Tải bản đầy đủ

Giải toán trên máy tính casio môn hóa học

BÀI TẬP CASIO
Bài 1. Cho V lít khí CO qua ống sứ đựng 5,8 gam oxit sắt FexOy nóng đỏ một thời gian thì thu
được hỗn hợp khí A và chất rắn B. Cho B tác dụng hết với axit HNO 3 loãng thu được dung dịch C và
0,784 lít khí NO. Cô cạn dung dịch C thì thu được 18,15 gam một muối sắt (III) khan. Nếu hòa tan B
bằng axit HCl dư thì thấy thoát ra 0,672 lít khí. (Các khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn).
a) Xác định công thức của oxít sắt
b) Tính % theo khối lượng các chất trong B.
 Hướng dẫn giải :
a) Số mol Fe trong FexOy = số mol Fe trong Fe(NO3)3 = 0,075
 số mol oxi trong FexOy =

Fe 0,075 3
5,8  0,075  56


= 0,1 
O
0,1
4
16


Vậy công thức của B là Fe3O4.
b) B có thể chứa Fe, FeO (a mol) và Fe3O4 dư (b mol)
3Fe3O4 + 28HNO3  9Fe(NO3)3 + NO + H2O
3FeO + 10HNO3  3Fe(NO3)3 + NO + 5H2O
Fe + 4 HNO3  Fe(NO3)3 + NO + 2H2O
Fe + 2HCl  FeCl2 + H2 ,

n Fe = n H2 =

0,672
= 0,03(mol)
22,4

56.0,03  72a  232b  5,16
 a0


ta có : 
a b
0,03    0,035
 b  0,015

3 3

%mFe 

0,03.56
.100%  32,56%
5,16

và %mFe3O4  100%  32,56%  67,44%
Bài 2. 226
88 Ra có chu kỳ bán huỷ là 1590 năm. Hãy tính khối lượng của một mẫu Ra có cường độ
phóng xạ = 1Curi (1 Ci = 3,7. 1010 Bq)?
 Hướng dẫn giải :
Theo biểu thức v = -

dN
= kN = 3,7.1010 Bq
dt


ln2
3,7.1010
 N=
. T1/2)
0,693
T1

(trong đó N là số nguyên tử Ra, còn k =

2

và T1/2 = 1590.365.24.60.60 = 5,014.1010
mRa =

226.3,7.1010.5,014.1010
226N
=
= 1 gam
0,693.6,022.1023
6,022.1023

Bài 3. Nung FeS2 trong không khí, kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp khí có thành phần:
7 SO2; 10 O2; 83 N2 theo số mol. Đun hỗn hợp khí trong bình kín (có xúc tác) ở 800K, xảy ra
phản ứng:

 2SO3
2SO2 + O2 


Kp = 1,21.105.

a) Tính độ chuyển hoá ( số mol) SO2 thành SO3 ở 800K, biết áp suất trong bình lúc này là 1 atm, số
mol hỗn hợp khí ban đầu (khi chưa đun nóng) là 100 mol.
b) Nếu tăng áp suất lên 2 lần, tính độ chuyển hoá SO2 thành SO3, nhận xét về sự chuyển dịch cân
bằng.

 Hướng dẫn giải :


a) Cân bằng:


 2SO3
+ O2 


2SO2

Ban đầu:
7
10
0
(mol)
lúc cân bằng: (7-x) (10 - 0,5x)
x (x: số mol SO2 đã phản ứng).
Tổng số mol các khí lúc cân bằng: 100 - 0,5x = n.
áp suất riêng của các khí:

PSO 2 = (7-x).
Kp =

p
p
p
; PO2 = (10 - 0,5x). ; PSO3 = x .
n
n
n

(PSO3 )2
2

(PSO ) .PO
2

x2 (100 - 0,5x)

=
2

2

= 1,21. 105

(7 - x) .(10 - 0,5x)

do K >>  x  7  Ta có :

49.96,5
2

(7  x) .6,5

= 1,21. 105

Giải được x = 6,9225.
Vậy độ chuyển hóa SO2  SO3:

6,9225.100%
= 98,89.
7

b) Nếu áp suất tăng 2 lần tương tự có: 7- x= 0,300 . 5 . 10- 2 = 0,0548  x = 6,9452.
 độ chuyển hoá SO2  SO3: (6,9452 . 100)/7 = 99,21
Kết quả phù hợp nguyên lý Lơsatơlie: tăng áp suất phản ứng chuyển theo chiều về phía có số
phân tử khí ít hơn.
Bài 4. Đốt cháy hoàn toàn 3 gam một mẫu than có chứa tạp chất S. Khí thu được cho hấp thụ
hoàn toàn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dung dịch A, chứa 2 muối và có xút dư. Cho khí
Cl2 (dư) sục vào dung dịch A, sau khi phản ứng xong thu được dung dịch B, cho dung dịch B tác
dụng với dung dịch BaCl2 dư thu được a gam kết tủa, nếu hoà tan lượng kết tủa này vào dung dịch
HCl dư còn lại 3,495 gam chất rắn.
a) Tính  khối lượng C; S trong mẫu than, tính a.
b) Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch A, thể tích khí Cl2 (đktc) đã tham gia phản ứng.

 Hướng dẫn giải :
a) Phương trình phản ứng: C + O2  CO2
x
x

(1)

S + O2  SO2
(2)
y
y
Gọi số mol C trong mẫu than là x, số mol S trong mẫu than là y
 12x + 32y = 3.
Khi cho CO2; SO2 vào dung dịch NaOH dư:
CO2 + 2NaOH = Na2CO3 + H2O (3)
SO2 + 2NaOH = Na2SO3 + H2O (4)
Cho khí Cl2 vào dung dịch A (Na2CO3 ; Na2SO3; NaOH dư)
Cl2 + 2NaOH = NaClO + NaCl + H2O (5)
(dư)
2NaOH + Cl2 + Na2SO3 = Na2SO4 + 2NaCl + H2O
(6)
Trong dung dịch B có: Na2CO3; Na2SO4; NaCl; NaClO. Khi cho BaCl2 vào ta có:
BaCl2 + Na2CO3 = BaCO3 + 2NaCl
x
x

(7)


BaCl2 + Na2SO4 = BaSO4 + 2NaCl
(8)
y
y
Hoà tan kết tủa vào dung dịch HCl có phản ứng, BaCO3 tan.
Na2CO3 + 2HCl = 2NaCl + CO2 + H2O
Vậy : BaSO4 = 3,495 g = 0,015mol
Vậy y = 0,015 mol  mS = 0,48 g

S = 16

mC = 2,52 g
C = 84
2,52
a gam kết tủa = 3,495 +
(137 + 60) = 41,37 g
12
b) Dung dịch A gồm: Na2CO3; Na2SO3; NaOH(dư)
 Na2CO3  = 0,21: 0,5 = 0,12M
 Na2SO3  = 0,015: 0,5 = 0,03M
 NaOH  =

0,75 - (2 . 0,21 + 2 . 0,015)
= 0,6M
0,5

Thể tích Cl2 (đktc) tham gia phản ứng:
MCl2 = 1 . 0,3/2  VCl2 = 0,3 . 22,4/2 = 3,36 lít
Bài 5. Cho 23,52g hỗn hợp 3 kim loại Mg, Fe, Cu vào 200ml dung dịch HNO 3 3,4M khuấy đều
thấy thoát ra một khí duy nhất hơi nặng hơn không khí, trong dung dịch còn dư một kim loại chưa tan
hết, đổ tiếp từ từ dung dịch H2SO4 5M vào, chất khí trên lại thoát ra cho đến khi kim loại vừa tan hết
thì mất đúng 44ml, thu được dd A. Lấy 1/2 dd A, cho dd NaOH cho đến dư vào, lọc kết tủa, rửa rồi
nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B nặng 15,6g.
a) Tính % số mol mỗi kim loại trong hỗn hợp.
b) Tính nồng độ các ion (trừ ion H+-, OH-) trong dung dịch A.

 Hướng dẫn giải :
a) Gọi x, y, z là số mol Mg, Fe, Cu trong hỗn hợp, ta có :


24x + 56y + 64z = 23,52

3x + 7y + 8z = 2,94

(a)

Đồng còn dư có các phản ứng:
Nhận e:

Cho e:
Mg - 2e = Mg2+ (1)
Fe - 3e = Fe3+

(2)

2+

(3)

Cu - 2e = Cu

NO3- + 3e + 4H+ = NO + 2H2O

(4)

Cu + Fe3+ = Cu2+ + Fe2+

(5)

Phương trình phản ứng hoà tan Cu dư:
3Cu + 4H2SO4 + 2NO3- = 3CuSO4 + SO42- + 2NO + H2O
Từ Pt (6) tính được số mol Cu dư: =

(6)

0,044.5.3
= 0,165 mol
4

Theo các phương trình (1), (2), (3), (4), (5): số mol e cho bằng số mol e nhận:
2(x + y + z - 0,165) = 3,4.0,2 - 2(x + y + z - 0,165).3
 x + y + z = 0,255 + 0,165 = 0,42 (b)
Từ khối lượng các oxit MgO; Fe2O3; CuO, có phương trình:
z
x
y
.40 + .160 + . 80 = 15,6 (c)
2
2
4

Hệ phương trình rút ra từ (a), (b), (c):

3x + 7y + 8z = 2,94


x + y + z = 0,42
x + 2y + 2z = 0,78
Giải được: x = 0,06;

y = 0,12;

z = 0,24.

 lượng Mg = 6,12;  lượng Fe = 28,57;  lượng Cu = 65,31
b) Tính nồng độ các ion trong dd A (trừ H+, OH-)
Mg2+ =

0,06
= 0,246 M;
0,244

Fe2+ = 0,492 M;

Cu2+ = 0,984 M;

SO42- = 0,9 M;

NO3- = 1,64 M

Bài 6. a) Tính pH của dung dịch HCl nồng độ 0,5.10-7 mol/lít.
b) Tính pH của dung dịch X được tạo thành khi trộn 200ml dung dịch HA 0,1M (Ka = 10 -3.75) với
200ml dung dịch KOH 0.05M; pH của dung dịch X thay đổi như thế nào khi thêm 10-3 mol HCl vào
dung dịch X.

 Hướng dẫn giải :
a)  H+.0,5.10-7 do nồng độ nhỏ  phải tính đến cân bằng của H2O
H2O






HCl



H+ + OH H+ + Cl -

Theo định luật bảo toàn điện tích:
 H+ =  Cl- + OH-   H+ = 0,5.10-7 +

10- 14
H + 



  H+ 2 - 0,5.10 - 7 H+ - 10 -14 = 0.
Giải được:  H+ = 1,28.10-7  pH  6,9
b) nHA = 0,1.0,2 = 0,02 mol; nKOH = 0,05.0,2 = 0,01 mol
KOH + HA  KA + H2O
0,01  0,01 0,01
Trong d2 X: CHA = CKA =

Theo phương trình HA còn dư = 0,01 mol
0,01
= 0,025M. Xét các cân bằng sau:
0,4

H2O






H+ + OH-

KW = 10-14

(1)

HA






H+ + A-

KHA = 10-375

(2)

KB = KHA-1. KW = 10-10,25

(3)



A- + H2O 


HA + OH-

So sánh (1) với (2)  KHA >> KW  bỏ qua (1)
So sánh (2) với (3)  KHA >> KB  bỏ qua (3)  Dung dịch X là dung dịch đệm axit
muèi 

có pH = pKa + lg 

axit

= 3,75 + lg

0,1
= 3,75
0,1

 Khi thêm 10-3 mol HCl
KA + HCl  KCl + HA
0,001  0,001 
HA =

0,001 (mol)

0,01 + 0,001
0,01 - 0,001
= 0,0275 M và KA =
= 0,0225M.
0,4
0,4


Dung dịch thu được vẫn là dung dịch đệm axit.
Tương tự, pH = 3,75 + lg

0,0225
= 3,66
0,0275

Bài 7. Hoà tan 8,862 gam hỗn hợp: Al, Mg trong 500ml dd HNO3 loãng thu được dd A và 3,316
lít (đktc) hỗn hợp 2 khí không màu có khối lượng 5,18g trong đó có 1 khí bị hoá nâu trong không khí.
a) Tính thành phần  theo khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp.
b) Cô cạn dd A được bao nhiêu gam muối khan.
c) Tính nồng độ mol/lít của dd HNO3 tham gia phản ứng.
d) Hoà tan dd A vào dd NaOH dư tính khối lượng kết tủa tạo thành.

 Hướng dẫn giải :
a) M 2khÝ =

5,18.22,4
= 37. Do MNO = 30 nên khí thứ 2 là N2O (có M = 44)
3,136

Tìm được nNO = nN2O = 0,07 mol
Theo định luật bảo toàn: Al - 3e = Al3+
Mg - 2e = Mg2+
đặt số mol Al = x; Mg = y thì tổng số mol e nhường = 3x + 2y
N+5 + 3e = N+2
2N+5 + 8e = 2N+9 tổng số mol e thu = 3.0,07 + 8.0,07 = 0,77
Ta có hệ phương trình:

3x + 2y = 0,77
27x + 24y = 8,862

Suy ra:

x = 0,042 ; y = 0,322

mAl =

0,042.27
. 100% = 12,8% và %mMg = 87,2%
8,862

b) mmuối khan = 56,602 gam;

c) HNO3 =

0,98
= 1,96M;
0,5

d) mMg(OH)2 = 18,676 gam.
Bài 8. Tính lượng NaF có trong 100ml dung dịch HF 0,1M; biết dung dịch có pH = 3, hằng số
cân bằng Ka của HF là 3,17. 10– 4.

 Hướng dẫn giải :
CHF = 0,1M; [H+] = 10 -3, gọi nồng độ NaF trong dd ban đầu là x
HF
H+
+
F[]

(10 -1- 10 -3 )

3,17.10

-4

10-3



103 x  10 3

=

101  103

x + 10-3

  10 x  10   x  10
3

3

99.103

3

99

 x + 10 -3 = 313,83.10 -4
 x = 303,83.10 -4

 nNaF = 3,03.10 -4

Khối lượng NaF là : 303,83.42.10 -5 = 0,1276 g
Bài 9. Hoà tan m gam Cu trong lượng dư dung dịch HNO 3. Kết thúc phản ứng thu được 5,97 lít
hỗn hợp gồm NO và NO2 (khí A), và dung dịch có khối lượng không thay đổi so với khối lượng
axit ban đầu. Thực hiện 2 thí nghiệm sau:
Thí nghiêm 1: lấy 11,94 lít khí A cho đi qua dung dịch KOH 0,5 M phản ứng vừa đủ, thu được


dung dịch B (thể tích không thay đổi so với thể tích dung dịch KOH).
Thí nghiêm 2: Lấy 5,97 lít khí A cho đi qua Cu bột dư thu được khí C.
a) Tính m.
b) Tính thể tích dung dịch KOH và nồng độ mol/lít của dung dịch B.
c) Tính thể tích khí C thu được. Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

 Hướng dẫn giải :
Phương trình phản ứng:

3Cu + 8HNO3 = 3Cu(NO3)2 + 2NO + 4H2O
Cu + 4HNO3 = Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
2NO2 + 2KOH = KNO2 + KNO3 + H2O
0

t
NO + Cu 

 CuO + 1/2N2
2NO2 + 4Cu = 4CuO + N2
Gọi số mol Cu tham gia phản ứng (1) là x, tham gia phản ứng (2) là y.

(x + y) .64 = 30.
y = 0,11

2x
+ 46 . 2y
3

hay 7y = 11x

 Giải được x = 0,07

2x
+ 2y = 0,2665
3

a) Tính m:

a = 11,52 gam

b) Số mol NO2 tham gia phản ứng (3) : 0,11 4 = 0,44 (mol)
 Số mol KOH tham gia phản ứng : 0,44 mol  Thể tích dung dịch KOH 0,5M =

0,44
= 0,88
0,5

(lít)
Nồng độ các muối trong dung dịch B: [KNO2] = [KNO3] =

0,44
= 0,25 (M)
0,88.2

c) Theo các phương trình (4), (5)
1
1 0,07.2
số mol (NO + NO2) = (
+ 0,11 . 2) = 0,13335 (mol)
3
2
2
Thể tích khí N2: (đktc) = 0,13335. 22,4 = 2,987 (lít).
Bài 10. Phân tử X có công thức abc .Tổng số hạt mang điện và không mang điện trong phân tử X
là 82. Trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 22, hiệu số khối giữa b và c gấp
10 lần số khối của a, tổng số khối của b và c gấp 27 lần số khối của a. Tìm công thức phân tử đúng của
X.

Số mol N2 =

 Hướng dẫn giải :
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử a là: Za ; Na ; Aa
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử b là: Z b ; Nb ; Ab
Gọi số hạt proton, nơtron, số khối của nguyên tử c là: Z c ; Nc ; Ac
Từ các dữ kiện của đầu bài thiết lập được các phương trình:
2(Za + Zb + Zc) + (Na + Nb + Nc) = 82
(1)
2(Za + Zb + Zc) - (Na + Nb + Nc) = 22
(2)
Ab - Ac = 10 Aa
Ab + Ac = 27Aa
Từ (1) và (2) : (Za + Zb + Zc) = 26; (Na + Nb + Nc) = 30 => Aa + Ab + Ac = 56
Giải được: Aa = 2 ; Ab = 37 ; Ac = 17. Kết hợp với (Za + Zb + Zc) = 26


Tìm được : Za = 1, Zb = 17 ; Zc = 8 các nguyên tử là: 1H2 ; 17Cl37 ; 8O17
Công thức X: HClO.
Bài 12. Hòa tan 4,8 gam kim loại M hoặc hòa tan 2,4 gam muối sunfua của kim loại này, bằng dung
dịch HNO3 đặc nóng dư, thì đều thu được lượng khí NO2 (sản phẩm khử duy nhất) như nhau.
1) Viết các phương trình phản ứng xẩy ra.
2) Xác định kim loại M, công thức phân tử muối sunfua.
3) Hấp thụ khí sinh ra ở cả hai phản ứng trên vào 300 ml dung dịch NaOH 1M, rồi thêm vào đó một ít
phenolphtalein. Hỏi dung dịch thu được có màu gì? Tại sao?
Hướng dẫn giải
(1) Phương trình phản ứng:
M + 2mH+ + mNO3-  Mm+ + mNO2 + mH2O
(1)
+
m+
2M2Sn + 4(m+n)H + (2m+6n)NO3  2M + nSO4 + (2m+6n)NO2 + 2(m+n)H2O (2)
(2) Vì số mol NO2 ở hai trường hợp là bằng nhau nên ta có:
4,8
2,4
m
( 2m  6n )
M
2M  32n
64mn

M 
 
6n  2m , nghiệm thích hợp là n = 1, m = 2 và M = 64.
 n, m  1,2,3
Vậy M là Cu và công thức muối là Cu2S.
4,8
n Cu 
 0,075mol
(3)
64
Cu + 4HNO3  Cu(NO3)2 + 2NO2 + 2H2O
 n NO2  2  2  0,075  0,3mol  n NaOH
 đã xảy ra vừa đủ phản ứng:
2NO2 + 2NaOH  NaNO3 + NaNO2 + H2O
Dung dịch thu được có màu hồng do NO2- tạo môi trường bazơ:
NO2- + H2O ⇌ HNO2 + OHBài 14. Một hợp chất tạo thành từ M+ và X 22  . Trong phân tử M2X2 có tổng số các hạt proton, nơtron,
electron bằng 164, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 52. Số khối của
nguyên tử M lớn hơn số khối của nguyên tử X là 23. Tổng số hạt trong M+ lớn hơn trong X 22  là 7.
Xác định công thức M2X2.
Hướng dẫn giải
Gọi số proton, nơtron, electron trong nguyên tử M và X lần lượt là Z M, NM, EM và ZX, NX, EX.
Từ các dữ kiện bài toán ta lập được hệ
2(2Z M  N M )  2(2Z X  N X )  164
4 Z  2 N  4 Z  2 N  52
 M
M
X
X

 Z M  N M  Z X  N X  23
2 Z M  N M  1  (4 Z X  2 N X  2)  7
Giải hệ thu được kết quả
ZM = 19, NM = 20; ZX = 8, NX = 8.
M là Kali, X là Oxi. Hợp chất đã cho là K2O2.
Bài 15. Cho 50 gam dung dịch muối MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6% tác dụng với 10
gam dung dịch AgNO3 thu được một kết tủa. Lọc bỏ kết tủa thu được dung dịch nước lọc. Biết nồng
độ MX trong dung dịch nước lọc bằng 5/6 lần nồng độ MX trong dung dịch ban đầu. Xác định công
thức muối MX.
Hướng dẫn giải
Khối lượng của muối MX là: m = 35,6 . 50 : 100 = 17,8 (gam)
Gọi x là số mol của muối MX : MX + AgNO3 → MNO3 + AgX.
x
x
x
x


Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) . x (gam)
Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) . x (gam)
Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X) . x (gam)
Suy ra nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là
[17,8 - (M+X).x].100 35, 6 5

.
[50+10 - (108 +X).x] 100 6
Biến đổi ta được 120 . (M + X) = 35,6 (108 + X)
Lập bảng :
M
Li(7)
Na(23)
K(39)
X
Cl(35,5)
12,58
4634,44
Vậy MX là muối LiCl.
Bài 18. Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp gồm Zn, FeCO3, Ag bằng dung dịch HNO3 loãng, thu được
hỗn hợp A gồm 2 khí không màu, trong đó có một khí hóa nâu trong không khí, tỉ khối của A so với
hiđro bằng 19,2 và dung dịch B. Cho B tác dụng với dung dịch NaOH dư, lọc kết tủa, nung đến khối
lượng không đổi, phản ứng hoàn toàn, thu được 2,82 gam chất rắn. Biết rằng mỗi chất trong hỗn hợp
chỉ khử HNO3 tạo thành một sản phẩm khử và trong hỗn hợp số mol Zn bằng số mol FeCO3. Xác định
sản phẩm khử đã cho và tính số mol mỗi chất trong m gam hỗn hợp ban đầu.
Hướng dẫn giải
*Hỗn hợp A gồm: CO2 và NO
Do Ag có tính khử yếu nên chỉ tạo NO
Vì mỗi chất trong hh chỉ tạo một chất sản phẩm khử nên Zn sẽ khử HNO3 thành NO hoặc NH4NO3
Gọi x là số mol Zn  số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag= y
*Nếu Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có:
3Zn + 8HNO3 → Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O

x
2x/3
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
y
y/3

3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O

x
x
x/3
3x  y
mol NO
 Khí tạo thành có: x mol CO2 và
3
*Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên n(CO2) = 1,5.nNO
3x  y
 x = 1,5.
 y = -x (loại)
3
*Do đó sản phẩm khử của Zn là: NH4NO3
4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
x
x
x/4
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
y
y
y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
x
x
x
x/3
xy
mol NO.
 Khí tạo thành có x mol CO2 và
3
Vì số mol CO2 = 1,5. nNO. Nên x = y
* Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có:
t0
NaOH
Fe(NO3)3 
 1/2 Fe2O3
 Fe(OH)3 
t0
NaOH
AgNO3 
 Ag
 1/2Ag2O 
0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag. Vì x = y nên ta có:
80x + 108x = 2,82  x = 0,015 mol.


Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol.
Bài 13. Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 3 phần, mỗi
phần có 59,08g A. Phần thứ nhất hoà tan vào dung dịch HCl thu được 4,48 lít khí H 2. Phần thứ
hai hoà tan vào dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 thu được 4,48 lít khí NO. Phần thứ 3 đem
nung nóng rồi cho tác dụng với khí H2 dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất, hoà tan hết chất
rắn đó bằng nước cường toan thì có 17,92 lít khí NO thoát ra. Các thể tích đo ở đktc. Hãy tính khối
lượng nguyên tử, cho biết tên của kim loại M và công thức oxit trong hỗn hợp A.
Hướng dẫn giải
Đặt CT của oxit là MxOy; gọi số mol M và MxOy trong một phần lần lượt là a và b ta có:
Ma + b(Mx+16y) = 59,08 (I)
+ Với phần 1 ta có: 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2.
Mol: a
an/2
 an = 0,4 (II)
+ Với phần 2 ta có:
3M + 4mH+ + mNO3- → 3Mm+ +mNO + 2mH2O
3MxOy + (4xm-2y)H+ +(mx-2y)NO3 - → 3xMm+ +(mx-2y)NO +(2mx-y)H2O
 am + b(mx-2y) = 0,2.3 (III)
+ Với phần 3 ta có:
MxOy + yH2 → xM + yH2O
Mol: b
bx
 chất rắn gồm (a+bx) mol M. Do đó: 3M + mHNO3 + 3mHCl → 3MClm + mNO + 2mH2O
 m(a+bx) = 0,8.3 (IV)
+ Từ (III và IV) ta có by = 0,9 mol thay vào (I) ta được: M(a+bx) = 44,68 (V)
+ Chia (V) cho (IV) được: M = 18,6 m  m = 3 và M = Fe. Từ M là Fe và (II)  n = 2  a = 0,2 mol
 bx = 0,6 mol và by = 0,9 mol  x/y = 2/3  oxit đã cho là Fe2O3.
Bài 18. Hòa tan hỗn hợp rắn (gồm Zn, FeCO3, Ag) bằng dd HNO3 (loãng, dư) thu được hỗn hợp khí
A gồm 2 khí không màu có tỉ khối so với hiđro là 19,2 và dung dịch B. Cho B phản ứng với dung
dịch NaOH dư, lọc kết tủa tạo thành và nung đến khối lượng không đổi được 2,82 gam chất rắn. Biết
rằng mỗi chất trong hỗn hợp chỉ khử HNO3 tạo thành một chất.
1. Lập luận để tìm khí đã cho.
2. Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp ban đầu (biết trong hỗn hợp số mol Zn = số mol FeCO 3).
Hướng dẫn giải
a) Trong hai khí chắc chắn có CO2 = 44 đvC. Vì M A = 38,4 < MCO2 nên khí còn lại có M < 38,4 đvC.
Vì là khí không màu nên đó là NO hoặc N2
+ Do Ag là kim loại yếu nên không thể khử HNO3 xuống sản phẩm ứng với số oxi hóa thấp như nitơ,
amoni nitrat nên khí còn lại chỉ có thể là NO.
+ Vì mỗi chất trong hh chỉ khử HNO3 đến một chất khử nhất định nên Zn sẽ khử HNO3 xuống NO
hoặc NH4NO3.
b) Gọi x là số mol Zn  số mol FeCO3 = x, gọi là số mol Ag= y.
+ Nếu chỉ có Zn cũng khử HNO3 tạo ra khí NO thì ta có:
3Zn + 8HNO3 → Zn(NO3)2 + 2NO + 4H2O
mol:
x
2x/3
3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
mol:
y
y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
mol:
x
x
x/3
3x  y
 Khí tạo thành có: x mol CO2 và
mol NO .
3
+ Vì hh khí có tỉ khối so với hiđro là 19,2 nên số mol CO 2 = 1,5.nNO
3x  y
 x = 1,5.
 y = -x (loại)
(1,0 điểm)
3
 sảm phẩm khử phải có NH4NO3 là sp khử ứng với Zn do đó ta có:
4Zn + 10HNO3 → 4Zn(NO3)2 + NH4NO3 + 3H2O
mol:
x
x
x/4


3Ag + 4HNO3 → 3AgNO3 + NO + 2H2O
mol:
y
y
y/3
3FeCO3 + 10HNO3 → 3Fe(NO3)3 + 3CO2 + NO + 5H2O
mol:
x
x
x
x/3
xy
 khí tạo thành có x mol CO2 và
mol NO. Vì số mol CO2 = 1,5. nNO
3
x=y
+ Khi B + NaOH dư và nung thì chất rắn chỉ có:
NaOH
t0
Fe(NO3)3 
 0,5 Fe2O3
 Fe(OH)3 
NaOH
t0
AgNO3 
 Ag
 0,5Ag2O 
0,5x mol Fe2O3 + y mol Ag. Vì x = y nên ta có:
80x + 108x = 2,82  x = 0,015 mol.
Vậy cả 3 chất trong hh đã cho đều có số mol là 0,015 mol.
Do đó: mZn = 0,975 gam; mFeCO3 = 1,74 gam và mAg = 1,62 gam. (1,5 điểm)
Bài tập ngoài: Cho 10,40 gam hỗn hợp X (gồm Fe, FeS, FeS2, S) tác dụng với dung dịch HNO3 đặc
nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác
dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 45,65 gam kết tủa.
a) Viết các phương trình hoá học của các phản ứng xảy ra dưới dạng phương trình ion.
b) Tính V và số mol HNO3 trong dung dịch cần dùng để oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp X.
Hướng dẫn giải
a)Các phương trình phản ứng:
(1,0 điểm)
Fe + 6H+ + 3NO3- → Fe3+ + 3NO2 + 3H2O
(1)
FeS + 10 H+ + 9NO3- → Fe3+ + SO42- + 9NO2 + 5H2O
(2)
+
3+
2FeS2 + 14H + 15NO3 → Fe + 2SO4 + 15NO2 + 7H2O
(3)
S + 4H+ + NO3- → SO42- + 6NO2 + 2H2O(4)
(4)
3+
2+
Dung dịch sau phản ứng có: Fe , SO4 , H
H+ + OH- → H2O
Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3
Ba2+ + SO42- → BaSO4
b) Coi hỗn hợp gồm Fe và S ta có sơ đồ:
(2,0 điểm)
3

 Fe(OH )3
 Fe
 Fe

 xmol
 xmol  Ba (OH )2  xmol

 HNO3 d


 

S
 SO4 2
 BaSO4
 ymol

 ymol
 ymol
56 x  32 y  10, 4
 x  0,1mol
Theo bài ra ta có hệ: 


107 x  233 y  45, 65
 y  0,15mol
Áp dụng định luật bảo toàn eletron ta có:
Fe
→ Fe+3 + 3e
0,1mol
3.0,1mol
S
→ S+6 + 6e
0,15mol
6.0,15mol
N+5 + 1e →
N+4
a.1mol
a mol
Áp dụng định luật bảo toàn e ta có:
a = 0,3 + 0,9 = 1,2 mol
→ V = 1,2.22,4 = 26,88 lít
Theo (1) và (4):

nHNO3  nH   6.nFe  4nS  1, 2mol


Bài tập ngoài: Hỗn hợp X gồm hai chất hữu cơ A, B chỉ chứa chức ancol và anđehit. Trong cả A, B
số nguyên tử H đều gấp đôi số nguyên tử C, gốc hiđrocacbon có thể no hoặc có một liên kết đôi. Nếu
lấy cùng số mol A hoặc B cho phản ứng hết với Na thì đều thu được V lít hiđro còn nếu lấy số mol
như thế cho phản ứng hết với hiđro thì cần 2V lít. Cho 33,8 gam X phản ứng hết với Na thu được 5,6
lít hiđro ở đktc. Nếu lấy 33,8 gam X phản ứng hết với AgNO3 trong NH3 sau đó lấy Ag sinh ra phản
ứng hết với HNO3 đặc thì thu được 13,44 lít NO2 ở đktc.
1. Tìm CTPT, CTCT của A, B?
2. Cần lấy A hay B để khi phản ứng với dung dịch thuốc tím ta thu được ancol đa chức? Nếu lấy
lượng A hoặc B có trong 33,8 gam X thì cần bao nhiêu ml dung dịch thuốc tím 0,1M để phản ứng vừa
đủ với X tạo ra ancol đa chức?
Hướng dẫn giải
1.
+ Vì số H gấp đôi số C nên cả A và B đều có dạng: CnH2nOx. Mặt khác A, B pư với Na đều cho lượng
hiđro như nhau nên A, B có cùng số nhóm –OH.
+ Ta thấy A, B đều có 1liên kết  trong phân tử nên 1 mol A hoặc B chỉ pư được với 1 mol hiđro
theo giả thiết, suy ra khi 1 mol A hoặc B pư với Na chỉ cho 0,5 mol hiđro
 cả A, B chỉ có 1 nhóm –OH. Vậy A, B có CTPT phù hợp với một các trường hợp sau:
 TH1: A là CnH2n-1OH (a mol); B là HO-CmH2m-CHO (b mol)
 TH2: A là HO-CnH2n-CHO (a mol); B là HO-CmH2m-CHO (b mol)
+ Ứng với trường hợp 1 ta có hệ:

a(16  14n)  b(14m  46)  33,8

5, 6

0,5a  0,5b 
22, 4


13, 44
2b 
22, 4

 a = 0,2; b = 0,3 và 2n + 3m = 12  n = 3 và m = 2 thỏa mãn
+ Ứng với trường hợp 2 ta có hệ:

a(46  14n)  b(14m  46)  33,8

5, 6

 a + b = 0,5 và a + b= 0,3  loại.
0,5a  0,5b 
22,
4


13, 44
2a  2b 
22, 4

+ Vậy A là: CH2=CH-CH2-OH và B là HO-CH2-CH2-CHO
2. Để phản ứng với thuốc tím mà sản phẩm thu được ancol đa chức là chất A:
3CH2=CH-CH2-OH + 4H2O+2KMnO4 → 3CH2OH-CHOH-CH2OH + 2MnO2 + 2KOH
mol:
0,2
0,4/3
 thể tích dd KMnO4 = 1,33 lít.
Bài 11. Hòa tan 2,16 gam hỗn hợp Y gồm Na, Fe và Al vào nước (dư), thu được 0,448 lít khí H2 thoát ra
(đktc) và một lượng chất rắn không tan. Tách lượng chất rắn này cho phản ứng hết với 60 ml dung dịch
CuSO4 1M thu được 3,2 gam đồng kim loại và dung dịch A. Tách lấy dung dịch A cho phản ứng với một
lượng vừa đủ dung dịch NaOH để thu được kết tủa lớn nhất. Lọc kết tủa đem nung ở nhiệt độ cao trong
không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B.
a) Xác định % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp Y.
b) Tính khối lượng chất rắn B.
- Gọi trong 2,16 gam hỗn hợp có x mol Na, y mol Al.
n H2  0, 448: 22, 4  0,02 mol

nCuSO4  0,06.1= 0,06mol; nCuSO4pu  nCu=3,2:64 = 0,05 mol

 nCuSO4du  0,06 - 0,05 = 0,01mol


PTHH:

2Na +
x
2Al +
x
2Al
(y-x)
Fe

 2NaOH + H2
x
0,5x
(mol)
2H2O + 2NaOH  2NaAlO2 + 3H2
x
x
1,5x (mol)
+ 3CuSO4  2Al2(SO4)3 + 3Cu
1,5(y-x)
(y-x)
1,5(y-x)
(mol)
+ CuSO4  FeSO4 + Cu

2H2O

(1)
(2)
(3)
(4)

a) Giả sử không xảy ra phản ứng (3)  chất rắn chỉ là Fe
Theo (4) nFe= nCu = 0,05 mol  mFe= 0,05.56 = 2,8 gam > 2,16 (không phù hợp đề bài)
Vậy có xảy ra phản ứng (3) và vì CuSO4 còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4)
Theo (1) và (2): n H  0,5x  1,5x  0,02 mol  x = 0,01
2

Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 mol
n CuSO4 1,5  y  0, 01 mol

Theo (4): n Fe  n CuSO4 (4)  0, 05  1,5  y  0, 01 mol
Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05-1,5(y - 0,01)] = 2,16  y = 0,03
 trong hỗn hợp ban đầu:
mNa = 23.0,01 = 0,23 gam
mAl = 27.0,03 = 0,81 gam
mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam
Vậy:
0,23
0,81
.100%=10,65%; %m Al =
.100%=37,5%
2,16
2,16
1,12
%m Na =
.100%=51,85%
2,16

%m Na =

b) Trong dung dịch A có:
n Al2 (SO4 )3 = 0,03- 0,01= 0,02 mol
n CuSO4 du = 0,01mol
n FeSO4 = n Fe =1,12:56 = 0,02 mol

Ta có sơ đồ
CuSO4  Cu(OH)2  CuO

 mCuO = 0,01.80 = 0,8 gam

2FeSO4  2Fe(OH)2  2Fe(OH)3  Fe2O3

 m Fe O  0, 02 .160  1, 6 gam

Al2(SO4)3  2Al(OH)3  Al2O3

 m Al 2 O3

2

3

2
0, 02

.102  1, 02 gam
2

Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam
Bài 1. Cho năng lượng liên kết của:

kJ/mol

N-H

O=O

NN

H-O

N-O

389

493

942

460

627

Phản ứng nào dễ xảy ra hơn trong 2 phản ứng sau ?
2NH3 + 3/2 O2 

N2 + 3 H2O (1)

2NH3 + 5/2 O2  2NO + 3H2O (2)

 Hướng dẫn giải :
Tính hiệu ứng nhiệt:
3
2

E1 = (6EN-H + EO=O) - (ENN + 6EO-H)


= 6 389 +

3
 493 - 942 - 6 460 = - 626,5 kJ
2

5
2

E2 = (6EN-H + EO=O)- (2EN-O + 6EO-H)
= 6 389 +

5
 493 - 2 627 - 6 460 =- 447,5 kJ
2

- Phản ứng (1) có H âm hơn nên pư (1) dễ xảy ra hơn.
Bài 18. . Cho H0298 của các phản ứng sau:
a)2NH3(k) + 3N2O(k) 
 4N2(k) + 3H2O(L) ; - 1011KJ
b) N2O(k) + 3H2(k) 
 N2H4(K) + H2O(L); -317KJ
c) 2NH3(K) + 0,5O2(K) 
 N2H4(K) + H2O(L); -143KJ
d) H2(K) + 0,5O2(K) 
-286KJ
 H2O(L);
Và cho chất:
N2H4
N2
H2O
O2
0
S 298(J/ mol.K) 240
191
66,6
205
1) Tính nhiệt tạo thành của N2H4.
2) Viết phơng trình phản ứng đốt cháy N2H4 và tính nhiệt phản ứng cháy đó ở P= const; 298K.
3) Tính G0298 và KPU đốt cháy N2H4.
Cách giải
3. a)2NH3(k) + 3N2O(k) =4N2(k) + 3H2O(L) ; - 1011KJ
b) N2O(k) + 3H2(k) = N2H4(K) + H2O(L); -317KJ
c) 2NH3(K) + 0,5O2(K) = N2H4(K) + H2O(L); -143KJ
d) H2(K) + 0,5O2(K) =H2O(L);
-286KJ
1) Phản ứng : N2 (k) + 2 H2 (K) = N2H4 (k)
H0 = ?
Tổ hợp phân tích bài cho
 (a)  3 (b)  (c)  (d )
4
1011  3 . (317 )  ( 143)  286
203
  O 

 50,75 J / mol
4
4

2) Phản ứng cháy :
N2H4 (K) +

O2 (K) =
0
1 =?

N2 + 2 H2O

Cách 1: Dùng tổ hợp phơng trình :
O

(a)  3(b)  (c)  9d
4

1011  3 . 317  143  9 . 286
4
  622,75 (J / mol )

  1 

  1
Cách 2 : Dựa vào nhiệt tạo thành

O

 1  ( O Sn ( N 2 )  2 .  O Sn ( H 2O ) )  ( O Sn ( N 2 H 4 )   O Sn (O2 ) )
O

  1  2 . ( 286)  50,75   622,75 ( KJ / mol )
O

3) Tính H0298 của phản ứng đốt cháy N2H4.
H0298 = 191 + 2 . 66,6 - 240 - 205 = - 120,8 J/K
G0298 = H0298 - T S0298 = - 622,75 - 298 . (- 120,8 . 10 -3)
= - 586, 7 (KJ)
0

G 298 = - RT ln K
- G0
K=e
RT

586,7
8,314 .298
=e


BÀI TẬP VỀ PHÓNG XẠ
A-LÝ THUYẾT:
1. Phương trình động học:
Ap dụng cho quá trình phân rã phóng xạ:
1 N
k = ln 0
(*)
t Nt
=> 2. mt   m0 .2



t
T1 / 2

Hay N ( t )  N 0 .e  t ,

= m0 .et
k

ln 2
1/ 2



0, 693
T1/ 2

k là hằng số phân rã phóng xạ (đôi khi kí hiệu là )
N0 là số nguyên tử phóng xạ ở thời điểm ban đầu
Nt là số nguyên tử phóng xạ còn lại sau thời gian t
2, Chu kì bán huỷ (thời gian bán huỷ, chu kì bán rã, thời gian bán rã):
Chu kì bán huỷ là thời gian cần thiết để 1/2 lượng ban đầu của chất phóng xạ phân rã.
Đây là đại lượng đặc trưng cho từng nguyên tố phóng xạ.
Biểu thức tính: t 1/2 = ln2/0,693 (HS tự suy luận).
3, Độ phóng xạ:
Các sản phẩm của sự phân rã hạt nhân (gọi chung là các bức xạ) bay ra với tốc độ lớn. Trên đường đi,
nếu gặp các vật chắn bức xạ sẽ gây ra các biến đổi trong vật chắn đó. Tác dụng của bức xạ càng lớn
nếu số phân rã xảy ra trong một đơn vị thời gian càng lớn.
Độ phóng xạ là đại lượng đặc trưng cho mức độ gây biến đổi của các bức xạ. Nó được đo bằng số các
phân rã trong một đơn vị thời gian (tức là tốc độ phân rã).
dN
A=
dt
H ( t )  H 0 .e  t  N 0 ..e  t
H(t): Tốc độ phân hủy tại thời điểm t
H(0): Tốc độ phân hủy ban đầu
Lẽ ra đơn vị của độ phóng xạ là số phân rã (tức số hạt phân rã)/1 giây, nhưng người ta hay sử dụng
hơn đơn vị Curi: 1 Curi = 3,7.1010 phân rã/giây.
<3,7.1010 chính là số phân rã do 1 gam Rađi tạo ra trong 1 giây và người ta quy ước bằng 1 Curi >.
4, Xác định niên đại sinh vật cổ dựa vào sự phóng xạ của C-14:
Thực nghiệm xác định được trong khí quyển, trong mỗi cơ thể sinh vật sống cứ 1giây trong 1 gam
cacbon có 15,3 phân rã C-14.
Như vậy (*) có thể viết thành:
1 R
k = ln 0
(**)
t Rt
trong đó R0 = 15,3phân rã/s/gam C.
Rt: tốc độ phân rã (trong một giây trong 1 gam) tại thời điểm đang xét.
t: thời gian kể từ lúc sinh vật chết đến thời điểm đang xét.
k hằng số tốc độ của quá trình phân rã C-14.
k tính được theo biểu thức sau:
R0
1
ln
k=
t1 / 2 R 0 / 2
=> k = ln2/t1/2 = 0,693/t1/2
=> thay trở lại (**) ta được:
BÀI TẬP VỀ NHIỆT PHẢN ỨNG, CBHH...
1. Hiệu ứng nhiệt
- Hiệu ứng nhiệt là năng lượng tỏa ra hay hấp thụ trong một phản ứng hóa học
- Được kí hiệu là : H (entapi) , đơn vị là KCal/mol hoặc KJ/mol (1Cal =


4,184J)
- H < 0 : phản ứng tỏa nhiệt
- H > 0 : phản ứng thu nhiệt
2. Cách tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng hóa học
a. Tính theo năng lượng liên kết , hoặc nhiệt tạo thành
- Năng lượng liên kết (Elk hoặc Hlk) là năng lượng cần thiết để phá vở 1 liên
kết hóa học thành các các ngun tử riêng rẽ ở trạng thái khí .
H =  Elk (sản phẩm) -  Elk (ban đầu)
- Nhiệt tạo thành của một hợp chất là lượng nhiệt tỏa ra hay hấp thụ khi tạo thành một mol chất đó từ
các đơn chất bền .
Nhiệt tạo thành của đơn chất bằng 0 .
H =

 nhiệt tạo thành sản phẩm -  nhiệt tạo thành các chất ban đầu

b. Định luật Hess
- Hiệu ứng nhiệt của phản ứng hóa học chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và trạng thái cuối của các
chất , khơng phụ thuộc vào các giai đoạn trung gian .
* Động hóa học và nhiệt động hóa học
8. Hthuan  H nghich
9. H pu   H sp   H chatpu
  nllk
 nllksp
chatpu 
  nhietdc
 nhietdcsp
chatpu 

10. S pu   S sp   Schatpu

11. G pu    S   Gsp   Gchatpu
Khi tính, các giá trị H , S , G từng chất có nhân với hệ số
IV/ Động hóa học
Phương trình động học chung của phản ứng:
12.   

d C
d t

 ktd Cx Cy

Nếu hệ trong dd lỏng
13.   

d P
d t

 ktd Px Py

Nếu phản ứng ờ pha khí
x+y: Bậc của phản ứng. Đối với phản ứng đơn giản, bậc của phản ứng là tổng hệ số tỉ lệ của các
chất phản ứng.
A, B: Các chất tham gia phản ứng
CA, CB: Nồng độ A, B ban đầu
Tốc độ phản ứng và hằng số tốc độ ktd thay đồi theo nhiệt độ theo các biểu thức:
T T
 ( T ) kt

 2
14.
 ( T ) kt
2

2

2

1

1

1

E

15. k(T )  A0 .e RT , trong đó:
A0: Là hằng số đặc trưng cho phản ứng
E: Năng lượng hoạt hóa của phản ứng
k(T ) E  1 1 
   
16. ln
k(T ) R  T1 T2 
E: Năng lượng hoạt hóa của phản ứng (J.mol-1)
Liên hệ giữa hằng số tốc độ ktd và nồng độ các chất theo thời gian (dùng để xác định hằng số k td):
- Đối với phản ứng bậc 0: (   ktd )
2

1


17. k.t = C0 – Ct
- Đối với phản ứng bậc 1: (   ktd .C A )
18. ktd .t  ln

C0
Ct

- Đối với phản ứng bậc 2:
+Nếu CA=CB (   ktd .CA .CB  ktd .CA2 )
19. ktd .t 

1

1



Ct

C0

+ Nếu CA ≠ CB (   ktd .C A .CB )
1

20 ktd .t 

a b

ln

b( a  x )
a (b  x )

a, b: Nồng độ ban đầu chất phản ứng
x: nồng độ chất tham gia phản ứng
- Đối với phản ứng bậc 3:
Chỉ xét trường hợp nồng độ tham gia phản ứng của các chất đều bằng nhau: (   ktd .CA3 )
V/ Cân bằng hóa học:
k

B
Xét cân bằng: A 

1

k2

21. K cb 

k1
k2
1

xe

t

xe  xt

22. k1  k2  ln

k1, k2: hằng số tốc độ phản ứng thuận và nghịch
xe: Nồng độ chất lúc cb
xt: Nồng dộ chất tại thời điểm t
Xét cân bằng: aA + bB
cC + dD
Các hằng số cân bằng:
23. K P 

PCc PDd
PAa PBb

Trong đó: Pi  xi P 
24.

KC 

nn

n

P   Pi  P

C   D 
 A  B 

25. K x 

c

d

a

b

xCc xDd
x Aa xBb

Trong cân bằng, chỉ coi KP là hằng số. các hằng số khác phụ thuộc vào KP và nhiệt độ, áp suất theo
biểu thức:
26. K P  KC ( RT )n  K x P n
- Nếu T=const => KC là hằng số
- Nếu P=const => KP là hằng số
Khi nhiệt độ thay đổi:
K
  1 1 
27. ln C (T 2)  
  
KC (T 1)
R  T2 T1 
Biến thiên năng lượng Gipps của phản ứng:
28. G  G 0  RT ln

CCc CDd
C Aa CBb

G >0: Phản ứng chuyển dịch theo chiều nghịch


G <0: Phản ứng chuyển dịch theo chiều thuận
Khi phản ứng đạt được trạng thái cân bằng:
29. ∆G=0  ∆G0 = -RTlnKC
Dự đoán chiều phản ứng: Q C =

C cC C dD
C aA C bB

+ QC+ QC>KC: ∆G>0: Phản ứng chuyển dịch theo chiều nghịch
B-BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1.Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH4Cl là 1 atm biết ở 250C có các dữ kiện:
 H ht0 (kJ/mol)
 Ght0 (kJ/mol)
NH4Cl(r)
-315,4
-203,9
NH3(k)
-92,3
-95,3
HCl(k)
-46,2
-16,6
Hướng dẫn:
Đối với phản ứng : NH4Cl(r)  NH3(k) + HCl(k)
Hằng số cân bằng : K = PNH 3( k ) .PHCl ( k )
Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân bằng
của NH3 và HCl là :
PNH 3 ( k ) = PHCl (k ) = 0,5 atm
Do đó : KT = 0,5.0,5=0,25 (atm)2
 Ở 250C :
0
của phản ứng :
G298
0
= -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ
G298

Từ công thức G 0 = -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK298
 lnK298 = -37,133
0
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét H 298
không đổi nên :
0
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J)
H 298
 Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
K
H 0 1
1
ln T 
(
 )  T = 596,80K
K 298
R 298 T
Câu 2: Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp
A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:

CO(K) + H2O(K)  CO2(K) + H2(K)
Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t 0C) bằng 5. Tỷ lệ số
mol ban đầu của CO và H2O bằng 1:n
Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2.
1. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và Kc.
2. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng).
3. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu.
Hướng dẫn:


1. Xét cân bằng:
CO + H2O  CO2 + H2
Trước phản ứng
1
n
0
1
Phản ứng
a
a
a
a
Sau phản ứng
1-a
n-a
a
1+a
Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2
CO2 H 2   a(1  a)
Kc =
COH 2 0 (1  a)(n  a)
1 a
2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=
(N = n+2)
N
Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn
100x2 + 65x – 2 = 0
Giải phương trình:
x = 2,94%
1 a
 0,01 và thay tiếp Kc ta có phương trình.
3. Muốn x = 1% thay a vào
N
5,04 N2 – 12N – 200 = 0
Giải phương trình:
N = 7,6
tức n = 5,6
Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có quan hệ lớn hơn 5,6.
1
3
Câu 3.Cho phản ứng: N2(k) +
H2(k)  NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 1,3.10-2 và ở
2
2
5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ΔH0 của phản ứng trên.
Hướng dẫn:
½ N2 + ½ H2  NH3
0
0
Ở 400 C có k = 1,3 . 10-2; ở 500 C có k = 3,8 . 10-3
1

2

lg

Hệ thức Arrehnius:

k 2  H T1  T2 3,8.10 3

.

 1,229
k1
R
T1 .T2 1,3.10 2

 H 

 1,229 .8,314 .673 .773
 53,2 kJ/mol
 100

Câu 4. Xét phản ứng:
CaCO3 (r)  CaO (r) + CO2 (k).
H0298K (Kcal/mol) = 42,4. S0298K (cal/mol.K)= 38,4.
suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân.
Hướng dẫn:

Trong điều kiện áp

CaCO3 (r)  CaO (r) + CO2 (k).
H0298K (Kcal/mol) = 42,4. S0298K (cal/mol.K)= 38,4.
Áp suất khí quyển = 1 atm  KP = P CO2 = 1
G0 = H0 - TS0 = - RTlnKP = 0
H 0 42,4.10 3 cal / mol
T=

1104,2K
38,4 cal / mol.K
S0
Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 =
831,20C
Câu 5
Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng
N2O4 (khí)
2NO2 (khí)
với tốc độ phân huỷ là 20%
a. Tính hằng số cân bằng Kp.
b. Độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở
270C
Hướng dẫn:
Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là  , số mol của N2O4 ban đầu là n
Phản ứng:
N2O4 (k)
2NO2 (k)


Ban đầu:
n
0
Phân ly:
n
2n 
Cân bằng
n(1-  )
2n 
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+  )
Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng:
PN 2 O 4 = ((1-  )/(1+  ))P; PNO 2 = ((2  )/(1+  ))P

(0,5đ)

a. (0,5 đ)
KP = P2 NO 2 / PN 2 O 4 = [((2  )/(1+  ))P]2/((1-  )/(1+  ))P
= [4  2/(1-  2)]P
với P = 1atm,  = 20% hay  = 0,2
 KP = 1/6 atm
b. (1đ)
n N2O4 = 69/92 = 0,75
Gọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là  ’
Phản ứng:
N2O4 (k)
2NO2 (k)
Ban đầu:
0,75
0
Phân ly:
0,75  ’
1,5  ’
Cân bằng
0,75(1-  ’)
1,5  ’
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+  ’)
Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng:
P’ = (n”.R.T)/V = (0,75 (1+  ’).0,082.300)/20 = 0,9225(1+  ’)
Vì KP = const nên:
Theo biến đổi tương tự như trên ta có: KP = (4  2/1-  2)P’=1/6
Nên: (4  ’2/1-  ’2).0,9225(1+  ’) = 1/6   ’  0,19
Câu 6.
Cho hỗn hợp cân bằng trong bình kín:
N2O4 (k)
2NO2 (k)
(1)
Thực nghiệm cho biết: Khi đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm
- ở 350C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình M hh = 72,45 g/mol
- ở 450C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình M hh = 66,8 g/mol
1. Hãy xác định độ phân li  của N2O4 ở mỗi nhiệt độ trên.
2. Tính hằng số cân bằng KP của ( 1 ) ở mỗi nhiệt độ (lấy tới chữ số thứ ba sau dấu phẩy).Trị số này
có đơn vị không ? Giải thích?
3.Hãy cho biết phản ứng theo chiều nghịch của phản ứng (1) là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Giải thích?.
Hướng dẫn:
1. Goị a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp.
(1-a) là số mol của NO2.
Ở 350C có Mhh = 92a + 46 (1-a ) = 72,45
 a = 0,575  n N2O4 = 0,575 và n NO2 = 0,425
N2O4
2NO2
n(bđ) x
n(pư) 0,2125
0,425
n(cb) x- 0,2125
0,425
 x - 0,2125 = 0,575  x = 0,7875 mol   = 0,2125/0,7875 = 26,98%
Ở 450C có M = 92a + 46(1-a) = 66,8
N2O4
2NO2
n(bđ) y
n(pư) 0,27395
0,5479
n(cb) y-0,27395
0,5479
 y –0,27395 = 0,4521  y = 0,72605


  = 0,27395/0,72605= 37,73%
2. Ở 350C PNO2 = (0,425/ 1). 1 = 0,425
PN2O4 = (0,575/ 1). 1 = 0,575
0
Ở 45 C P NO2 = (0,5479/ 1). 1 = 0,5479
P N2O4 = (0,4521/ 1). 1 = 0,4521

KP = (0,425)2/ 0,575 = 0,314 (mol)
KP = (0,5479)2/ 0,4521 = 0,664 (mol)

Câu 7: Dưới tác dụng của nhiệt, PCl5 bị phân tách thành PCl3 và Cl2 theo phản ứng cân bằng
PCl5 (K) <=> PCl3 (K) + Cl2 (K)
Ở 2730C và dưới áp suất 1atm người ta nhận thấy rằng hỗn hợp cân bằng có khối lượng riêng là
2,48 g/l. Tìm KC và KP của phản ứng trên.
Cho R = 0,0,821 lít . atm . mol-1 . độ-1
Hướng dẫn:
Gọi x = nPCl5 , y = nPCl3  Cl3 có trong 1 lít hỗn hợp lúc cân bằng ở 2730C, 1 atm. Tổng số mol khí
trong hỗn hợp là (x + 2y) mol
PV = (x + 2y) RT
-> x + 2y =

PV
1

 0,02231 mol
RT 0,0821 . 546

(1)

Số mol PCl5 ban đầu là (x + y) theo định luật bảo toàn khối lượng.
Khối lượng PCl5 ban đầu = khối lượng hỗn hợp sau phản ứng = 2,48g
-> x + y =

2,48
 0,0119 mol
208,5

(2)

(1) , (2) ->

x = 0,00149
y = 0,01041
[PCl5] = [Cl2] = 0,00149 mol/l
[PCl3] = [Cl2] = 0,01041 mol/l

KC 

[PCl3 ][Cl 2 ]
 0,728
[PCl5 ]

Câu 8
a. Xét phản ứng 2A + B  C + D
Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị mol-1 .l.s-1. Xác định bậc của phản ứng
b. Cho cân bằng a A(k) + b B(k)  c C(k) + d D(k)
Hãy lập biểu thức liên hệ giữa Kc và Kp
c. Lấy cùng mẫu kẽm hòa tan hết trong dung dịch axit HCl ở mỗi lần thí nghiệm ứng với nhiệt
độ và thời gian phản ứng sau:
Thí nghiệm
Nhiệt độ(0C)
Thời gian phản ứng (phút)
1
20
27
2
40
3
3
55
?
Hãy tính thời gian phản ứng của thí nghiệm 3
Hướng dẫn:
a.
Phản ứng 2A + B  C +D
Có biểu thức tốc độ pứ V = k CAx CBy
Trong đó k : Hằng số tốc độ phản ứng
X : bậc phản ứng theo A
Y : bậc phản ứng theo B
n = x+y : bậc chung của phản ứng
 mol .l-1. s-1 = mol-1.l. s-1(mol. l-1)n  n=2
b.0,5đ


Với cân bằng : a A(k) + b B(k)  c C(k) + d D(k)
Kp = Kc (RT)c+d-a-b
c. 0,5đ
Áp dụng V2 = V1 

T 2  T1
10

T 2  T1
40 20
T 2 t1
27
=
=  10 
=  10
32 =  2   = 3 :
3
T1 t 2
55 40
t2
3 1,5
=  10 
= 3  t3 = 34,64 giây
t3
t3

Câu 9 : Tính năng lượng liên kết trong bình C – H và C – C từ các kết quả thực hiện nghiệm sau :
- Nhiệt đốt cháy CH4
= - 801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy C2H6
= - 1412,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy Hiđrô
= - 241,5 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy than chì
= - 393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì
= 715 kJ/mol
- Năng lượng liên kết H – H = 431,5 kJ/mol
Các kết quả đều đo được ở 2980k và 1atm
Hướng dẫn:
CO2

+

2H2O

 H1

H2O

O2

+

2H2

CO2

O2

+

C(r)

-  H2
-  H3

C(r)

C(k)

 H4

2H2

4H

2  H5

CH4

+

CO2



CH4

C(k)

+

4H

 H  4 0H  C

4 0H  C   H1   H 2   H 3   H 4  2 H 5
= - 801,5 + 241,5 .2 + 393,4 + 715 + 2 . (431,5) = 1652,7 kJ/mol
1652, 7
 413,175 kJ / mol
 C  H 
4
Tương tự : Sắp xếp các phản ứng
(1đ)


344,
05
kJ
/
mol
 C C
(1đ)

Câu 6 : 5 điểm
Câu 10:Tìm nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của Ca3(PO4)2 tinh thể biết :
-12 gam Ca cháy toả 45,57 kcal
- 6,2 gam P cháy toả 37,00 kcal
- 168 gam CaO t ác dụng với 142 gam P2O5 toả 160,50 kcal
Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp
Cho Ca=40;P=31;O=16
Hướng dẫn:
Ta có Ca(r) +O2(k)  CaO(r)  H1<0
(1)
40gam
12gam

 H1

-45,57Kcal

Vậy nhiệt của phản ứng (1) là :  H1= 40x ( 1245,57) = -151,9 Kcal.

(1đ)


2P(r) +5/2O2(k)  P2O5 (r)

 H2<0

62 gam

 H2

6,2gam

-37Kcal

(2)

vậy nhiệt của phản ứng (2) là:  H2= -370Kcal
3CaO( r) +P2O5  Ca3(PO4)2(r )  H3=160,5 Kcal

(3)

Tổ hợp (1), (2) & (3) :
lấy (1) nhân 3 cộng (2) và (3) vế theo vế ta được:
H

3Ca( r) +2P(r) +4O2(k)  Ca3(PO4)2(r)
 H= -986,2Kcal

Bài 11. Cho năng lượng liên kết của:
N-H

O=O

NN

H-O

N-O

389

493

942

460

627

kJ/mol

Phản ứng nào dễ xảy ra hơn trong 2 phản ứng sau ?
2NH3 + 3/2 O2 

N2 + 3 H2O (1)

2NH3 + 5/2 O2  2NO + 3H2O (2)

 Hướng dẫn giải :
Tính hiệu ứng nhiệt:
3
2

E1 = (6EN-H + EO=O) - (ENN + 6EO-H)
= 6 389 +

3
 493 - 942 - 6 460 = - 626,5 kJ
2

5
2

E2 = (6EN-H + EO=O)- (2EN-O + 6EO-H)
= 6 389 +

5
 493 - 2 627 - 6 460 =- 447,5 kJ
2

- Phản ứng (1) có H âm hơn nên pư (1) dễ xảy ra hơn.


 2NH3 (k) có Kp = 1,64 104.
Bài 13. Tại 4000C, P = 10atm phản ứng N2(k) + 3H2(k) 

Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N2(k) và H2(k) có tỉ lệ số mol theo
đúng hệ số của phương trình.
Hướng dẫn:

 2NH3 (k)
N2(k) + 3H2(k) 

Theo PTHH:

PN

2

PH

2



nN

2

nH

2



1
 Theo gt: P NH + P N + P H = 10
3
2
2
3

 P NH + 4P N = 10
3
2
Và Ta có: Kp =

(PNH )2
3

3

(PN )(PH )
2
2

2

=

(PNH3 )2
3

(PN2 )(3PN2 )

= 1,64 104 

PNH

3

(PN )

2

 6,65102.

2

Giải pt cho: 6,65 10 (P N ) + 4P N  10 = 0  P N = 2,404 và P N =  62,55 < 0
2
2
2
2
Vậy, P N = 2,404  P NH = 10  4P N = 0,384 atm chiếm 3,84%
2

2

3

2



Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

Tải bản đầy đủ ngay

×