Bai tap ap dung kien thuc can bang hoa hoc

<span class='text_page_counter'>(1)</span>B. Xây dựng bài tập về cân bằng hoá học. Các dạng bài tập được xây dựng, sưu tầm cần khắc sâu các kiến thức đã học đồng thời gợi mở các vấn đề khác có liên quan. Trên cơ sở đó ta có thể thống kê các dạng bài tập sau : - Bài tập áp dụng kiến thức đã học. - Bài tập tổng hợp . I . Dạng bài tập áp dụng kiến thức . Dạng 1: Xác định thành phần hệ ở thời điểm cân bằng . Ví dụ 1 . a, Cho 1 mol PCl5 (khí) vào một bình chân không, thể tích V. Đưa nhiệt độ bình lên 525K. Cân bằng : PCl5 (k) PCl3 (k) + Cl2 (k) (1) được thiết lập với Kp = 1,85. áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng đo được là 2 atm. Tính số mol của từng chất tại thời điểm cân bằng. b, Cho 1 mol PCl5 và 1 mol khí He vào bình như ở thí nghiệm a) rồi tăng nhiệt độ lên 525K . Tính số mol của PCl 5, PCl3 và Cl 2 ở trong bình tại thời điểm cân bằng. Nhận xét kết quả thu được , điều này có phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê hay không ? c, Lặp lại thí nghiệm b, nhưng thay đổi V để tại thời điểm cân bằng áp suất trong bình là 2atm. Tính số mol PCl 5, PCl3 và Cl2 . Nhận xét kết quả thu được , điều này có phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê hay không ? (Các khí được coi là ly tưởng).. Ta có PCl5 (k) Ban đầu 1mol Phản ứng x. Bài giải PCl3 (k) + 0 0 x x. Cl2 (k). (1).

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Cân bằng 1 - x. x. x. nn 2. = 1 - x + x + x = 1 + x (mol) Tại thời điểm cân bằng : 1−x .P 5 1+x x PCl =PCl = .P 3 2 1+ x PCl =. áp dụng định luật tác dụng khối lượng (ĐKTDKT), ta có : 2. Kp =. x . P2 2 (1 + x ) x2 = = . P = 1 , 85 2 1−x 1 − x . P 1+x. PCl . PCl 3 2. PPCl. 5. 2. P = 2atm =>. x 1,85 = = 0,925 2 2 1−x. => x = 0,693 (mol). n PCl3 = nCl 2 = 0 ,693 (mol ). =>. n PCl = 1 − 0 ,693 = 0 ,307 (mol ) 5. b, Tính V.Trong thí nghiệm a, tại thời điểm cân bằng , = 1,69 (mol) 0,082 .525 = 36,44 2. nn 2. nn 2. =1+x. Ta có : PV = . RT => V = 1,693 (lít) Tại thí nghiệm b, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng = 2 + y (mol) 5. PCl = PPCl 3 2. y = . P 2 + y. n 2 . RT. ;. P¿ =. 1− y . P 2 + y. RT V V 2 y RT y2 V => K P= . => = KP = 1, 566 1− y V 1− y RT P=. n. = (2 + y ) .. Ta có : y2 = 1,566 = 1,566y ó y2 + 1,566y - 1,566 = 0 => y = 0,693..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> => Sự thêm khí trơ He vào hệ khi V = const không làm chuyển dịch cân bằng điều này hoàn toàn phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê vì khi thêm He vào không làm thay đổi áp suất riêng phần của hệ . c, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng= 2 + z PCl = P PCl = 3. 2. z .2 2+z. 1−z .2 2+z P PCl . P Cl2. PPCl = 5. KP =. 3. P PCl5. 2. =. z . 2 = 1,85 (2 + z) (1 − z ). z2 = 0,925 (2 - z - z2) 1,925 z2 + 0,925 z - 1,85 = 0 => z = 0,769. nCl = nPCl = 0 ,769 (mol ) > 0 , 693 (mol ) 2. n. 3. = 0 ,231( mol). => PCl Tại P = const , thêm khí trơ vào cân bằng chuyển dịch về phía thuận (phía có nhiều phân tử khí hơn) điều này hoàn toàn phu hợp với nguyên ly Lơ Satơliê vì khi thêm He vào làm giảm áp suất toàn phần của hệ . 5. Ví dụ 2 . Sunfurylđiclorua SO2Cl2 là hoá chất phổ biến trong phản ứng Clo hoá. Tại 3500C và 2 atm, phản ứng : SO2Cl2(k) SO2 (k) + Cl2 (k) (1) Kp = 50 a, Tính % theo thể tích SO2Cl2 (khí) còn lại khi (1) đạt đến trạng thái cân bằng ở điều kiện đã cho. b, Ban đầu dung 150mol SO2Cl2 (khí) tính số mol Cl2 (khí) thu được khi (1) đạt đến trạng thái cân bằng. ( Các khí được coi là lý tưởng. ) Bài giải a, SO2Cl2(k) SO2 (k) + Cl2 (k) Kp = 50 atm Ban đầu 2atm.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Cân bằng (2 - y) atm. y. P SO . PCl 2 2. y atm. y2 = = 50 2− y. PSO Cl Kp = y2 = 100 = 50y <=> y2 + 50y - 100 = 0 => y1 = 1,92582 y2 = -51,9258 2. PCl = P SO =. =>. P. 1,92582 (atm). 2. 2. 2. =. => SO Cl 7,418.10-2 (atm) Vì % thể tích tỷ lệ thuận với % số mol 2. 2. PT = %. PSO Cl 2. V Cl = % V SO =. %V SO. 2. 2 Cl2. 2. 2. +. PCl + PSO = 2. 2. 3,92582 (atm). 1, 92582 . 100% = 49, 055 % 3, 92582. =1 , 89 %. b, Ban đầu có 150 mol SO2Cl2 n SO =nCl 2 = 150. 1 , 92582 =144 , 4365 mol 2. 2 Tại thời điểm cân bằng Ví dụ 3 . Cho cân bằng CH4 (k) + H2O(k) CO(k) + 3H2 (k) (1) Tại 1100K, hằng số cân bằng của cân bằng trên là 357. Ban đầu người ta lấy CH 4 và H 2O theo tỷ lệ mol là 1 : 4. Tại thời. 20 3. điểm cân bằng, người ta thu được hỗn hợp có tỷ khối so với H2 là a, Xác định áp suất riêng phần của các khí ở thời điểm cân bằng và áp suất toàn phần của hệ : Bài giải : CH4 (k) + H2O Ban đầu n0 4n0 Phản ứng x x. CO(k) + 3H2 (k) mol x. 3x.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Cân bằng n0 - x M n2 =. 4n0 - x. x. 3x. 20 40 x 2= 3 3 0. 0. 16(n − x) + 18 (4 n − x ) + 28 x + 3 x . 2 M n2 = 0 5n + 2 x. Ta có : 88 . n0 40 = ⇔ 264 n0 = 200n 0 + 80x 0 5n + 2 x 3 => x = 0,9 n 0 x 0,8 n0 0,8 PCO = 0 . PT = . PT = . PT 0 6,6 5n + 2x 6,6 n 3x 2,4 PH 2 = 0 . P T = . PT 6,6 5 n +2 x 0 n − x 0,2 PCH 4 = = . PT 0 6,6 6,6 n 0 3,2 n 3,2 PH 2 O = . PT = . PT 0 6,6 6,6 n 2 PCO . P3H 2 0,8 .(2,4 )3 P T => K P = = = = 357 PCH 4 . PH 2 O 02 . 3,2 (6,6 )2 => PT = 30(atm ) 4 12 => PCO = (atm ) ; PH 2 = ( atm) 11 1,1 16 0,2 1 PH 2 O = ( atm) ; P CH 4 = . 30 = (atm ) 1,1 6,6 1,1 =. Dạng 2 : Cân bằng dị thể. Trong cân bằng dị thể,ngoài việc xác định thành phần tại trạng thái cân bằng, một yếu tố rất đáng quan tâm đó là sự phá vỡ cân bằng. Ví dụ 4 . Cho cân bằng dị thể sau: C(r) + H2O (k) CO(k) + H2 (k) Tại 1000K , Kp = 4,1.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> a, Tính độ chuyển hoá (a) khi ban đầu người ta cho vào 1 bình phản ứng dung tích 10 lít một hỗn hợp gồm 24 gam C và 54 gam H2O. Nhiệt độ trong bình phản ứng là 1000K. b, Nếu tăng thể tích bình lên 100 lít. Xác định thành phần của các khí ở trong bình sau phản ứng. Tại 1000K. Các phản ứng trong phương trình phản ứng được coi là ly tưởng . Bài giải Ta có. P0H. 2O( k). =n. RT 0 , 082 . 1000 = 3. = 24 , 6 (atm ) V 10. C(r) + H2O (k) 24,6 24,6 - x. Ban đầu Cân bằng. CO(k) + H2 (k) x. PCO . P H. 2. =. Kp =4,1. x. x2 = 4,1 24 ,6 − x. PH O KP = x2 + 4,1x - 100,86 = 0 => x = 8,2 (atm). Ta có : =>. 2. x 2. =. 8,2 = 0 , 333 24 , 6. Độ chuyển hoá a = P H O b, Tăng thể tích bình lên 100 lít 2. PH. 2. O. 0 , 82 . 1000 = 0 , 82 nn2 100. + PCO + PH 2 = nn2 .. C(r) + H2O (k) Ban đầu 3mol Cân bằng 3-x. CO(k) + H2 (k) x. x. nn 2 = 3 − x + 2 x = 3 + x. => PT = 0,82 (3 + x) x . PT = 0,82 x 2 3+x 3−x = . PT = 0,82 (3 − x) 3+ x. PCO = P H =. PH O 2. PCO . P H. 2. =. (0 , 82 )2 . x 2 = 4,1 0 , 82 (3 − x ). PH O => KP = x2 = 15 - 5x ó x2 + 5x - 15 = 0 => x = 2,11 (mol) > 2 2.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> => Khi tăng lên 100 lít, cân bằngđã bị phá vỡ => Số mol khí trong bình : nCO = nH = 2 mol 2. PT = 5 .. ;. nH. 2O. = 1mol. 0 ,82 . 1000 = 4,1 ( atm ) 1000. Dạng 3 . Cân bằng trong dung dịch Ví dụ 5 . Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M ; Fe(ClO4) 0,03M và MgCl2 0,01M . a, Tính pH của dung dịch X. b, Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định ¯ A và pH của dung dịch B. pK. = 37 ; pK. = 11. s Mg(OH ) s Fe (OH ) Cho biết NH+4 , pKa = 9,24 Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ (1) K1 = 10-2,17 Mg2+ + H2O Mg(OH)+ + H+ (2) K2 = 10-12,8 Bài giải : a, Tính pH HClO4 à H+ + ClO-4 5.10-3 5.10-3 Fe(ClO4)3 à Fe3+ + 3ClO43.10-2 3.10-2 MgCl2 à Mg2+ + 2Cl10-2 10-2 Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ (1) K1 = 10-2,17 Mg2+ + H2O Mg(OH)+ + H+ (2) K2 = 10-12,8 3. C. 2. Ta có : K1. C Fe = 3.10-4,17 >> K2 Mg 2+ = 10-14,8 => Cân bằng (1) trội hơn rất nhiều so với cân bằng (2) và cân bằng (1) là cân bằng chính (Môi trường axit, bỏ qua sự phân ly của nước). Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17 C 3.10-2 5.10-3 [] 3.10-2- x x 5.10-3 + x 3+.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> [ H + ] [ Fe(OH )2+ ] x(5 .10−3 + x) = = 10−2,17 3+ −2 [ Fe ] 3.10 − x. => K1 = Giải phương trình ta có : x = 1,53 . 10-3 => [H+] = 5.10-3 + 1,53.10-3 = 6,53.10-3 (M) => pH = 2,185 −2. 0,1 8 . 10 = 0 , 05 M ; C Mg2 + = = 4 .10−2( M ) 2 2 0 ,03 5. 10−3 = = 0 , 015( M ) ; C HClO4 = = 2,5 . 10−3 ( M ) 2 2. C NH = 3. C. 3+. Fe b, Phản ứng : 3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3¯+ 3NH+4 (3) K3= 1022,72 2NH3 + 2H2O + Mg2+ Mg(OH)2¯ + 2NH+4 (4) K4= 101,48 NH3 + H+ NH+4 (5) K5 = 109,24 Nhận xét : K5, K3 rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn. NH3 + H+ NH+4 2,5.10-3 2,5.10-3 2,5.10-3 3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH+4 4,75.10-2 1,5.10-2 2,5.10-3 4,5.10-2 Kiểm tra sự kết tủa của Mg(OH)2. [ NH +4 ] 4 , 75 .10−2 = 10−9, 24 . = 10−7 ,96 ( M ) −3 [ NH 3 ] 2,5 .10. Ta có : [H+] = Ka . => [OH-] = 10-6,04(M) − 2. −2. C Mg 2+ .[ OH ] = 4 . 10 (10. −6 , 04 2. −13 , 478. < Ks => => Kết tủa chỉ có Fe(OH)3 và pH = 7,96(M) Dạng 4 . Bài tập xác định các đại lượng nhiệt động. Ví dụ 5 . Cho cân bằng. SO2 (k) +. 1 2. ) = 10. O2(k). ln Kp = 10,63 -. SO3 (k) 11.300 T.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Tính ∆G0 , ∆G0 , ∆S0 và Kp của phản ứng tại 1000K Bài giải. 11.300 1000. Tại 1000K ; lnKp = 10,63 => Kp = 0,512 P SO (atm ). −. 3. 1 2 O. = - 0,67. 1 2. 1 2. = 0 , 512 ( atm ). Kp = P SO ( atm) . P ( atm ) ∆G0pư = -RT lm Kp = - 8,314 . 1000 . (- 0,67) = 5570,38 2. 2. (J) Ta có : ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 0. => ln Kp =. 0. ΔG ΔH ΔS − =− + RT RT R. 0. 0. =>. ΔS = 10 ,63 => ΔS 0 =88 , 378(J / K ) R. Ví dụ 6. Cho : O2(k) Cl(k) HCl(k) H2O(k )H2O(l) -1 ∆H (kJ/mol ) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8 S0298 (J.mol-1. K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9 1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 4HCl(k) + O2 (k) 2Cl2 (k) + 2H2O(k) (1) Tại 298K 2. Giả thiết rằng ∆S và ∆H của phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 698 K. 3. Xác định áp suất hơi bão hoà của nước tại 298K Từ đó tính hằng số cân bằng của phản ứng tại 298K . 4HCl(k) + O2 (k) 2Cl2 (k) + 2H2O(l) (2) 0.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Bài giải (1) => Ta có : ∆H0pư = (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0 = - 114,42 (kJ) ∆S0pư = (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7 = - 128,63 (J/K) 0 => ∆G pư = ∆H0pư - 298 ∆S0pư = - 114420 - 298 (-128,63) = - 76088,26 (J) 0 => ∆G = - RT lm Kp 0. (−76088 ,26) ΔG =− = 30,71 RT 8,314 . 298. => ln Kp = Kp = 2,17 . 1013 2. 2. 2. 2. PCl 2 ( atm) . PH 2 O ( atm). Kp =. P. 4 HCl. 4. (atm ) . PO ( atm). 13. −1. = 2, 17 .10 (atm ). 2. 0. 0. ( ΔH − TΔS ) ΔH 0 1 ΔS 0 − =− . + RT R T R. b, Ta có ln Kp = Vì ∆S0 , ∆H0 được giả thiết là không phụ thuộc vào t0 −. (1114420 1 ( − 128 ,63 ) ) + = 4 ,245 8 ,314 698 8 , 314. => ln Kp (698k) = => Kp = 69,777 (atm-1) c, Từ cân bằng : H2O(l) H2O (k) (3) ∆H0(3) = - 214,83 - (- 285,8) = 43,97 (kJ) ∆S0(3) = 188,7 - 69,9 = upload.123doc.net,8 (J/k) ∆G0(3) = ∆H0(3) T ∆S0(2) = 43970 – 298.upload.123doc.net,8 = 8567,6 (J) Kp(3) = PH O. => ln P. 2. PH O 2. (bão hoà). (bão hoà). =. −. => ∆G0(2) = - RT ln. 8567,6 = − 3 ,458 8,314 .298. => H O (bão hoà) = 3,15 . 10-2 (atm) Ta có : (2) = (1) - 2. (3) 2. PH O 2. (bão hoà).

<span class='text_page_counter'>(11)</span> = ∆G0(2) - (- 76088,26) - 2 (8567,6) = - 93.223,46 (J) 0. (−93 .233,46) ΔG − =− = 37,63 RT 8 ,314 . 298. => ln Kp = Kp = 2,19. 1016 2. 2. PCl ( atm) 2. Kp =. P. 4 HCl. 4. ( atm ) . PO (atm ) 2. = 2 , 19 . 1016 ( atm− 3 ).

<span class='text_page_counter'>(12)</span>