intTypePromotion=3

Bài tập động học

Chia sẻ: Vu Van Xuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:21

1
301
lượt xem
115
download

Bài tập động học

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo Bài tập động học

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Bài tập động học

  1. BÀI TẬP ĐỘNG HỌC CHƯƠNG 1 Bài 1.1 W Ta có: W=k C1C2 → k= C1C 2 −2 −1 −5 −3 Với các giá trị: C1 = 1,5.10 mol.l = 1,5.10 mol.cm C2 = 2,5.10−3 mol.l −1 = 2,5.10−6 mol.cm −3 4,5.10−7.mol.cm −3 .s −1 −1 Vậy ta được: k = −5 −6 2 −6 = 1, 2.104 (cm3 .mol −1.s ) 1,5.10 .2,5.10 .mol .cm Hay: k = 12(l.mol −1.s −1 ) = 720(l.mol −1. ph −1 ) Bài 1.2 W Ta có : W = kc → k = 3 c3 +) Nếu C (mol/l), thời gian bằng giây thì mol.l −1.s −1 2 k= = l .mol −2 .s −1 mol 3 .l −3 +) Nếu C ( ptu/cm3 ) , tg tính bằng phút thì ta có: (cm3 ) 2 l2 k= .60 = .60 ( sôptu) 2 . phut mol 2 .N A 2 . phut Bài 1.3 2C . H 3 → C2 H 6 d [ CH 3 ] Ta có : = −1, 2.mol.l −1.s −1 dt d [ CH 3 ] 1 a) ta được : W = − = − (−1, 2).mol.l −1.s −1 = 0, 6(mol.l −1.s −1 ) 2dt 2 d [ C2 H 6 ] d [ CH 3 ] b) và : =− = W = 0, 6(mol.l −1.s −1 ) dt 2dt Bài 1.4 A + 2 B → 3C + D −1 −1 W = 1( mol.l .s ) d [ A] d [ B] d [ C ] d [ D] Ta có : W = − =− = = dt dt dt dt +) tốc độ chuyển hóa chất: d [ A] = −W = −1(mol.l −1.s −1 ) dt d [ B] = −2W = −2(mol.l −1.s −1 ) dt +) tốc độ hình thành chất: 1
  2. d [ C] = 3W = 3(mol.l −1.s −1 ) dt d [ D] = W = 1(mol.l −1.s −1 ) dt Bài 1.5 A + 2 B → 3C + D Theo bài ra ta có: W = K .[ A] .[ B ] . Giả sử như C(mol/l), thời gian (s). khi đó 1W mol.l −1.s −1 l → W = mol.l .s . Và ta được: 1k = −1 −1 = = 1[ A] .1[ B ] 2 −2 mol .l mol.s d [ A] * = −W = − K [ A] .[ B ] dt d [ C] * = 3W = 3K [ A] .[ B ] dt ************** CHƯƠNG 2 Bài 2.1 a) Nồng độ tính bằng M. Và nếu thời gian tính bằng giây (s) → W ( M .t −1 ) −1 −1 l +) phản ứng bậc hai: K = M t = mol.s −2 −1 l2 +) phản ứng bậc ba: K = M .t = mol 2 .s b) Nếu C biểu diễn bằng áp suất kPa → W (kPa.t −1 ) kPa.t −1 +) phản ứng bậc hai: K = 2 = kPa −1.t −1 kPa kPa.t −1 +) phản ứng bậc ba: K = 3 = kPa −2 .t −1 kPa Bài 2.2 Ta có pt: A → SP t=0 Co 0 t=t Co-x x 1 1 Ta có pt chung của phản ứng bậc n khác 1: (n − 1) Kt = n −1 − n −1 C CO Với C=0,45Co và n=3/2. Thay vào pt trên ta được giá tri cua k 1 1 − − K = 0,86.l .mol . phut −1 2 2 Bài 2.3 Ta có bảng sau: t(s) 0 200 400 600 1000 [N2O5] 0.11 0.073 0.048 0.032 0.014 Ta có gt phản ứng là bậc một: khi đó ta có các giá trị của k: 2
  3. 1 0,11 1 0,11 1 0,11 k1 = .ln = 0, 0025 ; k2 = .ln = 0, 0027 ; k3 = .ln = 0, 0025 200 0, 073 400 0, 048 600 0, 0032 Như vậy ta thấy các giá trị k thu được là bằng nhau.giả thiết ban đầu là đúng K = 0,0025 ( s −1 ) và n=1 là bậc của phản ứng. Bài 2.4 Theo bài ra ta có: P = 363 Torr → t1 = 410 s P = 169Torr → t2 = 880 s t1 t1 (1) (1) 2 2 lg( ) lg( ) t1 t1 Ta có công thức (2) (2) n= 2 +1 = 2 +1 C0,2 p lg( ) lg( 2 ) Co,1 p1 410 lg Thay các giá trị vào ta có: n = 880 + 1 = 2 169 lg 363 Vậy bậc của phản ứng là bằng 2 Bài 2.5 Ta có ở Po=363 Torr. Axetandehit → sản phẩm. phânhuy Vì áp suất là tỉ lệ với nồng độ của chất phản ứng nên ⇒ W = KC n ⇔ W = KP n . −1 Theo giả thiết thì W1 = 1, 07(Torr.s ) khi P = 344,85 (Torr) W2 = 0, 76(Torr.s −1 ) khi P = 290,4 (Torr) {W = K .Pn Ta có W12 = K . P2n → lg 1 W1 W2 = n lg 1 P P2 410 lg Thay số vào ta được: n = 880 + 1 = 2 169 lg 363 Vậy bậc của phản ứng là bằng 2 Bài 2.6 Ta có phản ứng: 2 N 2O5 → 4 NO2 + O2 Xét thấy k = 3,38.10−5 ( s −1 ) , từ đơn vị suy ra đây là phản ứng bậc 1 ln 2 +) Thời gian bán hủy: t 1 = = 20530( s ) 2 k Pt động học của phản ứng bậc 1: kt = lnCo-lnC = ln(Co/C) . Và do P : C nên ta có: kt = ln(Po/P) −5 500 - Với t = 10s ⇒ 10.3,38.10 = ln = 3,38.10−4 ⇔ p = 499,831(Torr) p - Với t = 20s. Tính tương tự ta được: p = 499,662(Torr) Bài 2.7 3
  4. Ta có pt phản ứng: A + P → SP t=0 0,05 0,08 0 t = 1h 0,02 0,05 0,03 a) pt động hoc vi phân với nồng độ các chât ban đầu khác nhau là: 1 a (b − x ) k= .ln( ) . Thay các giá trị vào ta được: t (b − a ) b( a − x ) 1 0, 05(0, 08 − 0, 03) k= .ln( ) = 0, 248l.mol −1. phut −1 60(0, 08 − 0, 05) 0, 08(0, 05 − 0, 03) b) thời gian bán hủy của các chất: 1 a (b − a ) 1 0, 05(0, 08 − 0, 025) +) chất A: t 1 = ln( 2 )= ln = 42,8( phut ) 2 k (b − a ) b(a − a ) 0, 248.0, 03 0, 08(0, 05 − 0, 025) 2 +) chất B: tính tương tự ta thu được : t 1 = 123( phut ) 2 Bài 2.8 Phản ứng phân hủy của C 14 là phản ứng bậc 1, ta có pt như sau: kt = ln(C/Co) ln 2 0, 693 −4 Ta có k = t = 5730 = 1, 21.10 ( nam −1 ). Nếu C=0,72.Co thì thay các giá trị vào pt 1 2 1 C0 1 C0 trên ta được: t = ln = ln = 2714,9 (năm) k C k 0, 72C0 Bài 2.9 Phản ứng phân hủy Sr 90 là phản ứng bậc một C m Ta có pt : kt = ln 0 = ln 0 C m ln 2 0, 693 k= = = 0, 0247(nam −1 ) t1 28,1 2 1 +) t = 18 năm: → ln = 0, 0247.18 = 0, 446 ⇒ m = 0, 641( µ g ) m +) t = 70 năm: tương tự ta được: m = 0,177( µ g ) Bài 2.10 − − Ta có phản ứng: CH 3COOC 2 H 5 + OH → CH 3COO + C2 H 5OH t =0 0,1 0,05 t = 10s;10 phut ? ta có pt động học của phản ứng bâc hai khi nồng độ ban đầu của các chất khác nhau: 1 a (b − x ) kt = ln b − a b( a − x ) 1 0, 05(0,1 − x) +) t = 10s: 0,11.10 = ln ⇒ x = 5, 08.10−3 ( M ) 0,1 − 0, 05 0,1(0, 05 − x) Vậy số mol este còn lại là: 0,949(M). 4
  5. 1 0, 05(0,1 − x ) +) t = 10’’=600s: 0,11.600 = ln ⇒ x = 0, 049( M ) 0, 05 0,1(0, 05 − x ) Và số mol este còn lại là: 0,051(M). Bài 2.11 2A → SP k = 3,5.10−4 (l.mol −1.s −1 ) t =0 0,26M t=? 0,011M 1 1 1 1 phản ứng là bậc hai: kt = − ⇒ 3,5.10−4 t = − = 87, 063 C C0 0, 011 0, 26 → t = 248751( s) hay 69(h) Bài 2.12 Ta có phản ứng: 2A ⇔ B K B + C → SP Kb Cho cơ chế của phản ứng sau: 2A ← B k → (1) 2 W = k[A] B + C  P kb → W = kb[B][C] Do phản ứng (1) là phản ứng thuận nghịch nên: W = kkb[A]2[C] Nhìn vào biểu thức trên thì thấy ngay bậc của phản ứng là n = 3 Bài 2.13 Ta có phản ứng : A → SP (phản ứng là bậc một) t = 0 Co t =1h 0,4Co t =2h ? C 1 C0 C0 Ta có pt: kt = ln 0 ; t =1h → k = ln = ln = 0,916(h −1 ) C t C 0, 4C0 C Khi t = 2h → ln 0 = kt = 0,916.2 = 1,832 C C ⇒ 0 = 6, 25 ⇔ C = 0,16C0 (hay còn lại 16%) C Bài 2.14 Ta có bảng số liệu sau: t(ph) 0 0,5 1 2 3 4 5 C(mol/l) 1 0,901 0,815 0,667 0,542 0,435 0,366 ln(Co/C) 0 0.1 0.20456 0.405 0.612 0.832 1 Dựng đồ thị phụ thuộc của t vào ln(Co/C) ta được: 5
  6. Chart Title 1.2 y = 0.2029x + 0.0013 1 R2 = 0.9993 0.8 ln(Co/C) ln(Co/C) 0.6 Linear (ln(Co/C)) 0.4 0.2 0 0 1 2 3 4 5 6 t(ph) Từ đồ thị ta suy ra được phản ứng là bậc một và k = 0,2029 ( phut −1 ). • phương pháp một đường cong: C1 Ta có: α1 = = 0,901 ; t1 = 0,5( phut ) C0 α 2 = α12 = 0,812 ⇒ C2 = C0 .α 2 = 0,812( M ) ; t2 ; 1( phut ) t 1 lg( 2 − 1) lg( − 1) t1 0,5 Khi đó ta có: n = 1 − = 1− =1 C 0,901 lg 1 lg C0 1 Vậy bậc của phản ứng bằng 1 Bài 2.15 Pt phản ứng: 2NO + O2 = 2NO2 x 1-x Ta có pt tốc độ phản ứng: W = k .x (1 − x ) 2 Để cho tốc độ phản ứng đạt cưc đại thì biểu thức: Y = x 2 .(1 − x) phải đạt cực đại trong khoảng (0;1). y ' = 2 x − 3 x 2 = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2/3. Lâp bảng biến thiên của hàm trên ta thây tại x=2/3 thì y đạt giá trị Max. Tỉ lệ các chất khí là: 2/3 mol NO và 1/3 mol O 2 Bài 2.16 Ta có pt phản ứng: A + B + C → SP t=0 1M 1M 1M t = 1s 0,5M t = 2s ? ln 2 a) Nếu phản ứng là bậc 1. 2 t 1 =1s → k= =0,693(s −1 ) t1 2 C 1 ⇒ kt=ln 0 ⇔ 2.0,693=ln ; g pt trên ta được C = 0, 25 ,có nghĩa là A còn lại 25% C C b) Nếu bậc hai: 6
  7. 1 1 t = 2 = 2 → K = 2 = 2(l.mol −1 s −1 ) Ta có pt của phản ứng bậc hai: kt = − ; 12 kC0 K t1 C C0 2 Thay t = 2s và giá trị của k vừa tìm được vào pt trên ta được:C =0,2M ,hay dd A còn 20% c) Phản ứng bậc 3: 1 1 3 3 −2 −1 PT: 2kt = 2 − 2 ; t 1 2 = 2kC 2 → k = 2C 2t = 1,5l .mol .s 2 C C0 0 0 1 2 Thay các giá trị vào ta tìm được C=0,378M ( hay A còn lại là 37,8%) Bài 2.17 Pt phản ứng: A + B → C ( W = K [ A] . [ B ] ) a b t=0 Co Co t = 1h 0,25Co t= 2h ? a) Phản ứng là bậc 1 với A, bậc 0 với B: W = K [ A] C0 1 C 1 pt động học dạng: kt = ln ⇒ k = ln 0 = 1ln = 1,386h −1 C t C 0, 25 C0 sau 2h : ln = 1,386.2 = 2, 77 → x = 0, 063 (hay 6,3%Co) xC0 b) Bậc 1 đối với mỗi cấu tử: W = k [ A] .[ B ] 1 1 PT động học : kt = − . Làm các phép tính như trên ta thu được: C0 C k = 3h −1.mol −1.l và C = 0,1438M ( hay 14,38%Co) c) Bậc 0 với mỗi cấu tử: W=K Pt động học: kt=Co-C ; K=0,75( h −1.mol.l −1 ) Ở trong điều kiện t=2h thì phản ứng đã xảy ra hoàn toàn Bài 2.18 Pt phản ứng: ClO − + Br − → BrO − + Cl − Ta có bảng giá tri như sau: t(phut) 0 3,63 7,65 15,15 26 47,6 90,6 x=  BrO − 102 M    0 0,056 0,095 0,142 0,18 0,2217 0,2367 Sử dụng pp thế: ta giả sử n=2, khi đó pt động học phản ứng: 1 1 C10 (C2 − x) 0 k= . 0 ln 0 t C2 − C10 C2 (C10 − x) Thay các giá tri vào pt trên ta thu được bảng sau: t(phut) 0,0 3,63 7,65 15,15 26,0 47,6 90,6 k 0,0 23,6 23,11 23,34 23,9 23,14 23,69 Từ đó ta thấy các giá trị k thu được là xấp xỉ nhau. Nên giả thiêt ban đầu là đúng. 7
  8. 1 6 Suy ra: k = ∑ ki = 23, 46 và bậc của phản ứng là 2 6 i =1 Bài 2.19 −2 − − 2− Phản ứng xảy ra: S 2O3 + RBr → RS 2O3 + Br ( [RBr] là khá lớn so với[ S 2O3 ]) 2− Lượng S 2O3 được chuẩn bằng dd Iot 0,02575N theo pt: 2 S 2O32− + I 2 → S 4O6 2− + 2 I − Ta lập được bảng sau: t(phut) 0 1110 1873 2753 3854 4822 6359 V I 2 (ml) 37,63 35,2 33,63 31,9 29,86 28,04 26,0 2− S 2O3 (M ) 0,097 0,091 0,087 0,082 0,077 0,072 0,067 Ta có tốc độ phản ứng: W = K  S2O3  .[ RBr ] = K '  S2O3  2− a b 2− a     Giả sử phản ứng trên là bậc 1 ta có Chart Title 0.5 y = 6E-05x + 0.0293 0.4 R2 = 0.9976 ln(Co/C) 0.3 ln(Co/C) 0.2 Linear (ln(Co/C)) 0.1 0 0 2000 4000 6000 8000 t(phut) Như vậy ta thu được đường thẳng tuyến tính như trên,giả thiết về bậc phản ứng là đúng. → k’= 6.10−5 phut −1 . Bài 2.20 Ta có pt phản ứng: CH 3COOC 2 H 5 + NaOH = CH 3COONa + C2 H 5OH Vì k = 2,38l.mol −1. phut −1 → phản ứng trên là phản ứng bậc hai Ta có: N CH 3COOC2 H 5 = 0, 05 N → CCH3COOC2 H5 = 0, 05M a) C NaOH = 0, 05M 1 1 Khi đó pt động học có dạng: − = kt . Theo bài, tại t 50% axetat bị xà phòng hóa C C0 1 1 {C = 0,0125 M C0 = 0,025 M Ta được − 0, 0125 0, 025 = 2,38.t → t = 16,8 phut b) C NaOH = 0,1M → nồng độ ban đầu khác nhau 8
  9. 1 a (b − x) Ta có pt động học: kt = .ln b − a b( a − x ) Với b= C0( NaOH ) = 0, 05M ; a = C0(CH3COOC2 H 5 ) = 0, 025M ; x = 0, 0125M . Thay các giá trị 1 1 a(b − x) vào pt trên ta được: t = .ln = k b − a b( a − x ) 1 1 0, 025(0.05 − 0, 0125) .ln = 6,8 phut 2,38 (0, 05 − 0, 025) 0, 05(0, 025 − 0, 0125) Bài 2.21 Ta có W = K .[ N 2 H 4 ] .[ N 2 H 5Cl ] . Và với bảng số liệu thực nghiệm sau: a b W, 10 4 , mol.l −1.s −1 [ N 2 H 4 ] , mol / l [ N 2 H 5Cl ] , mol / l 27,4 12,5 17,8 10,5 4,8 17,8 3,57 1,71 17,0 2,19 1,71 10,4 Giả sử phản ứng là bậc hai: W = K .[ N 2 H 4 ] .[ N 2 H 5 Cl ] Thay các số liệu trên vào pt ta lần lượt thu được các giá trị: −5 k1 = 1, 23.10−5 ; k2 = 1, 22.10−5 ; k3 = 1, 23.10−5 ; k4 = 1, 23.10 Như vậy các giá trị k thu được là bằng nhau: k= 1, 23.10−5 → giả thiết n=2 là đúng. ***************** CHƯƠNG 3 Bài 3.1 k1 = 2,8.10−3 l.mol −1.s −1 ↔ t1 = 303k Ta có: k2 = 1,38.10−2 l.mol −1.s −1 ↔ t2 = 323k k2 1,38.10−2 RT1T2 ln 8,314.303.323.ln Năng lương hoạt hóa: k1 2,8.10−3 Ea = = = 65094, 6( J ) T2 − T1 323 − 303 − Ea k Từ pt Arrhenius : k = k0 .e → k0 = RT . Thay các giá trị đã biết vào pt trên ta thu − Ea e RT được giá trị cần tìm: k0 = 4, 66.10 l.mol −1.s −1 4 Bài 3.2 t 0c 0 25 35 45 k, s −1 1,06 .10−5 3,19 .10−4 8,86 .10−4 2,92 .10−3 a)Tính theo hai nhiệt độ: k2 T1 = 273K ↔ K1 = 1, 06.10−5 RT1T2 .ln k1 T2 = 298 K ↔ K 2 = 3,19.10−4 → Ea1 = = 92104, 6( J ) T2 − T1 Làm các phép tính tương tự ta được các giá trị: Ea 2 = 86112,3( J ) ; Ea 3 = 88407( J ) 9
  10. Ea1 + Ea 2 + Ea 3 → Ea = = 88874, 6( J ) 3 − Ea k Do k = k0 .e → k0 = − Ea . Thay các giá trị vào ta tính được giá trị tb của k0 RT e RT → k0 = 1.1012 s −1 b) theo pp đồ thị: − Ea E Ta có: k = k0 .e RT → ln k = ln k0 − a RT Xây dựng đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của lnk vào 1/T. Ta có bảng sau 1 T 0.00366 0.00335 0.00325 0.00314 lnk -11.45 -8.05 -6.92 -5.836 Và dựng được đồ thị tuyến tính 0 0.0031 0.0032 0.0033 0.0034 0.0035 0.0036 0.0037 -2 -4 -6 lnk lnk -8 Linear (lnk) -10 y = -10865x + 28.334 -12 R2 = 0.9996 -14 1/T − Ea Ta có: tgα = = −10865 → Ea = 90331, 6( J ) .Và k0 = 2.1012 s −1 R Bài 3.3 k2 RT1T2 ln Ta có biểu thức tính năng lượng hoạt hóa: k1 . Ea = T2 − T1 k2 8,314.293.303ln 2 Mà theo bài ra: = 2 , nên ta có: Ea = = 51151( J ) k1 303 − 2931 Bài 3.4 K RT1T2 ln 2 Ta có pt : K1 . Phương trình trên là pt của năng lượng hoạt hóa Ea = T2 − T1 1 K 2 t1 Ta lại có: W : K : (t là thời gian phản ứng) → = . Thay vào pt trên ta được t K1 t2 10
  11. 30 8,314.298.313ln Ea = 5 = 92631,6 (J) T2 − T1 Bài 3.5 E = 20kcal / mol = 20.103.4,18 = 83600( J / mol ) Ta có biểu thức tính năng lượng hoạt hóa: K RT1T2 ln 2 K1 K E (T − T ) 83600.10 Ea = ⇒ ln 2 = a 2 1 = = 1,133 T2 − T1 K1 RT1T2 8,314.293.303 Từ đó suy ra: K2 = e1,133 = 3,1 K1 Bài 3.6 − Ea1 E Ta có: k1 = k0 .e RT → ln k1 = ln k0 − a1 RT − Ea 2 E k2 = k0 .e RT → ln k2 = ln k0 − a 2 RT 1 1 Từ hai biểu thức trên suy ra: ln k2 − ln k1 = ( Ea1 − Ea 2 ). = 750.4,18. = 1, 257 RT 8,314.300 k2 Vậy = e1,257 = 3,515 k1 Bài 3.7 Ta có bảng số liệu sau lnk -10.596635 -9.965363 -9.40879 -9.00333 -8.37309 -7.94904 -7.4594 -6.9868 -6.56063 1/t 0.00181818 0.00178571 0.00175439 0.001724 0.001695 0.001667 0.001639 0.001613 0.001587 t 550 560 570 580 590 600 610 620 630 − Ea Ea Ta có: k = k0 .e RT → ln k = ln k0 − . Khi đó xây dựng đồ thị phụ thuộc của lnk vào 1/ RT T 11
  12. đồ thị tuyến tính 0 0.00155 0.0016 0.00165 0.0017 0.00175 0.0018 0.00185 -2 -4 lnk lnk -6 Linear (lnk ) -8 -10 y = -17367x + 21.014 R2 = 0.9992 -12 1/T − Ea Từ đồ thị ta có: tgα = = −1736 → Ea = 1736.8,314 = 14433( J ) R ln k0 = 21, 014 → k0 = e 21,014 = 109,126 Bài 3.8 ln 2 0, 693 −3 −1 Ta có : T1 = 651K ↔ k1 = t = 363 = 1,9.10 phut 1 2 K2 RT1T2 ln K E (T − T ) 51,95.4,18.(723 − 651) Lại có : : K1 → ln 2 = a 2 1 = = 4.10−3 Ea = K1 RT1T2 8,314.651.723 T2 − T1 K2 → = 1, 004 ⇔ K 2 = 1, 004.K1 ; 1,9.10−3 ( phut −1 ) K1 Vậy tg để phản ứng hết 75% chất ở nhiệt độ 723K là: 1 1 1 t = ln = ln 4 = 729, 63 phut k2 0, 25 1,9.10−3 Bài 3.9 Ta có E = 33,58cal / mol = 140,365 J / mol ; k0 = 5.10 s −3 −1 a) t 1 = 1 phut = 60s 2 ln 2 0, 693 → k1 = = = 0, 01155( s −1 ) . t1 60 2 Ea 140,365 − Ea Ea T= = = 0, 47 K Từ pt: k = k0 .e → ln k = ln k0 − RT → k0 5.1013 RT R ln 8,314.ln k 0, 01155 b) t 1 2 = 30ngay = 2592000 s → k2 = 2, 674.10−7 s −1 . Tính tương tự ta được T=0,361K Bài 3.10 12
  13. Ta có bảng số liệu thực nghiệm như sau: T(k) 280 287,8 296,8 303 311,4 −1 K(l. mol . ph −1 1060 1580 2480 3750 4680 ) 1/T, 10−3 3,57 3,47 3,37 3,3 3,2 LnK/T 1,33 1,7 2,12 2,52 2,7 # −∆H kT # k k ∆s # ∆H # Từ pt: k = b .e ∆s / R .e RT → ln = ln b + − h T h R RT k Xây dựng đồ thị ln phụ thuộc vào 1/T ta có: T −∆H # Theo đồ thị ở hình phía dưới ta có: = −3986 → ∆H # = 3986.R R → ∆H # = 3986.8,314 = 33139, 6( J / mol ) Chart Title 3 2.5 2 ln(K/T) lnK/T 1.5 y = -3986x + 15.571 R2 = 0.9889 Linear (ln(K/T)) 1 0.5 0 0.0031 0.0032 0.0033 0.0034 0.0035 0.0036 1/T # # kbT −∆G kh −∆G Ta lại có: k= .e RT → = e RT h kbT kh −∆G # k k → ln = ⇔ ∆G # = RT (ln b − ln ) (1) kbT RT h T k Từ phương trình nội suy của đồ thị ta có thể tính được ln ứng với T=298K T k k 1,38.10−23 ln =2,195; ln b = ln = 23, 763 T h 6, 602.10−34 Vậy ∆G298 = RT (23, 763 − 2,195) = 8,314.298.21,568 = 53436,3( J / mol ) # Ta lại có ∆H # − ∆G298 # 33139, 6 − 53436,3 ∆G298 # = ∆H # − T ∆S298 # → ∆S 298 # = = = −68( J / molK ) T 298 Bài 3.11 13
  14. Ta có bảng sau: T 298 303 307,5 312 321 330 1/T, 10 −3 3,356 3,3 3,252 3,205 3,115 3,03 K, 105 , S −1 0,5 0,68 1,03 1,62 3,95 8,95 ln(K/T) -17.903 -17.612 -17.211 -16.773 -15.91 -15.12 k Ta dựng được đồ thị phụ thuộc của ln vào 1/T ta được: T −∆H # = −8800,8 → ∆H # = 8800,8.8,314 = 73169,85( J / mol ) R k k Tương tự bài 3.11 ta có : ∆G = RT (ln b − ln ) # h T k k Tại T=298K thì từ pt nội suy trên đồ thị ta có: ln =-18.04; ln b =23,763 T h đồ thị -14.5 -15 0.003 0.0031 0.0032 0.0033 0.0034 -15.5 -16 ln(K/T) ln(K/T) -16.5 Linear (ln(K/T)) -17 -17.5 y = -8800.8x + 11.493 -18 R2 = 0.9936 -18.5 1/T → ∆G # = 8,314.298(23, 763 + 18, 04) = 103570( J / mol ) Và ∆H # − ∆G298 # 73169,85 − 103570 ∆G298 # = ∆H # − T ∆S298# → ∆S298# = = = −102( J / molK ) T 298 Bài 3.12 Phản ứng thủy phân Benzoilimidazol có các số liệu thực nghiệm sau: 14
  15. Làm tương tự như bài 3.11 ta có được đồ thị như hình dưới −∆H # = −6500 → ∆H # = 6500.8,314 = 54041( J / mol ) R k k Và ∆G = RT (ln b − ln ) → ∆G # = 8,314.298(23, 763 + 6,866) = 75885,55( J / mol ) # h T ∆H # − ∆G298 # 54041 − 75885, 55 ∆G298 # = ∆H # − T ∆S 298 # → ∆S298 # = = = −73,3( J / molK ) T 298 T 288,5 298 307,5 317,9 1/T 0.0034662 0.0033557 0.00325203 0.00314564 K,ph 0,138 0,312 0,638 1,22 Ln(K/T) -7.645196 -6.861845 -6.1778920 -5.562886 Chart Title 0 0.0031 -1 0.0032 0.0033 0.0034 0.0035 -2 -3 -4 ln(K/T) -5 Linear (ln(K/T)) -6 -7 y = -6508x + 14.946 -8 R2 = 0.9979 -9 Bài 3.13 15
  16. t1 = 20 c → T1 = 275 K ↔ k1 = 2.10−5 s −1 Ta có: t2 = 280 c → T2 = 303K ↔ k2 = 1,5.10−4 s −1 K2 RT1T2 ln Ngoài ra:ta có năng lượng hoạt hóa của phản ứng K1 Ea = T2 − T1 1,5.10−4 8,314.275.303.ln → Ea = 2.10−5 = 53686, 6( J ) 303 − 275 Ta có Ea ≈ ∆H # → ∆H # =53686,6(J) − Ea k k1 k = k0 .e RT → k0 = − Ea = − Ea =105,49 e RT e RT1 − Ea −53686,6 →k −4 = k0 .e R.298 = 105,49.e 8,314.298 =1, 2.10 ( s ) −1 298 Ta có ∆H # không phụ thuộc vào khoảng nhiệt độ đã cho,còn ∆G # , ∆S # phụ thuộc vào T và kT . # # kbT −∆G kh −∆G Lại có: k = .e RT → = e RT h kbT kh −∆G # k k → ln = ⇔ ∆G # = RT (ln b − ln ) (1) kbT RT h T −23 −1 −34 Thay giá trị: kb = 1,38.10 ( J .K ); h = 6, 602.10 ( J .S ); k298 ; R=8,314J/mol.k;T=298k 1, 2.10−4 Vào (1) ta được: ∆G # = 8,314.298(23, 763 − ln ) = 95356,8( J ) 298 ∆H # − ∆G298 # 53686, 6 − 95356,8 ∆G298 # = ∆H # − T ∆S298 # → ∆S 298 # = = = −139,83( J / molK ) T 298 ************** CHƯƠNG 4 Bài 4.1: Cho phản ứng phân hủy nhiệt CH4 như sau: CH4  •CH3 + H• k1 → ⇒ W = k1.[CH4] CH4 + CH3  C2H6 + H• • k2 → ⇒ W = k2.[CH4].[ •CH3] CH4 + H•  •CH3 + H2 k3 → ⇒ W = k3.[ CH4].[ H•] • CH3 + H• + M  CH4 + M k4 → ⇒ W = k4.[ •CH3].[ H•].[M] Phương trình tốc độ phản ứng: d [C2 H 6 ] = k2.[CH4].[ •CH3] (1) dt 16
  17. Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định: • Đối với H• : d [H • ] = k1.[CH4] + k2.[CH4].[ •CH3] - k3.[ CH4].[ H•] - k4.[ •CH3].[ H•].[M] = 0 (2) dt • Đối với •CH3 : d [• CH 3 ] = k1.[CH4] - k2.[CH4].[ •CH3] + k3.[ CH4].[ H•] - k4.[ •CH3].[ H•].[M] = 0 (3) dt Cộng (2) và (3) ta được: k1.[CH4] - k4.[ •CH3].[ H•].[M] = 0 (4) Trừ (2) cho (3) ta được: k2[•CH3] – k3[H•] = 0 (5)  k1.[ CH 4 ] − k 4 .  • CH 3  .  H•  .[ M ] = 0      Từ (4) và (5) ta có hpt:    k 2  CH 3  – k 3  H •  = 0  •    • k 3 k1k 2 [CH 4 ] [ CH 3 ]= .  k2 k 3k 4 [M] ⇔  [H • ]= k1k 2 [CH 4 ]  k 3 k 4 [M]  Thay vào (1) ta được: d [C2 H 6 ] k1k 2 k 3 [CH 4 ]3 = dt k 4 [M] Bài 4.2: Cho phản ứng phân hủy HNO3 xảy ra theo cơ chế sau: HNO3  •OH + NO2 k1 → W = k1.[HNO3] • OH + NO2  HNO3k2 → W = k2.[ •OH].[NO2] • OH + HNO3  H2O + •NO3 k3 → • W = k3.[ OH].[HNO3] • Phương trình tốc độ phân hủy HNO3: d[HNO3 ] = - k1.[HNO3] + k2.[ •OH].[NO2] - k3.[ •OH].[HNO3] (1) dt • Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với •OH: d[•OH ] = k1.[HNO3] - k2.[ •OH].[NO2] - k3.[ •OH].[HNO3] = 0 dt k1.[ HNO3 ] ⇔ [•OH] = k 2 .[ NO 2- ] + k 3 .[ HNO3 ] Do đó: 17
  18. -2k1.[ HNO3 ] d[HNO3 ] = k .[NO 2 ] dt 1+ 2 k 3 .[HNO3 ] • Nhận xét: o Phản ứng bậc 1 đối với HNO3 Do đó phương trình tốc độ có dạng: W = k.[HNO3] Nhìn vào biểu thức tốc độ của HNO3 thì có 2 khả năng xảy ra:  [NO2 ] = 0 [NO ] = [HNO ]  2 3 +) Phản ứng bậc 2 đối với HNO3 Do đó phương trình tốc độ có dạng: W = k.[HNO3]2 +) NO2 ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng như sau: Nếu [NO2] tăng thì tốc độ phân hủy HNO3 giảm. Bài 4.3: Cho phản ứng phân hủy nhiệt NO2Cl và cơ chế như sau: NO2Cl  NO2 + Cl• k1 → W = k1.[NO2Cl] NO2Cl + Cl•  NO2 + Cl2 k2 → W = k2.[NO2Cl][Cl•] • Phương trinh tỷ lượng: 2NO2Cl → 2NO2 + Cl2 • Biểu thức độ phản ứng theo NO2Cl d[NO 2 Cl] = - k1.[NO2Cl] - k2.[NO2Cl][Cl•] dt Áp dụng định lý nồng độ ổn định đối với Cl• : d[Cl• ] = k1.[NO2Cl] - k2.[NO2Cl][Cl•] = 0 dt k ⇔ [Cl• ] = 1 k2 d[NO 2 Cl] k1 ⇒ = - k1.[NO2Cl] - k2.[NO2Cl]. = -2k1[NO2Cl] dt k2 • Bậc của phản ứng phân hủy NO2Cl: Từ biểu thức trên ta thấy ngay bậc của phản ứng theo NO2Cl là n = 2 Bài 4.4: Cho phản ứng phân hủy 2N2O5 → 4NO2 + O2 có cơ chế như sau: N2O5  NO2 + NO3 k1 → W = k1.[N2O5] ' NO2 + NO3  N2O5 k1 → ' W = k1 .[NO2].[NO3] NO2 + NO3  NO2 + NO + O2 k2 → W = k2.[NO2].[NO3] 18
  19. NO + N2O5  3NO2 k3 → W = k3.[NO].[N2O5] • Biểu thức tốc độ phản ứng: d[N 2 O5 ] ' = - k1.[N2O5] + k1 .[NO2].[NO3] - k3.[NO].[N2O5] (1) dt • Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định : o Đối với NO3: d[NO3 ] ' = k1.[N2O5] - k1 .[NO2].[NO3] - k2.[NO2].[NO3] = 0 (2) dt o Đối với NO: d[NO] = k2.[NO2].[NO3] - k3.[NO].[N2O5] = 0 (3) dt k1 .[ N 2 O 5 ] Từ (2) ta có: [NO 2 ].[NO3 ] = ' (2’) k1 +k 2 k1.k 2 [ N 2O5 ] Do đó (3) ⇔ k 3 .[NO].[N 2 O5 ]= ' (3’) k1 +k 2 Thay (2 ) và (3 ) vào (1) ta được: ’ ’ d[N 2 O5 ] ' k1 .[ N 2 O5 ] k1 .k 2 [ N 2 O5 ] k1 .k 2 [ N 2 O5 ] = - k1.[N2O5] + k1 . ' - ' = -2 ' dt k1 +k 2 k1 +k 2 k1 +k 2 • Bậc của phản ứng: Từ biểu thức trên ta thấy ngay, bậc của phản ứng theo N2O5 là n = 1. Bài 4.5: Cho cơ chế phân hủy R2 như sau: (1): R2  2Rk1 → W = k1[R2] (2): R + R2  PB + R’ k2 → W = k2[R][R2] (3): R’  PA + R k3 → W = k3[R’] (4): 2R  PA + PB k4 → W = k4[R]2 • Phương trình vận tốc phân hủy R2: d[ R2 ] = - k1[R2] - k2[R][R2] (5) dt • Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định o Đối với R: d[R] = 2 k1[R2] - k2[R][R2] + k3[R’] -2 k4[R]2 = 0 (6) dt o Đối với R’: d[R ' ] = k2[R][R2] - k3[R’] = 0 (7) dt 19
  20. Từ (7) → k3[R’] = k2[R][R2]. Thay vào (6) (6) ⇔ 2 k1[R2] - k2[R][R2] + k2[R][R2] - 2 k4[R]2 = 0 ⇔ k4[R]2 – k1[R2] = 0 k1[R 2 ] ⇔ [R] = thay vào (5) k4 d[ R2 ] k1[R 2 ] (5) ⇔ = - k1[R2] – k2[R2] dt k4 Vậy phương trình vận tốc phân hủy R2 qua nồng độ R2 là: d[ R2 ] k1[R 2 ] = - k1[R2] – k2[R2] dt k4 Bài 4.6: Phản ứng: 2H2O2 → 2H2O + O2 được xúc tác bằng anion Br-. Giả sử phản ứng tuân theo cơ chế sau: H2O2 + Br-  H2O + BrO- k1 → (nhanh) - W = k1.[H2O2].[Br ] BrO + H2O2  H2O + O2 + Br- - k2 → (chậm) W = k2.[BrO-].[H2O2] Áp dụng nguyên lý nồng độ ổn định đối với BrO- d[BrO- ] = k1.[H2O2].[Br-] - k2.[BrO-].[H2O2] = 0 dt k [Br - ] ⇔ [BrO-] = 1 (*) k2 Ta biết rằng tốc độ phản ứng được tính ở giai đoạn chậm nhất nên: • Tốc độ phân hủy H2O2: d[H 2 O 2 ] = - k2.[BrO-].[H2O2] dt d[H 2 O 2 ] Từ (*) ta có: = - k1[Br-][H2O2] dt → Phản ứng bậc 1 đối với H2O2 • Tốc độ hình thành H2O: d[H 2 O] = k2.[BrO-].[H2O2] = k1[Br-][H2O2] dt → Phản ứng bậc 0 đối với H2O • Tốc độ hình thành O2 d[O 2 ] = k2.[BrO-].[H2O2] = k1[Br-][H2O2] dt → Phản ứng bậc 0 đối với O2. --THE END-- 20

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản