Giải SBT Hóa 10 Bài 15: Ý nghĩa và cách tính biến thiên enthalpy phản ứng hóa học có đáp án

- a ghép với 4:

Trong phản ứng thu nhiệt, dấu của ∆H dương vì năng lượng của hệ chất phản ứng nhỏ hơn năng lượng của hệ chất sản phẩm.

- b ghép với 1:

Trong phản ứng tỏa nhiệt có sự giải phóng năng lượng.

- c ghép với 3:

Trong phản ứng tỏa nhiệt, ∆H có dấu âm vì năng lượng của hệ chất phản ứng lớn hơn năng lượng của hệ chất sản phẩm.

- d ghép với 2:

Trong phản ứng thu nhiệt có sự giải phóng năng lượng.

b) Phản ứng thuỷ phân đường sucrose trong môi trường acid và đun nóng:

C$_{12}$H$_{22}$O$_{11}$ + H$_{2}$O $\overset{acid,{t}^{o}}{\rightarrow }$ C$_{6}$H$_{12}$O$_{6 (glucose)}$ + C$_{6}$H$_{12}$O$_{6 (fructose)}$

Phản ứng trong sơ đồ là phản ứng oxi hóa – khử; trong đó oxygen là chất oxi hóa; đường glucose và fructose là chất khử.

Lập phương trình hóa học của phản ứng theo phương pháp thăng bằng electron:

${\overset{0}{C}}_{6}{H}_{12}{O}_{6}+\ {\overset{0}{O}}_{2}\rightarrow \ \overset{+4}{C}{O}_{2}+\ {H}_{2}\overset{-2}{O}$

Các quá trình:

$\begin{matrix}1\times \\ 1\times \end{matrix}|\begin{matrix}\overset{0}{C}\rightarrow \overset{+4}{C}\ +4e \\ \overset{0}{{O}_{2}}+4e\rightarrow 2\overset{-2}{O}\end{matrix}$

Phương trình hóa học:

C$_{6}$H$_{12}$O$_{6}$(g) + 6O$_{2}$(g) → 6CO$_{2}$(g) + 6H$_{2}$O(l)

c) Phản ứng đốt cháy đường sucrose:

C$_{12}$H$_{22}$O$_{11}$(s) + 12O$_{2}$(g) → 12CO$_{2}$(g) + 11H$_{2}$O(l)

Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng là: ${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=-5\text{​}645\text{​}kJ.$

d) Nếu 5,00 gam đường sucrose được đốt cháy hoàn toàn ở cùng điều kiện như trên thì biến thiên enthalpy quá trình bằng:

$\frac{5}{342}\times (-5645)=-82{,}5(kJ)$

e) Cơ thể cần năng lượng để hoạt động nên phải có chế độ dinh dưỡng đầy đủ.

Luyện tập thể dục thể thao hợp lý là một phần quan trọng của lối sống lành mạnh. Tập thể dục thể thao giúp hạn chế các vấn đề sức khỏe, giúp cơ thể khỏe mạnh, cung cấp năng lượng, giúp giảm căng thẳng. Bên cạnh đó, còn có thể giúp bạn duy trì một trọng lượng cơ thể hợp lý và kiểm soát sự thèm ăn của bạn.

d) Nhiệt lượng mà 500 gam nước lỏng từ 20 $^{o}$C giảm xuống 0 $^{o}$C tỏa ra là:

$\frac{500}{18}\times 75{,}4\times |0-20|=41888{,}9\ (J)=41{,}8889(kJ)$

Phần nhiệt lượng tỏa ra này được viên nước đá hấp thụ để tan chảy. Số viên nước đá tối thiểu cần là:

$\frac{41{,}8889}{6{,}02}\approx 7$ viên.

e) Nhiệt lượng tỏa ra khi nhiệt độ của 120 gam nước lỏng từ 45 $^{o}$C giảm xuống 0 $^{o}$C là:

$\frac{120}{18}\times 75{,}4\times |0-45|=22620\ (J)=22{,}62(kJ)$

Lượng nước đá cần dùng là:

$\frac{22{,}62}{6{,}02}\times 18=67{,}63(g)$

Vậy dùng 150 gam nước đá là dư.

a) Đáp án đúng là: G

C$_{2}$H$_{5}$OH(l) + 3O$_{2}$(g) → 2CO$_{2}$(g) + 3H$_{2}$O(l) (1)

Phát biểu (1) sai vì để xét phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt cần dựa vào năng lượng hóa học của phản ứng.

Phát biểu (2) đúng, tổng hệ số cân bằng của phản ứng là 1 + 3 + 2 + 3 = 9.

Phát biểu (3) đúng.

Phát biểu (4) sai, sản phẩm của phản ứng chiếm một số mol lớn hơn so với chất phản ứng.

b) C$_{2}$H$_{5}$OH(l) + 3O$_{2}$(g) → 2CO$_{2}$(g) + 3H$_{2}$O(l) ${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=-1367{,}0kJ.$

${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=3\times {Δ}_{f}{H}_{298}^{0}({H}_{2}O(l))+2\times {Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(C{O}_{2}(g))-3\times {Δ}_{f}{H}_{298}^{0}({O}_{2}(g))-{Δ}_{f}{H}_{298}^{0}({C}_{2}{H}_{5}OH(l))$

Vậy ${Δ}_{f}{H}_{298}^{0}({C}_{2}{H}_{5}OH(l))=3\times (-285{,}8)+2\times (-393{,}5)-3\times 0-(-1367)=-277{,}4(kJ\ mo{l}^{-1})$

Đáp án đúng là: B, C, D, E

A sai vì: Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng là -296,9 kJ.

a) ${\overset{+3}{Fe}}_{2}{O}_{3}(s)\ +\ \overset{+2}{C}O(g)\ \rightarrow \ \overset{0}{Fe}(s)\ +\ \overset{+4}{C}{O}_{2}(g)$

$\begin{matrix}2\times \\ 3\times \end{matrix}|\begin{matrix}\overset{+3}{Fe}+3e\rightarrow \overset{0}{Fe} \\ \overset{+2}{C}\rightarrow \overset{+4}{C}+2e\end{matrix}$

Phương trình hóa học: Fe$_{2}$O$_{3}$(s) + 3CO(g) → 2Fe(s) + 3CO$_{2}$(g)

Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng:

$\begin{matrix}{Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=3\times {Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(C{O}_{2}(g))+2\times {Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(Fe(s))-3\times {Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(CO(g))-{Δ}_{f}{H}_{298}^{0}(F{e}_{2}{O}_{3}(s)) \\ =3\times (-393{,}5)+2\times 0-3\times (-110{,}5)-(-824{,}2)=-24{,}8(kJ).\end{matrix}$

b) Đáp án đúng là: A

Fe$_{2}$O$_{3}$(s) + 3CO(g) → 2Fe(s) + 3CO$_{2}$(g)

Theo phương trình hóa học ta có CO hết, Fe$_{2}$O$_{3}$ dư, tính toán theo mol CO.

Từ 1 mol Fe$_{2}$O$_{3}$ và 1 mol CO, giả sử chỉ xảy ra phản ứng (1) với hiệu suất 100% thì giải phóng một lượng nhiệt là

$\frac{24{,}8}{3}=8{,}27(kJ).$

a) Phương trình hóa học của phản ứng:

2Al(s) + 3Cl$_{2}$(g) → 2AlCl$_{3}$(g)

Đây là phản ứng oxi hóa – khử vì có sự thay đổi số oxi hóa của các nguyên tử trong phản ứng.

$2\overset{0}{Al}(s)\ +\ 3{\overset{0}{Cl}}_{2}(g)\ \rightarrow \ 2\overset{+3}{Al}{\overset{-1}{Cl}}_{3}(g)$

b) Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng: ${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=-1390{,}81kJ<0$

Phản ứng trên tỏa nhiệt.

c) Cứ 1 mol AlCl$_{3}$ tạo thành giải phóng:

$\frac{1390{,}81}{2}=695{,}405kJ$

Lượng nhiệt được giải phóng khi 10 gam AlCl$_{3}$ được tạo thành là:

$\frac{10}{133{,}5}\times 695{,}405=52{,}09(kJ).$

d) Cứ 1 mol Al phản ứng giải phóng:

$\frac{1390{,}81}{2}=695{,}405kJ$

Nếu muốn tạo ra được 1,0 kJ nhiệt lượng cần khối lượng Al phản ứng là:

$\frac{1}{695{,}405}\times 27=0{,}03888(gam).$

a) H$_{3}$C – CH$_{2}$ – CH$_{2}$ – CH$_{3}$ → CH$_{2}$ = CH – CH = CH$_{2}$ + 2H$_{2}$

$\begin{matrix}{Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=(10{E}_{C-H}+3{E}_{C-C})-(6{E}_{C-H}+2{E}_{C=C}+{E}_{C-C})-2{E}_{H-H} \\ =10\times 414+3\times 347-(6\times 414+2\times 611+347)-2\times 436=256(kJ).\end{matrix}$

b) 6CH$_{4}$ → C$_{6}$H$_{6}$ + 9H$_{2}$

$\begin{matrix}{Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=6\times 4{E}_{C-H}-(6{E}_{C-H}+3{E}_{C=C}+3{E}_{C-C})-9{E}_{H-H} \\ =24\times 414-(6\times 414+3\times 611+3\times 347)-9\times 436=654(kJ).\end{matrix}$

Các phản ứng này không thuận lợi về phương diện nhiệt.

Phản ứng theo chiều ngược lại thuận lợi về phương diện nhiệt:

CH$_{2}$ = CH – CH = CH$_{2}$ + 2H$_{2}$ → H$_{3}$C – CH$_{2}$ – CH$_{2}$ – CH$_{3 {Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=-256(kJ)}$

C$_{6}$H$_{6}$ + 9H$_{2}$ → 6CH$_{4}$ ${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}=-654(kJ)$

CH$_{3}$CH$_{2}$OH có 1 liên kết C – C; 5 liên kết C – H; 1 liên kết C – O và 1 liên kết O – H.

CH$_{3}$OCH$_{3}$ có 6 liên kết C – H và 2 liên kết C – O.

Quá trình đã cho có biến thiên enthalpy chuẩn là:

$\begin{matrix}{Δ}_{r}{H}_{298}^{0}={E}_{b}(C{H}_{3}C{H}_{2}OH)-{E}_{b}(C{H}_{3}OC{H}_{3}) \\ =(347+5\times 414+360+464)-(6\times 414+2\times 360)=37(kJ)\end{matrix}$

${Δ}_{r}{H}_{298}^{0}>0$ chứng tỏ ở điều kiện chuẩn CH$_{3}$CH$_{2}$OH bền hơn CH$_{3}$OCH$_{3}$.

a)

b) Kết quả này có phù hợp với quy luật biến đổi tính phi kim của dãy halogen trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học.

Cụ thể, các giá trị biến thiên enthalpy chuẩn đều âm thể hiện quá trình diễn ra thuận lợi về phương diện nhiệt; quy luật tính chất oxi hóa của X: halogen có tính oxi hóa mạnh đẩy được halogen có tính oxi hóa yếu hơn ra khỏi muối của nó.