Bài tập Hoá lý tự luận dành cho sinh viên có hướng dẫn đầy đủ

TUYỂN TẬP BÀI TẬP PHỔ THÔNG, ĐẠI HỌC, SAU ĐẠI HỌC
LUẬN VĂN-KHOÁ LUẬN-TIỂU LUẬN



BÀI TẬP HOÁ HOÁ LÝ DÀNH CHO SINH VIÊN ĐẠI HỌC,
CAO ĐẲNG CÓ HƯỚNG DẪN CHI TIẾT


-1-


Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần Nhiệt hóa học
Bài 1:
Cho 100 g N2 ở 0oC, 1atm. Tính Q, W, U, H trong các biến đổi sau đây đợc tiến
hành thuận nghịch nhiệt động:
a) Nung nóng đẳng tích tới P = 1,5atm.
b) Giãn đẳng áp tới V = 2V ban đầu.
c) Giãn đẳng nhiệt tới V = 200l
d) Giãn đoạn nhiệt tới V = 200l
Chấp nhận rằng N2 là khí lí tởng và nhiệt dung đẳng áp không đổi trong quá trình thí
nghiệm và bằng 29,1J/mol.K
Giải
a) V = const W = P.dV = 0
U = QV = n CV .T = ( C P - R).(T2 T1) .n
= ( C P - R).(
b) Vo =

P2
1,5
-1).T1.n = (29,1 - 8,314).( 1) .273,15 = 14194,04(J)

P1
1

100
.22,4 = 80(l )
28

V= 2Vo = 160 (l)

W = -P. V = -1(160 80) = -80 (l.at) = -80 .101,33 = -8106,4(J)
QP = H = C P .n .T =

V

100
100
.29,1. 2 .T1 T1 = 29,1.
(2.273,15 273,15) = 28388,1(J)
28
28
V1


U = Q + W = 28388,1 = 8106,4 = 20281,7(J)
c) T = const U = 0; H = 0
2

W = - nRT .
1

W=-

V2
dV
= - nRT.ln
V1
V

100
200
.8,314 .273,15.ln
= -7431,67(J)
28
80

U = Q + W = 0



Q = -W = 7431,67(J)

d) Q = 0 (S = const)
Theo PT poisson: T1. V 1 1 = T2 . V 2 1
T2 = T1.(

V1 -1
)
V2

Với =

W = U = n. CV (T2 T1) =

CP
CV

=

CP
R + CP

=

29,1
1,4
29,1 8,314

100
(29,1-8,314).(189,33 -273,15) = 6222,4(J)
28
-2-


H = n C P .T =

100
.29,1(189,33 273,15)
28

= - 8711,3(J)

Bài 2:
o
Tính H S , 298 của Cl-(aq). Biết:

(a):

1
1
H2 + Cl2(k) HCl(k)
2
2

H So, 298 = -92,2(kJ)
H So, 298 = -75,13(kJ)

(b): HCl(k) + aq H+(aq) + Cl-(aq)
(c):

1
H2 + aq H+(aq) + e
2

H So, 298 = 0

Giải:
Lấy (a) + (b) (c) :

1
o

Cl2 + e + aq = Cl-(aq) H S , 298 = - 167,33(kJ)
2

Bài 3:
Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng:
3Fe(NO3)2(aq) + 4HNO3(aq) 3Fe(NO3)3(aq) + NO(k) + 2H2O (l)
Diễn ra trong nớc ở 25oC. Cho biết:
Fe2+(aq)
H So, 298 (kJ/mol) -87,86

Fe3+(aq)

NO3-(aq)

NO(k)

- 47,7

-206,57

90,25

H2O(l)
-285,6

Giải:
Phơng trình ion của phản ứng:
3Fe2+(aq) + 4H+(aq) + NO3-(aq) 3Fe3+(aq) + NO(k) + 2H2O (l)
H=3. H S , 298 (Fe3+,aq)+ H S , 298 (NO)+2. H S , 298 (H2O(l))3. H S , 298 (Fe2+,aq)- H S , 298 (NO3-, aq)
o

o

o

o

o

= 3.(-47,7) + 90,25 + 2.(-285,6) + 3.87,6 + 206,57 = -153,9(kJ)

Bài 4:
1) So sánh H, U của các phản ứng:

CnH2n + H2 CnH2n+2

2) Khi đốt cháy hoàn toàn 2 anome và của D glucozơ mỗi thứ 1 mol ở áp
suất không đổi, ngời ta đo đợc hiệu ứng nhiệt của các phản ứng ở 500K lần lợt bằng:
-2790,0kJ và - 2805,1kJ
a) Tính U đối với mỗi phản ứng.
-3-


b) Trong 2 dạng glucozơ, dạng nào bền hơn?
Giải:
1) H = U + P. V = U + n.RT
Phản ứng trên có: n = 1-2 = -1

H = U RT

H < U

2) C6H12O6 + 6O2 6CO2 + 6H2O
U() = H() - n.RT = - 2799 6.8,314.10-3.500 = -2824(kJ)
U() = H() - n.RT = - 2805,1 6.8,314.10-3 .500 = -2830 (kJ)
H o = 6. H So( CO2 ) + 6. H So( H 2O ) - H So( )
H o = 6. H So( CO2 ) + 6. H So( H 2O ) - H So( )
o
o
o
o
H S ( ) - H S ( ) = H - H = -2805,1 + 2799 = -6,1(kJ)
o
o
H S ( ) < H S ( )

o
Dạng - glucozơ có H S nhỏ hơn nên bền hơn.

Bài 5:
o
o
1) Thế nào là entanpi sinh của đơn chất? Tính H S (O ) và H S ( kimcuong ) và dự đoán
3

hoạt tính hoá học của chúng từ các dự kiện sau:
o
H 298
= -393,14(kJ)

(a): C than chì + O2(k) CO2(k)
(b): C kim cơng + O2(k) CO2(k)

o
H 298
= -395,03(kJ)

(c): 3As2O3 (r) + 3O2(k) 3As2O5(r)
(d): 3As2O3 (r) + 2O3(k) 3As2O5(r)

o
H 298
= -811,34(kJ)
o
H 298
= -1090,98(kJ)

2) Từ kết quả trên và các dữ kiện sau:
H(O O) tính từ O2 = - 493,24kJ/mol; H(O O) tính từ H2O2 = - 137,94kJ/mol
Chứng minh rằng: Không thể gán cho O3 cấu trúc vòng kín.
Giải:
1)- Entanpi sinh của các đơn chất bền ở điều kiện chuẩn = 0
- Đối với những nguyên tố có nhiều dạng thù hình thì khi chuyển từ dạng này sang dạng
khác bao giờ cũng kèm theo 1 hiệu ứng nhiệt. Hiệu ứng nhiệt của quá trình hình thành đơn
chất (dạng thù hình kém bền) từ dạng thù hình bền ở điều kiện nhất định đợc coi là nhiệt
sinh của đơn chất trong những điều kiện đó.
o
H S của O3 và kim cơng là hiệu ứng nhiệt quy về điều kiện chuẩn của các quá trình:

3

O2 O3(k)
2

;

C than chì C kim cơng

- Lấy (a) (b):
-4-


o
C than chì C kim cơng H S ( kc ) = 1,89 kJ/mol

- Lấy (c) - (d):
3
O2(k) O3(k)
2

H So( O3 ) = 139,82 kJ/mol

2) Nếu coi O3 có cấu trúc vòng kín:
o
o
H S (O ) = H lk (O ) 3

3

3
H lko ( O2 )

2

= 3.(-137,94) -

3
.(- 493,24) = 326,04 (kJ/mol) > 139,82(kJ/mol)
2

O3 có cấu trúc vòng kín rất không bền cấu trúc này không chấp nhận đợc.
Bài 6:
Entanpi sinh tiêu chuẩn của CH4(k) và C2H6(k) lần lợt bằng -74,80 và -84,60 kJ/mol.
Tính entanpi tiêu chuẩn của C4H10 (k). Biện luận về kết quả thu đợc. Cho biết entanpi thăng
hoa của than chì và năng lợng liên kết H- H lần lợt bằng: 710,6 và - 431,65 kJ/mol.
Giải:
* (1) C than chì + 2H2 (k) CH4(k)
(2)

C than chì C (k)

(3)

H2 (k) 2H (k)

H So,CH 4 =-74,8kJ

H tho = 710,6 kJ
H lk = 431,65 kJ

Lấy (1) [(2) + 2.(3)] ta đợc:
o

C(k) + 4H(k) CH4(k) H S ,ng / tu ,CH = -1648,7(kJ/mol)
4

1
(-1648,7) = - 412,175 (J/mol).
4

Năng lợng liên kết trung bình của liên kết C H là:
o
* (4) 2C than chì + 3H2 C2H6(k) H S (C H
2

6 ,K )

= -84,6 (kJ/mol)

Lấy (4) [2 .(2) + 3.(3)] ta đợc:
o
2C(k) + 6H (k) C2H6 (k) H S ,ng / tu ,C H = -2800,75 (kJ/mol)
2

6

Coi EC H trong CH4 và C2H6 nh nhau thì:
E C- C = =1800,75 6(- 412,175) = -327,7(kJ/mol)
* Coi EC-H; EC- C trong các chất CH4, C2H6, C4H10 đều nh nhau thì:
H So,ng / tu ,C4 H 10 = 3. EC- C + 10.EC- H = 3.(- 327,7) + 10( -412,75) = -5110,6 (kJ/mol)
o
* (5) 4C(k) + 10 H(k) C4H10 (k) H S ,ng / tu ,C H = -5110,6 (kJ/mol)
4

10

Lấy (2). 4 + (3).5 + (5) ta đợc:
-5-


4Cthan chì

o
+ 5H2(k) C4H10(k) H S ,C H = -109,95(kJ/mol)
4

10

* Kết quả thu đợc chỉ là gần đúng do đã coi Elk(C C), Elk(C- H) trong mọi trờng hợp là nh nhau.
o
Và vì vậy sẽ không tính rõ đợc H S của các đồng phân khác nhau.

Bài 7:
Tính Ho của các phản ứng sau:
1) Fe2O3(r) + 2Al(r) 2Fe(r) + Al2O3(r) ( 1)
o
Cho biết H S , Fe O
2

2) S(r) +

H So, Al2O3 ( r ) = -1676 (kJ/mol)

= -822,2 kJ/mol;

3( r )

3
O2(k) SO3(k)
2

(2)
o
H 298
= -296,6 kJ

Biết (3) : S(r) + O2(k) SO2(k)

o
(4): 2SO2(k) + O2(k) 2SO3(k) H 298 = -195,96 kJ

Từ kết quả thu đợc và khả năng diễn biến thực tế của 2 phản ứng trên có thể rút ra kết luận
gì?
Giải:
o
o
1) H pu (1) = H S , Al O
2

3( r )

o
o

2) H pu ( 2 ) = H pu (3) +

o
- H S , Fe O
2

3( r )

= -1676 + 822,2 = - 853,8(kJ)

1
1
o
H pu
.195,96 = -394,58 (kJ)
( 4 ) = -296,6 2
2

KL: Hai phản ứng (1), (2) đều toả nhiệt mạnh. Song trên thực tế 2 phản ứng đó không tự
xảy ra. Nh vậy, chỉ dựa vào H không đủ để khẳng định chiều của 1 quá trình hoá học (tuy
nhiên trong nhiều trờng hợp, dự đoán theo tiêu chuẩn này là đúng).
Bài 8:
1) Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích tiêu chuẩn của các phản ứng sau ở 25oC.
o
a) Fe2O3(r) + 3CO(k) 2Fe(r) + 3CO2(k) H 298 = 28,17 (kJ)

b) Cthan chì + O2(k) CO2 (k)

o
H 298

= -393,1(kJ)

o
c) Zn(r) + S(r) ZnS(r) H 298 = -202,9(kJ)
o
d) 2SO2(k) + O2(k) 2SO3(k) H 298 = -195,96 (kJ)

-6-


2) Khi cho 32,69g Zn tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng d trong bom nhiệt lợng kế
ở 25oC, ngời ta thấy có thoát ra một nhiệt lợng là 71,48 kJ. Tính hiệu ứng nhiệt ở nhiệt độ
đó. Cho Zn = 65,38
Giải:
1) H = U + n.RT
Do các phản ứng a), b), c) có n = 0 nên Uo = Ho
Phản ứng d): Uo = Ho - n.RT = -195,96 + 1.8,314. 298,15. 10-3 = -193,5 (kJ)
2) Zn(r) + H2SO4 (dd) H2(k) + ZnSO4(dd)
Trong bom nhiệt lợng kế có V = const.
U = - 71,48.

1
= -142,96 (kJ/mol)
32,69 / 65,38

H = U + n.RT = - 142,96 + 1. 8,314 .298,15 .10-3 = - 140,5 (kJ/mol)
Bài 9:
Tính Ho của phản ứng tổng hợp 1 mol adenine C5H5N5(r) từ 5 mol HCN(k).
o
Cho biết H S ,CH

4 ,k )

o
= - 74,8 (kJ/mol); H S , NH

Và CH4(k) + NH3(k) HCN(k) + 3H2(k)

3 ,k

o
= -46,1kJ/mol; H S ,adenin ( r ) = 91,1 kJ/mol

Ho = 251,2 kJ.mol-1

Giải:
(a) : Cgr + 2H2(k) CH4
(b) :

H So,CH 4 ,k ) = -74,8 (kJ/mol)

1
3
o
N2(k) + H2(k) NH3(k) H S , NH 3 ,k = - 46,1kJ/mol
2
2

(c) : 5Cgr +

5
5
o
H2(k) + N2(k) C5H5N5(r) H S ,adenin ( r ) = 91,1 kJ.mol-1
2
2

(d) : CH4(k) + NH3(k) HCN(k) + 3H2(k)

Ho = 251,2 kJ.mol-1

Ta lấy: -5 .(a) + [-5 .(b)] + (c) + [-5.(d)] ta đợc:
5HCN(k) C5H5N5(r) Ho(4) = 251,2 kJ/mol
Bài 10:
o
Tính nhiệt thoát ra khi tổng hợp 17kg NH3 ở 1000K. Biết H S , 298( NH

C P ( NH 3 ,k ) = 24,7 + 37,48.10-3 T
C P ( N 2 ,k ) = 27,8 + 4,184.10-3 T
C P ( H 2 ,k ) = 286 + 1,17.10-3 T

Jmol-1K-1
Jmol-1K-1

Jmol-1K-1
-7-

3 ,k )

= -46,2 kJ.mol-1

Giải:
1
3
o
N2(k) + H2(k) NH3(k) H S , NH 3 ,k = - 46,2kJ/mol
2
2

CP = C P ( NH

3 ,k )

-

1
3
C P ( N 2 ,k ) - C P ( H 2 , k )
2
2

= - 24,7 + 37,48.10-3T -

1
3
[27,8 + 4,184.10-3] - [28,6 + 1,17 .10-3T]
2
2

= - 32,1 + 31,541.10-3 T
o
o
H 1000
= H 298
+

1000

C P , dT

o
= H 298 +

298
o
= H 298 +

( 32,1 +31,541.10

3

T )dT

298

1000

3
( 32,1T +31,541.10

298

= - 46,2.103 +31,541 .10-3.

1000

T2
)
2

1
(10002 -1982) 32,1(1000 298)= - 54364,183
2

(J/mol)
Khi tổng hợp 17 kg NH3 thì nhiệt lợng toả ra là:
Q=

17000
.(-54364,183 .10-3) = -54364,183 (kJ)
17

Bài 11:
Tính năng lợng mạng lới tinh thể BaCl2 từ 2 tổ hợp dữ kiện sau:
1) Entanpi sinh của BaCl2 tinh thể: - 859,41 kJ/mol
Entanpi phân li của Cl2: 238,26 kJ/mol
Entanpi thăng hoa của Ba: 192,28 kJ/mol
Năng lợng ion hoá thứ nhất của Ba: 500,76 kJ/mol
Năng lợng ion hoá thứ hai của Ba: 961,40 kJ/mol

ái lực electron của Cl : - 363,66 kJ/mol
2) Hiệu ứng nhiệt của quá trình hoà tan 1 mol BaCl2 vào mol H2O là: -10,16kJ/mol.
Nhiệt hiđrat hoá ion Ba2+ : - 1344 kJ/mol
Nhiệt hiđrat hoá ion Cl- : - 363 kJ/mol
Trong các kết quả thu đợc, kết quả nào đáng tin cậy hơn.
Giải:

-8-


o

Ba(r)

+ Cl2(k)

Hth(Ba)
Ba(k)

HS(BaCl , tt)
2

BaCl2 (tt)

Hpl(Cl2)

+ 2Cl (k)

Uml

I1(Ba) + I2(Ba)
2. ACl

o

Uml = H

Ba2+ + 2Cl-

- Hth (Ba) - Hpl(Cl ) - I1(Ba) - I2(Ba) - 2ACl

S(BaCl2, tt)

2

= - 859,41 - 192,28 - 238,26 - 500,76 - 961,40 + 2 .363,66
= - 2024,79 (kJ/mol)

2)

Hht(BaCl2)

BaCl2 (tt)

O
+ H 2 H

- Uml

1

-

Ba2+
(aq) + 2Cl(aq)
H2

Ba2+ + 2ClUml = H1 + H2 - Hht(BaCl2)
= -1344 - 2.363 + 10,16 = -2059,84 (kJ/mol)

Kết quả 1) đáng tin cậy hơn, kết quả tính theo mô hình 2) chỉ là gần đúng do mô hình này
không mô tả hết các quá trình diễn ra trong dung dịch, các ion nhất là cation ít nhiều còn có
tơng tác lẫn nhau hoặc tơng tác với H2O.
Bài 12:
Cho giãn nở 10 lít khí He ở 0oC, 10atm đến áp suất là 1atm theo 3 quá trình sau:
a) Giãn đẳng nhiệt thuận nghịch.
b) Giãn đoạn nhiệt thuận nghịch.
c) Giãn đoạn nhiệt không thuận nghịch.
Cho nhiệt dung đẳng tích của He CV =

3
R và chập nhận không đổi trong điều kiện đã cho
2

của bài toán.
Tính thể tích cuối cùng của hệ, nhiệt Q, biến thiên nội năng U và công W trong mỗi quá
trình nói trên?
Giải:
a) T = const U = 0; H = 0
U = Q + W = 0 Q = -W

2

2

1

1

W = - P.dV = nRT

V2
dV
= - nRTln
V1
V
-9-


Víi khÝ lÝ tëng: P1.V1 = P2 .V2 ⇒

V2
P1
=
V1
P2

→ V2 =

P1
10

. V1 = . 10 = 100(l)
P2
1

P1
= -10.10 .ln 10 = 230,259 (l.at)
P2

→ W = -(nRT).ln

→ W = 230,259 .101,33 .10-3 = 23,332 (kJ)
Q = - W = -23,332 (kJ)
b) Q = 0
P1 .V1 3
. .R(T2 – T1)
R.T1 2

∆U = W = n. CV . ∆T =
∆U = W =

P1 .V1 3
. (T – T1)
T1 2 2

Theo PT poisson: T.Vγ- 1 = const
nRT
 nRT 
Mµ V =
⇒ T. 


P
 P 
γ

1-γ

γ −1

γ

= const

→ Tγ .Pγ- 1 = const

1-γ

T1 .P1 = T2 .P2
γ

T1 = P2
P1
T2

1-γ

T1
P2
=
T2
P1

1-γ
γ

T2 = T1 . P1
P2

1-γ
γ

= 273,15 . 10
1

1-γ
γ

5
1- γ 1 - 3
= - 0,4
γ = 5
3

3R+R
CP
C
+
R
V
γ =
=

= 2
=5
CV
3R
CV
3
2

T2 = 273,15 .(10)-0,4 = 108,74 (K)
∆U = W = 3 . 10 .10 (108,74 - 273,15) .101,33 = 9148,6(J)
2 273,16

V2 =

c) Q = 0

P1 .V1.T2 10.10.108,74 ~
=
~ 39,81 (l)
1 .273,15
P2 .T1

∆U = W
 nRT2 nRT1 

−
P1 
 P2

↔ n. CV (T2 – T1) = -Png .(V2 – V1) = -P2 . 

↔ n.

3
R(T2 – T1) = -nR.1
2

V2 =

 T2 T1 
 − 
 1 10 

↔ T2 = 0,64T1

P1 .V1.T2 10.10.0,64T1
=
= 64(l)
T1 . 1
P2 .T1

⇒ ∆U = W = -Png(V2 – V1) = -1(64 – 10) = -54(l.atm)
= -54(l.atm) .101,33 .J/l.atm = - 5471,82 (J)
- 10 -


Bài 13 :
Phản ứng sau: Ag +

1
Cl2 = AgCl

2

Xảy ra dới áp suất 1 atm và ở 25oC toả ra 1 nhiệt lợng là 126,566 kJ.
Nếu cho phản ứng đó xảy ra trong 1 nguyên tố ganvani ở P, T = const thì hoá năng sẽ đợc
chuyển thành điện năng và sản ra công W = 109,622 kJ.
Hãy chứng tỏ rằng trong cả 2 trờng hợp trên, biến thiên nội năng của hệ vẫn chỉ là một, còn
nhiệt thì khác nhau và tính giá trị biến thiên nội năng đó.
Giải:
- Do U là hàm trạng thái nên U = U2 U1 = const, cho dù sự biến đổi đợc thực hiện bằng
cách nào. Vì vậy U trong 2 trờng hợp trên chỉ là một.
- Vì U = Q + W = Q + W - PV = Q + W - n.RT
Do nRT = const; U = const
Nên khi W (công có ích) thay đổi thì Q cũng thay đổi
- U = H - nRT = -126,566 +

1
. 8,314 .298,15.10-3 = - 125,327 (kJ)
2

Bài 14:
Tính công của sự biến đổi đẳng nhiệt thuận nghịch và bất thuận nghịch 42g khí N 2 ở
300K khi:
a) Giãn nở từ 5atm đến 1atm.
b) Nén từ 1atm đến 5atm.
(Khí đợc coi là lí tởng). So sánh các kết quả và rút ra kết luận.
Giải:
2

2

1

1

a) * WTN = - PdV = nRT
WTN =

V
P
dV
= nRT ln 2 = nRT ln 2
V
V1
P1

42
1
.8,314 .300. ln = -6201,39(J)
28
5
P1V1

P

V1 = - P2.V1 1 1
P2

P2

*WBTN = - Png . V = -Png(V2 V1) = -Png
= - P2 .


P
nRT P1
42
1
. 1 = nRT 1 2 = - .8,314 .300 1 = -2993,04 (J)
P1 P2
P1
28
5



b) WTN = nRTln

P2 42
5
=
.8,314 .300.ln = 6201,39(J)
P1 28
1
nRT nRT


P1
P2
- 11 -

WBTN = - Png. V= -Png(V2 V1) = -Png


1
P
1
42
= -nRT 1 2 = - .8,314 .300
P1
28
P2 P1


= -nRT.P2

5
1 = 14965,2 (J)
1

KL: - Công mà hệ thực hiện (sinh) trong quá trình biến thiên thuận nghịch từ trạng thái 1
đến trạng thái 2 bằng công mà hệ nhận khi từ trạng thái 2 về trạng thái 1. Còn trong quá
trình biến thiên bất thuận nghịch thì công hệ sinh nhỏ hơn công hệ nhận.
- Trong sự biến thiên thuận nghịch thì hệ sinh công lớn hơn trong quá trình biến thiên bất
thuận nghịch.

Bài 15:

Phản ứng: C6H6 +

15
O2(k) 6CO2(k) + 3H2O
2

ở 300K có QP QV = 1245(J). Hỏi C6H6 và H2O trong phản ứng ở trạng thái lỏng hay hơi?
Giải:
QP QV =nRT = 1245(J)

n =

1245
= 0,5
8,314.300

H2O và C6H6 phải ở thể hơi thì n = 0,5
Bài 16:
Tính nhiệt lợng cần thiết để nâng nhiệt độ của 0,5 mol H2O từ -50oC đến 500oC ở
P = 1atm. Biết nhiệt nóng chảy của nớc ở 273K là Lnc = 6004J/mol,
nhiệt bay hơi của nớc ở 373K là Lh = 40660 J/mol.
C Po ( H 2O ,h ) = 30,2 + 10-2T(J/molK) ; C Po ( H 2O ,r ) = 35,56(J/molK); C Po ( H 2O ,l ) = 75,3(J/molK)

Giải:
H2O(r)
-50oC

H =
o

H1

5

273

1

223

H = n.C

H
H3
H4
H2O(r) H2 H2O(l)
H2O(l)
H2O(h) 5 H2O(h)(500oC)
100oC
100oC
0oC
0oC
373

o
P(r )

.dT +n.Lnc + n.C

773
o
P (l )

.dT +n.Lh +

273

n.C

o
P(h)

.dT

373

= 0,5 .35,56(273 223) + 0,5 .6004 + 0,5 .75,3 .(373 273) + 0,5 .40660 +
+ 0,5.30,2 .(773 373) +

10 2
.0,5 (7732 3732) = 35172(J)
2

Bài 17:
Tính sự biến thiên entropi của quá trình đun nóng 0,5 mol H 2O từ 50oC đến 500oC
ở P = 1atm. Biết nhiệt nóng chảy của nớc ở 273K = 6004J/mol; nhiệt bay hơi của nớc ở
273K = 40660J/mol. Nhiệt dung mol đẳng áp C Po của nớc đá và nớc lỏng lần lợt bằng 35,56
và 75,3J/molK; C Po của hơi nớc là (30,2 + 10-2T) J/molK
- 12 -


Giải:

o

H2O(r)
223K

S1

o

o

o
S
So3
S4
H2O(r) S2 H2O(l)
H2O(l)
H2O(h) 5 H2O(h)
773K
373K
373K
273K
273K

o

o
o
o
S = S1 + S2 + So3 + S4 + So5

373
773
273
dT Lnc
dT Lh
dT
+
+ C P (l ) .
+
+ C P(h) .
= n. C P ( r ) .
T 273 273
T 373 373
T
223




=0,5. 35,56. ln

273 6004
373 40660
773

+
+ 75,3. ln
+
+30,2. ln
+10 2 (773 373) = 93,85(J/K)

223 273
273 373
373


Bài 18:
Tính sự biến thiên entropi khi trộn lẫn 200g nớc ở 15oC với 400g nớc ở 60oC. Biết
rằng hệ là cô lập và nhiệt dung mol của nớc lỏng là 75,3 J/mol.K
Giải:
Gọi T là nhiệt độ của hệ sau khi pha trộn.
Do Q thu = Q toả nên:
200
400
. C P (T 288) =
. C P (333 T)
18
18

T 288 = 2.333 2T
318

200
dT
.75,3.
S hệ = S1 + S2 =
+
18
T
288

T=

2.333 +288
= 318(K)
3

318

400
dT
.75,3.
18
T
333



200
318 400
318
.75,3 ln
+
.75,3 ln
= 5,78 (J/K) > 0
18
288
18
333

=

Quá trình san bằng nhiệt độ này tự xảy ra.
Bài 19:
Tính sự biến thiên entropi và G của sự hình thành 1 mol hỗn hợp khí lí tởng gồm
20% N2; 50%H2 và 30%NH3 theo thể tích. Biết rằng hỗn hợp khí đợc tạo thành do sự
khuếch tán 3 khí vào nhau bằng cách nối 3 bình đựng 3 khí thông với nhau. Nhiệt độ và áp
suất của các khí lúc đầu đều ở đkc (273K, 1atm).
Giải:
Vì khí lí tởng khuếch tán vào nhau nên quá trình là đẳng nhiệt.
Gọi thể tích của 1 mol hỗn hợp khí là V thể tích mỗi khí ban đầu (ở cùng điều kiện) là
V N 2 = 0,2V; V NH 3 = 0,3V; V H 2 = 0,5V.

Do %V = %n n N = 0,2 mol; n H = 0,5 mol; n NH = 0,3mol.
2

2

3

- 13 -


- Sự biến thiên entropi đợc tính theo CT: S = nRln
S N 2 = 0,2 .8,314.ln

V
= 2,676J/K
0,2V

S H 2 = 0,5.8,314.ln

V
= 2,881J/K
0,5V

S NH 3 = 0,3.8,314.ln

V2
V1

V
= 3,003J/K
0,3V

S = S N + S H + S NH = 8,56(J/K)
2

2

3

* Quá trình khuếch tán khí lí tởng là đẳng nhiệt nên H = 0
G 273 = H T. S = -273.8,56 = -2336,88(J)
Bài 20:

Trong các phản ứng sau, những phản ứng nào có S > 0; S < 0 và S 0 ít.
C(r) + CO2(k) 2CO(k) (1)
CO(k) +

1

O2(k) CO2(k)
2

(2)

H2(k) + Cl2(k) 2HCl(k)

(3)

S(r) + O2(k) SO2(k)

(4)

Giải:
Phản ứng (1) có n khí = 2 -1 = 1 > 0 S > 0
Phản ứng (2) có n khí = 1 -1-

1
< 0 S <0
2

Phản ứng (3), (4) có n khí = 0 S 0 ít.
Bài 21:

Cho biết p:

C2H4(k) + H2O(h)
và các số liệu sau:

C2H5OH(h)

C2H5OH

C2H4(k)

H2O(h)

G So, 298 (kJ / mol )

168,6

68,12

- 228,59

o
S 298
(kJ / mol )

282,0

219,45

188,72

a) Hỏi điều kiện chuẩn của phản ứng này là điều kiện nh thế nào?
b) ở điều kiện chuẩn và 25oC phản ứng đi theo chiều nào?
o
c) Tính H 298
của phản ứng. Phản ứng toả nhiệt hay thu nhiệt?

Giải:
a) Điều kiện chuẩn: PC H
2

4 (k )

= PH O ( h ) = PC H OH ( h ) = 1atm và phản ứng đợc thực hiện ở to, P
2

2

5

không đổi.
- 14 -


b)
Gopư = Go

S,298(C2H5OHh)

- GoS,298(C H

2 4k)

- Go

S,298(H2Oh)

= 168,6 - 68,12 + 228,59 = - 8,13 (kJ)
Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
Gpư(298) = -8,13kJ < 0
o

c)
o

o
o
S298,pư = S298(C
H OH) - S

298(C2H4)

2 5

o
- S298(H
O)
2

= 282 - 219,45 - 188,72 = - 126,17(J/K)
G = H - T. S
o
o
H298,pư = Go298,pư + T. S298,pư
o
H298,pư

Bài 22:

= -8,13 + 298(- 126,17 .10-3) = - 45,72866(kJ)
<0
phản ứng toả nhiệt

Một mol khí lí tởng đơn nguyên tử ở 300K và 15atm giãn nở tới áp suất 1atm.

Sự giãn nở đợc thực hiện bằng con đờng:
a) Đẳng nhệit và thuận nghịch nhiệt động.
b) Đẳng nhiệt và không thuận nghịch.
c) Đoạn nhiệt và thuận nghịch.
d) Đoạn nhiệt bất thuận nghịch.
Trong các quá trình bất thuận nghịch, sự giãn nở chống lại áp suất 1atm. Tính Q, W, U,
H, Stp cho mỗi trờng hợp.
Giải:
a) T = const U = 0 ; H = 0
2

WTN = - PdV = - nRTln
1

V2
P1
= -nRTln
V1
P2

WTN = -1(mol).8,314 (J.mol-1K-1) .ln

15
.300(K)
1

= -6754,42(J)

Q = -W = 6754,42(J)
Quá trình giãn nở thuận nghịch:

Stp = Smt + Shệ = 0

b) T = const U = 0 ; H = 0
WBTN = -Png(V2 - V1) = -P2(

nRT nRT
P2
1
) = nRT( - 1) = 1. 8,314.300.( - 1)= -2327,92(J)
P2
P1
P1
15

QBTN = -W = 2327,92(J)
Stp = Smt + Shệ

- 15 -

2

U W
dT
Q
= nCV
Shệ(BTN) = Shệ(TN) = TN =
+
T
T
T
1

2

V2

nR

V dV = nRln V

= nRln

1

1

= 1.8,314 .ln
Smt =

2327,92
Qmt
Q
= - he =
= -7,76(J/K)
300
T
T

c) Đoạn nhiệt Q = 0

Mà V =

nRT
nRT
T.

P
P


1-



1

= const

T1 = P2
P1
T2

T.V- 1 = const

T .P1- = const

1-

T1 .P1 = T2 .P2
1-

1-

T1
P2
=
T2
P1



1-

T2 = T1 . P1
P2

Với khí lí tởng đơn nguyên tử thì CV =

3
5
R; CP = R
2
2

= CP = 5
CV
3
1- 5
1-
3
=
= -0,4
5

3
-0,4
T2 = 300. 15 = 101,55(K)
1
U = W = nCV(T2 - T1) = 1.
H = nCP(T2 - T1) = 1.
STN =

15
= 22,515(J/K)
1

Stp = 22,515 - 7,76 = 14,755 (J/K)

( Quá trình giãn nở này tự xảy ra)
Đoạn nhiệt thuận nghịch Theo Poisson

P1
P2

3
.8,314.(101,55 - 300) = -2474,87(J)
2

5
.8,314 .(101,55 - 300)= - 4124,78(J)
2

Q
=0
T

d) Đoạn nhiệt Q = 0
Đoạn nhiệt, không thuận nghịch không áp dụng đợc PT poisson
U = W nCV. T = -Png. V
- 16 -


n.

nRT2 nRT1

3
.R(T2 - T1) = -P2(
)
P2
P1
2



P2
3
(T2 - 300) = -( T2 .T )
P1 1
2



3
1
T2 - 450 = -T2 + .300
2
15

V2 =
V1 =

nRT2
=
P2

1.0,082.188
= 15,416(l)
1

nRT2
= 1,64(l)
P2

U = W = 1.

3
.8,314.(188- 300) = -1396,752(J)
2
T

2
dT
U W
QTN
nCV
=
Stp = Shệ =
=
+

T
T
T
T1

= nCVln

Bài 23:

T2
V2
+ nRln
T1
V1

= 1.

CH4(k)

H2O (k)

H S0, 298 (kJ/mol) - 74,8

- 241,8

0
S 298
(J/molK)

188,7

186,2

P
V T dV

1

T2

V2

T1

V1

= nCV d ln T +

nR

V dV

15,416
3
188
.8,314.ln
+ 1. 8,314 .ln
= 12,801(J/K) > 0
1,64
2
300

0
Tính G273
của phản ứng:

Biết:

V2

CH4(k) + H2O (k) CO(k) + 3H2(k)
CO(k)

H2(k)

-110,5
197,6

0
130,684

a) Từ giá trị G0 tìm đợc có thể kết luận gì về khả năng tự diễn biến của khả năng phản ứng
ở 373oK?
b) Tại nhiệt độ nào thì phản ứng đã cho tự xảy ra ở điều kiện chuẩn?
(Coi H0, S0 không phụ thuộc T)
Giải:
0
H pu
= 3.0 + 1(-110,5) -(-74,8) -(-241,8) = 206,1(kJ)
0
S pu
= 3.(130,684) + 197,6 - 188,7 - 186,2 = 214,752 (J/K)

Do H0, S0 không phụ thuộc vào T nên:
G273 = H0 - T. S0 = 206,1 = 373.214,752.10-3 =125,9975(kJ) > 0
0

ở đkc và T = 373K Phản ứng không thể tự diễn biến.
b) Để phản ứng tự diễn biến ở nhiệt độ T(K) thì: GT0 < 0
T>
- 17 -

H0 - T. S0 < 0

3
H 0 206,1.10
=
= 959,71(K)
214,752
S 0


Bài 24:
Entanpi tự do chuẩn của phản ứng tạo thành H 2O từ các đơn chất phụ thuộc vào T
theo phơng trình sau:

G S0,T = -240000 + 6,95T + 12,9TlgT (J/mol)

Tính G0, S0 và H0 của phản ứng tạo thành H2O ở 2000K
Giải:
G S0, 2000 = -240000 + 6,95.2000 + 129.2000lg2000= -140933,426(J/mol)
G
= -S
T P

dG = VdP - SdT

G 0
T

S 2000 = -
0


1
12,9
= 6,95 + 12,5.lgT + 12,9T.
= 6,95 + 12,9lgT +
T . ln 10
ln 10
P

= 6,95 + 12,9lg2000 +

12,9
= 55,1357(J/molK)
ln 10

0
0
0
H 2000 = G2000 + T. S 2000 = -140933,426 + 2000. 55,1357 = -30662,054 (J/mol)

Bài 25:
Một Học sinh khi làm bài tờng trình thí nghiệm đo nhiệt độ đốt cháy một hợp chất
hữu cơ cho rằng: H = U + P. V. Sự đốt cháy trong bom nhiệt lợng kế làm cho V = 0,
do đó H = U. Kết luận này sai ở đâu?

Giải:
H = U + P.V H = U + (PV) = U + P. V + V. P
Hay H = U + (nRT)
Trong bom nhiệt lợng kế thì: V = 0 nên: H = U + V. P = U + (nRT)
Bài 26:

Hãy chỉ ra những mệnh đề sai:

a) Đối với 1 hệ kín, quá trình giãn nở khí là đoạn nhiệt hệ là cô lập Q = 0; S = 0.
b) Một hệ bất kỳ có thể tự diễn biến tới trạng thái có entanpi thấp hơn (H < 0) và entropi
lớn hơn (S > 0). Hay hệ có thể diễn biến theo chiều giảm entanpi tự do (G < 0).
c) GT0 = H T0 - T. S T0
0
Với phản ứng hoá học ở T = const. Nếu G > 0 Phản ứng tự diễn biến theo chiều

nghịch.
G 0 = 0 : Phản ứng ở trạng thái cân bằng.
G 0 < 0 : Phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận.
- 18 -


Giải:
a) Sai . Do S = 0 chỉ khi quá trình biến đổi thuận nghịch.
Còn với quá trình biến đổi bất thuận nghịch thì S >

Q
S > 0.
T

b) Sai . Do mệnh đề này chỉ đúng trong điều kiện T, P = const.

Còn với quá trình biến đổi mà V, T = const thì phải xét F.
c) Sai. Do với quá trình hoá học thì phải xét giá trị:
G = G0 + RTlnQ chứ không phải dựa vào G0.
(Tuy nhiên, có thể coi rằng GT0 << 0 thì quá trình có thể xảy ra đợc cả ở điều kiện
chuẩn và điều kiện thực. Khi GT0 << 0 thì về nguyên tắc chỉ có quá trình ngợc lại mới
xảy ra, không thể xác định đợc chính xác giới hạn của GT0 mà theo đó quá trình xảy ra
theo chiều này hay chiều khác. Một cách gần đúng có thể coi rằng các giới hạn này
khoảng chừng 40 kJ/mol).
Bài 27:
Một khí lí tởng có CV = 3R không phụ thuộc T đợc giãn nở đoạn nhiệt trong chân không
V
T
tới thể tích gấp đôi. Học sinh A lí luận rằng đối với quá trình đoạn nhiệt thì 2 = 1
T1 V2

1

T1
4
với = do đó T2 = 1
3
23

Học sinh B cho rằng: U = Q + A = 0 + 0 = n.CV. T T = 0 T2 = T1
Học sinh nào nói đúng? Hãy chỉ ra lỗi sai của Học sinh kia.
Giải:
- Học sinh B nói đúng.
- Học sinh A nói sai : Vì quá trình giãn nở trong chân không là quá trình bất thuận nghịch
nên không sử dụng đợc phơng trình poisson.
Bài 28:

Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại 25 oC nh sau:
C3H8(k)
H S0 (kJ/mol)

-101,85

O2(k)
0

CO2(k)
- 393,51
- 19 -

H2O(l)

CO32 (aq)

- 285,83 - 677,14

OH-(aq)
- 229,99


S0(J/molK)

269,91

205,138

213,74

69,91

- 56,9

- 10,75

Xét quá trình oxi hoá hoàn toàn 1 mol C3H8(k) với O2(k) tạo thành theo 2 cách :
a) Bất thuận nghịch
b) Thuận nghịch (trong 1 tế bào điện hoá)
1) Tính H0, U0, S0, G0 của phản ứng trong mỗi cách nói trên?
2) Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích (tức là công hữu ích) mà hệ trao đổi với môi
trờng trong mỗi cách?
3) Tính S của môi trờng và S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình theo mỗi cách.
4) Một mô hình tế bào điện hoá khác làm việc dựa trên phản ứng oxi hoá C 3H8(k) bởi O2(k)
khi có mặt dung dịch KOH 5M với điện cực Pt. Các loại phân tử và ion (trừ KOH) đều ở
trạng thái tiêu chuẩn. Hãy viết các nửa phản ứng ở catot và anot và phản ứng tổng cộng
trong tế bào điện hoá. Nếu từ tế bào điện hoá đó, ở 25 oC, ta thu đợc dòng điện 100mA. Hãy
tính công suất cực đại có thể đạt đợc.
Giải:
C3H8(k) + 5O2(k) 3CO2(k) + 4H2O(l)
1) Do các hàm H, U, S, G là hàm trạng thái nên dù tiến hành theo cách nào thì các giá trị
U, H, S, G cũng nh nhau với cùng trạng thái đầu và cuối. Vậy:
0
0
0
0
0
H pu
= 3 H S ,CO2 ( k ) + 4. H S , H 2O (l ) - H S ,C3 H 8 ( k ) - 5. H S ,O2 ( k )

= -3. 393,51 - 285,83 .4 + 103,85 = -2220 (kJ)
0
H pu
= 213,74. 3 + 4.69,91 - 269,91 - 5. 205,138 = -374,74 (J/K)

G 0pu = H0 - T. S0 = -2220 + 298,15 .374,74.10-3

= -2108,27 (kJ)

U0 = H0 - (PV) = H0 - nRT = -2220 - (-3).8,314.298,15.10-3 = -2212,56(kJ)
2) a) Quá trình bất thuận nghịch:
- Nhiệt mà hệ trao đổi với môi trờng là QBTN = H0 = -2220 (kJ)
2

- Wtt = - P.dV = -P. V = -n(k) .RT
1

= 3. 8,3145.298,15 = 7436,9(J)
- W = 0
b) Quá trình thuận nghịch:
- QTN = T. S = 298,15 (-374,74) = - 111728,731(J)
- Wmax = G = -2108,27(kJ) < 0 : Hệ sinh công
- Wtt = - n(k) .RT = 7436,9(J) > 0: hệ nhận công
3) a) Quá trình bất thuận nghịch:
- 20 -


Smt =

2220.10 3
Qmt
Q
H 0
= - BTN = == 7445, 916 (J/K)
298,15
T
T
T

S vũ trụ = Smt + S hệ = 7445,916 - 374,74 = 7071,176(J/K)
b) Quá trình thuận nghịch:
Smt =

111728,731
Qmt
Q
= 374,74( J / K )
= - TN =
298,15
T
T

S vũ trụ = Smt + S hệ = 0
4) Các nửa phản ứng:
2

Anot: C3H8 + 26OH- 3 CO3 + 17H2O + 20e
Catot: O2 + 2H2O + 4e 4OHPhản ứng tổng cộng:
2

C3H8(k) + 5O2(k) + 6OH-(aq) 3 CO3( aq ) + 7H2O(l)
Sơ đồ pin:
(-) Pt, C3H8(1atm)/KOH(5M), K2CO3(1M)/ O2(1atm), Pt (+)
0
H pu
= 3(-677,14) + 7.(-285,83) + 103,85 - 5.0 - 6(-229,99) = -2548,44(KJ)
0
S pu
= 3.(-56,9) + 7.69,91 - 269,91 - 5.205,138- 6(-10,74) = -912,43(KJ)
0
0
G 0pu = H pu
= T. S pu = -2548,44 + 298,15.912,43.10-3

0
E pu = -

= - 2276,399(KJ)

2276399
G 0
=
= 1,18(V)
20.96485
nF

[CO32 ]3
0,0592
0,0592

lg
E = E - 20
lg(5)-6 = 1,19(V)
6
5 = 1,18 [OH ] .PC3 H 8 .PO2
20
0

P = E .I = 1,19 .0,1 = 0,119(W)
Bài 29:
Tính biến thiên entropi khi chuyển 418,4J nhiệt từ vật có t0 = 150oC đến vật có t0 = 50oC.
Giải:
Quá trình biến đổi trên là không thuận nghịch đợc coi nh gồm 3 quá trình biến thiên thuận
nghịch:
1) Vật ở 150oC truyền nhiệt thuận nghịch ở T = const.
S1 =

418,4
Q
= 150 +273,15 = - 0,989(J/K)
T

2) Hệ biến thiên đoạn nhiệt từ 150oC đến 50oC
S2 = 0
- 21 -


3) Vật ở 50oC nhận nhiệt thuận nghịch ở T = const
S3 = -

418,4
Q
= 50 +273,15 = 1,295(J/K)
T

Do S là hàm trạng thái nên:
SBTN = STN = S1 + S2 + S3 = 0,306(J/K)
Bài 30:

Biết ở -15oC, Phơi(H2O, l) = 1,428 (torr)
ở -15oC, Phơi (H2O,r) = 1,215(torr)

Hãy tính G của quá trình đông đặc 1 mol H2O(l) thành nớc đá ở -15oC và 1atm.
Giải:
o

15 C, 1 mol H2O l
(1)

GBTN = ?

-15oC, 1mol H2O(r)

(Quá trình TN do
H2O hơi, bão hoà
nằm cân bằng với H2O(l))

- 15oC, 1mol H2O
1,428 Torr

(2)

(3)

-15oC, 1mol H2O (h)
1,215 Torr

(1), (3) là quá trình chuyển pha thuận nghịch
G1 = G3 = 0
G = G2 = nRTln
Bài 31:

P2
1,215
= 1.8,314. 258,15 ln
P1
1,428

= -346,687(J)

Có 1 mol O2 nguyên chất ở 25oC, 2atm
1 mol O2 nguyên chất ở 25oC, 1atm
1 mol O2 ở 25oC trong không khí trên mặt đất (P = 1atm, O 2 chiếm 21% V

không khí)
- So sánh giá trị hàm G của 1 mol O 2 trong 3 trờng hợp trên hơn kém nhau bao nhiêu J?. Từ
đó rút ra kết luận: Khả năng phản ứng của O 2 trong mỗi trờng hợp trên cao hay thấp hơn so
với trờng hợp khác?
Giải:
* G0 là hàm Gibb của 1 mol O2 ở 1atm

- 1 mol O2, 1atm, 25oC 1 mol O2, 2atm, 25oC
(G0)
G1 = G1 - G0 = nRTln

(G1)
P2
2
= 1. 8,3145 .298,15.ln 1
P1
- 22 -

= 1718,29(J)


G1 > G0.
- Gọi G2 là hàm Gibb của 1mol O2 ở 25oC trong không khí (0,21 atm)
1mol O2, 25oC, 1atm 1 mol O2, 25oC, 0,21atm
(G0)

(G2)

G2 = G2 - G0 = 1. 8,3145 .298,15.ln

0,21
1

= -3868,8(J)

G2 < G0.
Vậy:

G2(1mol O2, 25oC, 0,21atm) < G0(1 mol O2, 25oC, 1atm) < G1(1 mol H2O, 25oC, 2atm)
- 1 chất có hàm G càng cao thì càng kém bền 1 mol O2 ở 25oC, 2atm có khả năng phản
ứng cao nhất còn 1 mol O 2 nằm trong không khí thì bề nhất có khả năng phản ứng kém
nhất.
Bài 32:
Nhiệt hoà tan (Hht) 0,672g phenol trong 135,9g clorofom là -88J và của 1,56g
phenol trong 148,69g clorofom là -172J.
Tính nhiệt pha loãng đối với dung dịch có nồng độ nh dung dịch thứ 2 chứa 1 mol phenol
khi pha loãng đến nồng độ của dung dịch thứ nhất bằng clorofom.
Giải:

94g phenol + CHCl3

Hht (2)
Hht(1)

dd 2

+ CHCl3
H pha loãng

dd 1

H pha loãng = Hht(1) - Hht(2)
= - 94 .(-172) + 94 (-88) = - 2004,87(J)
0,672
1,569
Bài 33:
Nhiệt hoà tan 1 mol KCl trong 200 ml nớc dới áp suất P = 1amt là:
t0C

21

H

18,154

23
17,824

(kJ)

Xác định H298 và so sánh với giá trị thực nghiệm là 17,578 (kJ)
Giải:
Theo định luật Kirchhoff:
H294 = H298 + CP.(294 - 298) = 18,454 (kJ)
H286 = H298 + CP.(296 - 298) = 17,824(kJ)
- 23 -


H298 = 17,494 (kJ)
CP = -0,165 (kJ/K)
H298(LT) - H298(TN)
~~ 0,48%
H298(TN)
Vậy H298 tính đợc theo lí thuyết sai khác với giá trị TN là 0,48%.
Tính S của quá trình hoá hơi 3 mol H2O (l) ở 25oC, 1atm.

Bài 34:

Cho: Hhh, H2O(l) = 40,656 kJ/mol; C P , H O (l ) = 75,291 (J/K.mol); C P , H O ( h ) = 33,58 (J/molK)
2

2

Giải:
Xét chu trình:

25oC, 3 mol H2O (l), 1atm

S

25oC, 3 mol H2O(r), 1atm

S1
100oC, 3mol H2O(l),1atm
Q
S1 = 1 =
T

T2

n.C

P (l )

.

T1

S3
S2

100oC, 3mol H2O (h), 1atm

T2
dT
373,15
= nCP(l)ln = 3. 75,291.ln
= 50,6822(J/K)
T
T1
298,15

40,656,10 3
Q2 n.H hh.l
S2 =
=
= 3.
= 326,8605(J/K)
373,15
T
T
Q
S3 = 3 =
T

T1

n.C

T2

P(h)

.

T2
dT
298,15
= nCP(h)ln = 3. 33,58.ln
= - 22,6044(J/K)
T
T1
373,15

S = S1 + S2 + S3 = 354,9383 (J/K)
Bài 35:
a) Tính công trong quá trình đốt cháy 1 mol rợu etylic ở đkc và 25oC.
b) Nếu H2O ở dạng hơi thì công kèm theo quá trình này là bao nhiêu?
Giải:
a) C2H5OH(l) + 3O2 (k) 2CO2 (k) + 3H2O (l)
n = -1
W = -Png . V = -Png.

n.RT
Png = R.T = 8,314.29815 = 2478,82 (J)

b) Nếu H2O ở dạng hơi thì: n = 2.
W = - n. RT = -2 .8,314 .298,15 = - 4957,64(J)

- 24 -


Bài 36:
Tính S, G trong quá trình giãn không thuận nghịch 2 mol khí lí tởng từ 4lít đến
20 lít ở 54oC.
Giải:
Vì S, G là các hàm trạng thái nên S, G không phụ thuộc vào quá trình biến thiên là thuận
nghịch hay bất thuận nghịch mà chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và trạng thái cuối. Vì vậy:
S = nRln

V2
20
= 2. 8,314.ln = 26,76 (J/K)
V1
4

T = const H = 0; U = 0
G = H - T. S = 0 -(273,15 + 54) .26,76 = - 8755,1 (J)
Bài 37:
Một bình có thể tích V = 5(l) đợc ngăn làm 2 phần bằng nhau. Phần 1 chứa N 2 ở
298K và áp suất 2atm, phần 2 ở 298K và áp suất 1atm. Tính G, H, S của quá trình trộn
lẫn 2 khí khi ngời ta bỏ vách ngăn đi.
Giải:
ở T = 298K ; Vbđ (N2) = Vbđ(O2) =
S = S(N2) + S(O2) = n N .Rln
2

=

PN 2 .V N 2 + PO2 .VO2
T

5
(l)
2

V2
V2
+ nO2 Rln
V1
V1

=

PN 2 .V N 2
RT

Rln

5
PO .VO
5
+ 2 2 Rln
2,5
2,5
RT

ln 2 = 0,0174(l.at/K) = 0,0174 .101,325 = 1,763 (J/K)

- Quá trình đẳng nhiệt H = 0
G = H - T. S = - 298 .1,763 = - 525,374 (J)
Bài 38:
Cho các dữ liệu sau đây ở 298K
Chất

H S0 (kJ/molK)

S0(J/molK)

V(m3/mol)

Cthan chì

0,00

5,696

5,31.10 6

Ckim cơng

1,90

3,416.10 -6

2,427

1) ở 298K có thể có một phần rất nhỏ kim cơng cùng tồn tại với than chì đợc không?
2) Tính áp suất tối thiểu phải dùng để có thể điều chế đợc kim cơng ở 298K?

Giải
- 25 -