bai tap dai luong mol rieng phan

MỤC LỤC
BÀI TẬP ĐẠI LƯỢNG MOL RIÊNG PHẦN
A – LÝ THUYẾT 2
B – BÀI TẬP 4
TÀI LIỆU THAM KHẢO 18
1
BÀI TẬP ĐẠI LƯỢNG MOL RIÊNG PHẦN
A – LÝ THUYẾT
Khi nghiên cứu dung dịch, việc dùng khái niệm đại lượng mol riêng phần là
một thuận lợi. Đặc biệt quan trọng là các đại lượng mol riêng phần mà trong
nhiệt động học về dung dịch, chúng đóng vai trò như các đại lượng mol trong
nhiệt động học về các chất nguyên chất.
Đại lượng mol riêng phần được định nghĩa qua biểu thức sau:
, ,
i j
i
X
X T P n
n
δ
δ
 
=
 ÷
 
i
X
là đại lượng mol riêng phần về thuộc tính khuếch độ X của cấu tử i trong
hệ có thành phần cho trước, nó là đạo hàm riêng của X lấy theo số mol cấu tử
i ở nhiệt độ, áp suất và số mol các cấu tử khác trừ i không đổi.
Thuộc tính khuếch độ X của hệ như: V, S, U, H, F, G, C

p
, C
v
.
Ở T, P = const,
X
và
i
X
quan hệ với nhau bằng hệ thức:
i
i
X n X=
∑
hoặc
;
i i i
X n x X n n= =
∑ ∑
Gọi X
0
là thuộc tính khuếch độ của hệ mà ở đó các chất i nguyên chất chưa
tham gia vào dung dịch, thì:
0 0
i i
X n X=
∑
;
0
i

X
là thuộc tính khuếch độ của chất i nguyên chất.
0
1
( )
o
m i i i
m i m
X X X n X X
X n X
−
− = ∆ = −
∆ = ∆
∑
∑
ΔX
m
là đại lượng trộn của hệ.
Ví dụ thuộc tính khuếch độ xét là hàm Gibbs G thì:
, ,
j
i j
i
T P n
G
G
n
δ
µ
δ

 
= =
 ÷
 
Như vậy đối với mọi hệ cân bằng ta luôn có:
,T P j j
i i i
X n X
G n
µ
=
=
∑
∑
2
Các đại lượng mol riêng phần của cấu tử tạo thành trong dung dịch liên hệ
với nhau theo hai phương trình Gibbs – Duhem:
0
0
i i
i i
n d X
n d
µ
=
=
∑
∑
Có thể chia các phương pháp xác định đại lượng mol riêng phần thành
phương pháp giải tích và phương pháp đồ thị:

- Phương pháp giải tích
Nếu biết sự phụ thuộc X =f(n
i
) thì
i
X
xác định bằng cách đạo hàm theo n
i
và
khi thay giá trị n
i
tương ứng vào phương trình thu được, ta tìm được đại lượng
mol riêng phần của cấu tử i đối với dung dịch có thành phần đã cho.
- Phương pháp đồ thị
Nếu biết các tính chất của dung dịch (như các thể tích chứa những lượng n
2
khác nhau trong một lượng dung môi như nhau) thì khi dựng đồ thị X – n
2
ta
được một đường cong. Hệ số góc của đường cong đó tại một điểm bất kì,
nghĩa là đối với dung dịch có nồng độ bất kì, chính là
2
X
.
Nếu biết sự phụ thuộc của đại lượng mol riêng phần vào thành phần (đo
bằng phần mol) thì xác định đại lượng mol riêng phần bằng phương pháp giao
điểm. Ví dụ đối với thể tích:
1 2
; (1 )
V V

V V N V V N
N N
∂ ∂
   
= − = + −
 ÷  ÷
∂ ∂
   
Phương pháp giao điểm cho phép xác định đồng thời
1
X
và
2
X
.
Bản chất của phương pháp này là dựng đồ thị của tính chất nghiên cứu xem
như của hàm thành phần. Tại điểm ứng với thành phần đã cho, ta kẻ tiếp tuyến
với đường cong. Đường thẳng này cắt trục tung tại N
1
= 1 và N
2
= 1 theo các
đoạn bằng đại lượng mol riêng phần của hai cấu tử.
3
B – BÀI TẬP
Bài 1
[2]
. Muốn được 100 cm
3
hỗn hợp ancol và nước người ta dự định pha

30 cm
3
ancol etylic nguyên chất với 70 cm
3
nước.
Hỏi như vậy có thu được một lượng hỗn hợp như ý muốn không? Nếu không
thì phải lấy bao nhiêu thể tích ancol và nước ban đầu để trộn được 100 cm
3
hỗn hợp có cùng thành phần như thế. Biết rằng ứng với thành phần này của
hỗn hợp, thể tích mol riêng phần của ancol và nước lần lượt bằng 52,6
cm
3
/mol và 18 cm
3
/mol.
Cho khối lượng riêng của ancol là 0,785 g/cm
3
và của nước là 1,00 g/cm
3
.
Giải:
Ta biết rằng thể tích mol riêng phần của cấu tử trong hệ là một đại lượng có
giá trị xác định của hệ. Vì thế trước hết ta phải tính thành phần của hệ (biểu
thị bằng phân số mol x
i
).

2 5
2
2 5

2
30.0,785
0,51
46
70.1
3,89
18
0,51
0,12
0,51 3,89
1 0,12 0,88
C H OH
H O
C H OH
H O
n
n mol
x
x
= =
= =
= =
+
= − =
Thể tích hỗn hợp sau khi trộn:
2 5 2
2 5 2
3
. . (0,51.52,6) (3,89.18) 96,8
C H OH H O

h C H OH H O
V n V n V cm= + = + =
Kết quả cho thấy ta chỉ pha được 96,8 so với 100 cm
3
hỗn hợp theo yêu cầu.
Vậy, để pha đủ 100 cm
3
theo yêu cầu thì:
Gọi V
1
và V
2
là thể tích ancol và nước cẩn lấy. Ta có:
1 2
3
1
3
1 2
2
.0,785 .1
.52,6 .18 100
31,7
46 18
.0,785 .1
71,4
: 0,12: 0,88
46 18
V V
V cm
V V

V cm

+ =


=
 
⇒
 
=



=


Bài 2
[2]
. Áp suất hơi toàn phần và áp suất hơi riêng phần của các cấu tử
trong hỗn hợp axeton – clorofom thay đổi trong toàn khoảng thành phần
nguyên chất đến clorofom nguyên chất. Ở 35
0
C người ta đã thu được kết quả
thực nghiệm sau:
Clorofom 0,00 0,20 0,40 0,60 0,80 1,00
4
p clorofom mmHg 0 35 82 142 219 293
p axeton mmHg 347 270 185 102 37 0
a. Vẽ giản đồ về sự phụ thuộc của áp suất hơi bão hòa theo thành phần hỗn
hợp. Từ đó hãy chứng tỏ rằng cấu tử nào trong hỗn hợp chiếm lượng rất lớn

thì sẽ nghiệm đúng định luật Raoult về áp suất hơi, còn cấu tử kia sẽ nghiệm
đúng định luật Henri,
b. Bằng đồ thị hãy xác định hằng số Henri K (axeton) và hằng số Henri K
(clorofom).
Giải:
a. Đồ thị về sự phụ thuộc áp suất hơi riêng phần của từng cấu tử theo thành
phần của hệ:
Đường cong thực nghiệm về sự phụ thuộc áp suất hơi theo thành phần của
hỗn hợp axeton – clorofom
Định luật Raoult p
A
= p
0
A
.x
A
hoặc p
B
= p
0
B
.x
B
được biểu diễn bằng đường
thẳng nối liền từ gốc đến giá trị p
A
= p
0
A

(hoặc p
B
= p
0
B
) (đường chấm). Ở
100
200
300
0
1
x
CHCl3
K clorofom
P
0
clorofom
P
0
axeton
K axeton
Đ.L
Raoult
Đ.L
Henri
p
(m
mH
g)
5

khoảng nồng độ rất lớn của cấu tử A (hoặc B) đường cong thực nghiệm trùng
với đường thẳng này.
Định luật Henri p
B
= K
B
.x
B
hoặc p
A
= K
A
.x
A
được biểu diễn thành đường
thẳng nối liền từ gốc đến giá trị p
B
= K
B
hoặc p
A
= K
A
(đường chấm). Ở
khoảng nồng độ rất bé của cấu tử B hoặc A đường cong thực nghiệm trùng
với đường thẳng này.
Cấu tử A: clorofom; Cấu tử B: axeton
b. Từ đồ thị xác định được:
K
axeton

= 175 mmHg và K
clorofom
= 165 mmHg.
Bài 3
[3]
. Dựa vào khối lượng riêng của dung dịch ancol metylic trong nước
ở T = 293,2 K, tính
2 3
,
H O CH OH
V V
bằng phương pháp giao điểm đối với các nồng
độ ancol:
ancol (% khối lượng) 0 20 40 60 80 90 100
x (g/ml) 0,9982 0,9666 0,9345 0,8946 0,8469 0,8202 0,7917
Giải: Chuyển khối lượng riêng sang thể tích riêng, sau đó tính thể tích mol
trung bình theo công thức:
3
& ( )
i CH OH
i
M N M V f N= =
∑
Sau khi xây dựng đồ thị V trên, kẻ tiếp tuyến với đường cong tại các điểm
ứng với các nồng độ nêu trên sẽ được
2 3
,
H O CH OH
V V

Hình vẽ giới thiệu cách xác định
2 3
,
H O CH OH
V V
đối với N
CH3OH
= 0,60. Các kết
quả trung gian và cuối cùng tóm tắt ở bảng sau:
H
2
O
CH
3
OH
0 0,2
0,4 0,6 0,8
1
20
25
40
2
H O
V
3
CH OH
V
P, T = const
V
6

ancol V M V
2
H O
V
3
CH OH
V
(%m) ml/g trung bình ml/mol
20 1,035 19,8 20,1 18,0 37,8
40 1,070 21,8 23,3 17,5 39,0
60 1,118 24,4 27,3 16,8 39,8
80 1,181 27,8 32,7 15,4 40,4
90 1,219 29,7 36,3 15,0 40,5
Kết quả cho thấy quá trình hòa tan ancol vào nước kèm theo sự giảm thể
tích.
Bài 4
[2]
. Xác định khối lượng riêng của dung dịch 40% ancol metylic trong
nước. Biết thể tích mol riêng phần của nước và ancol trong dung dịch này lần
lượt là 17,5 cm
3
và 39

cm
3
.
Giải:
Trong 100 gam dung dịch ancol metylic 40% thì chứa 40 gam ancol và 60
gam nước.
3 2

3 2
3 2
3
3
40 60
1,25 ; 3,33
32 18
. . 1,25.39 3,33.17,5 107,083
100
0,9338 /
107,083
CH OH H O
CH OH H O
CH OH H O
n mol n mol
V n V n V cm
m
g cm
V
ρ
= = = =
= + = + =
⇒ = = =
Bài 5
[2]
. Ở nhiệt độ và áp suất không đổi, nếu thêm 1 mol nước vào một
lượng lớn dung dịch nước – ancol metylic có thành phần phân số mol ancol x
2
= 0,4 thì thể tích dung dịch sẽ tăng thêm 17,35 cm
3

; nếu thêm 1 mol ancol
metylic vào dung dịch thì thể tích dung dịch tăng thêm 39 cm
3
.
a. Tìm thể tích dung dịch chứa 0,6 mol nước và 0,4 mol ancol metylic.
b. Xác định biến thiên thể tích khi hình thành dung dịch so với tổng thể tích
của hệ khi còn trạng thái nguyên chất riêng rẽ, biết thể tích phân tử gam của
nước và ancol metylic nguyên chất lần lượt là 18 cm
3
và 40,5 cm
3
.
Giải:
a. Khi thêm 1 mol nước vào 1 lượng lớn dung dịch thì thể tích dung dịch
tăng thêm 17,35 cm
3
. Suy ra
2
3
17,35 /
H O
V cm mol=
Tương tự
3
3
39 /
CH OH
V cm mol=
Vậy thể tích của dung dịch chứa 0,6 mol nước và 0,4 mol ancol metylic:
2 3

2 3
3
0,6.17,35 0,4.39 26,01
H O CH OH
H O CH Oh
V n V n V cm= + = + =
7
b. Tổng thể tích của hệ khi còn ở trạng thái nguyên chất:
V = 0,6.18 + 0,4.40,5 = 27 cm
3
.
Vậy ΔV = - 1cm
3
tức là giảm xấp xỉ 4%.
Bài 6
[2]
.
a. Dung dịch chứa n
1
mol cấu tử thứ nhất và n
2
mol cấu tử thứ hai với phân
tử lượng tương ứng là M
1
và M
2
.
Hãy biểu thị thể tích mol riêng phần của cấu tử thứ hai thông qua n
1
, n

2
, khối
lượng riêng của dung dịch d. Đạo hàm riêng của d lấy theo n
2
thì n
1
không đổi
và phân tử lượng của các cấu tử.
b. Giả thiết rằng x
1
và x
2
là phân số mol của cấu tử 1 và 2 trong dung dịch.
Hãy chứng minh rằng:
2 1
2
1 1 2 2
2
2
( ). .
M x
V M x M x
x
δρ
ρ ρ δ
= − +
c. Khối lượng riêng (g/cm
3
) của dung dịch nước – ancol metylic ở 25
0

C được
biểu thị:
2 3 4 5
2 2 2 2 2
0,9971 0,28930 .29907 0.60876 0,59438 0,20581x x x x x
ρ
= − + − − + −
x
2
là phân số mol của ancol metylic.
Hãy xác định thể tích mol riêng phần của ancol metylic trong dung dịch ở
25
0
C và khi x
2
= 0,100.
Giải:
a. Ta có:
1
1 1 1
1 1
1
1 1 2 2 1 1 2 2
2
2 2 2 2
1 1 2 2 2
2
2 2
2 2
2

2
1 1 2 2
2
2
1
( )
n
n n n
n n
n
n M n M n M n M
V
V
n n n n
n M n M M
V
n n
M
V n M n M
n
ρ ρ ρ
ρ ρ
ρ ρ ρ
ρ
ρ ρ
+
     
∂ ∂ ∂
 ÷  ÷  ÷
 

∂
 ÷  ÷  ÷
= = = +
 ÷
∂ ∂ ∂ ∂
 ÷  ÷  ÷
 
 ÷  ÷  ÷
     
   
∂ ∂
= − − +
 ÷  ÷
∂ ∂
   
 
∂
= − +
 ÷
∂
 
b. Chứng minh
2 1
2
1 1 2 2
2
2
( ). .
M x
V M x M x

x
δρ
ρ ρ δ
= − +
. Ta có:
8

1
2
2
1 1 2 2
2
1 2
1 2
1 2 1 2
2 2 1 2 2 1 2 2
2
2
1 1 2 2 1 2 1
2
1 2 2
2
2
1 1 2 2 1
2
2
1
( ). .
;
( ); ( )

1
( ).( ) . .
( )
1
( ). . .
n
M
V M n M n
n
n n
x x
n n n n
n x n n dn n n dx
M
V M x M x n n x
n n x
M
V M x M x x
x
ρ
ρ ρ
ρ
ρ ρ
ρ
ρ ρ
 
∂
= − +
 ÷
∂

 
= =
+ +
= + = +
 
∂
⇒ = − + +
 ÷
+ ∂
 
 
∂
⇒ = − +
 ÷
∂
 
c. Khi x
2
= 0,1, ta có:
2 3 4 5
2 2 2 2 2
2 3 4 5
2 3
2 2 2
2
0,9971 0,28930 0.29907 0.60876 0,59438 0,20581
0,9971 0,28930.0,1 0.29907.0,1 0.60876.0,1 0,59438.0,1 0,20581.0,1
0,9646
0,28930 2.0,29907 3.0,60876 4.0,59438 5
x x x x x

x x x
x
ρ
ρ
ρ
ρ
= − + − − + −
⇒ = − + − − + −
⇒ =
∂
= − + − + −
∂
4
2
2 3 4
2
2
2
2
3
2
.0,2051
0,28930 2.0,29907.0,1 3.0,60876.0,1 4.0,59438.0,1 5.0,2051.0,1
0,2455
32 0,9
(0,9.18 0,1.32) .( 0,2455)
0,03129 0,03129
37,56 /
x
x

x
V
V cm mol
ρ
ρ
∂
⇒ = − + − + −
∂
∂
⇒ = −
∂
⇒ = − + −
⇒ =
Bài 7
[2]
. Hãy thiết lập phương trình biểu diễn thể tích phân tử gam riêng phần
của dung môi qua khối lượng riêng ρ của dung dịch, phân tử lượng M
1
của
dung môi và nồng độ phân tử gam C của chất tan trong dung dịch.
Giải:
1
1
1000
M
V
d
C
dc
ρ

ρ
=
 
−
 ÷
 
Bài 8
[2]
. Thể tích của dung dịch NaCl – H
2
O ở 25
0
C được biểu thị bằng
phương trình:
3 3/2 2
( ) 1003 16,62 1,77 0,12V cm m m m= + + +
m: nồng độ molan (mol/1000g) và V chỉ thể tích của dung dịch hình thành
với 1kg nước.
Sử dụng phép đạo hàm, hãy tính thể tích mol riêng phần của từng cấu tử tại
m = 0,1mol/1000g.
Giải:
9
1
3/2 2
3
2
2
1/2 3
2
2 2

2
3
1 1
1 2 2
1003 16,62 1,77 0,12
0,1 /1000 1004,7
1000
1000
3
16,62 1,77 2.0,12 17,48 /
2
1004,7 0,1.17, 48
18,17 /
1000
18
n
V m m m
m mol g V cm
n
m n
V
V n n cm mol
n
V n V n V V cm mol
= + + +
= ⇒ =
= =
 
∂
= = + + =

 ÷
∂
 
−
= + ⇒ = =
Bài 9
[2]
. Thể tích dung dịch MgSO
4
– H
2
O ở 18
0
C được biểu thị bằng
phương trình:
3 2
( ) 1001,21 34,69( 0,07)V cm m= + −
m: nồng độ molan của chất tan và V chỉ thể tích dung dịch hình thành với
1kg nước. Công thức này áp dụng được cho đến m = 0,1 mol/kg.
Hãy tính thể tích mol riêng phần ứng với m = 0,05 mol/kg của muối và
nước.
Giải:
1
2
3
2
2
3
2
2

2
3
1 1
1 2 2
1001,21 34,69( 0,07)
0,05 /1000 1001,22
1000
1000
2.34,69( 0,07) 1,3876 /
1001,22 0,1.( 1,3876)
18,04 /
1000
18
n
V m
m mol g V cm
n
m n
V
V n cm mol
n
V n V n V V cm mol
= + −
= ⇒ =
= =
 
∂
= = − = −
 ÷
∂

 
− −
= + ⇒ = =
Bài 10
[2]
. Thể tích mol riêng phần của axeton và clorofom trong dung dịch
có chứa phân số mol của clorofom là 0,4693 lần lượt là 74,166 cm
3
/mol và 80
cm
3
/mol.
a. Tính thể tích của dung dịch có khối lượng 1 kg.
b. Tính tổng thể tích của các cấu tử khi chưa pha trộn vào nhau, biết rằng ở
trạng thái nguyên chất thể tích mol của axeton và clorofom lần lượt bằng
73,993 cm
3
và 80,665 cm
3
.
Giải:
a. Cấu tử 1: clorofom; Cấu tử 2: axeton.
10
x
1
= 0,4693; x
2
= 1- 0,4693 = 0,5307.
Ta có:
1 1

2 2
1 2
1 2
3
1 2
1 2
0,4693
0,8843
0,5307
1000 :119,5 58 1000
5,4028 & 6,1097
5,4018.80,253 6,1097.74,166 886,6
(1)
(2)
(1) & (2) n
x n
x n
gam n n
n
V n V n V cm
= = =
+ =
⇒ = =
= + = + =
b. Khi chưa pha trộn, tổng thể tích V:
3
5,4028.80,655 6,1097.73,993 887,8V cm= + =
Bài 11
[1]
. Xác định biến thiên thể tích của dung dịch etanol 40% khi thêm

100 gam etanol vào một thể tích lớn của dung dịch. Biết rằng khi thêm 1 mol
nước vào dung dịch đó thì biến thiên thể tích là – 0,4 cm
3
/mol. Khối lượng
riêng của dung dịch là 0,936 g/cm
3
, của nước là 1 g/cm
3
và của etanol là 0,790
g/cm
3
.
Giải:
Biến thiên thể tích của dung dịch khi thêm 100 gam etanol bằng:
0
2
2 2
2 2
0
2
2
2
2 2 2
1 2
1 2
100 100
) ( )
100 100
)
)

V V V V
M M
M
V V V
M
V n V n V
ρ ρ
+ ∆ = ∆ = −
+ = ⇒ ∆ = −
+ = +
Từ các dữ kiện đã cho, ta có:
1 2
1 2
1 2
0 0
1
1
1 1 1
1
100
; ;
;
g g
V n n
M M
M
V V V V

ρ
ρ
= = =
= + ∆ =
Thay vào phương trình V, ta được:
1 1 2
2
1
1 1 2
2 2 1 2 1
2
1
2 2 1 1 2
100
100
g M g
V V
M M
M M g M g
V V
g g M g
ρ ρ
ρ ρ
 
= + ∆ +
 ÷
 
⇒ = − − ∆
Thay
2

V
từ phương trình này vào phương trình ΔV ở trên ta được:
11
4
1 1
1
2 2 1 1 2 2
4
3
100. 100.10 100
10 100.60 100.60 100
( 0,4) 5
40.0,936 40.1 18.40 0,79
g g
V V
g g M g
V cm
ρ ρ ρ
∆ = − − ∆ −
∆ = − − − − = −
Bài 12
[1]
. Xác định
4 3
NH NO
V
trong nước nếu thể tích dung dịch chứa 20 gam
NH
4
NO

3
trong 100 gam dung dịch, là 92,35 cm
3
; thể tích nước trong dung
dịch là 80,14 cm
3
.
Giải:
4 3 2
4 3
4 3
3
3
2
2 2
92,35 80,14 12,21
48,84 /
20
80
ddNH NO H O
NH NO
NH NO
V V V cm
V
V n V V cm mol
= − = − =
= ⇒ = =
Bài 13
[1]
. Ở 20

0
C dung dịch CH
3
OH trong nước nồng độ 60% có khối lượng
riêng bằng -0,8946 g/cm
3
. Thể tích mol riêng phần của nước bằng 16,8
cm
3
/mol. Xác định thể tích mol riêng phần của ancol metylic trong dung dịch.
Giải:
2 3
3
1 2 2
1 2
3
100
111,78
0,8946
40 60
2,22; 1,875
18 32
2,22.16,8 1,875. 111,78
111,78 2,22.16,8
39,7248 /
1,875
dd
100 gam dung dich:
H O CH OH
CH OH

Xet
m
V g
d
n n
V n V n V V
V cm mol
= = =
= = = =
= + = + =
−
⇒ = =
Bài 14
[1]
. Tính biến thiên entanpi mol riêng phần của axit axetic nếu trộn
79,4 gam axit này với 20,6 gam nước thì tỏa ra 805J. Biến thiên entanpi mol
riêng phần của nước bằng -133,9 J/mol.
Giải:
1 2
1 2
2
805
20,6
805 ( 133,9)
18
492,5 /
79,4
60
H n H n H J
H J mol

∆ = ∆ + ∆ = −
− − −
⇒ ∆ = = −
Bài 15
[3]
. Xác định nhiệt dung mol riêng phần của HCl và H
2
O trogng dung
dịch có phần mol của HCl và nhiệt dung như sau:
12
Phần mol HCl
Nhiệt dung của dung dịch chứa 1 mol nước
cal/K J/K
0,006 18,0 75,3
0,091 16,93 70,9
0,130 16,65 69,5
0,200 17,36 72,7
0,259 18,75 82,6
Giải:
Trước hết ta xác định nhiệt dung mol riêng phần của cấu tử thứ 2(HCl), vì
nhiệt dung đưa ra ở bảng là của các dung dịch có cùng một lượng cấu tử thứ
nhất (nước). Vậy ta tìm được đạo hàm
1
2
, ,P T n
c
n
 
∂
 ÷

∂
 
của tất cả các dung dịch.

Sự phụ thuộc của nhiệt dung của dung dịch nước vào hàm lượng HCl (n
2
là số mol HCl)
Tất cả các đạo hàm đều có thể tìm được bằng phương pháp đồ thị, vì nó là
hệ số góc của tiếp tuyến với đường cong biểu diễn sự phụ thuộc của C vào n
2
theo chiều dương trục hoành. Ta tìm các giá trị n
2
cần thiết để xây dựng đồ thị
đối với tất cả các dung dịch bằng cách dùng biểu thức xác định phần mol:
2
2
1 2
n
N
n n
=
+
Theo điều kiện n
1
= 1 thì n
2
=N
2
/N
1

. Thay dữ kiện ở bảng trên vào ta được:
' '' ''' '''' '''''
2 2 2 2 2
0,091 0,130 0,200 0,259
0,0; 0,1; 0,149; 0,250; 0,350
0,909 0,870 0,800 0,741
n n n n n= = = = = = = = =
Theo đồ thị xác định được giá trị của các đạo hàm. Chúng bằng chính nhiệt
dung mol riêng phần tương ứng của HCl:
' '' ''' '''' '''''
2 2 2 2 2
12,9; 8,2; 1,5; 11,5; 18,6.C C C C C= − = − = − = =
Nhiệt dung mol riêng phần của nước tính theo phương trình:
13
α’’’’’
1 2 1 2
1 2 2
'
1
''
1
'''
1
''''
1
'''''
1
.
18
16,93 0,182 17,75

16,65 0,149.1,5 16,77
17,36 0,25.11,5 14,54
18,75 0,35.18,6 12,24
hoÆc C n C n C C C n C
C
C
C
C
C
= + = −
=
= + =
= + =
= − =
= − =
Bài 16
[3]
. Nhiệt hòa tan mol của Si trong dung dịch Si – Mn phụ thuộc vào
phần mol của Si theo phương trình:
3 1
104,7 104,7 .
m Si Si
H N N kJ ngtg
−
∆ = − +
Xác định nhiệt hòa tan mol riêng phần của mangan trong dung dịch chứa
25% ngtg Si.
Giải:
Ta viết phương trình đối với nhiệt hòa tan riêng phần của mangan:
2

; 104,7 314,1
m m
Mn
m Si Si
Si Si
H H
H H N N
N N
∂∆ ∂∆
∆ = ∆ − = − +
∂ ∂
Thay nhiệt hòa tan vào đạo hàm bằng các giá trị của chúng:
3 3 3
3 1
104,7 104,7 104,7 314,1 209,4
25
0,25 209,4.0,25 3,3 .
100
Mn
Si Si si Si Si
Mn
Si
H N N N N N
N H kJ ngtg
−
∆ = − + + − = −
= = ⇒ ∆ = − = −
Bài 17
[3]
. Áp suất hơi bão hòa của bạc nguyên chất p

0
và áp suất hơi p của
bạc trên dung dịch rắn Ag – Au 30% ngtgAg phụ thuộc vào nhiệt độ theo
phương trình:
0
2
16350
lg ( 7,805) 5
15250
lg ( 6,118) 5
( : / )
P
T
p
T
P N m
= − + +
= − + +
Xác định entropi hòa tan mol riêng phần của bạc.
Giải:
Theo định nghĩa hóa thế cấu tử i:
i
i
G
n
µ
∂
=
∂
14

Đạo hàm riêng đẳng thức này theo nhiệt độ khi thành phần dung dịch và áp
suất không đổi:
i
i i
G G
T T n n T
µ
 
∂
∂ ∂ ∂ ∂
 
= =
 ÷
 ÷
∂ ∂ ∂ ∂ ∂
 
 

vì thứ tự đạo hàm theo các biến độc lập không ảnh hưởng đến kết quả. Đạo
hàm thế nhiệt động theo nhiệt độ:
G
S
T
∂
= −
∂
(*)
còn
i
S

S
n
∂
=
∂
là entropy mol riêng phần của cấu tử trong dung dịch. Như vậy:
i
i
S
T
µ
∂
= −
∂
. Mặt khác,
0
S S S∆ = −
, ta có:
0
;
i
i
S
T
µ
µ µ µ
∂∆
∆ = − ∆ = −
∂
là hóa thể tương đối của cấu tử i trong dung dịch.

Ta có:
0
ln ln
i i
RT P RT P
µ
∆ = −
, thay vào (*) và lấy đạo hàm ta được:
0
0
2 2
ln ln
ln ln
2,3 .15250 2,3 .16350 2,3 .15250 2,3 .16350
2,3 .6,118 2,3 .7,805
2,3 (7,805 6,118)
8,31 / ( )
2,3.8,31.(7,805 6,118) 32,29 / ( )
i i
i
i i
Ag
Ag
Ag
P P
S R P R P RT RT
T T
R R R R
S R R RT
T T T T

S R
R J molK
S J molK
∂ ∂
∆ = − + − −
∂ ∂
⇒ ∆ = − − − − +
∆ = −
=
⇒ ∆ = − =
Bài 18
[3]
. Áp suất hơi bão hòa (N/m
2
) của Mg trên dung dịch Mg – Pb có
nồng độ Mg là 4,2% và trên Mg nguyên chất phụ thuộc vào nhiệt độ như sau:
0
7810
lg 4,128 5
6560
lg 4,723 5
P
T
P
T
 
= − + +
 ÷
 
 

= − + +
 ÷
 
Xác định entropy hòa tan mol riêng phần của Mg.
Giải:
Tương tự bài trên ta có:
15
0
0
2 2
ln ln
ln ln
2,3 .7810 2,3 .6560 2,3 .7810 2,3 .6560
2,3 .4,218 2,3 .4,723
2,3 (4,723 4,218)
8,31 / ( )
2,3.8,31.(4,723 4,218) 9,652 / ( )
i i
i
i i
Ag
Ag
Ag
P P
S R P R P RT RT
T T
R R R R
S R R RT
T T T T
S R

R J molK
S J molK
∂ ∂
∆ = − + − −
∂ ∂
⇒ ∆ = − − − − +
∆ = −
=
⇒ ∆ = − =
Bài 19
[3]
. Khi trộn 125,4 gam Bi với 9,73 gam Mg sẽ thoát ra một lượng
nhiệt 16200J. Xác định nhiệt hòa tan mol riêng phần của Bi, nếu nhiệt hòa tan
mol riêng phần của Mg trong dung dịch này là -34900 J.ngtg
-1
.
Giải:
2
16200
9,73
16200 ( 34900)
24
3418,26 /
125,4
209
Mg Bi
Mg Bi
H n H n H J
H J mol
∆ = ∆ + ∆ = −

− − −
⇒ ∆ = = −
Bài 20
[3]
. Entropi mol riêng phần của bạc trong các dung dịch rắn Au – Ag
phụ thuộc vào thành phần theo phương trình:
2
ln 5,03 / ( )
Ag
Ag Au
S R N N J molK∆ = − −
Tìm sự phụ thuộc của ΔS
m
vào thành phần và tính giá trị của nó đối với dung
dịch 75% vàng.
Giải:
( ln ln ) 5,03 . ;
m Ag Ag Au Au Ag Au
S R N N N N N N∆ = − + −
Giá trị của
1
( ln ln ) 5,03 . 4,34 . .
m Ag Ag Au Au Ag Au
S R N N N N N N J ngtg K
−
∆ = − + − =
Bài 21
[2]
. Thể tích phân tử gam riêng phần của chất tan (gọi là cấu tử 2)
trong dung môi của một dung dịch loãng được biểu thị:

2
V a bm= +
m: nồng độ molan của chất tan.
a, b: hằng số.
Hãy biểu thị thể tích phân tử gam riêng phần của dung môi thông qua a, b,
m.
Giải:
Ta có:
16
1
2
2
2
2
2 2 2
2
1 1
2
1 2 1
1 2 1 2
1
2
1 1
1
2
1
( )
1000
( 1000) . .
2 2

.
( )
2
'
2
1
'
2
n
V
V a bm dV a bm dn
n
n n bm nb
V a b dn a C C
g g
bm n
V n V n V n V n a bm
a bm
V C n
n n
bm
V C a n
n
 
∂
= + = ⇒ = +
 ÷
∂
 
⇒ = + = + + = +

= + = + + =
 
⇔ = − +
 ÷
 
 
⇔ = − +
 ÷
 
∫
2
1 1 2
1
2
1 1 1
1 1
0 2
1
1
1
1000
: 1000 & .1000
1000
.
: ' '
1000 2 1000 2000
2000
µ

n

M g g n m n
M
M M a Mbm
Suy ra V C a m V C bm
M
V V bm
= ⇒ = = =
 
= − + ⇔ = − −
 ÷
 
⇔ = −
V
0
1
là thể tích phân tử gam của dung môi nguyên chẩt.
M
1
là phân tử lượng của dung môi.
MỘT SỐ BÀI TẬP KHÁC
Bài 1
[3]
. Xác định bằng đồ thị thể tích mol riêng phần của CuSO
4
trong dung
dịch có nồng độ molan m = 0,3 theo các dữ kiện sau:
CuSO
4
trong dung dịch (%)
Khối lượng riêng của

dung dịch (g/cm
3
)
1,912 1,0190
3,187 1,0319
4,462 1,0450
5,737 1,0582
Đáp án: 8,75cm
3
/mol
Bài 2
[3]
. Xác định nhiệt dung mol riêng phần của KOH trong các dung dịch
10%, 20% và 30% theo các dữ kiện sau:
Số mol KOH
trong 100
gam nước
Nhiệt dung riêng của dung
dịch
Số mol KOH
trong 100
gam nước
Nhiệt dung riêng của dung
dịch
cal/(gK) J/(gK) cal/(gK) J/(gK)
0,0000 0,999 4,176 0,5951 0,774 3,235
0,0940 0,932 3,896 0,7652 0,744 3,110
0,1985 0,885 3,699 0,9636 0,718 3,001
0,3152 0,843 3,524 1,1910 0,695 2,905
17

0,4465 0,808 3,377
Đáp án: -0,421; -0,231; -0,148; -1,730; -0,986; -0,619
Bài 3
[3]
. Nhiệt dung riêng của các dung dịch axit nitric ghi trong bảng dưới:
HNO
3
trong
dung dịch
Nhiệt dung riêng của dung
dịch
HNO
3
trong
dung dịch
Nhiệt dung riêng của dung
dịch
cal/(gK) J/(gK) cal/(gK) J/(gK)
0 1 4,18 10 0,888 3,712
1 0,985 4,117 15 0,848 3,545
2,5 0,965 4,034 20 0,807 3,373
5 0,935 3,908 25 0,770 3,219
Xác định nhiệt dung mol riêng phần của HNO
3
và H
2
O trong các dung dịch
có nồng độ molan m = 0,5; 1,0; 2,0.
Đáp án: -0,0765; -0,052; -0,047; -0,3198; -0,217; -0,196
Bài 4

[3]
. Áp suất hơi bão hòa của đồng lỏng nguyên chất (N/m
2
) phụ thuộc
vào nhiệt độ theo phương trình sau:
0
16050
lg 5,666 5P
T
 
= − + +
 ÷
 
Xác định nhiệt hòa tan mol riêng phần của đồng ở 1823K trong dung dịch Fe
– Cu (nồng độ đồng là 89,5%), biết rằng áp suất hơi bão hòa của đồng trên
dung dịch này là 6,73.10
1
N/m
2
.
Đáp án: 660 J.ngtg
-1
.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Lâm Ngọc Thiềm, Trần Hiệp Hải, Nguyễn Thị Thu, Bài tập hóa lý cơ sở,
NXB Khoa học và kỹ thuật.
2. Nguyễn Văn Duệ, Trần Hiệp Hải, Bài tập hóa lý, NXB Giáo dục, 2003
3. Sêlepva, G.S Garetnhicop, L.V Cuđơriasôp, Bài tập hóa lý, NXB Đại học
và trung học chuyên nghiệp.
18