mot so bai tap bdhsg phan nhiet hoa

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (213.53 KB, 8 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

MỘT SỐ BÀI TẬP NHIỆT HÓA HỌC

OLYMPIC HĨA HỌC ĐỨC 1999 (Vịng 3):

Đối với qúa trình đồng phân hóa xiclopropan thành propen ta có
∆H = -32,9kJ/mol.

Bạn hãy bổ sung vào bảng sau:

Chất ∆H đối với qúa trình đốt cháy hồn tồn
tính bằng kJ/mol

Entanpy hình thành chuẩn ∆Hf
tính bằng kJ/mol

C(than chì) -394,1

H2 -286,3

Xiclopropan -2094,4

Propen

Tất cả các số liệu đều áp dụng cho 25oC và 1013hPa:
BÀI GIẢI:

∆Hf của than chì và H2 là 0kJ/mol
Ta có sơ đồ sau:

C3H6(xiclopropan)

3CO2 + 3H2O

C3H6(propen)

Dựa vào sơ đồ trên ta tính được ∆H (đốt cháy propen) = -2061,5kJ/mol
Ta cũng có sơ đồ sau:

3C + 3H2

3CO2 + 3H2O
C3H6(xiclopropan)

Dựa vào sơ đồ trên ta tính được ∆Hf (xiclopropan) = 53,2kJ/mol

Phép tính tương tự đối với propen cho kết qủa:∆Hf(propen)=20,3kJ/mol
BÀI TẬP CHUẨN BỊ CHO IChO LẦN THỨ 31:

a) Nhiệt cháy (entanpi cháy, ∆Ho) và nhiệt tạo thành tiêu chuẩn (entanpi tạo thành tiêu chuẩn
∆Hof) của một nhiêt liệu (chất đốt) có thể được xác định bằng cách đo biến đổi nhiệt độ trong 
một calo kế khi một lượng xác định nhiên liệu được đốt cháy trong oxy.

i) Cho 0,542g iso-octan vào một calo kế có dung tích khơng đổi (“bom”), mà bao quanh
bình phản ứng là 750g nước tại 25,000oC. Nhiệt dung của chính calo kế (khơng kể nước) đã 
được đo trước là 48JK-1. Sau khi iso-octan cháy hết, nhiệt độ của nước đạt 33,220oC. Biết 
nhiệt dung riêng của nước bằng 4,184J.g-1.K-1, hãy tính biến thiên nội năng ∆Uo của sự đốt 
cháy 0,542g iso-octan.

ii) Hãy tính ∆Uo của sự đốt cháy 1mol iso-octan.
ii) Hãy tính ∆Ho của sự đốt cháy 1mol iso-octan.
iii) Hãy tính ∆Hof của iso-octan.

Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của CO2(k) và H2O(l) lần lượt bằng –393,51 và -85,83kJ.mol-1. Hằng

số khí R bằng 8,314JK-1mol-1.

b) Hằng số cân bằng Kc của một phản ứng kết hợp:
A(k) + B(k) → AB(k)
Là 1,80.103L.mol-1 tại 25oC và 3,45.103L.mol-1 tại 40oC.

i) Giả sử ∆Ho không tùy thuộc vào nhiệt độ, hãy tính ∆Ho, ∆So.

ii) Hãy tính các hằng số cân bằng KP và Kx tại 298,15K và áp suất toàn phần là 1atm.
(Các ký hiệu Kp, KC và Kx lần lượt là hằng số cân bằng xét theo nồng độ, áp suất
và theo phân số mol).

c) Mặc dù iot không dễ tan trong nước nguyên chất nhưng nó dễ dàng tan trong nước có
chứa ion I-(dd).

I2(dd) + I-(dd) → I3-(dd)

+4,5O

Đốt cháy

+4,5O

Đồng

phân hóa

+ 4,5O

Đốt cháy

+ 4,5O

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

Hằng số cân bằng của phản ứng này được đo như là một hàm nhiệt độ với các kết qủa
sau:

Nhiệt độ (oC): 15,2 25,0 34,9

Hằng số cân bằng: 840 690 530

Hãy ước lượng ∆Ho của phản ứng này.
BÀI GIẢI:

a) (i) C8H18(l) + 25/2O2(k) → 8CO2(k) + 9H2O(l).

Nhiệt dung của calo kế và các chất chứa bên trong:
Cs = 48 + (750.4,184) = 3186JK-1.

Lượng nhiệt phóng thích ở thể tích khơng đổi bằng:
Qv = Cs∆T = 26,19kJ.

Từ đó ta được: ∆Uo = -Qv = -26,19kJ.
(ii) Xét một mol iso-octan cháy:

ΔUo=114,23. 26,19

0,542 =−5520 kJ . mol
−1

(iii) Biến đổi entanpi (∆Ho) quan hệ với ∆Uo như sau:

∆Ho = ∆Uo + ∆nkhíRT = -5520 – 4,5.8,314.298,15 = -5531kJ.mol-1.
(iv) ∆Ho = 8∆Hof(CO2(k)) + 9∆Hof(H2O(l)) - ∆Hof(C8H18(l)) = -190kJ.mol-1
b) (i) Với ∆Go = -RTlnK nên:

lnK=− ΔG

o

RT =−

ΔHo

RT +

ΔSo
R

Ký hiệu nhiệt độ thấp hơn 298,15K bằng T1:

lnK1=−ΔH

o
RT1

+ΔS

o

R

Tương tự cho nhiệt độ cao hơn 313,15K (T2)

lnK2=−ΔH

o
RT2

+ ΔS

o

R
Vậy lnK2

K1=
ΔHo

R

(

T2− T1

T1T2

)

⇒ΔH

o

=33,67 kJ . mol−1
Thay ∆Ho vừa tính được vào biểu thức lnK2 ta tính được 
∆So = 175,2JK-1.mol-1.

(ii) Từ phương trình đã cho ta có:

Kp= PAB

PA.PB

Vì PV = nRT nên:
KP=

[

]

(RT)

[

A

]

(RT)

[

B

]

(RT)=
KC

Tại 298,15K KP = 0,726atm-1.
Từ P1 = X1P nên:

KP= XAB
XBXA

P−1=KX.P−1⇒KX=KP.P=0,726

c) Chọn hai giá trị bất kỳ của K tại hai nhiệt độ khác nhau, ví dụ như tại 15,2oC (288,4K) và 
34,9oC (308,2K):

ln K2

K1=
ΔHo

R

(

T2− T1

T1T2

)

⇒ΔH

o

=−1,72 .104kJ . mol−1=−17,2 kJ

 Từ lnK=S

R−
ΔHo

R .

T

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

Độ dốc = -∆H/8,314=2,06.103.
∆H = -1,71.104J = -17,1kJ.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2004 (Bảng A)

1. Người ta nung nóng đến 8000C một bình chân khơng thể tích 1 lít chứa 10,0 gam canxi cacbonat
và 5,6 gam canxi oxit. Hãy tính số mol khí cacbonic có trong bình. Muốn cho lượng canxi cacbonat
ban đầu phân hủy hết thì thể tích tối thiểu của bình phải bằng bao nhiêu? Biết tại nhiệt độ đó khí CO2
trong bình có áp suất là 0,903 atm .

2. Tại 200C,phản ứng: H2 (k) + Br2 (lỏng) 2 HBr (k) (1)

có hằng số cân bằng Kp = 9,0 .1016 . kí hiệu (k) chỉ trạng thái khí.

a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (2)
tại 20OC và áp suất p = 0,25 atm.

b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hóa học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng
ở hai trường hợp:

*) Trong bình khơng có Br2 (lỏng) ; **) Trong bình có Br2 (lỏng).
BÀI GIẢI:

1. a) Với điều kiện đã cho trong bình có phản ứng:

CaCO3 ⇌ CaO + CO2 (k) (*)
Trong bình chỉ có khí CO2. Giả thiết đó là khí lý tưởng, ta có:

n = = = 0,01 (mol). Vậy n = 0,01 mol.
Nhận xét:

Theo đề bài, lượng CaCO3 cho vào bình chân không là:

n = = 0,1 mol
Lượng CaCO3 đã bị phân tích chỉ là 0,01 mol.

Sự có mặt của 5,6 gam CaO và lượng CaCO3 cịn lại khơng ảnh hưởng tới kết quả tính vì các
chất này ở trạng thái rắn chiếm thể tích khơng đáng kể.

b) Giả thiết lượng CaCO3 cho vào bình chân khơng bị phân tích hết áp suất khí CO2 vẫn là 0,903 atm
(vì phản ứng (*) đạt tới cân bằng hố học ).

Do đó:

Vmin = n RT / P = 0,1  0,082054  1073,15 / 0,903 = 9,75 (lít)
2. a) Phản ứng H2 (k) + Br2 (lỏng) ⇌ 2 HBr (k) (1)

có (Kp)1 = p2HBr / p H2 (a)

còn phản ứng: H2 (k) + Br2 (k) ⇌ 2 HBr (k) (2)
có (Kp)2 = p2HBr / p H2  p Br2 (b)

Xét cân bằng Br2 (lỏng) ⇌ Br2 (k) (3)
có (Kp)3 = pBr2 (k) (c)

Khi tổ hợp (1) với (3) ta có cân bằng (2):

H2 (k) + Br2 (lỏng) ⇌ 2 HBr (k) (1)
Br2 (l) ⇌ Br2 (k) (3)

(1) – (3): H2 (k) + Br2 (k) ⇌ 2 HBr (k) (2)
PV

0,903  1,0
0,082054 
1073,15

CO2

CaCO3 10

100

(Kp)1
(Kp)3

9,0  1016
0,25

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

Vậy (Kp)2 = = = 3,6 . 1017 (atm)

b) Khi giảm thể tích bình phản ứng nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ. Xét:
Q = p2HBr / p H2  p Br2 (d)

Trường hợp 1: Khơng có brom lỏng trong bình: Phản ứng (2) có tăng số mol khí trước và sau phản
ứng bằng nhau (n = 0) nên sự thay đổi áp suất đó khơng dẫn tới chuyển dịch cân bằng (2).

Trường hơp 2: Có brom lỏng trong bình: áp suất riêng phần của các khí H2 , HBr tăng; trong lúc đó
áp suất riêng phần của Br2 khí lại khơng đổi do cịn Br2 lỏng.

Theo (d), vì số mũ của pHBr lớn hơn số mũ của pH2 nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến sự tăng Q
và cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2003 (Bảng A)
Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình

PCl5 (k) ⇋PCl3 (k) + Cl2 (k)

1. Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T (K) để xảy ra

phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết

lập biểu thức của Kp theo độ phân li  và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo , m, V.
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T1 người ta cho 83,300 gam PCl5 vào bình dung tích V1.

Sau khi đạt tới cân bằng đo được p bằng 2,700 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hidro
bằng 68,862. Tính và Kp.

3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl5 và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1 nhưng thay

dung tích là V2 thì đo được áp suất cân bằng là 0,500 atm. Tính tỉ số
2
1
V
V .

4. Trong thí nghiệm 3 giữ ngun lượng PCl5 và dung tích bình V1 như ở thí nghiệm 1

nhưng hạ nhiệt độ của bình cịn T3 = 0,9 T1 thì đo được áp suất cân bằng là 1,944 atm.

Tính Kp và . Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.

Cho: Cl = 35,453 ; P : 30,974 ; H = 1,008 ; Các khí đều là khí lí tưởng.
BÀI GIẢI:

1. Thiết lập biểu thức cho Kp, Kc

PCl5 (k) ⇌ PCl3 (k) + Cl2 (k)

ban đầu a mol

cân bằng a – x x x (mol)
Tổng số mol khí lúc cân bằng : a + x = n

 =

x

a ; Khối lượng mol: MPCl5 = 30,974 + 5 x 35,453 = 208,239 (g/mol)

M

PCl3 = 30,974 + 3 x 35,453 = 137,333 (g/mol)

M

Cl2 = 70,906 (g/mol)

gam
208,239 gam/mol

m

= a mol PCl5 ban đầu

*¸p suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí:

P

PCl5 =

a x
a x



 trong đó

P

PCl3 =

P

Cl2 = 

x
P

a x

Kp =



2 3

Cl PCl

PCl

P

 



 



 

 

 



 

x
p

a x

a x
p

a x =









2
2

x

p

a

x



 

 



 

a x

a x 

p

Kp =



 

( ) ( )

x p

a x a x = 

2
2 2

x

a x  p ; Kp =




2
2
2 2
2 2

x

a p

a x

a a =



 


2

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

* Kc = [PCl5] =



(1 )

a

V trong đó [PCl3] = [Cl2] =



a
V

Kc =



 



5
Cl
[ ]

PCl

PCl =







a

V









1

V

a =




2
(1 )
a

V =




2

208, 239 (1 )

m
V

Hoặc: Kp = Kc (RT)∆V ∆V
khí = 1

Kp = Kc (RT) pV = nRT = (a + x) RT  RT = 

pV

a x = (1)

pV

a

Kp = Kc 

pV

a x 





1 p = Kc 

pV

a x

Thay x = a


 


2

1 p = Kc (1)

pV

a  Kc =

 




2
2
(1 )
1
a
V

Kc =





 
 



2
(1 )
1 (1- )

a

V =




2
(1 )
a

V =




2

208, 239 V (1 )

m

* Quan hệ Kp và Kc. Từ cách 1 : Kc = Kp
1

RT

Thay RT =
pV

a(1)  Kc = Kp

a(1 )
pV





= 2

a(1 )
1 p pV

 



 = 
2
a
V(1 )




2. Thí nghiệm 1 :

n

PCl5 ban đầu = a =

83,30 g

208,239 g/mol = 0,400 mol

M của hỗn hợp cân bằng: 68,826  2,016 = 138,753 g/mol

Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a (l + 1) =

83,30 g

138,753 g/mol = 0,600 mol
n1 = a (1 + 1) = 0,400 (1 + 1) = 0,600  1 = 0,500

* Tìm Kp tại nhiệt độ T1 : Kp =
2

1


 

 p =

2
2

(0,5)

1 (0,5)  2,70 = 0,900
3. Thí nghiệm 2: - Giữ nguyên nhiệt độ  Kp không đổi.

- Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu: a = 0,400mol.

- ¸p suất cân bằng P2 = 0,500 atm.

Ta có
2
2
2
2
1

 

 p

2 = Kp =
2
2
2
2
1

 

 0,500 = 0,900

22 = 0,64286  2 = 0,802

Tổng số mol khí lúc cân bằng: n2 = 0,400 + (1+ 2)  0,721 (mol).

* Thể tích bình trong TN 2: V2 =

2 1

n RT

p so víi V

1 =

1 1
1
n RT
p

2
1
V
V =

2 1

1 2

n p
n p =

0,721 2,700

0,600 0,500 = 6,486 (lần)

4. Thí nghiệm 3:

- Thay đổi nhiệt độ  Kp thay đổi.

- Giữ nguyên số mol PCl5 ban đầu a = 0,400 mol và V1

- ¸p suất cân bằng P3 thay đổi do: nhiệt độ giảm (T3 = 0,9 T1), tổng số mol khí

thay đổi (n3 n1).

P3 = 1,944 atm ; Tính 3 :

n3 = a (1+ 3) = 0,400  (1+ 3) ; p3V1 = n3RT3 = 0,9 n3RT1 ; P1V1 = n1RT1.

3 3

1 1

P 0,9 n
P  n 

0, 400 (1 ) 0,9
1,944

2, 700 0,600


  



</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

* KP (T3 ) =
2
3

3
2
3

p
1



 

 =

2
2

(0, 200)

1 (0, 200)  1,944 = 0,081

* Khi hạ nhiệt độ, Kp giảm  cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Chiều nghịch là
chiều phát nhiệt  Chiều thuận là chiều thu nhiệt.

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA NĂM 2002 (Bảng A)

Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 ngun tử.

1. Viết phương trình phản ứng xảy ra.

2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25oC có Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0oC ; 50oC.

Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0oC với 25oC hay 25oC với 50oC đều bằng

1,54.

3. Xét tại 25oC, cân bằng hoá học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch như thế nào?

Nếu:

a) Tăng lượng khí NO. 
b) Giảm lượng hơi Br2.

c) Giảm nhiệt độ.

d) Thêm khí N2 vào hệ mà:

- Thể tích bình phản ứng khơng đổi (V = const) 
- ¸p suất chung của hệ khơng đổi (P = const). 
BÀI GIẢI:

1. 2 NO(k) + Br2 (hơi)  2 NOBr (k) ; H > 0 (1)

Phản ứng pha khí, có n = -1  đơn vị Kp là atm-1 (2)
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ

Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502 (3)

Vậy : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp t¹i 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)

Kp tại 252 = 1,54 x Kp t¹i 252 = 116,6 x 1,54  179, 56 (atm-1)

3. Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học taji 25OC.

Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:
PNOBr

Q = (4) (Khi thêm NO hay Br2)

(PNO)2

Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.

Tuy nhiên, ở đây khơng có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý Lơ satơlie.
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải.

b. Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái.

c. Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, đê chống lại sự
giảm nhiệt độ.

d. Thêm N2 là khí trơ.

+ Nếu V = const: khơng ảnh hưởng tới CBHH vì N2 khơng gây ảnh hưởng nào lên hệ (theo định

nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ.

Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)

Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 (b)

V× P = const nên pi' < pi

Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: không ảnh hưởng

2. Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp.

Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học.
I. OLYMPIC HĨA HỌC VIỆT NAM:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

Tính nhiệt độ của ngọn lửa CO cháy trong hai trường hợp sau:

a) Cháy trong oxy tinh khiết (20% oxy và 80% nitơ theo thể tích)
b) Cháy trong oxy tinh khiết

Cho biết lượng oxy vừa đủ cho phản ứng, nhiệt độ lúc đầu là 25oC.

Entanpi cháy của CO ở 25oC và 1atm là 283kJ.mol-1. Nhiệt dung mol chuẩn của các chất như 
sau:

Cop (CO2, k) = 30,5 + 2.10-2T
Cop (N2, k) = 27,2 + 4,2.10-3T
BÀI GIẢI:

a) ΔH298o +

∫

298

T

(CP

CO2

o

+2CP
N2

o

)dT=0⇒T=2555K
b) ΔH298o +

∫

298

T

CPCO
2

o

dT=0⇒T=4098K

OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2003 - BẢNG A
Cho các số liệu sau ở 298K:

Ag+(dd) N3-(dd) K+(dd) AgN3(r) KN3(r)
∆Gott(kJ.mol-1) 77 348 -283 378 77

1) Xác định chiều xảy ra của các qúa trình sau:
Ag+(dd) + N3-(dd) → AgN3(r)

K+(dd) + N3-(dd) → KN3(r)

2) Tính tích số tan của chất điện li ít tan.

3) Hỏi phản ứng gì xảy ra khi muối KN3 tác dụng với HCl đặc.
BÀI GIẢI:

1) Ag+(dd) + N3-(dd) → AgN3(r)

∆Go = 378 – (77 + 348) = -47kJ: Chiều thuận.
K+(dd) + N3-(dd) → KN3(r)

∆Go = 77 – (-283 + 348) = 12kJ: Chiều nghịch.
2) AgN3 là chất ít tan. Gọi Ks là tích số tan của nó:

lgKs= −47000

2 .303 . 8 .314 .298=−8,237

⇒Ks=5,79 .10−9
3) KN3 + HCl → HN3 + KCl

HN3 + 3HCl → NH4Cl + N2 + Cl2

→ KN3 + 4HCl → NH4Cl + N2 + Cl2 + KCl.

OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN VIỆT NAM 2005 - BẢNG B
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khơ là:

ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k)

1) Tính ∆Ho của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không 
phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.

2) Giả thiết ZnS ngun chất. Lượng ZnS và khơng khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích)
lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt
tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt
độ các chất đầu)

Hỏi phản ứng có duy trì được khơng, nghĩa là khơng cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết
rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?

3) Thực tế trong quặng sfalerit ngồi ZnS cịn chứa SiO2. Vậy hàm lượng % của ZnS trong
quặng tối thiểu phải là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được?

Cho biết entanpi tạo thành chuẩn của các chất ở 25oC (kJ.mol-1)
Hợp chất: ZnO(r) ZnS(r) SO2(k)

∆Ho

f -347,98 -202,92 -296,90
Nhiệt dung mol đẳng áp của các chất (J.K-1.mol-1):

Hợp chất ZnS(r) ZnO(r) SO2(k) O2(k) N2(k) SiO2(r)
Co

p 58,05 51,64 51,10 34,24 30,65 72,65
Biết MZnS = 97,42g.mol-1; MSiO2 = 60,10g.mol-1

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

1) ∆Ho298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
∆Cop = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K-1
∆H1350 = -448976,84J

∑

CPo=Cp(ZnS)

o

+3 2Cp(O2)

o

+6Cp(N2)

o

=293,31 JK−1
ΔH1350o +

∫

298

T

293,31 dT=0⇒T=1829K

T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được.
3) Gọi x là số mol SiO2 có trong 1 mol ZnS

∑

Cop=Cp(ZnS)

o

+3 2Cp(O2)

o

+6Cp(N2)

o

+xCp(SiO2)

o

=293,31+72,65x(JK−1)
−448976,84+

∫

298
1350

293,31 dT+

∫

298
1350

72,65 xdT=0⇒x=1,84 mol
 %ZnS = 47%

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2010
Câu 5. (1,25 điểm). 1. 0,25 điểm; 2. 0,25 điểm; 3. 0,5 điểm; 4. 0,25 điểm.

Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho công nghệ bán
dẫn được thực hiện bằng phản ứng:

SiO2 (r) + 2C (r) ⇌ Si (r) + 2CO (k) (1)

1. Khơng cần tính tốn, chỉ dựa vào sự hiểu biết về hàm entropi, hãy dự đoán sự thay đổi (tăng hay
giảm) entropi của hệ khi xảy ra phản ứng (1).

2. Tính S0 của q trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn dưới đây:
2

0 -1 -1 0 -1 -1 0 -1 -1 0 -1 -1

SiO (r) C(r) Si(r) CO(k)

S = 41,8 J.K .mol ; S = 5,7 J.K .mol ; S = 18,8 J.K .mol ; S = 197,6 J.K .mol .
3. Tính giá trị G0của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn

0
f

(ΔH )của SiO2 và CO có các giá trị: ΔH0f(SiO (r))2 = -910,9 kJ.mol ; ΔH-1 0f(CO(k))= -110,5 kJ.mol-1. 
4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?

(Coi sự phụ thuộc của ΔS và ΔHvào nhiệt độ là không đáng kể).
Hướng dẫn chấm:

1. Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ hỗn loạn cao hơn trạng
thái rắn, tức là có entropi lớn hơn. Vậy khi phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì entropi của hệ tăng.
2. ΔS0 = 2

0
CO(k)
S

+
0
Si(r)
S

- 2
0
C(r)

- 2(r)

0
SiO
S

= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 
3. G0= ΔH0- TΔS0, trong đó ΔH0

= (r) (k) (r) 2(r)

0 0 0 0

f(Si ) f(CO ) f(C ) f(SiO )
ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH

ΔH = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)

 G0= ΔH0- TΔS0= 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ).
4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔG bắt đầu có giá trị âm:

ΔG= ΔH0

- TΔS0= 689,9 - T . 360,8.10-3 = 0  T = 1912 oK.

</div>

mot so bai tap bdhsg phan nhiet hoa

<b>MỘT SỐ BÀI TẬP NHIỆT HÓA HỌC</b>

+4,5O

+4,5O

Đồng

phân hóa

+ 4,5O

Đốt cháy

+ 4,5O

(

)

[

]

[

]

[

]

(

)

M

M

P

P

P



<i>P</i>

<i>P</i>

<i>P</i>











<i>x</i>

<i>p</i>

<i>a</i>

<i>x</i>



 















n

∫

∫

∑

∫

<sub>∑</sub>

∫

∫

Tài liệu liên quan

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về