giải chi tiết bài tập nguyên lí nđlh

3.1. Tính toán sự thay đổi entropy khi 25 kJ năng lượng được chuyển thuận nghịch và isothermally như là
nhiệt đến một khối lớn sắt ở (a) 0°C, (b) 100oC. (a) 92 JK-1, (b) 67 JK-1
Giải:
a) ∆S = Q/T = 25000/(0 + 273) = 91,6 (J/K)
b) ∆S = Q/T = 25000/(100 + 273) = 67 (J/K)
3.2. Tính entropy phân tử của một mẫu neon có thể tích không đổi ở 500 K cho entropy tại 298 K là 146,22 JK 1

.mol-1. 152.67 JK-1mol-1
Giải:
∆S = Cv.ln(p2/p1) = Cv.ln(T2/T1) = (20,786-8,314).ln(500/298) = 6,45 (J/K.mol)
∆S = S2 – S1 → S2 = ∆S + S1 = 6,45 + 146,22 = 152.67 JK-1mol-1

3.3. Tính ΔS (cho hệ) của 3,00 mol nguyên tử ở trạng thái khí lý tưởng, mà C p, m = 5R/2, được thay đổi từ 25°C
và 1,00 atm đến 125°C và 5,00 atm. Làm thế nào để bạn hợp lý hóa các dấu hiệu của ΔS? -22.1 JK-1
Giải:
R = Cp – Cv → Cv = Cp – R = 5R/2 – R = 3R/2
∆S = n[Cv.ln(T2/T1) + R.ln(V2/V1)]
= 3.[3R/2.ln(T2/T1) + R.ln(T2.p1/T1.p2)]
= 3.[3.8,314/2.ln(398/298) + 8,314.ln(398.1/298.5)]
= - 22,1 (J/K)
3.4. Một mẫu gồm 3,00 mol của hai nguyên tử phân tử khí lý tưởng ở 200 K được nén đoạn nhiệt thuận
nghịch cho đến khi nhiệt độ của nó đạt đến 250 K. Cho C v, m = 27,5 JK-1mol-1, tính toán q, w, ΔU, ΔH, và ΔS. ∆S =
q = 0, w = ∆U = +4.1 kJ, ∆H = +5.4 kJ
Giải:
- Quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch: Q = 0 => ∆S = 0.
W = ∆U = nCv(T2 – T1) = 3.27,5.(250 – 200) = 4125 (J) = 4,125 (kJ)
∆H = ∆U + nR(T2 – T1) = 4125 + 3.8,314.(250 – 200) = 5372,1 (J) = 5,3721 (kJ)


3.5. Tính ΔH và ΔStot của hai khối đồng, khối lượng mỗi khối 10,0 kg, một ở 100°C và một tại 0°C, được đặt tiếp
xúc trong một container bị cô lập. Nhiệt dung riêng của đồng là 0,385 JK -1g-1 và có thể được giả định không đổi

trên phạm vi nhiệt độ có liên quan. ∆H = 0; ∆S = 93,4 J.K-1
Giải:
Qthu = - Qtỏa
↔ 10000.0,385.(T2 – 273) = - 10000.0,385.(T2 – 373)
→ T2 = 323 K
∆S1 = 10000.0,385.ln(323/373)
∆S2 = 10000.0,385.ln(323/273)
∆S = ∆S1 + ∆S2 = 10000.0,385.[ln(323/373) + ln(323/273)] = 93,38 (J/K)
3.7 P1 = 10 atm

A = 10 cm^2
P2 = 1 bar
x = 20 cm
Cv = 28.8 J/mol.K
n = 2 moles

(a)
Q = 0, đây là quá trình đoạn nhiệt
(b)

∆Hvap (CHCl3) = 29.4 kJ mol-1 = 29.4e3 J mol-1
∆ Svap = ∆Hvap/T = (29.4x 103) / (334.88 ) = 87.79 J K-1 mol-1
∆ Ssurr = - ∆ Svap = -87.79 J K-1 mol-1


(c)
Enegy balance for closed system.
∆U = Q - W, Q = 0
∆U = - W
∆U = - 78.72 J

(d)
du/dT = cv, by definition.
∫du = ∫cvdT
∆u = cv∆T
∆U = ncv∆T
∆T = ∆U/ncv = - 78.72 J / (28.8 J/mol.K*2 mol)
∆T = - 1.367 K or deg. C

(e)
∆S = n[cv ln(T2/T1) + R ln V2/V1]
∆S = 2*[28.8 ln (296.783/298.15) + 8.314 ln(5092.81/4892.81)]
∆S = 0.4015 J/K

3.10. Sử dụng năng lượng Gibbs tiêu chuẩn hình thành để tính toán các năng lượng Gibbs
tiêu chuẩn phản ứng 298 K của phản ứng trong bài tập 3.8a.
Giải:
a/ Năng lượng Gibbs của phản ứng: 2CH3CHO(g) + O2(g) → 2CH3COOH(l)
0
∆G 0r = ( ∑ νi ∆G 0 ) − ( ∑ νi ∆G 0 ) = 2∆G 0CH3COOH (l) − (2∆G CH
+ ∆G O0 2 (g) )
3CHO(g)
sp

tg

= 2.(−389,9) − [2.(−128,86) + 0] = −522,1 (kJmol −1 )

b/ Năng lượng Gibbs của phản ứng: 2AgCl(s) + Br2(l) → 2AgBr(s) + Cl2(g)

(

)

0
∆G 0r = ( ∑ νi ∆G 0 ) − ( ∑ ν i ∆G 0 ) = 2∆G 0AgBr (s) + ∆G Cl
− (2∆G 0AgCl(s) + ∆G 0Br2 (l) )
2 (g)
sp

tg

= [2.(−96,9) + 0] − [2.(−109, 79) + 0] = +25, 78 (kJmol −1 )

c/ Năng lượng Gibbs của phản ứng: Hg(l) + Cl2(g) → HgCl2(s)


(

)

0
∆G 0r = ( ∑ ν i ∆G 0 ) − ( ∑ ν i ∆G 0 ) = ∆G 0HgCl2 (s) − (∆G 0Hg(l) + ∆G Cl
)
2 (g)
sp

tg

= − 178, 6 − (0 + 0) = −178, 6 (kJmol −1 )

3.11 Tính năng lượng Gibbs tiêu chuẩn của phản ứng
4 HCl (k) + O2 (g) → 2Cl2 (k) + 2H2O (l)
ở 298 K, từ entropy chuẩn và enthalpies hình thành đưa ra trong phần dữ liệu.
Giải:
Hiệu ứng nhiệt của phản ứng trên ở 298K là:

(

)

∆H 0r = ( ∑ νi ∆H 0 ) − ( ∑ ν i ∆H 0 ) = 2∆H 0Cl2 (g) + 2∆H H0 2O(l) − (∆H O0 2 (g) + 4∆H 0HCl(g ) )
sp

tg

∆H 0r = [ 0 + 2.(−285,83) ] − [ 0 + 4.( −92,31) ] = −202, 42 (kJmol −1 )

Entropy của phản ứng trên ở 298K là:

(

)

∆S0r = ( ∑ ν iS0 ) − ( ∑ ν iS0 ) = 2S0Cl2 (g) + 2S0H2O(l) − (SO0 2 (g) + 4S0HCl(g) )
sp

tg

∆S0r = ( 2.223, 07 + 2.69, 91) − ( 205,138 + 4.186,91) = −266,82 (J.K −1 .mol−1 )

Năng lượng Gibbs của phản ứng trên ở 298K.
∆G 0r = ∆H 0r − T∆S0r = −202, 4.103 − 298.(−366,82) = −93, 05 (kJ.mol −1 )

3.12. Entanpy tiêu chuẩn quá trình đốt cháy phenol rắn (C6H5OH) là -3054 kJmol-l ở 298
K và entropy mol tiêu chuẩn của nó là 144,0 JK-lmol-1. Tính năng lượng Gibbs tiêu chuẩn
hình thành của phenol ở 298 K.
Giải:
Phương trình phản ứng:
C6 H 5OH (s) + 7O 2(g) → 6CO 2(g) + 3H 2 O

Hiệu ứng nhiệt của phản ứng trên ở 298K là:


(

)

∆H 0r = ( ∑ νi ∆H 0 ) − ( ∑ ν i ∆H 0 ) = 6∆H 0f , CO2 (g) + 3∆H f0, H 2O(l) − (7 ∆H f0,O2 (g) + ∆H f0, C6 H5OH(s) )
sp

tg

(

)

⇒ ∆H 0f ,C6 H5OH (s) = 6∆H f0, CO 2 (g) + 3∆H f0, H 2O(l) − (7∆H f0,O 2 (g) + ∆H r0 )

= [6.( −393,51) + 3.(−285,83)] − [ 0 + ( −3054) ] = −164,55 (kJmol −1 )

Phương trình phản ứng:
1
6C(s) + 3H 2 + O 2(g) → C6 H5 OH (s)
2

Entropy của phản ứng trên ở 298K là:
1
0
∆S0r = S0C6H5OH(s) − (6SC(s)
+ 3S0H 2 (g) + SO0 2 (g) )
2
1
∆S0r = 144 − (6.5, 74 + 3.130, 684 + .205,138) = −385, 061 (JK −1mol −1 )
2

Năng lượng Gibbs của phản ứng:
∆G 0r = ∆H 0r − T∆S0r = −164,55.103 − 298.(−385, 061) = −50 (kJ.mol −1 )

3.13. Tính toán sự thay đổi của entropy của hệ thống và môi trường xung quanh, và tổng
số thay đổi của entropy, khi một mẫu khí nitơ khối lượng 14 g ở 298 K và áp suất 1,00
bar tăng gấp đôi khối lượng của nó trong (a) giãn đẳng nhiệt thuận nghịch, (b ) giãn đẳng
nhiệt không thuận nghịch lại pex = 0, và (c) giãn đoạn nhiệt thuận nghịch.
Giải:
a/ Quá trình đẳng nhiệt thuận nghịch nên ta có:

∆U T = 0

 1


V 14
∆U = q + w ⇒ q = − w = −  − ∫ pdV ÷ = nRT ln 2 = .8,314.298.ln 2 = +858, 66 (J)
V1 28
 1

q (gas) = ∆S.T ⇒ ∆S =

Entropy của khí là:

q (gas)
T

=

858, 66
= +2,9 (JK −1 )
298


∆S(surroundings) =

q surroundings
T

=

−q (gas)
T

−858, 66

= −2,9 (JK −1 )
298

=

Vậy entropy tổng cộng của chất khí là:
∆S( total) = ∆S(gas) + ∆Ssurroundings = 2,9 + (−2,9) = 0

b/ Quá trình đẳng nhiệt không thuận nghịch với
q (gas) = ∆S.T ⇒ ∆S =

∆S(surroundings) =

q (gas)

q surroundings
T

T

=

p ex = 0

858, 66
= +2,9 (JK −1 )
298

=0

Vậy entropy tổng cộng của chất khí là:
∆S(total) = ∆S(gas) + ∆Ssurroundings = 2, 9 + 0 = +2,9 (J.K −1 )
q = q (gas) = q surroundings = 0

c/ Quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch nên ta có:
∆S(total) = ∆S(gas ) = ∆Ssurroundings = 0

Suy ra:
3.14. Tính công không giãn nở cực đại cho mỗi mol có thể thu được từ một tế bào nhiên
liệu trong đó những phản ứng hóa học là quá trình đốt cháy khí mê tan tại 298K.
Giải:
CH 4(g) + 2O 2(g) → CO 2(g) + 2H 2O(l)
∆G 0r =

( ∑ ν ∆G )
0

i

sp

−

( ∑ ν ∆G )
0

i

tg

(

= ∆G f0,CO

2

(g )

)

+ 2∆G f0, H O (l) − ( ∆G f0,CH
2

∆G 0r = [ −394,36 + 2.(−237,13)] − [ −50, 72 + 0] = −817,9 (kJ.mol −1 )
w = −∆G 0r = −(−817,9) = 817,9 ( kJ.mol −1 )

4 (g )

+ 2∆G f0,O

2

(g)

)