Bài tập Hóa học về phản ứng cháy nổ có đáp án

Có hai cách tính biến thiên enthalpy của phản ứng:

Cách 1: Tính biến thiên enthalpy của phản ứng theo enthalpy tạo thành

Cách 2: Tính biến thiên enthalpy của phản ứng theo năng lượng liên kết.

Tính biến thiên enthalpy của phản ứng theo năng lượng liên kết.

Giả sử có phản ứng tổng quát:

aA(g) + bB(g) → mM(g) + nN(g)

${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}$ = a.Eb(A) + b.Eb(B) – m.Eb(M) – n.Eb(N)

Trong đó Eb(A), Eb(B), Eb(M), Eb(N) lần lượt là tổng năng lượng liên kết của tất cả các liên kết trong phân tử A, B, M, N.

CH4(g) + 2O2(g) → CO2(g) + 2H2O(g)

∆r${H}_{298}^{o}$ = Eb(CH4) + 2.Eb(O2) – Eb(CO2) – 2.Eb(H2O)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4EC-H + 2.EO=O – 2.EC=O – 2.2.EO-H

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4.414 + 2.498 – 2.736 – 2.2.464 = -676 kJ

Đốt cháy 1 mol CH4(g) tỏa ra 676 kJ nhiệt lượng

⇒ Đốt cháy 1 gam = $\frac{1}{16}$ mol CH4(g) tỏa ra 676. $\frac{1}{16}$ = 42,25 kJ nhiệt lượng

2CH3Cl(g) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 2H2O(g) + 2HCl(g)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 2.Eb(CH3Cl) + 3.Eb(O2) – 2.Eb(CO2) – 2.Eb(H2O) – 2.Eb(HCl)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 2.(EC-Cl + 3.EC-H) + 3.EO=O – 2.2.EC=O – 2.2EO-H – 2.EH-Cl

∆r${H}_{298}^{o}$ = 2.(339 + 3.414) + 3.498 – 2.2.736 – 2.2.464 – 2.431 = -1006 kJ

Đốt cháy 2 mol CH3Cl(g) tỏa ra 1006 kJ nhiệt lượng

⇒ Đốt cháy 1 gam = $\frac{1}{50{,}5}$ mol CH3Cl(g) tỏa ra $\frac{1006}{2}.\frac{1}{50{,}5}$ = 9,96 kJ nhiệt lượng

2CH2Cl2(g) + 3O2(g) → 2CO2(g) + 2H2O(g) + 2Cl2(g)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 2.Eb(CH2Cl2) + 3.Eb(O2) – 2.Eb(CO2) – 2.Eb(H2O) – 2.Eb(Cl2)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 2.(2EC-Cl + 2EC-H) + 3.EO=O - 2.2.EC=O – 2.2EO-H – 2.ECl-Cl

∆r${H}_{298}^{o}$ = 2.(2.339 + 2.414) + 3.498 – 2.2.736 – 2.2.464 – 2.243 = -780 kJ

Đốt cháy 2 mol CH2Cl2(g) tỏa ra 780 kJ nhiệt lượng

Đốt cháy 1 gam = $\frac{1}{85}$ mol CH2Cl2(g) tỏa ra là $\frac{780}{2}.\frac{1}{85}$ = 4,59 kJ nhiệt lượng

4CHCl3(g) + 5O2(g) → 4CO2(g) + 2H2O(g) + 6Cl2(g)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4.Eb(CHCl3) + 5.Eb(O2) – 4.Eb(CO2) – 2.Eb(H2O) – 6.Eb(Cl2)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4.(3.EC-Cl + EC-H) + 5.EO=O - 4.2.EC=O – 2.2EO-H – 6.ECl-Cl

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4.(3.339 + 414) + 5.498 – 4.2.736 – 2.2.464 – 6.243 = -988 kJ

Đốt cháy 4 mol CHCl3(g) tỏa ra 988 kJ nhiệt lượng

⇒ Đốt cháy 1 gam = $\frac{1}{119{,}5}$ mol CHCl3(g) tỏa ra là $\frac{988}{4}.\frac{1}{119{,}5}$ = 2,07 kJ nhiệt lượng.

CCl4(g) + O2(g) → CO2(g) + 2Cl2(g)

∆r${H}_{298}^{o}$ = Eb(CCl4) + Eb(O2) – Eb(CO2) – 2.Eb(Cl2)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4.EC-Cl + EO=O - 2.EC=O – 2.ECl-Cl

∆r${H}_{298}^{o}$ = 4.339 + 498 – 2.736 – 2.243 = -104 kJ

Đốt cháy 1 mol CCl4(g) tỏa ra 104 kJ nhiệt lượng

Đốt cháy 1 gam = $\frac{1}{154}$ mol CCl4(g) tỏa ra là 104. $\frac{1}{154}$ = 0,68 kJ nhiệt lượng

Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy cùng một khối lượng các chất trên tăng dần theo dãy:

CCl4(g) (0,68 kJ) < CHCl3(g) (2,07 kJ) < CH2Cl2(g) (4,59 kJ) < CH3Cl(g) (9,96 kJ) < CH4(g) (42,25 kJ)

Phân hủy 2 mol KNO3(s) khi có mặt C tỏa ra 143,9 kJ nhiệt lượng

⇒ Phân hủy 1 gam (hay $\frac{1}{101}$ mol KNO3(s)) khi có mặt C tỏa ra$\frac{143{,}9}{2}.\frac{1}{101}$ = 0,71 kJ nhiệt lượng.

Phân hủy 2 mol KClO3(s) khi có mặt C tỏa ra 1258,1 kJ nhiệt lượng

⇒ Phân hủy 1 gam (hay $\frac{1}{122{,}5}$ mol KClO3(s)) khi có mặt C tỏa ra $\frac{1258{,}1}{2}.\frac{1}{122{,}5}$ = 5,14 kJ nhiệt lượng.

Phân hủy 2 mol KMnO4(s) khi có mặt C tỏa ra 419,1 kJ nhiệt lượng

⇒ Phân hủy 1 gam (hay $\frac{1}{158}$ mol KMnO4(s)) khi có mặt C tỏa ra $\frac{419{,}1}{2}.\frac{1}{158}$ = 1,33 kJ nhiệt lượng.

- Thành phần đầu que diêm: antimony trisulphide (S6Sb4 hoặc S3Sb2) và potassium chlorate (KClO3)

- Thành phần vỏ quẹt bao diêm: bột ma sát, phosphorus đỏ và keo thủy tinh lỏng.

- Cơ sở hóa học tạo lửa của diêm: Khi ta quẹt que diêm vào bề mặt vỏ hộp. Nhiệt phát ra do ma sát biến phosphorus đỏ thành phosphorus trắng. Phosphorus trắng là chất không bền, dễ bốc cháy ở nhiệt độ phòng khi tiếp xúc với không khí. Tia lửa sinh ra đốt cháy đầu que diêm. KClO3 ở đầu que diêm bị nhiệt phân tạo ra oxi và nhanh chóng là antimony trisulphide (S6Sb4 hoặc S3Sb2) cháy.

a)

- Tất cả 63/63 tỉnh thành phố Việt Nam đều bị ô nhiễm bom mìn.

- Theo ước tính, số bom đạn còn sót lại sau chiến tranh khoảng 800 000 tấn, làm ô nhiễm trên 20% diện tích đất đai toàn quốc.

- Thiệt hại do ô nhiễm bom mìn và vật liệu nổ gây nên:

+ Từ năm 1975 đến nay, bom mìn còn sót lại đã làm hơn 40 nghìn người bị chết, 60 nghìn người bị thương, trong đó phần lớn và người lao động chính trong gia đình và trẻ em.

+ Chỉ tính riêng tại một số tỉnh miền Trung như (Quảng Bình, Bình Định, Nghệ An, Hà Tĩnh, Quảng Trị, Thừa Thiên Huế và Quảng Ngãi) đã có trên 22.800 nạn nhân do bom mìn, trong đó, 10.540 người chết và 12.260 người bị thương.

b) Những hành động để làm giảm nguy cơ thiệt hại gây ra các vụ nổ bom mìn và vật liệu nổ:

- Cấm sử dụng bom mìn và các vật liệu nổ có thể gây sát thương

- Tổ chức rà phá bom mìn.

- Trợ giúp xã hội cho nạn nhân bom mìn tái hoà nhập cộng đồng.

- Tuyên truyền, giáo dục phòng tránh tai nạn bom mìn cho nhân dân.

Trong điều kiện bảo quản bình thường và không có nhiệt độ cao, ammonium nitrate rất ổn định, khó cháy và hầu như không thể bị kích nổ. Tuy nhiên, do ammonium nitrate là chất oxi hóa, nó giúp tăng cường quá trình đốt cháy và khiến các chất khác dễ bắt lửa hơn. Khi kết hợp với chất dễ cháy, ammonium nitrate tạo ra chất nổ rất mạnh.

Vì thế khi lưu trữ ammonium nitrate trong nhà kho cần tránh xa các chất dễ cháy và tránh xa nguồn nhiệt.

Ở những nơi có điều kiện, người ta bơm khí nitơ vào lốp xe ô tô thay cho không khí vì một số ưu điểm sau:

- Ít bị rò rỉ: Không khí thoát ra khỏi lốp thông qua cấu trúc phân tử của cao su bị kéo giãn khi bánh xe lăn. Nguyên tử nitơ to hơn so với oxygen, vì vậy ít bị rỉ không khí ra khỏi cao su khiến lốp "non hơi".

- Tiết kiệm nhiên liệu hơn: Vì nitơ lưu giữ lại trong lốp xe lâu hơn nên giữ áp suất, và giúp tiết kiệm nhiên liệu.

- Giúp điều khiển xe tốt hơn: Áp suât lốp được cần bằng giúp điều khiển xe dễ dàng hơn.

- Giảm hao mòn: Không khí thông thường sẽ chứa hơi nước làm rỉ sét bên trong bánh xe hoặc thân van, khi bơm nitơ sẽ giảm thiểu được điều này.

a) Ngủ trong phòng hẹp và kín sẽ làm nồng độ oxygen dần giảm đi. Nếu nồng độ oxygen trong không khí giảm xuống còn 8% sẽ bị bất tỉnh, thiệt mạng trong 7 - 8 phút.

b) Trong khu vực kín có đám cháy nồng độ oxygen giảm và sinh ra khí CO độc. CO sẽ ngăn cản phân tử hemoglobin (Hb) trong máu nhận O2. Mặt khác CO sẽ ngăn cản HbO2 chuyển thành O2 để cung cấp O2 cho các hoạt động của cơ thể. Có thể gây choáng váng, buồn nôn thậm chí tử vong.

c) Khi thiếu không khí, than cháy sinh ra nhiều khí CO độc. CO sẽ ngăn cản phân tử hemoglobin (Hb) trong máu nhận O2. Mặt khác CO sẽ ngăn cản HbO2 chuyển thành O2 để cung cấp O2 cho các hoạt động của cơ thể. Vì thế đốt than trong phòng kín có thể gây ngộ độc CO và tử vong.

a) Xét phản ứng (1)

∆r${H}_{298}^{o}$ = ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Al2O3(s)) + ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(AlCl3(s)) + 3.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(NO(g)) + 6.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(H2O(g)) - 3.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Al(s)) - 3.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(NH4ClO4(s))

∆r${H}_{298}^{o}$ = (-1675,7) + (-704,2) + 3.91,3 + 6.(-241,8) – 3.0 – 3.(-295,3) = -2670,9 kJ

3 mol Al(s) và 3 mol NH4ClO4(s) tương đương khối lượng = 3.27 + 3.117,5 = 433,5g

Vậy đốt cháy 433,5g hỗn hợp tỏa ra 2670,9 kJ nhiệt lượng

⇒ Đốt cháy 1 gam hỗn hợp Al và NH4ClO4 tỏa ra nhiệt lượng là $\frac{2670{,}9}{433{,}5}$ = 6,16 kJ nhiệt lượng

Xét phản ứng (2)

∆r${H}_{298}^{o}$ = ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Al2O3(s)) + 2.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Fe(l)) – 2. ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Al(s)) - ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Fe2O3(s))

∆r${H}_{298}^{o}$ = (-1675,7) + 2.13,13 – 2.0 – (-824,2) = -825,24 kJ

2 mol Al(s) và 1 mol Fe2O3(s) tương ứng với khối lượng là: 2.27 + 1.160 = 214g

Vậy đốt cháy 214 g hỗn hợp tỏa ra 825,24 kJ nhiệt lượng

⇒ Đốt cháy 1 gam hỗn hợp trên tỏa ra 825,24.$\frac{1}{214}$ = 3,86 kJ nhiệt lượng

Như vậy ta thấy nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy 1 gam Al(s) và NH4ClO4(s) là lớn hơn

⇒ Phản ứng (1) xảy ra mãnh liệt hơn.

b) Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cùng một lượng hỗn hợp bột Al và Fe2O3 chỉ bằng một nửa so với Al(s) và NH4ClO4(s) nên không dùng được Al và Fe2O3 cho động cơ tên lửa.

C6Cl6(s) + 6O2(g) → 6CO2(g) + 3Cl2(g)

∆r${H}_{298}^{o}$ = 6.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(CO2(g)) + 3.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(Cl2(g)) - ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(C6Cl6(s)) – 6.${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}$(O2(g))

∆r${H}_{298}^{o}$ = 6.(-393,5) + 3.0 – (-127,6) – 6.0 = -2233,4 kJ

Biến thiên enthalpy của phản ứng là rất âm ⇒ Nếu xảy ra hỏa hoạn nhà kho có chứa C6Cl6 thì chất này dễ dàng bị tiêu hủy bởi phản ứng cháy với oxygen.

Biểu thức tốc độ phản ứng:

v = k.${C}_{{C}_{3}{H}_{8}}^{}{C}_{{O}_{2}}^{5}$

Gọi nồng độ ban đầu của các chất: ${C}_{{C}_{3}{H}_{8}}$= x M; ${C}_{{O}_{2}}$= y M

Khi đó ta có: vt = k.x.y5 (1)

Nồng độ oxygen trong không khí giảm từ 21% xuống 15% (theo thể tích) tức là giảm xuống 1,4 lần.

Biểu thức tốc độ phản ứng sau khi giảm nồng độ oxygen là

vs = k.x.($\frac{y}{1{,}4}$ )5 (2)

Chia từng vế của (2) cho (1) ta được:

$\frac{{v}_{s}}{{v}_{t}}=\frac{{(\frac{y}{1{,}4})}^{5}}{{y}^{5}}$ = 0,19

Vậy tốc độ phản ứng giảm 0,19 lần nếu nồng độ oxygen trong không khí giảm từ 21% xuống 15% (theo thể tích).

Hb + O2 → HbO2

Biểu thức tính tốc độ phản ứng:

v = k.${C}_{Hb}$. ${C}_{{O}_{2}}$

Từ biểu thức, tốc độ phản ứng tỉ lệ bậc nhất với nồng độ O2 nên:

$\frac{{v}_{18\%}}{{v}_{21\%}}=\frac{18}{21}$ = 0,86

⇒ Tốc độ phản ứng giảm chỉ còn bằng 0,86 lần tốc độ ban đầu.

Như vậy tần số nhịp thở phải tăng lên $\frac{1}{0{,}86}$ lần tần số ban đầu để đảm bảo lượng oxygen cung cấp cho cơ thể là không đổi.

⇒ Tần số nhịp thở là 16. =$\frac{1}{0{,}86}$ = 19 nhịp/phút.