Đề cương môn Hóa đại cương- Trường Đại học bách khoa - Đại học đà nẵng.

TH
CHƯƠNG 4: NGUYÊN LÝ I CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC − NHIỆT HÓA HỌC Câu 1:
CH4(k) + 2O2(k) → CO2(k) + 2H2O(k) ∆Ho = ∆Ho = ∑ ∆Ho − ∑ ∆Ho c(CH4) Pứ s(sp) s(tg)
→ −890,35 = −393,96 + 2. (−285,85) − ∆Ho s(CH ,k) 4 → ∆Ho = −75,31 (kJ. mol−1) s(CH ,k) 4 Câu 2: ∆Ho = ∆o 3 s(CO2,k) ∆Ho = ∆o 4 s(H2O,l) ∆Ho = 2∆o + 3∆o − ∆o 3 s(CO2,k) s(H2O,l) s(C2H6,k)
→ −1559,837 = 2. (−393,96) + 3. (−285,85) − ∆o s(C H ,k) 2 6 → ∆o = −85,573 (kJ. mol−1) s(C H ,k) 2 6 Lại có: ∆Ho = ∆o − ∆o 1 s(C2H6,k) s(C2H4,k)
→ −136,951 = −85,573 − ∆o s(C H ,k) 2 4 → ∆o = 51,318 (kJ. mol−1) s(C H ,k) 2 4
PTHH: C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2H2O ∆o = ∑ ∆Ho − ∑ ∆Ho = ∆Ho + ∆Ho − ∆o c(C2H4,k) s(sp) s(tg) 3 4 s(C2H4,k) → ∆o
= 2. (−393,96) + 2. (−285,85) − 51,318 c(C H ,k) 2 4 → ∆o = −1410,938 (kJ. mol−1) c(C H ,k) 2 4 Câu 3: 15 C6H6(k) + O 2 2(k) → 6CO2(k) + 3H2O(l) 0,532 n = = 6,82.10−3 (mol) C6H6 18
a) Điều kiện đẳng tích 22475,746 ∆U = − = −3295,316 (kJ. mol−1) 6,82.10−3 b) ∆H = ∆U + ∆nRT TH 15 = −3295,316 + (6 − − 1) . 8,314.10−3. 298 2 = −3301,51,51 (kJ) Câu 4:
a) 3Cgr + 3H2(k) → (CH2)3(k) ∆Ho ( ) = ∆Ho ( ) − ∆Ho ( ) 298,s xiclopropan 298,c tg 298,c sp
= 3. (−393,513) + 3. (−285,838) − (−2091,372) = 53,319 (kJ. mol−1) b) ∆o = ∆o ( ) − ∆Ho ( ) 298(pứ đph) 298,s propen 298,s xiclopropan
= 20,414 − 53,319 = −32,905 (kJ. mol−1) Câu 5: ∆Ho298 = −393,51 (kJ. mol−1)
∆Cop = [37,13 − (8,64 + 29,36)]. 10−3 = −0,87.10−3 (kJ. K−1. mol−1) 1500 1500 → ∆Ho
= ∆Ho + ∫ ∆CodT = −393,51 + ∫ −0,87.10−3dT 1500 298 p 298 298
= −393,51 − 0,87.10−3(1500 − 298) = −394,556 (kJ)
CHƯƠNG 5: NGUYÊN LÝ II CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC − CHIỀU VÀ GIỚI HẠN
TỰ DIỄN BIẾN CỦA QUÁ TRÌNH Câu 1: a) ∆So298
= 304,3 − 2.240,45 = −176,6 ( J. K−1. mol−1) < 0
→ Quá trình làm giảm Entropy b) ∆Ho298
= 9,66 − 2.33,85 = −58,04 (kJ. mol−1) ∆Go = ∆Ho − T. ∆So 298 298 298
= −58,04.103 − 298. (−176,6) = −5413,2 J < 0
→ Quá trình xảy ra theo chiều thuận
c) Muốn phản ứng xảy ra theo chiều ngược lại ∶ ∆Go = ∆Ho − T. ∆So > 0 298 298 298
→ −58,04.103 − T. (−176,6) > 0 TH → T > 328,65K Câu 2: a) ∆So298
= 2.186,5 − (222,7 + 130,4) = 19,9 ( J. K−1. mol−1) ∆Go298
= −184,42.10−3 − 298.19,9 = −190150,2 J
b) ∆Cop = 2.28 − (34,6 + 27,7) = −6,3 ( J. K−1. mol−1) T
∆Ho = ∆Ho + ∫ −6,3dt = −184,42.103 + (−6,3t)|T T 298 298 298 = −182542,6 − 6,3T
CHƯƠNG 6: CÂN BẰNG HÓA HỌC − CÂN BẰNG PHA Câu 1: a) ∆Go298
= 51,84 − 86,96 = −35,12 (kJ. mol−1) 1 ∆So
= 240,45 − (210,62 + . 205,03) = −72,685 ( J. K−1. mol−1) 298 2 → ∆Ho = ∆Go + T∆So
= −35,12.103 + 298(−72,685) = −56780,13 J 298 298 ∆Go298 = −RT ln Kp(298)
→ −35,12 = −8,314.298. ln Kp(298) → Kp(298) = 1,43.106 Kp(398) ∆Ho 1 1 b) ln = ( − ) Kp(298) 8,314 298 398 → Kp(398) = 4,5.103
c) Phản ứng tăng nhiệt độ từ 298K → 398K, ta thấy Kp(398) < Kp(298)
→ chuyển dịch cân bằng theo chiều nghịch
Ở phần a ta có ∆Ho < 0 → phản ứng thuận tỏa nhiệt, phản ứng nghịch thu nhiệt
→ Khi tăng nhiệt độ, chuyển dịch cân bằng chống lại sự tăng nhiệt độ
→ Chuyển dịch theo chiều nghịch
Vậy kết quả tìm được phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng.
d) ta có ∆n < 0, tức vế trái sẽ có nhiều khí hơn vế phải hay đi từ trái sang phải
áp suất giảm dần. Vậy ta cần tăng áp suất để chuyển dịch cân bằng theo chiều thuận TH Câu 2:
a) ∆Ho = −201,2 − (−110,5) = −90,7 kJ ∆Go298
= −161,9 − (−137,3) = −24,6 kJ ∆H o − ∆G o ∆So =
298 . 103 = −222 ( J. K−1) 298 b) ∆Go298 = −RT ln Kp(298) ∆Go −24,6.103 298
Kp(298) = e−8,314.298 = e−8,314.298 = 20518,4 Kp(T) ∆Ho 1 1 8.10−3 −90,7.103 1 1 ln = ( − ) → ln = ( − ) K R 298 298 p(298) T 20518,4 8,314 T → T = 499,26K
c) CO(k) + 2H2(k) ↔ CH3OH(k) bđ: 3 5 pứ: 2,4 4,8 2,4 cb: 0,6 0,2 2,4 2,4 Kn = = 100 0,6.0,22 P ∆n P −2 K ) p = Kn. ( ) → 8.10−3 = 100. ( ∑ n 3,2 → P = 358 atm Câu 3: a) 4560 mmHg → 6 atm nNH = n 3 HCl 6 → PNH = P = 3 atm 3 HCl = 2 Kp(700) = 3.3 = 9 b) ∆Go700
= −RT ln Kp(700) = −8,314.700. ln 9 = −12787,4 J. mol−1 = −12,7874 kJ. mol−1 c) 8360 mmHg → 11 atm 11 PNH = P = 5,5 atm 3 HCl = 2 TH Kp(732) = 5,5.5,5 = 30,25 Kp(732) ∆Ho 1 1 30,25 ∆Ho 1 1 ln = ( − = ( − ) ) → ln Kp(700) 8,314 700 732 9 8,314 700 732
→ ∆Ho = 161387,2 J. mol−1 = 161,3872 kJ. mol−1 ∆H o − ∆G o d) ∆So = 700 = 248,8 J. mol−1 700 700 Câu 4: P ∆n 10,32 1 −1 a) K . ( ) p = Kn. ( ) = = 44798,83 ∑ n
0,212. 5,37 0,21 + 5,37 + 10,3 + 84,12 b) 2SO + O 2SO 2 2 ↔ 3 bđ: x y pứ: 10,3 5,15 10,3 cb: x − 10,3 y − 5,15 10,3 x − 10,3 = 0,21 x = 10,51 → { → { y − 5,15 = 5,37 y = 10,52 SO2(pứ) 10,3 c) H = = = 98% SO (bđ) 10,51 2 d) 2SO2 + O2 ↔ 2SO3 bđ: 10,51 10,52 pứ: 2x x 2x cb: 10,51 − 2x 10,52 − x 2x (2x)2 1 −1 Kp = ( ) ( = 44798,83
10,51 − 2x)2(10,52 − x) 21,03 − x
Giải phương trình trên ta được 3 nghiệm nhưng chỉ lấy 1 nghiệm thỏa mãn 2x < 10,51 là x = 5,2125 2.5,2125 → H = = 99,19% 10,3 TH
CHƯƠNG 7: DUNG DỊCH − DUNG DỊCH ĐIỆN LY Câu 1: CH3COOH ↔ CH3COO− + H+ bđ: 0,1 pứ: 1,32.10−3 1,32.10−3 1,32.10−3 cb: 0,09868 1,32.10−3 1,32.10−3 (1,32.10−3)2 K = 1,766.10−5 c = 0,09868 CH3COOH ↔ CH3COO− + H+ bđ: x pứ: 0,9x 0,9x 0,9x cb: 0,1x 0,9x 0,9x (0,9x)2 → Kc = 0,1x (0,9x)2 → 1,766.10−5 = 0,1x → x = 2,18.10−6 Câu 2: a)
+) HNO3 0,1M > 3,16.10−7 → ta bỏ qua sự phân ly của nước HNO3 → H+ + NO−3 0,1 0,1 0,1 pH = − lg 0,1 = 1
+) HNO3 10−8M < 3,16.10−7 → tính đến sự phân ly của nước HNO3 → H+ + NO−3 H2O → H+ + OH−
Áp dụng bảo toàn điện tích: [H+] = [ 3
NO− ] + [OH−] = Ca + [OH−] KH → [H+] = C 2O a + [H+] → [H+]2 = Ca. [H+] + KH2O TH
→ [H+]2 − Ca. [H+] − KH2 O = 0
→ [H+]2 − 10−8. [H+] − 10−14 = 0 → [H+] = 1,05.10−7
→ pH = − lg(1,05.10−7) = 6,98 b) Làm tương tự phần a +) KOH 0,2M ∶ 13,3 +) KOH 10−8M: 7,02 c) CH3COONa ↔ CH3COO− + Na+ 0,1 0,1
CH3COO− + H2O ↔ CH3COOH + OH− bđ: 0,1 pứ: x x x cb: 0,1 − x x x x2 10−14 K = b = = 5,714.10−10 0,1 − x Ka → x = 7,559.10−6 → pH = 14 + lg x = 8,878
d) Làm tương tự phần c ∶ pH = 5,12 Câu 3: a) PbI2 ↔ Pb2+ + 2I− 1,5.10−3 3.10−3
b) TT = [Pb2+]. [I−]2 = 1,5.10−3. (3.10−3)2 = 1,35.10−8
c) Khi ta thêm KI thì [I−] tăng → [Pb2+] giảm → Độ hòa tan giảm 1,5.10−3 3.10−3 2 d) 15 . ( + x) = 1,35.10−8 15 → x = 1,14.10−2 TH Câu 4: (NH4)2C2O4 → 2NH+ + C2O2− 4 4 0,05 0,035 0,035 CaC2O4 → Ca2+ + C2O2− 4 a a + 0,035
s2 = 3,8.10−9 → s = 6,164.10−5
→ a(a + 0,035) = 3,8.10−9 → a = 1,086.10−7 s 6,164.10−5 → Đáp số = = = 567,6 ( lần ) a 1,086.10−7 Câu 5: a) Mg(OH)2 ↔ Mg2+ + 2OH− s 2s s(2s)2 = 1,5.10−11 → s = 1,55.10−4
b) [OH−] = 2s = 3,1.10−4 > 3,16.10−7 → bỏ qua sự phân ly nước
→ pH = 14 + lg[OH−] = 10,49 c) MgSO4 → Mg2+ + SO2− 4 0,2 0,2 0,2
→ (s + 0,2). (2s)2 = 1,5.10−11 → s = 4,33.10−6 d) 0,002 [Mg2+] = = 0,001 2 0,2 [OH−] = = 0,1 2
→ [Mg2+][OH−]2 = 10−5 > 1,5.10−11 → Có kết tủa TH Câu 6: Fe3+ + 3OH− ↔ Fe(OH)3
Để có kết tủa thì ∶ [Fe3+][OH−]3 > 3,8.10−38 3 3,8.10−38 3 3,8.10−38 → [OH− ] > √ = √ = 7,24.10 −13 [Fe3+] 0,1 → pH > 1,86
CHƯƠNG 8: ĐỘNG HÓA HỌC Câu 1: v 200−150
200 = 2,5 10 ≈ 98 lần → v v 200 = 0,16p 150 v 80−150
80 = 2,5 10 ≈ 1,63.10−3 lần → v v 200 = 9816p 150 Câu 2: v T−20 T−20 2 = 2 10 → 1024 = 2 10 v1 → T = 120℃ Câu 3: −Ea
Phương trình Arrhenius: ln v = + ln β RT
Ở đây cùng là 1 phản ứng nên hằng số ln β không thay đổi −Ea −Ea → ln v5℃ − ln v30℃ = − R(5 + 273) R(30 + 273) v5℃ → ln = 1,537 v30℃ v5℃ → = e1,537 = 4,649 v30℃ Câu 4: v2 1 ln = − (Ea − Ea 1 ) = −
(8,368 − 75,312). 103 = 27,481 v1 RT 2 1 8,314. (20 + 273) v → 2 = e27,481 = 8,61.1011 v1 TH Câu 5: ln 2 ln 2 ln 2 = kt → k = = (năm−1) t 80 C0 C0 ln 2 ln = kt → ln = . t C 0,01%. C0 80 ln 2 → t = ln 10000 ÷ = 298,97 (năm) 80 Câu 6:
a) có k đơn vị là s−1 → phản ứng bậc 1 b) ln 2 = 1,75.10−5. t1/2 → t1/2 = 40229,25 (s) k2 −Ea −Ea c) ln = − k1 RT RT 2 1 k2 Ea 1 1 → ln = ( − ) k 1 R T1 T 2 → ln 2,4.10−3 = Ea ( 1 − 1 ) 1,72.10−5 8,314 25 + 273 65 + 273 → Ea = 103386 J Câu 7: k2 T2−T1 = γ 10 k1 1,32.10−3 → = γ5,6 → γ = 4,73 2,19.10−7
CHƯƠNG 9: ĐIỆN HÓA HỌC Câu 1:
Dễ thấy ∶ 0,442 = 0,779 − 0,337
→ Cực Ag bên phải, cực Cu bên trái
Cu | Cu(NO3)2 1M || AgNO3 1M | Ag PT: Cu + 2Ag+ → Cu2+ + 2Ag TH Câu 2:
E = Ep − Et → 0,309 = 0 − ENi2+/Ni → ENi2+/Ni = −0,309 V 0,059 o E + lg 0,01 Ni2+/Ni = ENi2+/Ni 2 → Eo = −0,25 V Ni 2+ /Ni Câu 3: VP: 2H3O+ + 2e ↔ H2 + H2O VT: 0,059 E = Eo + lg 12 p H+/H2 2 0,059 [H+]2 Et = Eo lg H + + /H2 2 PH2 E = Ep − Et → 0,1998 = −0,059. lg[H+] → [H+] = 4,1.10−4 (4,1.10−4)2 → K = 1,76.10−5 a = 0,01 − 4,1.10−4 Câu 4: Ag2SO4 ↔ 2Ag+ + SO2− 4 x x 2
−Phân tích giống như bài trên − 2 0,109 = 0,059 lg x x −5 → x = x2 . = 1,1453.10 2 Câu 5: a) có Eo 4+ 2+ < Eo 3+ 2+ Sn /Sn Fe /Fe Sn4+
Fe3+ ∶ Áp dụng quy tắc alpha → Phản ứng xảy ra theo chiều nghịch Sn2+ Fe2+ TH b) E0 = Eo − Eo = Eo 4+ 2+ − Eo 3+ 2+ = 0,15 − 0,77 = −0,62 oxh khử Sn /Sn Fe /Fe
→ ∆Go = −nEoF = −2. (−0,62). 96500 = 119660 J nEo 2. (−0,62) lg k = = → k = 9,6.10−22 0,059 0,059 Câu 6: a) Fe2+ 1 2 Fe3+ Fe 3 ∆Go = ∆Go + ∆Go 3 1 2 → −3Eo F = −1Eo F Fe 3+ /Fe Fe 3+ /Fe 2+F − 2Eo Fe 2+ /Fe 2. (−0,44) + 0,771 → Eo = = −0,0363 V Fe3+/Fe 3 b) 2Fe3+ + 2e ↔ 2Fe2+ Fe ↔ Fe2+ + 2e → E o = Eo − Eo = Eo 3+ 2+ − Eo 2+ oxh khử Fe /Fe Fe /Fe = 0,771 + 0,44 = 1,211 n. Eo 2.1,211 → lg k = = → k = 1,124.1041 0,059 0,059
+) Điều kiện tổng hợp FeSO4. 7H2O bằng cách cho phoi bào sắt tác dụng với
H2SO4 loãng tức là làm cho Fe2+ tồn tại bền hay phản ứng xảy ra theo chiều thuận → Cho dư phoi bào Fe TH Câu 7: [Fe2+] = 0,025M [Fe3+] = 0,25M [Ag+] = 0,3M E
Ag+/Ag = 0,8 + 0,059 lg 0,3 = 0,77 V 0,25 EFe3+/Fe2+ = 0,771 + 0,059 lg = 0,83 0,025
Ta có ∶ 0,77 − 0,83 = −0,06 < 0 PT: Fe3+ + Ag → Fe2+ + Ag+ (bạc vụn)
Phương trình cân bằng khi ∆G = 0 hay E = 0 → EAg+/Ag = EFe3+/Fe2+ 0,25 − x
→ 0,8 + 0,059 lg(0,3 + x) = 0,771 + 0,059 lg 0,025 + x → phản ứng: x = 0,098M