intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Chia sẻ: Caphesua | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:28

Thêm vào BST
Báo xấu
28
lượt xem 0
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Mục đích nghiên cứu của đề tài nhằm góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy của từng cá nhân trong đơn vị. Đặc điểm nổi bật nhất của đề tài này là kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày càng được nâng cao rõ rệt. Chính những nguyên nhân này đã góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy về mũi nhọn của đơn vị.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Sáng kiến kinh nghiệm THPT: Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

  1. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM TRƢỜNG THPT CHU VĂN AN Độc lập - Tự do - Hạnh phúc An Giang, ngày 11 tháng 02 năm 2019 BÁO CÁO Kết quả thực hiện sáng kiến, cải tiến, giải pháp kỹ thuật, quản lý, tác nghiệp, ứng dụng tiến bộ kỹ thuật hoặc nghiên cứu khoa học sƣ phạm ứng dụng I- Sơ lƣợc lý lịch tác giả: - Họ và tên: Lê Huy Vũ Giới tính: Nam. - Ngày tháng năm sinh: 1975 - Nơi thường trú: Ấp thượng 3 thị trấn Phú Mỹ huyện Phú Tân tỉnh An Giang. - Đơn vị công tác: Trường THPT Chu Văn An. - Chức vụ hiện nay: Tổ trưởng chuyên môn. - Trình độ chuyên môn: Tốt nghiệp Đại học Sư phạm môn Hóa học. - Lĩnh vực công tác: Giáo viên dạy môn Hóa học II.- Sơ lƣợc đặc điểm tình hình đơn vị: Nêu tóm tắt tình hình đơn vị, những thuận lợi, khó khăn của đơn vị trong việc thực hiện nhiệm vụ - Thuận lợi: Giáo viên có trình độ chuyên môn vững vàng. Tham gia giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tính, ôn thi THPT quốc gia nhiều năm tại đơn vị. - Khó khăn: Một số giáo viên chưa tham gia dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tỉnh nên cũng gặp nhiều khó khăn trong việc định hướng ôn tập cho học sinh thi học sinh giỏi cấp tỉnh, thi THPT quốc gia có liên quan đến nội dung cân bằng hóc học. - Tên sáng kiến: Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học. - Lĩnh vực: Hóa học 1
  2. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 III. Mục đích yêu cầu của đề tài, sáng kiến: 1. Thực trạng ban đầu trƣớc khi áp dụng sáng kiến Trước khi hiện sáng kiến giáo viên hướng dẫn học sinh giải bài tập liên quan đến mạch kiến thức cân bằng hóa học chủ yếu dựa vào những nội dung cơ bản của sách giáo khoa lớp 10 nên gặp nhiều khó khăn trong quá trình giải các bài tập liên quan đến nội dung cân bằng hóa học do đó hiệu quả mang lại chưa cao như mong đợi mà giáo viên đặt ra cho cả giáo viên và học sinh cùng phấn đấu. 2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh những năm gần đây bao quát kiến thức của chương trình toàn cấp trung học phổ thông trong đó có phần kiến thức của lớp 10 liên quan đến nội dung cân bằng hóa học. Mặt khác phần kiến thức trong đề thi học sinh giỏi cần vận dụng những nội dung kiến thức được học trong chương trình trung học phổ thông nhưng ở mức độ nâng cao. Để giải quyết được những yêu cầu trong đề thi đặt ra có liên quan đến những kiến thức mà các em đã tiếp thu trong quá trình học tập, các em cũng cần có thêm những kỹ năng phân tích, phán đoán, khả năng tư duy, sáng tạo, phương pháp thích hợp để giải từng dạng bài tập cụ thể thì mới đáp ứng được nội dung của câu hỏi đặt ra trong đề thi. Nhằm tạo điều kiện cho học sinh tiếp nhận đầy đủ lượng kiến thức để dự thi học sinh giỏi cấp tỉnh hàng năm, mặt khác đáp ứng được nhu cầu giảng dạy cho giáo viên bậc trung học phổ thông trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nên tôi mạnh dạn đăng ký viết đề tài : Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học cấp trung học phổ thông. Qua đó góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy của từng cá nhân trong đơn vị. Đặc điểm nổi bật nhất của đề tài này là kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày càng được nâng cao rõ rệt. Chính những nguyên nhân này đã góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy về mũi nhọn của đơn vị. 2
  3. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 3. Nội dung sáng kiến - Tiến trình thực hiện: + Dựa vào nội dung thuyết cân bằng hóa học được học trong chương trình lớp 10 cấp THPT. + Phân tích và đề ra phương pháp giải một cách cụ thể cho từng dạng bài tập có liên quan đến nội dung thuyết cân bằng hóa học. + Kiểm tra, nhận xét kết quả để chứng minh tính hiệu quả của đề tài. - Thời gian thực hiện: + Sáng kiến được hình thành và phát triển qua nhiều năm tham gia giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi để dự thi cấp tỉnh. + Đặc biệt được thực hiện và hoàn thành trong năm học 2018 – 2019. - Một số dạng bài tập cụ thể có liên quan đến nội dung của thuyết cân bằng hóa học thƣờng xuyên xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh. Trong sáng kiến này tôi sẽ phân tích một số dạng bài tập về cân bằng hóa học có liên quan đến các chất ở thể khí, lỏng. 3
  4. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 NỘI DUNG CƠ BẢN CỦA THUYẾT CÂN BẰNG HÓA HỌC A- Cơ sở lý thuyết: I- CÂN BẰNG HÓA HỌC Trạng thái cân bằng hóa học là trạng thái của hệ phản ứng thuận nghịch tại đó tốc độ phản ứng thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch và nồng độ các chất (kể cả chất đầu và sản phẩm) không thay đổi nữa. Cân bằng hóa học là một cân bằng động vì khi đạt tới cân bằng 2 phản ứng thuận và nghịch vẫn tiếp tục xảy ra với vận tốc bằng nhau. II- HẰNG SỐ CÂN BẰNG Xét phản ứng đồng thể thuận nghịch, các chất phản ứng thuộc cùng một pha (pha khí hoặc dung dịch lỏng) A+B C+D Khi cân bằng: Vt = Vn  Kt.[A].[B] = Kn.[C].[D] Kt [C ].[ D]  KC   K n [ A].[ B] Trong đó [A]; [B]; [C]; [D] là nồng độ của các chất A, B, C, D ở trang thái cân bằng; KC là hằng số cân bằng; Kt và Kn là các hằng số chỉ phụ thuộc bản chất phản ứng và nhiệt độ, không phụ thuộc nồng độ nên KC cũng chỉ phụ thuộc bản chất phản ứng và nhiệt độ. III- CÂN BẰNG BỘI Xét trường hợp phức tạp hơn trong đó sản phẩm của phản ứng thuận nghịch thứ nhất lại tham gia vào phản ứng thuận nghịch thứ hai: A+B C + D (1) K C' C+D E + F (2) K "C [C ].[ D] Đối với phản ứng thuận nghịch (1): K C'  [ A].[ B] 4
  5. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 [ E ].[ F ] Đối với phản ứng thuận nghịch (2): K C''  [C ].[ D] Phương trình tổng cộng: A+B C + D (1) K C' C+D E + F (2) K "C A B EF KC [ E ].[ F ] KC  . Ta cũng thu được biểu thức này nếu nhân hai biểu thức KC' và KC'' lại với nhau. [ A].[ B] Do đó: KC = K C' . K "C . Kết luận: Nếu một phản ứng có thể biểu diễn dưới dạng tổng số của nhiều phản ứng thì hằng số cân bằng phản ứng tổng cộng là tích số của các hằng số cân bằng của mỗi phản ứng tạo thành. Lƣu ý: Các hệ số phương trình của mỗi chất trong phương trình phản ứng chính là số mũ của nồng độ chất đó trong biểu thức tính KC hay số mũ của áp suất riêng phần của chính chất đó trong biểu thức tính KP. IV- CÁC DẠNG BIỂU THỨC CỦA HẰNG SỐ CÂN BẰNG Xét phản ứng thuận nghịch: aA + bB xC + yD 1- Hằng số cân bằng theo nồng độ: KC [C ] x .[ D] y KC  [ A]a .[ B]b 2- Hằng số cân bằng theo áp suất: KP Gọi PA, PB, PC, PD là áp suất riêng phần của các chất khí trong phản ứng lúc cân bằng ni với Pi  .R.T  [Ci ].RT  X i Pchung V ( PC ) x .( PD ) y KP = a b (với R = 0,082 atm.l.mol-1.K-1) ( PA ) .( PB ) 5
  6. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Quan hệ KP và KC là: KP = KC.(RT) n (với n bằng độ tăng số mol khí trong phương trình hóa học: n = (x + y) – (a + b)) KP chỉ phụ thuộc vào bản chất của phản ứng và nhiệt độ nhưng không phụ thuộc vào áp suất. Nếu n = 0  KP = KC Hằng số KP chỉ áp dụng cho hệ khí. 3- Hằng số cân bằng theo nồng độ phần mol: KX ( X C ) x .( X D ) y n KX = (với X i  i ; ni là số mol khí của chất i) a ( X A ) .( X B ) b  ni Giữa Pi và Xi có quan hệ: Pi = Pxi. Với P = P i (P là tổng áp suất toàn phần của hệ) Giữa KC, KP, KX có mối quan hệ: KP = KC.(RT) n = KX.P n Lƣu ý: KX phụ thuộc vào áp suất chung của hỗn hợp khí lúc cân bằng. 4- Hằng số cân bằng theo số mol: Kn (nC ) x .(nD ) y Kn = (nA ) a .(nB )b nA, nB; nC; nD là số mol mỗi chất có trong phương trình phản ứng lúc cân bằng. Kn phụ thuộc vào áp suất lẫn tổng hợp số mol khí trong bình lúc cân bằng. Thí dụ 1: Quá trình biến đổi tương hỗ giữa N2O4 (k) và NO2 (k) có thể biểu diễn bằng 4 phương trình hóa học sau: N2O4 (k) 2NO2 (k) (1) KC 1 N2O4 (k) NO2 (k) (2) K C' 2 2NO2 (k) N2O4 (k) (3) K "C 1 NO2 (k) N2O4 (k) (4) K C''' 2 a- Lập biểu thức quan hệ giữa K C' ; K C'' ; K C''' theo KC. b- Từ kết quả trên, hãy rút ra kết luận. 6
  7. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Giải a- Lập biểu thức quan hệ giữa K C' ; K C'' ; K C''' theo KC. 1 1 K C'  K C ; K C''  ; K C'''  KC KC b- Từ kết quả trên, hãy rút ra kết luận. Mỗi biểu thức của hằng số cân bằng liên quan với hệ số mol của các chất trong phương trình hóa học (còn gọi là phương trình tỷ lượng của phản ứng hoặc phương trình hợp thức của phản ứng). Thí dụ 2: Ở 500c dưới áp suất là 0,344 atm, độ điện ly  của N2O4(k) thành NO2(k) bằng 63%. Xác định KP, KC, KX. Giải: N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu: 1 0 Phân ly:  2 Cân bằng: 1 -  2 1 2 Phần mol 1 1 2 2 0,344 2.( 2.0,63 ) 2 2 P2 ( ) P 1  1  0,63   0,906atm NO2 KP = PN 2O4 1 1  0,63 P( ) 0,344.( ) 1 1  0,63 KP = KC.(RT) n  0,906 = KC.(0,082.323)(2-1)  KC = 0,034 KX = KP.P- n = 0,906.(0,344)-1 = 2,634. Thí dụ 3: Ở 10000K, có phản ứng: 2SO2 + O2 2SO3 KP = 3,5 atm-1. Tính áp suất riêng phần lúc cân bằng của SO3 nếu áp suất chung của hệ bằng 1 atm và áp suất cân bằng của O2 bằng 0,1atm. Giải: Gọi x là áp suất riêng phần của SO2 thì áp suất riêng của SO3 = 1 - PO - x = 0,9 – x 2 x  0,57atm (nhËn) 2 PSO (0,9  x)2 KP  3   3,5    PSO3  0,9  0,57  0,33 atm . x  2,2atm (lo¹i) 2 2 PSO 2 .PO2 x .0,1 7
  8. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Thí dụ 4: Cho phản ứng ở thể khí: CO(k) + H2O(k) CO2(k) + H2(k) Tại nhiệt độ T nồng độ lúc cân bằng của cả 4 chất trên đều bằng 0,02M. a- Hãy tính các hằng số cân bằng KC, KP, Kn; KX của phản ứng. b- Nếu tại nhiệt độ T ta cho vào bình 2 mol CO và 4 mol hơi nước thì khi cân bằng số mol mỗi chất bằng bao nhiêu? Giải a- Hãy tính các hằng số cân bằng KC, KP, Kn; KX của phản ứng. CO(k) + H2O(k) CO2(k) + H2(k) Ta nhận thấy phương trình trên có n  0 , nên: KC = KP = KX = Kn [CO2 ].[ H 2 ] 0,02.0,02 KC =  1 [CO].[ H 2 O] 0,02.0,02 Lưu ý: n  0  K không có đơn vị. n  0  K có đơn vị. b- Nếu tại nhiệt độ T ta cho vào bình 2 mol CO và 4 mol hơi nước thì khi cân bằng số mol mỗi chất bằng bao nhiêu? Giả sử khi đạt tới trạng thái cân bằng trong bình đã có x mol CO phản ứng với x mol H2O tạo thành x mol CO2 và x mol H2. Phương trình hằng số cân bằng Kn sẽ là: nCO2 .nH 2 x.x 4 Kn = 1  x  mol nCO .nH 2O (2  x).(4  x) 3  4 n  2CO  nH  mol 2 3   4 2 nCO  2   mol Số mol lúc cân bằng:  3 3  4 8 n  2H O  4   mol  3 3 8
  9. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Thí dụ 5: Cho 0,003 mol N2O4 (k) vào bình chân không dung tích 0,5 lít ở 450C xảy ra phương trình hóa học: N2O4 (k) 2NO2 (k). Khi cân bằng được thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2 a- Tính số mol các chất ở thời điểm cân bằng. b- Tính áp suất riêng phần của các chất ở trạng thái cân bằng. c- Tính hằng số cân bằng KC và KP của phản ứng. 1 d- Nếu phản ứng trên được viết dưới dạng: N2O4 (k) NO2 (k). 2 Vậy K P' ; K C' ở cùng nhiệt độ khảo sát là bao nhiêu? Giải a- Tính số mol các chất ở thời điểm cân bằng. N2O4 (k) 2NO2 (k). Ban đầu: 0,003 0 (mol) Phản ứng: x 2x (mol) Cân bằng: 0,003 – x 2x (mol) 63 x = .0,003  0,00189mol 100 nN2O4  0, 003  0, 00189  0, 00111 mol nNO2  2.0, 00189  0, 00378 mol b- Tính áp suất riêng phần của các chất ở trạng thái cân bằng. nRT Áp dụng công thức: P = V 0,00111.0,082.318 PN 2O4   5,79.10  2 atm 0,5 0,00378.0,082.318 PNO2   0,197atm 0,5 9
  10. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 c- Tính hằng số cân bằng KC và KP của phản ứng. ( PNO2 ) 2 0,197 2 KP    0, 67 PN2O4 5, 79.102 KP 0, 67 KC  n   2,57.102 ( RT ) 0, 082.318 d- Nếu phản ứng trên được viết dưới dạng: 1 N2O4 (k) NO2 (k). 2 Vậy K P' ; K C' ở cùng nhiệt độ khảo sát là bao nhiêu? PNO2 K P'  1  K P  0, 67  0,82 ( PN2O4 ) 2 [ NO2 ] KC'  1/2  KC  2,57.102  0,16 [ N 2O4 ] 10
  11. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 B- Bài tập vận dụng: Câu 1: Trộn x mol CH3COOH với y mol C2H5OH sau một thời gian thấy sinh ra z mol CH3COOC2H5, tới lúc este không thay đổi a- Thiết lập biểu thức tính hằng số cân bằng K. Tính K với x = y = 1; z = 2/3 b- Tính khối lượng este tạo thành khi cho 60 gam CH3COOH tác dụng với 184 gam C2H5OH. Nếu cho 57 ml CH3COOH tác dụng với 244 ml C2H5OH 95,50 thì lượng este thu được tăng hay giảm so với trên? Tại sao? Biết D CH COOH =1,053 g/ml và D C H OH = 0,79 g/ml. 3 2 5 Giải a- Thiết lập biểu thức tính hằng số cân bằng K. Khi lượng este không thay đổi tức là phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 t 0C Ban đầu: x y 0 0 (mol) Phản ứng: z z z z (mol) Cân bằng: x–z y–z z z (mol) Chọn V = 1 lít 2 2 . [CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2O] z.z K=  = 3 3 4 [CH 3COOH ].[C2 H 5OH ] ( x  z ).( y  z ) 1 1 . 3 3 b- Tính khối lượng este tạo thành khi cho 60 gam CH3COOH tác dụng với 184 gam C2H5OH. Nếu cho 57 ml CH3COOH tác dụng với 244 ml C2H5OH 95,50 thì lượng este thu được tăng hay giảm so với trên? Tại sao? Biết D CH COOH =1,053 g/ml và D C H OH = 0,79 g/ml. 3 2 5 60 184 nCH3COOH   1 mol ; nC2 H5OH   4 mol 60 46  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 t 0C Ban đầu: 1 4 0 0 (mol) Phản ứng: t t t t (mol) Cân bằng: 1–t 4–t t t (mol) 11
  12. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 [CH3COOC 2 H5 ].[H2 O] t.t t  5,737  1(lo¹i) K=  4 [CH3COOH].[C 2 H5OH] (1  t).(4  t) t  0,93(nhËn) mCH3COOC2 H5  88.0,93  81,84 gam. ; mCH3COOH  V .D  57.1,053  60 gam. VC2 H5OH ( dd ) .95,50 244.95,50 VC2 H5OH ( nc )    233, 02 ml. 100 100 mC2 H5OH  V .D  233, 02.0, 79  184 gam. Số mol axit và ancol vẫn như trên nhưng có thêm nước (trong ancol 95,50), do đó cân bằng chuyển dịch về bên trái, lượng este giảm đi. Câu 2: Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất 1 atm, độ phân li của N2O4 thành NO2 bằng 11%. a- Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng. b- Độ phân li sẽ thay đổi như thế nào khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm. c- Để đo được độ phân li giảm xuống tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào? Kết quả nhận được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier không? Vì sao? Giải a- Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng. N2O4 (k) 2NO2 (k). Ban đầu: 1 (mol) Phản ứng:  2 (mol) Cân bằng: 1-  2 (mol) nsau= 1 -  + 2  = 1 +  (mol) 2 n NO2 PNO2  xNO2 .Pchung  .P (với x NO2  ) 1  nsau 1 PN 2O4  x N 2O4 .Pchung  .P 1 2 11 2 ( .P) 2 4.( ) 4 4 2 P 1   2 2 100 KP    .P  .1   0,049 . NO2 PN 2O4 1 1 2 1 2 11 2 .P 1 ( ) 1 100 12
  13. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 b- Độ phân li sẽ thay đổi như thế nào khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm. 4 2 Ta có: KP = .P = 0,049 1 2 4 2 4 2 Thế P = 0,8  KP = .P = .0,8 = 0,049    0,123 hay 12,3% 1 2 1 2 Vậy khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm, độ điện li tăng từ 11% lên 12,3%. c- Để đo được độ phân li giảm xuống tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào? Kết quả nhận được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier không? Vì sao? 4 2 Khi  = 0,08 (hay 8%) thì KP = .P =0,049  P = 1,9 atm. 1 2 Vậy khi P tăng từ 1 atm lên 1,9 atm. Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch, điều này phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier. Vì khi P tăng, cân bằng chuyển dời theo chiều làm giảm số mol khí. Câu 3: Cho cân bằng: N2O4 (k) 2NO2 (k). Cho 18,4 gam N2O4 vào bình chân không dung tích 5,9 lít ở 270C. Khi đạt trạng thái cân bằng, áp suất đạt 1 atm. Cũng với khối lượng đó của N2O4 nhưng nhiệt độ 1100C thì ở trạng thái cân bằng nếu áp suất vẫn 1 atm thì thể tích hỗn hợp khí đạt 12,14 lít. a- Tính % N2O4 bị phân li ở 270C và 1100V. b- Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt. Giải a- Tính % N2O4 bị phân li ở 270C và 1100C. 18, 4 nN2O4( ban đâu )   0, 2 mol. 92 N2O4 (k) 2NO2 (k). Ban đầu: 0,2 (mol) Phản ứng: x 2x (mol) Cân bằng: 0,2 - x 2x (mol) nsau = 0,2 – x + 2x = 0,2 + x (mol) 13
  14. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 *Xét ở 270C. PV 1.5,9 Ta có: nsau    0,23969 = 0,2 + x  x = 0,03969 mol RT 22,4 .(27  273) 273 0, 03969 = .100  19,845% 0, 2 *Xét ở 1100C. PV 1.12,14 Ta có: nsau    0,3863 = 0,2 + x  x = 0,1863 mol RT 22,4 .(110  273) 273 0,1863 = .100  93,15% 0, 2 b- Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt. 2x 2 2 ( ) [ NO2 ] V 4x 2 KC =   [ N 2 O4 ] 0,2  x V (0,2  x) ( ) V *Ở 270C. 4.0,03969 2 KC =  6,66.10 3 5,9.(0,2  0,03969) *Ở 1100C. 4.0,18632  0,8347 = 834,7.10 . -3 KC = 12,14.(0, 2  0,1863) Ta nhận thấy khi nhiệt độ tăng, số mol N2O4 phân hủy tăng và hằng số cân bằng cũng tăng nên phản ứng trên là thu nhiệt.  Câu 4: Cho phản ứng CO(k) + H2O (k)  CO2(k) + H2(k) ở toC có K = 1. Biết nồng độ ban  đầu của CO bé hơn H2O là 3mol/l. Nếu nồng độ của CO2 và H2 lúc cân bằng đều bằng 2 mol/l. Tính nồng độ ban đầu của CO và H2O. 14
  15. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Giải:  CO(k) + H2O (k)  CO2(k) + H2(k)  Ban đầu: x x+3 (mol/l) Phản ứng: 2 2 2 2 (mol/l) Sau phản ứng: x – 2 x+1 2 2 (mol/l) [CO2 ].[H2 ] 2.2 x  3(nhËn) Ta có: K =  1  [CO].[H2 O] (x  2).(x  1) x  2(lo¹i) Vậy: [CO]ban đầu = x = 3 mol/l ; [H2O]ban đầu = 6 mol/l. Câu 5: Trong một bình kín dung tích không đổi 1 lít ở nhiệt độ không đổi t0C, nồng độ cân bằng (mol/l) của các chất như sau: CO + Cl2 COCl2 0,02 0,01 0,02 Bơm thêm vào bình 1,42 gam clo. Tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. [COCl2 ] 0,02 Giải: K= = = 100 [CO][Cl 2 ] 0,02.0,01 1,42 Số mol clo thêm vào n Cl = = 0,02 mol. 2 71 CO + Cl2 COCl2 Ban đầu: 0,02 0,03 0,02 (mol) Phản ứng: x x x (mol) Cân bằng: 0,02 –x 0,03-x 0,02 + x (mol) [COCl2 ] 0,02  x Ta có: K = = = 100 [CO][Cl 2 ] (0,02  x).(0,03  x) x  0,0524  0,02 (lo¹i)  100x2 – 6x + 0,04 = 0   x  0,0076(nhËn) Vậy: [CO] = 0,02 – 0,0076 = 0,0124 M. [Cl2] = 0,03 – 0,0076 = 0,0224 M. [COCl2] = 0,02 + 0,0076 = 0,0276 M. 15
  16. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Câu 6: Khi tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH thì hiệu suất phản ứng cực đại là 66,67%. Muốn đạt hiệu suất cực đại 90% cần tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH với bao nhiêu mol C2H5OH? Giải  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 t 0C Ban đầu: 1 1 0 0 (mol) Phản ứng: 2/3 2/3 2/3 2/3 (mol) Sau phản ứng: 1/3 1/3 2/3 2/3 (mol) [CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2 O] 2 / 3.2 / 3 KC =  4 [CH 3COOH ].[C 2 H 5 OH ] 1 / 3.1 / 3 Để hiệu suất đạt 90% nên cần tiến hành este hóa 1 mol axit với x mol ancol etylic.  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 0 t C Ban đầu: 1 x 0 0 (mol) Phản ứng: 0,9 0,9 0,9 0,9 (mol) Sau phản ứng: 0,1 x – 0,9 0,9 0,9 (mol) [CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2O] 0,9 .0,9 KC =   4  x  2,925 mol [CH 3COOH ].[C2 H 5OH ] 0,1 .( x  0,9 ) Câu 7: Xét cân bằng ở pha lỏng:  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 0 t C a- Viết biểu thức hằng số cân bằng KC của phản ứng. Cho biết trong trường hợp nào nồng độ của nước được bỏ qua. b- Thực nghiệm cho biết ở 250C: trộn 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH, khi cân bằng được thiết lập, xác định lượng CH3COOH còn lại là 1/3 mol. Tính KX. c- Nếu ở 250C trộn 1 mol CH3COOH với 0,5 mol C2H5OH thì số mol este thu được là bao nhiêu? 16
  17. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Giải a- Viết biểu thức hằng số cân bằng KC của phản ứng. Cho biết trong trường hợp nào nồng độ của nước được bỏ qua. [CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2O] KC = [CH 3COOH ].[C2 H 5OH ] Nếu phản ứng xảy ra trong dung môi là nước thì khi đó [H2O] tạo ra trong phản ứng là quá bé so với nồng độ của dung môi nên trong biểu thức KC có thể bỏ qua [H2O]. b- Thực nghiệm cho biết ở 250C: trộn 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH, khi cân bằng được thiết lập, xác định lượng CH3COOH còn lại là 1/3 mol. Tính KX.  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 t 0C Ban đầu 1 1 (mol) Phản ứng 2/3 2/3 2/3 2/3 (mol) Cân bằng 1/3 1/3 2/3 2/3 (mol) 2 2 X CH3COOC2 H5 . X H 2O . KX   3 4 3 X CH3COOH . X C2 H5OH 1 1 . 3 3 c- Nếu ở 250C trộn 1 mol CH3COOH với 0,5 mol C2H5OH thì số mol este thu được là bao nhiêu?  H SO ,( d ) CH3COOH + C2H5OH   CH3COOC2H5 + H2O 2 4 t 0C Ban đầu: 1 0,5 (mol) Phản ứng: x x x x (mol) Cân bằng: 1 –x 0,5 – x x x (mol) X CH3COOC2 H5 .X H2O x.x x  0, 422(nhËn) KX   4 X CH3COOH .X C2 H5OH (1  x).(0,5  x) x  1,577 1(lo¹i) Vậy số mol este thu được là 0,422 mol. 17
  18. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Câu 8: a- Tính độ điện ly của dung dịch NH3 0,1M. b- Độ điện ly thay đổi ra sao khi: - Pha loãng dung dịch ra 10 lần. Nhận xét. - Khi có mặt KOH 0,01M. Nhận xét. - Khi có mặt HCOONa 1M. Nhận xét.   Cho biết: K b ( NH)1 , 8. 105 ;Ka ( 1 , 8 HCOOH )3 . 104 Giải a- Tính độ điện ly của dung dịch NH3 0,1M. NH3 + H2O NH 4 + OH- Ban đầu: 0,1 (mol/lít) Phân ly: x x x (mol/lít) Cân bằng: 0,1 – x x x (mol/lít) Ta có: [  NH ].[ OH ]x. x    x 1, 33 . 10M  3 K  4  1 , 8 . 10 5    b ( NH )  3 [ NH ] 0 3 ,1 x   x1 , 35 . 3 10 M Độ điện ly   3 x 1, 33 .10  .  100 % .  100 1 , 33 % 0 , 1 0, 1 b- Độ điện ly thay đổi ra sao khi: 0 ,1 - Khi pha loãng dung dịch ra 10 lần thì C NH 0,01 M 10 3 [ NH 4 ].[OH  ] x.x 5  4  x  4,15.10 M Kb ( NH3 )    1,8.10   [ NH 3 ] 0, 01  x  x  4,33.10 M  4 x 4,15.104 Độ điện ly   .100%  .100  4,15% 0, 01 0, 01 Nhận xét: Độ điên ly tăng khi pha loãng dung dịch. 18
  19. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 - Khi có mặt KOH 0,01M. KOH  K+ + OH- NH3 + H2O NH 4 + OH- Ban đầu: 0,1 0,01 (mol/lít) Phân ly: x x x (mol/lít) Cân bằng: 0,1 – x x 0,01 + x (mol/lít) Ta có: [NH 4 ].[OH  ] x.(0,01  x) 5 x  1,77104 M (nhËn) K b(NH3 )    1,8.10   [NH3 ] 0,1  x x   0,01M (lo¹i) Độ điện ly:   4 x 1, 77 .10  .  100 % .  100 0 ,177 % 0 , 1 0, 1 Nhận xét: Độ điên ly giảm, vì thêm KOH vào tức là tăng nồng độ OH-, cân bằng chuyển dịch theo chiều ngược lại là giảm sự phân ly của NH3. - Khi có mặt HCOONa 1M. HCOONa  HCOO- + Na+ 1 1 (M) H2 O H+ + OH- . K H O  1014 (1) 2 HCOOH H+ + HCOO- Ka = 1,8.10-4.  H + HCOO + - HCOOH K a1  (1,8.10-4)-1 (2) Tổng hợp phương trình (1) và (2) ta được: HCOO- + H2O HCOOH + OH- . Có hằng số cần bằng K. K  14 O 10  2    H 11 K 4 5 , 56. 10 Ka 1 , 8. 10  ) 5 Nhận xét: K = 5,56.10-11
  20. Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 Câu 9: Tính pH của các dung dịch sau a- dung dịch NaOH 10-7M. b- dung dịch X gồm có NH4Cl 0,01M và NH3 0,1M. Biết K NH = 1,8.10-5. 3 Giải a- dung dịch NaOH 10-7M. NaOH  Na+ + OH- 10-7 10-7 (M) H2 O H+ + OH- x x x (M) Ta có: [OH-] (dd) = [OH-] (NaOH) + [OH-] ( H O ) = 10-7 + x 2 (M) Mặt khác: [H+].[OH-] = 10-14  8 x  6,18.10 M (nhËn)  (10-7 + x). x = 10-14   x   1,618.10 M  lo¹i  7  Vậy pH = - log 6,18.10-8 = 7,21 b- dung dịch X gồm có NH4Cl 0,01M và NH3 0,1M. Biết K NH =1,8.10-5. 3  NH4Cl  NH 4 + Cl- 0,01 0,01 (M) NH3 + H2O NH 4 + OH-. Ban đầu: 0,1 0,01 0 (M) Phân ly: x x x (M) Cân bằng: 0,1 – x 0,01 + x x (M) [ NH 4 ].[OH  ] (0, 01  x).x Ta có: K NH    1,8.105 3 [ NH 3 ] (0,1  x)  x2 + (1,8.10-5 + 0,01).x – 1,8.10-6 = 0  4 x  1,766.10 (nhËn)  x   0,01(lo¹i) pOH = - log1,766.10-4 = 3,75.  pH = 14 – 3,75 = 10,25. 20
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.06: Bộ 240 Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2023
240 tài liệu
1111 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2