Chemistry Labs

Bài 2

Amoniac khan là nhiên liệu sạch, mật độ năng lượng cao. Trong bình thể tích cố định, NHX3\ce{NH3} khí cháy theo 4 NHX3(g)+3 OX2(g)→2 NX2(g)+6 HX2O(l)\ce{4NH3(g) + 3O2(g) -> 2N2(g) + 6H2O(l)}; trạng thái đầu và cuối ở 298 K và sau khi cháy 14.40 g OX2\ce{O2} vẫn còn NHX3\ce{NH3} dư (ΔfH∘(NHX3(g))=−46.11\Delta_fH^{\circ}(\ce{NH3(g)}) = -46.11 kJ mol−1^{-1}, ΔfH∘(HX2O(l))=−285.83\Delta_fH^{\circ}(\ce{H2O(l)}) = -285.83 kJ mol−1^{-1}). (a) Tính nhiệt toả ra. (b) Để xác định NHX3\ce{NH3} hoà tan, lấy 10.00 cm3^3 dung dịch thu được cho vào 15.0 cm3^3 HX2SOX4\ce{H2SO4} (c=0.0100c = 0.0100 mol dm−3^{-3}) rồi chuẩn độ ngược bằng NaOH (c=0.0200c = 0.0200 mol dm−3^{-3}), điểm tương đương ở 10.64 cm3^3 (Kb(NHX3)=1.8×10−5K_b(\ce{NH3}) = 1.8 \times 10^{-5}; Ka(HSOX4X−)=1.1×10−2K_a(\ce{HSO4-}) = 1.1 \times 10^{-2}). Tính pH của dung dịch trong bình. (c) Tại điểm tương đương có NHX4X+\ce{NH4+} và SOX4X2−\ce{SO4^{2-}}; viết các cân bằng liên quan và dự đoán pH tại điểm tương đương lớn hơn, nhỏ hơn hay bằng 7.
Bước 1/4: Nhiệt toả ra ở thể tích không đổi
← TrướcTiếp →
ΔU=ΔH−ΔngRT=−382.64−(−1.25)(8.314)(298)×10−3=−379.5 kJ per mol NHX3;qV=14.4032.0×43×(−379.5)=−227.7 kJ\Delta U = \Delta H - \Delta n_g RT = -382.64 - (-1.25)(8.314)(298) \times 10^{-3} = -379.5\ \text{kJ per mol } \ce{NH3};\quad q_V = \tfrac{14.40}{32.0} \times \tfrac{4}{3} \times (-379.5) = -227.7\ \text{kJ}
Phân tích

Mỗi mol NHX3\ce{NH3}: ΔH=32(−285.83)−(−46.11)=−382.64\Delta H = \tfrac{3}{2}(-285.83) - (-46.11) = -382.64 kJ và Δng=−1.25\Delta n_g = -1.25 mol, nên ΔU=−379.5\Delta U = -379.5 kJ. Với n(OX2)=0.450n(\ce{O2}) = 0.450 mol là chất giới hạn, n(NHX3)pảnứng=0.600n(\ce{NH3})_{pản ứng} = 0.600 mol và qV=0.600×(−379.5)=−227.7q_V = 0.600 \times (-379.5) = -227.7 kJ.

Lỗi hay gặp. Ở thể tích không đổi, nhiệt đo được là ΔU=ΔH−ΔngRT\Delta U = \Delta H - \Delta n_g RT, không phải ΔH\Delta H.