Bài Ôn tập chương I. Cân bằng hóa học trang 14, 15 SBT Hóa 11 Chân trời sáng tạo
Cho phương trình nhiệt hoá học sau:
BT 1
Cho phương trình nhiệt hoá học sau:
\[{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{(g) + }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O(g)}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO(g) }}{\Delta _{\rm{r}}}{\rm{H}}_{{\rm{298}}}^{\rm{0}} = - {\rm{151 kJ}}\]
Cân bằng hoá học sẽ chuyển dịch về phía tạo ra nhiều CH 3 CHO hơn khi
A. giảm nồng độ của khí C 2 H 2 .
B. tăng nhiệt độ của hệ phản ứng.
C. không sử dụng chất xúc tác.
D. tăng áp suất của hệ phản ứng.
Phương pháp giải:
Nguyên lí Le Chatelier: “Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu một tác động bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động đó”.
Chiều tạo ra CH 3 CHO là chiều thuận.
Lời giải chi tiết:
- Khi giảm nồng độ khí C 2 H 2 , cân bằng chuyển dịch theo chiều làm tăng lượng khí C 2 H 2 , tức cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
- Khi tăng nhiệt độ của hệ phản ứng, cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm nhiệt độ của hệ phản ứng, tức cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt (chiều nghịch).
- Chất xúc tác không ảnh hưởng đến chuyển dịch cân bằng. Do đó việc sử dụng hay không sử dụng chất xúc tác, thì cân bằng đều không chuyển dịch.
- Khi tăng áp suất của hệ phản ứng, cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm áp suất của hệ, tức là chiều làm giảm số mol khí của hệ (chiều thuận).
→ Chọn D .
BT 2
Cho phương trình nhiệt hoá học sau:
\[{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{(g) + }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O(g)}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO(g) }}{\Delta _{\rm{r}}}{\rm{H}}_{{\rm{298}}}^{\rm{0}} = - {\rm{151 kJ}}\]
Biểu thức tính hằng số cân bằng Kc của phản ứng là
A. \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}} = \frac{{{\rm{[}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{][}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O]}}}}{{{\rm{[C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO]}}}}\]
B. \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}} = \frac{{{\rm{[}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{]}}}}{{{\rm{[C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO]}}}}\]
C. \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}} = \frac{{{\rm{[C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO]}}}}{{{\rm{[}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{][}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O]}}}}\]
D. \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}} = \frac{{{\rm{[C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO]}}}}{{{\rm{[}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{]}}}}\]
Phương pháp giải:
Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:
aA+bB [\mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \] cC +dD
Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}}{\rm{ = }}\frac{{{{{\rm{[C]}}}^{\rm{c}}}{{{\rm{[D]}}}^{\rm{d}}}}}{{{{{\rm{[A]}}}^{\rm{a}}}{{{\rm{[B]}}}^{\rm{b}}}}}\]
Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.
Lời giải chi tiết:
Lời giải chi tiết:
\[{{\rm{K}}_{\rm{C}}} = \frac{{{\rm{[C}}{{\rm{H}}_{\rm{3}}}{\rm{CHO]}}}}{{{\rm{[}}{{\rm{C}}_{\rm{2}}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{][}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O]}}}}\]
→ Chọn C .
BT 3
Chất nào sau đây không phải chất điện li?
A. NaCl. B. C 6 H 12 O 6 . C. HNO 3 . D. NaOH.
Phương pháp giải:
Các chất điện li là chất khi tan vào nước tạo ra ion và thu được dung dịch dẫn điện (dung dịch chất điện li).
Lời giải chi tiết:
C 6 H 12 O 6 không phải chất điện li vì phân tử này không có khả năng phân li thành ion trong nước.
→ Chọn B .
BT 4
Phương trình điện li nào sau đây không chính xác?
A. \[{\rm{KCl}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{K}}^ + } + {\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }\].
B. \[{\rm{HCOOH}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{HCO}}{{\rm{O}}^ - } + {{\rm{H}}^ + }\].
C. \[{\rm{HClO}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{H}}^ + } + {\rm{Cl}}{{\rm{O}}^ - }\].
D. \[{\rm{Ca(OH}}{{\rm{)}}_{\rm{2}}} \to {\rm{C}}{{\rm{a}}^{2 + }} + {\rm{2O}}{{\rm{H}}^ - }\].
Phương pháp giải:
Chất điện li mạnh bao gồm acid mạnh, base mạnh và hầu hết các muối tan. Trong phương trình điện li của chất điện li mạnh, người ta dùng một mũi tên chỉ chiều của quá trình điện li.
Chất điện li yếu bao gồm các acid yếu, base yếu. Trong phương trình điện li của chất điện li yếu, người ta dùng hai nửa mũi tên ngược chiều nhau.
Lời giải chi tiết:
KCl (muối tan) là chất điện li mạnh, do dó phương trình điện li của KCl phải được biểu diễn bằng một mũi tên: \[{\rm{KCl}} \to {{\rm{K}}^ + } + {\rm{C}}{{\rm{l}}^ - }\]
→ Chọn A .
BT 5
Theo thuyết Brønsted — Lowry, H 2 O đóng vai trò gì trong phản ứng sau?
\[{{\rm{S}}^{2 - }} + {{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{H}}{{\rm{S}}^ - } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }\]
A. Chất oxi hoá. B. Chất khử.
C. Acid. D. Base.
Phương pháp giải:
Theo thuyết acid, base của Bronsted – Lowry: Acid là chất cho H + (proton), base là chất nhận proton.
Lời giải chi tiết:
Trong phản ứng trên, H 2 O là chất cho H + , do đó H 2 O là acid.
→ Chọn C .
BT 6
Cho phản ứng: \[{\rm{CO}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ }}3{{\rm{H}}_{\rm{2}}}\left( g \right){\rm{ }} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ C}}{{\rm{H}}_{\rm{4}}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}\left( g \right)\]
Nồng độ ở trạng thái cân bằng: [CO] = 0,0613 mol/L; [H 2 ] = 0,1839 mol/L, [CH 4 ] = 0,0387 mol/L và [H 2 O] = 0,0387 mol/L. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
Phương pháp giải:
Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau:
aA+bB \[ \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \] cC +dD
Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}}{\rm{ = }}\frac{{{{{\rm{[C]}}}^{\rm{c}}}{{{\rm{[D]}}}^{\rm{d}}}}}{{{{{\rm{[A]}}}^{\rm{a}}}{{{\rm{[B]}}}^{\rm{b}}}}}\]
Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.
Lời giải chi tiết:
\[\begin{array}{l}{\rm{CO}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ }}3{{\rm{H}}_{\rm{2}}}\left( g \right){\rm{ }} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ C}}{{\rm{H}}_{\rm{4}}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}\left( g \right)\\{{\rm{K}}_{\rm{C}}} = \frac{{[{\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{4}}}] \times [{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O]}}}}{{[{\rm{CO}}] \times {{[{{\rm{H}}_{\rm{2}}}]}^3}}} = \frac{{0,0387 \times 0,0387}}{{0,0613 \times 0,{{1839}^3}}} \approx 3,9284\end{array}\]
BT 7
Cho phản ứng: \[{\rm{CO}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ }}3{{\rm{H}}_{\rm{2}}}\left( g \right){\rm{ }} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ C}}{{\rm{H}}_{\rm{4}}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}\left( g \right)\]
Cân bằng của phản ứng sẽ chuyển dịch theo chiều nào khi
a) Bơm thêm H 2 vào hệ phản ứng?
b) Giảm áp suất?
Phương pháp giải:
Nguyên lí Le Chatelier: “Một phản ứng thuận nghịch đang ở trạng thái cân bằng khi chịu một tác động bên ngoài như biến đổi nồng độ, áp suất, nhiệt độ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều làm giảm tác động đó”.
Lời giải chi tiết:
a) Khi bơm thêm H 2 vào hệ phản ứng, cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm lượng khí H 2 , tức cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận.
b) Khi giảm áp suất của hệ phản ứng, cân bằng chuyển dịch theo chiều làm tăng áp suất của hệ, tức là chiều làm tăng số mol khí của hệ (chiều nghịch).
BT 8
Phản ứng: \[{\rm{COC}}{{\rm{l}}_2}\left( g \right) \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ CO}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ C}}{{\rm{l}}_2}\left( g \right)\] đạt trạng thái cân bằng ở 900 K.
Hằng số cân bằng của phản ứng có giá trị là 8,2×10 -2 . Giả sử nồng độ mol ở trạng thái cân bằng của CO và Cl 2 là 0,150 M. Tính nồng độ mol ở trạng thái cân bằng của COCl 2 .
Phương pháp giải:
Tổng quát, nếu có phản ứng thuận nghịch sau: aA+bB \[ \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} \] cC +dD
Khi phản ứng ở trạng thái cân bằng, ta có: \[{{\rm{K}}_{\rm{C}}}{\rm{ = }}\frac{{{{{\rm{[C]}}}^{\rm{c}}}{{{\rm{[D]}}}^{\rm{d}}}}}{{{{{\rm{[A]}}}^{\rm{a}}}{{{\rm{[B]}}}^{\rm{b}}}}}\]
Trong đó [A], [B], [C] và [D] là nồng độ mol các chất A, B, C và D ở trạng thái cân bằng; a, b, c và d là hệ số tỉ lượng các chất trong phương trình hoá học. Chất rắn không xuất hiện trong biểu thức hằng số cân bằng.
Lời giải chi tiết:
\[\begin{array}{l}{\rm{COC}}{{\rm{l}}_2}\left( g \right) \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {\rm{ CO}}\left( g \right){\rm{ }} + {\rm{ C}}{{\rm{l}}_2}\left( g \right)\\{\rm{ }}{{\rm{K}}_{\rm{C}}}{\rm{ }} = {\rm{ }}8,2 \times {10^{ - 2}}\\ \Leftrightarrow {\rm{ }}\frac{{{\rm{[CO][C}}{{\rm{l}}_2}{\rm{]}}}}{{{\rm{[COC}}{{\rm{l}}_2}{\rm{]}}}} = 8,2 \times {10^{ - 2}}\\ \Leftrightarrow \frac{{0,15 \times 0,15}}{{{\rm{[COC}}{{\rm{l}}_2}{\rm{]}}}}{\rm{ }} = 8,2 \times {10^{ - 2}}\\ \Rightarrow {\rm{[COC}}{{\rm{l}}_2}{\rm{]}} = \frac{{0,15 \times 0,15}}{{8,2 \times {{10}^{ - 2}}}} \approx 0,274{\rm{ (M)}}\end{array}\]
BT 9
Viết phương trình điện li (nếu có) của các chất trong dung dịch: KBr, NO 2 , Ca(NO 3 ) 2 , NaOH, CH 4 , Ba(OH) 2 , Fe 2 (SO 4 ) 3 , Zn(NO 3 ) 2 , KI, H 2 S, CH 2 =CH-COOH, CuO.
Phương pháp giải:
Chất điện li mạnh bao gồm acid mạnh, base mạnh và hầu hết các muối tan. Trong phương trình điện li của chất điện li mạnh, người ta dùng một mũi tên chỉ chiều của quá trình điện li.
Chất điện li yếu bao gồm các acid yếu, base yếu. Trong phương trình điện li của chất điện li yếu, người ta dùng hai nửa mũi tên ngược chiều nhau.
Lời giải chi tiết:
- Các chất điện li mạnh: KBr, Ca(NO 3 ) 2 , NaOH, Ba(OH) 2 , Fe 2 (SO 4 ) 3 , Zn(NO 3 ) 2 , KI.
- Các chất điện li yếu: H 2 S, CH 2 =CH-COOH.
- Các chất không điện li: NO 2 , CH 4 , CuO.
- Phương trình điện li:
\[\begin{array}{l}{\rm{KBr}} \to {{\rm{K}}^ + } + {\rm{B}}{{\rm{r}}^ - }\\{\rm{Ca}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right)_{\rm{2}}} \to {\rm{C}}{{\rm{a}}^{2 + }} + 2{\rm{NO}}_3^ - \\{\rm{NaOH}} \to {\rm{N}}{{\rm{a}}^ + } + {\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }\\{\rm{Ba}}{\left( {{\rm{OH}}} \right)_{\rm{2}}} \to {\rm{B}}{{\rm{a}}^ + } + 2{\rm{O}}{{\rm{H}}^ - }\\{\rm{F}}{{\rm{e}}_{\rm{2}}}{\left( {{\rm{S}}{{\rm{O}}_{\rm{4}}}} \right)_{\rm{3}}} \to 2{\rm{F}}{{\rm{e}}^{3 + }} + 3{\rm{SO}}_4^{2 - }\\{\rm{Zn}}{\left( {{\rm{N}}{{\rm{O}}_{\rm{3}}}} \right)_{\rm{2}}} \to {\rm{Z}}{{\rm{n}}^{2 + }} + 2{\rm{NO}}_3^ - \\{\rm{KI}} \to {{\rm{K}}^ + } + {{\rm{I}}^ - }\\{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{S}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{H}}^ + } + {\rm{H}}{{\rm{S}}^ - }\\{\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{ = CH - COOH}} \mathbin{\lower.3ex\hbox{$\buildrel\textstyle\rightarrow\over{\smash{\leftarrow}\vphantom{_{\vbox to.5ex{\vss}}}}$}} {{\rm{H}}^ + } + {\rm{C}}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{ = CH - CO}}{{\rm{O}}^ - }\end{array}\]
BT 10
Trộn lẫn V mL dung dịch NaOH 0,01 M với V mL dung dịch HCl 0,03 M thu được 2V mL dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y.
Phương pháp giải:
pH = -lg[H + ]. Với [H + ] là nồng độ ion H + trong dung dịch.
Lời giải chi tiết:
\[\begin{array}{l}{{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}}{\rm{ = 0,03V (mol)}}\\{{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}}{\rm{ = 0,01V (mol)}}\\{\rm{NaOH + HCl}} \to {\rm{NaCl + }}{{\rm{H}}_{\rm{2}}}{\rm{O}}\\{\rm{0,01V 0,03V (mol)}}\end{array}\]
\[\frac{{{{\rm{n}}_{{\rm{HCl}}}}}}{{\rm{1}}} > \frac{{{{\rm{n}}_{{\rm{NaOH}}}}}}{{\rm{1}}}{\rm{ }} \Rightarrow \]NaOH hết, HCl dư.
\[ \Rightarrow \]n HCl dư = 0,03V – 0,01V = 0,02V (mol)
\[\begin{array}{l} \Rightarrow {\rm{[HCl] = }}\frac{{{\rm{0,02V}}}}{{{\rm{2V}}}}{\rm{ = 0,01 (M)}}\\{\rm{HCl }} \to {\rm{ }}{{\rm{H}}^{\rm{ + }}}{\rm{ + C}}{{\rm{l}}^ - }\\0,01{\rm{ }} \to {\rm{0,01 (M)}}\\ \Rightarrow {\rm{[}}{{\rm{H}}^{\rm{ + }}}{\rm{] = 0,01 = 1}}{{\rm{0}}^{ - 2}}{\rm{(M)}}\\ \Rightarrow {\rm{pH = - log(1}}{{\rm{0}}^{ - 2}}{\rm{) = 2}}\end{array}\]