO
2
+ Cl
2
W = k
2
.[NO
2
Cl][Cl
•
]
• Phương trinh tỷ lượng:
2NO
2
Cl → 2NO
2
+ Cl
2
• Biểu thức độ phản ứng theo NO
2
Cl
2
d[NO Cl]
dt
= - k
1
.[NO

2
Cl] - k
2
.[NO
2
Cl][Cl
•
]
Áp dụng định lý nồng độ ổn định đối với Cl
•
:
d[Cl ]
dt
•
= k
1
.[NO
2
Cl] - k
2
.[NO
2
Cl][Cl
•
] = 0
⇔
[Cl ]
•
=
1

2
k
k
⇒
2
d[NO Cl]
dt
= - k
1
.[NO
2
Cl] - k
2
.[NO
2
Cl].
1
2
k
k
= -2k
1
[NO
2
Cl]
• Bậc của phản ứng phân hủy NO
2
Cl:
Từ biểu thức trên ta thấy ngay bậc của phản ứng theo NO
2

Cl là n = 2
Bài 4.4:
Cho phản ứng phân hủy 2N
2
O
5
→ 4NO
2
+ O
2
có cơ chế như sau:
N
2
O
5

1
k
→
NO
2
+ NO
3
W = k
1
.[N
2
O
5
]

NO
2
+ NO
3

'
1
k
→
N
2
O
5
W =
'
1
k
.[NO
2
].[NO
3
]
NO
2
+ NO
3

2
k
→

NO
2
+ NO + O
2
W = k
2
.[NO
2
].[NO
3
]
NO + N
2
O
5

3
k
→
3NO
2
W = k
3
.[NO].[N
2
O
5
]
• Biểu thức tốc độ phản ứng:
2 5

d[N O ]
dt
= - k
1
.[N
2
O
5
] +
'
1
k
.[NO
2
].[NO
3
] - k
3
.[NO].[N
2
O
5
] (1)
• Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định :
o Đối với NO
3
:
3
d[NO ]
dt

= k
1
.[N
2
O
5
] -
'
1
k
.[NO
2
].[NO
3
] - k
2
.[NO
2
].[NO
3
] = 0 (2)
o Đối với NO:
d[NO]
dt
= k
2
.[NO
2
].[NO
3

] - k
3
.[NO].[N
2
O
5
] = 0 (3)
Từ (2) ta có:
2 3
[NO ].[NO ]
=
[ ]
1 2 5
'
1 2
k . N O
k +k
(2
’
)
Do đó (3)
⇔
[ ]
1 2 2 5
3 2 5
'
1 2
k .k N O
k .[NO].[N O ]=
k +k

(3
’
)
Thay (2
’
) và (3
’
) vào (1) ta được:
18
2 5
d[N O ]
dt
= - k
1
.[N
2
O
5
] +
'
1
k
.
[ ]
1 2 5
'
1 2
k . N O
k +k
-

[ ]
1 2 2 5
'
1 2
k .k N O
k +k
= -2
[ ]
1 2 2 5
'
1 2
k .k N O
k +k
• Bậc của phản ứng:
Từ biểu thức trên ta thấy ngay, bậc của phản ứng theo N
2
O
5
là n = 1.
Bài 4.5:
Cho cơ chế phân hủy R
2
như sau:
(1): R
2

1
k
→
2R

W = k
1
[R
2
]
(2): R + R
2

2
k
→
P
B
+ R
’
W = k
2
[R][R
2
]
(3): R
’

3
k
→
P
A
+ R
W = k

3
[R
’
]
(4): 2R
4
k
→
P
A
+ P
B
W = k
4
[R]
2
• Phương trình vận tốc phân hủy R
2
:
[ ]
2
d R
dt
= - k
1
[R
2
] - k
2
[R][R

2
] (5)
• Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định
o Đối với R:
d[R]
dt
= 2 k
1
[R
2
] - k
2
[R][R
2
] + k
3
[R
’
] -2 k
4
[R]
2
= 0 (6)
o Đối với R
’
:
'
d[R ]
dt
= k

2
[R][R
2
] - k
3
[R
’
] = 0 (7)
Từ (7) → k
3
[R
’
] = k
2
[R][R
2
]. Thay vào (6)
(6)
⇔
2 k
1
[R
2
] - k
2
[R][R
2
] + k
2
[R][R

2
] - 2 k
4
[R]
2
= 0

⇔
k
4
[R]
2
– k
1
[R
2
] = 0

⇔
[R] =
1 2
4
k [R ]
k
thay vào (5)
(5)
⇔
[ ]
2
d R

dt
= - k
1
[R
2
] – k
2
[R
2
]
1 2
4
k [R ]
k
Vậy phương trình vận tốc phân hủy R
2
qua nồng độ R
2
là:
[ ]
2
d R
dt
= - k
1
[R
2
] – k
2
[R

2
]
1 2
4
k [R ]
k
Bài 4.6:
Phản ứng: 2H
2
O
2
→ 2H
2
O + O
2
được xúc tác bằng anion Br
-
. Giả sử phản ứng tuân theo
cơ chế sau:
H
2
O
2
+ Br
-

1
k
→
H

2
O + BrO
-
(nhanh)
W = k
1
.[H
2
O
2
].[Br
-
]
BrO
-
+ H
2
O
2

2
k
→
H
2
O + O
2
+ Br
-
(chậm)

W = k
2
.[BrO
-
].[H
2
O
2
]
19
Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với BrO
-
-
d[BrO ]
dt
= k
1
.[H
2
O
2
].[Br
-
] - k
2
.[BrO
-
].[H
2
O

2
] = 0
⇔
[BrO
-
] =
-
1
2
k [Br ]
k
(*)
Ta biết rằng tốc độ phản ứng được tính ở giai đoạn chậm nhất nên:
• Tốc độ phân hủy H
2
O
2
:
2 2
d[H O ]
dt
= - k
2
.[BrO
-
].[H
2
O
2
]

Từ (*) ta có:
2 2
d[H O ]
dt
= - k
1
[Br
-
][H
2
O
2
]
→ Phản ứng bậc 1 đối với H
2
O
2
• Tốc độ hình thành H
2
O:
2
d[H O]
dt
= k
2
.[BrO
-
].[H
2
O

2
] = k
1
[Br
-
][H
2
O
2
]
→ Phản ứng bậc 0 đối với H
2
O
• Tốc độ hình thành O
2
2
d[O ]
dt
= k
2
.[BrO
-
].[H
2
O
2
] = k
1
[Br
-

][H
2
O
2
]
→ Phản ứng bậc 0 đối với O
2
.

THE END

Trích nguồn:Đinh Viểt Chiến -k52a hóa học
20