Lớp:Công trình giao thông thành phố.Khóa 52 BÀI TẬP Chương I.Bài 13: nA mol khí A có thể tích VA
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (77.51 KB, 7 trang )
Họ và tên: Nguyễn Duy Tuấn
Lớp:Công trình giao thông thành phố.Khóa 52
BÀI TẬP
Chương I.
Bài 13:
nA
mol khí A có thể tích
VA
n B mol khí B có thể tích V B
Do A và B là 2 khí lí tưởng nên không xảy ra phản ứng hóa học củng như tương
tác giửa chúng trong suốt quá trình trộn lẫn chỉ xảy ra quá trình khuếch tán.
Là quá trình dãn nở đẳng nhiệt.
nA
mol khí A từ thể tích
n A . R ln
V A+ V B
VA
V A đến ( V A
+
∆S A
V B ) có
(1)
n B mol khí B từ thể tích V B đến ( V A + V B ) có
V +V
∆S A = n B . R ln A B (2)
VB
Mà thể tích 2 khí lúc ban đầu bằng nhau nên V A = V B = V
(3)
Do hàm entrôpi là hàm khuếch độ nên có tính cộng tính
Vậy từ (1) (2) (3) ta có :
∆S = ∆S A + ∆S B = n A . R ln
V A+ V B
VA
+
n B . R ln
V A+ V B
VB
=R.ln2.( n A + n B ) (5)
Áp dụng công thức ∆G = ∆H − T.∆S mà T=const ⇒ ∆H = O
⇒ ∆G = 0 (6)
Từ (5) và (6) ta có.
∆G = − T.R. ln 2.(n A + nB )
Áp dụng với A là H 2 , n A = 2mol
=
N 2 , n B = 1mol
T=27+273=300K
⇒ ∆G =300.8,314. ln 2.(2 +1)=5186,5 J
B là
Bài 17.
Gọi x là số mol I 2 đã phản ứng
H 2( K ) + I 2( H )
Ban đầu:
Phản ứng:
Cân bằng:
0,5
x
0,5 –x
[ HI ]
2
[H ] [I ]
2
0,5
x
0,5 – x
0
2x
2x
K
mol
mol
mol
∆n = 2−1−1=0⇒ K C = K N = K P = K cb =50
Ta thấy phản ứng có
Mà K cb =
↔ 2 HI
2
2
2
x
10
=
(2)
0,5 − x 0,5 − x
10 10
Từ (1) và (2) suy ra:
2
2
2 x = . 0,5− x
50
⇔ 4 x = 50.(0,25− x + x ) ⇒ x =3 mol
10
10
vậy số mol I lúc cân bằng là nI cb = 0,5−0,39=0.11mol
2
2
2
2
nRT ( 0,5 = 0,5).0,082.( 448 + 273)
=
= 5,91(atm)
V
10
Áp suất riêng phần Pi = N i . Pchung
b) Pchung =
0,11.5,91
= 0,65( atm)
2
2
0,11.2 + 2.0,39
0,33.2.5,91
PHI = 0,11 + 0,11 + 2.0,39 = 4,6098(atm)
PH = PI
=
Chương II.
Bài 5: Gọi v1 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T1
v2 là vận tốc phản ứng ở nhiệt độ T 2
(1)
Vì vận tốc phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ưng nên ta có:
tv
⇒ t 2 = 1 1 (*)
v
v = v .γ
2
1
t
2
γ
2
γ
T 2 − T1
10
16
≈ 0,16 min
473 − 423
10
=
γ
1
1
TH2: Phản ứng thực hiện song có
t'
2
t
=
với T1 = 423K ; t1 = 16 min; γ = 2,5
TH1: Phản ứng thực hiện song có
=
2
T 2 − T1
10
Thay vào (*) ta được:
2
1
2
Ta lại có:
t
v =t
v t
T
2
T'
2
= 473K
= 353K
16
≈ 9765,625 min ≈ 162,76h
353− 423
10
Bài 7: Gọi a là nồng độ ban đầu của chất A.
Tại thời điểm t nồng độ chất a còn 0,25 so với ban đầu tức là đã phản
ứng hết 0,75a(M)
Ban đầu:
Phản ứng:
Còn lại:
A →
B
a
a
M
0,75a
0,75a M
0,25a
0,75a M
Vận tốc của phản ứng tại thời điểm t là:
−3
−2
k = 8.10 M min
−1
V = − dC A = kC A
dt
dC A
⇒ k.dt = −
CA
với
t
Lấy tích phân 2 vế ta được: ∫ kdt = −
0,25a
0
dC A
∫ C
a
A
⇒ k.t= ln
⇒ t=
chương III.
Bài 13:
NaCl
+
→ Na + Cl
a
0,25a
ln 4
=
− 3 173,29 min
8.10
−
Một phân tử NaCl điện li ra 2 ion nên q=2 và theo giả thiết độ điện li α =0,7
Áp dụng công thức α =
i −1
q −1
(i là hệ số VanHoff)
⇒ i =α .(q −1)+1 =0,7.(2-1)+1=1,7
Mặt khác
117
∆tđ
⇒ ∆t = i. K đ.C molan = 1,7.1,86.
=6,3240C .
đ
58,5
K đ.C molan
⇒ t = t − ∆t = 0 −6,324 = −6,324o C
đ
đ
đ
Vậy nhiệt độ đông đặc của dung dịch A là −6,324 C
i=
0
o
Bài 14: Gọi khối lượng nước là m.
Do đường sacarozơ (s) không điện li ⇒ i s = 1
ta có i S =
∆tđ(s)
K . CS
Do 2 dung dịch ở cùng 1 nhiệt độ nên
Cùng dung môi là nước
iCacl 2 =
∆t 'đ(CaCl 2)
K . C CaCl
K.0,5.1000 500K
=
m
m
tđ(s) = t'đ(CaCl 2)
⇒ ∆t
= .
.
=
đ (s ) S i S K C S
2
=
∆tđ(s) = ∆t'đ(CaCl 2)
∆t 'đ(CaCl 2)
200
K.
m
Thay (1) vào (2) ta được.
(2)
(1)
500K =
2,5
200
m.K.
m
i CaCl 2 −1 2,5−1 1,5
⇒ α
=
=
=
= 0,75
CaCl
q −1
3−1 2
Vậy độ điện li của CaCl trong dung dịch CaCl
iCaCl
=
2
2
2
2
là 0,75
Chương IV:
Bài 1:
2+
−
CuCl → Cu + Cl
C M(CuCl = 0,001M ⇒ C M(Cu 2 +)
2
2
)
Cu
Phản ứng điện cực:
ϕ Cu 2 + = ϕ o Cu 2 +
Cu
+
Cu
2+
= 0,001M
+ 2e ↔ Cu
[
]
0,059
. lg Cu 2 + = 0,345+ 0,0295.l g10 − 3
2
=0,345-0,0885=0,2565 V
2+
FeSO
→ Fe + SO 4
4
b)
2−
C FeSO = 0,01M ⇒ C Fe = 0,01M.
Fe (SO4) → 2Fe + 3SO4 .
C Fe 2(SO 4)3 = 0,1M ⇒ C Fe = 0,2 M
2+
4
2−
3+
2
3
3+
3+
Phản ứng điện cực: Fe + 1e ↔ Fe
ϕ Fe3+ = ϕ o Fe3+
Fe 2 +
+
Fe 2 +
2+
0,059
. lg 20 = 0,846
1
V
Bài 9:
2−
Na SO → 2Na + + SO4
H O ↔ H + OH
2
4
−
+
2
(-)
+
H , Na
+
2−
(+) SO4 , OH
−
+
2 H + 2e → H
(Pt) H / H
2
1
−
↑
2OH − 2e → 2 O ↑ + H O
(Pt)O / OH
2
2
−
+
2
2
Sơ đồ pin phân cực.
−
+
(−) ( Pt ) H / H // OH / O2 ( Pt ) ( +)
2
Trong dung dịch
+
ϕ =ϕ
1
2
2
+
H
H2
[ H ] = [OH ] = 10
+
có nồng độ
−
−7
M
→
1 + +
O 2e H O
2
*
4
1
H
2
= 0,059. lg [ H
H +1e
*
Na SO
2
+
] = 0,059. lg10
−7
↔ OH
= 0,059.(-7)=-0,413 V
−
2
ϕ =ϕo
2
O
OH −
2
[
]
−
− 0,059. lg OH = 0,401 + 0,413 = 0,814
Vậy ϕ 1 < ϕ 2 ⇒
E pin = E pc = 0,814−(−0,413)=1,227
= 1,227 V
E pin = E pc
⇒ η = E ph − E pc = 2,21−1,227 =0,983V
Mà
V
V
