CHƯƠNG 4 ĐIỆN HÓA HỌC

HỌ TÊN : NGUYỄN TRUNG HIẾU
LỚP :QUẢN LÍ XÂY DỰNG CÔNG TRÌNH GIAO THÔNG
(DO ĐÁNH MÁY KHÓ QUÁ EM CÓ NHỜ CẢ BAN NỮA NÊN BÂY GIỜ EM MỚI GỬI BÀI
ĐƯỢC MONG THẦY THÔNG CẢM )

CHƯƠNG 4: ĐIỆN HÓA HỌC
Bài 4.
Tóm tắt: (pt) H2 /H1 // CH3COOH/H2 (pt)
PH2 = 1atm; CH+ 1M

Ca = 0,01M

E = 0,1698 (v) ở 250C. Tính Ka của CH3COOH =?
Giải
2H+ + 2e- → H2 ↑
Gọi nồng độ H+ ở hai điện cực là C1 (1M) và C2(mol/lit) trong dung dịch
CH3COOH.
Theo pt: C1 > C2 ⇒ E =
⇔ 0,059. lg

0,1689
0,059
. Lg = 0,1698. ( 0,059 )
1

1
= 0,1698 ⇒ C2 = 1,32 . 10-3 (M) C −21 =10
C2

CH3COOH ↔ CH3COO - + H+
Bđ: Ca

0

0

Pư: C2

C2

C2

Cb: Ca - C2

C2

Ca + C2

⇒ Ka =

C22
=
Ca − C 2

= 1,76.10-5

Bài 5.
Tóm tắt: γ 0 Fe2+/Fe = - 0,4 + (V); CP0Fe3+ = 0,77(V) ở 250C
a, CP0Fe3+ = ?
b, K = ? nếu 2Fe 3d+2 + Fe (r) ↔ 3Fe2+ (d2)
Giải:

a, pư : Fe3+ + 3e- ↔ Fe thực hiện pass 2 gđ
(1)

0
0
: Fe3+ + 1e- ↔ Fe2+; γ 1 = 0,77 (V); ∆ G 1 ; n = 1

(2)

0
0
: Fe2+ + 2e- ↔ Fe; γ 2 = - 0,44 (V); ∆ G 2 ; n = 2

1


0
0
: Fe3+ + 3e- ↔ Fe; γ 3 = ? ; ∆ G 3 ; n = 3

(3)

⇔γ

Ta có: ∆ 0G3 = ∆ G 10 + ∆ G 02
⇔ hay –n3F γ

= n1 γ

⇔ n3 γ

0
3

⇒ γ

==

0
3

= n1 F γ

0
3
0
1

+ n2 γ

0
3

0
3

=γ

0
1

+γ

2
0

+ (- n2F γ 02 )

2
0

1.0,77 − 0,44.2
= 0.037
3

b, 2Fe3+(dd) + Fe(r) ⇔ Fe3+ (dd)
số e trao đổi n = 2, E0 = γ 0Fe3+/Fe2+- CP0Fe2+/Fe = 0,77 – (-0,4)
2.1,21

ADCT: lgk = = 0,059 = 41 ⇒ K = 1041

CHƯƠNG 3: DUNG DỊCH
Bài 17
Tóm tắt: Tính PH d2 = ?
a, PH = - lg [ H + ] = lg [ 0,01] = 2
b, POH = - lg [OH − ] = lg [ 0,02] = 1,7
⇒ PH = 14 – POH

c, Vì NH4OH là bazơ yếu
POH = -lg Kd 2 .Cd 2 = -lg 1,76.10−5.0,05 = 3

⇒ PH = 14 – POH = 14 – 3 =11

d, Vì CH3OOH là axit yếu
PH = -lg Kd 2 .Cd 2 = -lg 1,76.10−5.0,01 = 3.38
Bài 18
Tóm tắt: tính t0 động đặc của C10H8 trong benzen với C = 10%
t0 đông đặc của benzen = 5,490C
Giải
Nhiệt độ đông đặc của C10H8 : ∆ tdC

10 H 8

Mà

∆ tdC10 H 8

= t0cđ (cm) – t0đ(ct)

nct
= kđC = Kđ ndm . 1000

2


hay ∆ tdC

10 H 8

kđ .mct .100

= M .M
ct
dm
m

m

m

1
ct
ct
dm
mặt khác: M + M = 10% ⇔ M + M = ⇒ m = 9
10
ct
ct
dm
ct
dm
5.10.1000
⇒ ∆tdC10 H 8 =
= 4,427
9.128
⇒ t0đ C10 H 8 = - ∆tdC10 H 8 + t0đ (dm) = -4,427 + 5,49 = 1,0630C

Vậy nhiệt độ đông đặc của C10H8 là t0đ(ct) = 1.0630C

CHƯƠNG 1: NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC
Bài 13

Tóm tắt: trộn: nA(mol) Ak + nB(mol) Bk với V = const
(Entanpi) ∆ G = ? Biết T, V lúc đầu = nhau, T = const
AD: nA= H2 = 2(mol) ; nB = N2 = 1(mol); T = 270C
Giải
Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đều có T, V bằng nhau.
Gọi thể tích lúc đầu của hai khí A, B là V1 = VA = VB
Sau khi trộn, mỗi khí chiếm toàn bộ thể tích: V2 = 2VA = 2VB – VA + V1
Ta có: ∆ G = ∆ H - T ∆ S
Vì T = const nên ∆ H = 0. ⇒ ∆ G = - T ∆ S
* Tìm ∆ S = ∆ SA + ∆ SB
⇔ ∆ S = nAR ln
⇔

2V A
2VB
+n
BR ln
VA
VB

∆ S = nAR ln2 + nBR ln2

⇔ ∆ S = (nA + nB) Rln2

⇒ ∆ G = - TR(nA + nB) ln2

AD: nA = n H = 2 (mol); nB = n N = 1(mol)
2

2

⇒ ∆ G = - (27 + 237). 8,314. (2+1) ≈ - 5187 (J)

Bài 14
Tóm tắt: trộn nA (mol)Ak + nB(mol) Bk với V = const
Biết T,P lúc đầu = bằng nhau; T = const
3


a, ∆ G = ?
b, AD: nA = nB= 1 (mol) A là H2; B là N2; T = 3000C
Giải
Theo gt: lúc đầu 2 khí A,B đề có T,P bằng nhau.
Gọi thể tích lúc đầu của hai khí V1, VA= VB sau khi trộn, mỗi khí chiếm toàn bộ
thể tích trong ống V2 = VA + Vb
Ta có: ∆ G = ∆ H - T ∆ S
Vì T = const ⇒ ∆ H = 0
* Tìm ∆ S = SA ∆ SA - ∆ SB
T,P = const
⇔

∆ S = nARln

VA − VB
VA − VB
+
n
BRln
VB
VA

Vì T,V = const ⇒ tỉ lệ thể tích = tỉ lệ về số mol
⇔

∆ S = nARln

nA − nB
nA − nB
+
n
BRln
nA
nB
nRT

PV = nRT. γ = P hệ số
⇒ ∆ G = -TR (nAln

nA − nB
nA − nB
+
n
)
BRln
nA
nB

b, Áp dụng: nA = n H = 1(mol) ; nB = n N = 1(mol)
2

∆ G = 8,314. (1.ln

2

1+ 1
1+ 1
+ 1.ln
)
1
1

CHƯƠNG 1 HÓA ĐỘNG HỌC
Bài 5
Tóm tắt: Hệ số nhiệt độ của pư γ = 2,5
t 10 = 1500 C thì t1 = 16 p3min
t 02 = 2000C thì t2 = ?
t 30 = 800C thì t3 = ?
Giải
v2
200 − 150
t20 − t10
γ
= 2,55 )
*Tìm t2: ADCT: v2 = v . .(
) ⇔ v = 2,5. (
10
10
1
0
1

4


v

t

t

16

2
1
1
Mặt khác: v = t ⇒ t2 = v / v = 2,55 = 2,55min
1
2
2
1

v3
80 − 150
1
t30 − t10
γ
* Tìm t3: ADCT: v3 = v1. .(
) ⇒ v 2,5. ( 10 = 2,57 )
10
1

v

t

t

3
1
1
Mặt khác: v = t ⇒ t3 = v / v = 16.2,57 = 9765625 min = 162,7h
3
1
3
1

Bài 6
Tóm tắt: cho pư xà phòng hóa este: RCOOP’ + NaOH → RCOONa + R’OH
Cho 0,01 mol este + 0,01mol NaOH vào V =1 lít H2O (V=const)
Sau 200min có

3
lượng este pư.
5

Tính: a, h = ?(hệ số vận tốc)
b, t = ? để 99% este đã pư.
Giải
Pư trên là pư đơn giản nên bậc pư = 2
Ta có CT: v = k.Ceste.CNaOH
Gọi Ceste tại thời điểm t là x (mol/lit)

Với v = const ⇒ CNaOH = Ceste = 0,0(M) = Co
Nồng độ còn lại của este = nồng độ của NaOH = Co – X.C mol/l
⇒ Co – X = C

Lại có pt động học v = Hay = -

dc
dc
= kC2 ⇒ 2 = - kdt
dt
c
C0 − X

Tích phân 2 vế ta có:

∫

Co

⇔

dceste
k.C 1este . C 1NaOH
dt

t
dc
= kdt .
− C 2 ∫0

1
= kt
Co(Co − X )

1
1
= kt ⇔
Co − X Co
3
5

a, Với t = 200 min; X = Co =

(*)

3
.0,01 = 6.10-3
5

X
6.10−3
= 0,75CM −1m −1
AD: : k = t (Co − X )Co =
−3
200.(0,01 − 6.10 ).0,01
(*)

5

X

b, Với công thức (*): t = k (Co − X )Co
với: k = 0,75; Co= 0,01M
9,9.10−3
= 13200(min) = 220(h).
t=
0,75(0,01 − 9,9.10−3 )0,01

6