- 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.

a) Phản ứng này là tỏa nhiệt vì có biến thiên enthalpy âm (năng lượng của hệ chất phản ứng lớn hơn năng lượng của hệ chất sản phẩm).

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

C₁₂H₂₂O₁₁ + H₂O $\stackrel{acid,t^o}{\to }$ C₆H₁₂O_{6 (glucose)} + C₆H₁₂O_{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:

 ${\stackrel{0}{C}}_6{H}_{12}{O}_6+{\stackrel{0}{O}}_2\to \stackrel{+4}{C}{O}_2+H_2\stackrel{-2}{O}$

Các quá trình:

               $\left.\begin{array}{l}1\times \\ 1\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{0}{C}\to \stackrel{+4}{C}+4e\\ \stackrel{0}{O_2}+4e\to 2\stackrel{-2}{O}\end{array}$                                      

Phương trình hóa học:

C₆H₁₂O₆(g) + 6O₂(g) → 6CO₂(g) + 6H₂O(l)

c) Phản ứng đốt cháy đường sucrose:

C₁₂H₂₂O₁₁(s) + 12O₂(g) → 12CO₂(g) + 11H₂O(l)

Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng là: ${\Delta }_r{H}_{298}^0=-5\text{\hspace{0.17em}}645\text{}kJ.$

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:

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

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.

a) Quá trình tan chảy của nước đá là quá trình thu nhiệt vì có biến thiên enthalpy dương.

b) Khi cho viên nước đá vào một cốc nước lỏng ấm, viên đá tan chảy dần vì nó lấy nhiệt từ nước lỏng (là môi trường xung quanh).

c) Nước lỏng nhường nhiệt cho viên nước đá, sự mất nhiệt làm cho nước lỏng lạnh đi.

d) Nhiệt lượng mà 500 gam nước lỏng từ 20 ^oC giảm xuống 0 ^oC tỏa ra là:

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

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.

a) Đáp án đúng là: G

C₂H₅OH(l) + 3O₂(g) → 2CO₂(g) + 3H₂O(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) C₂H₅OH(l) + 3O₂(g) → 2CO₂(g) + 3H₂O(l)      ${\Delta }_r{H}_{298}^0=-1367,0kJ.$

${\Delta }_r{H}_{298}^0=3\times {\Delta }_f{H}_{298}^0\left(H_{2}O\right(l\left)\right)+2\times {\Delta }_f{H}_{298}^0\left(C{O}_2\right(g\left)\right)-3\times {\Delta }_f{H}_{298}^0\left(O_2\right(g\left)\right)-{\Delta }_f{H}_{298}^0\left(C_2{H}_{5}OH\right(l\left)\right)$

Vậy ${\Delta }_f{H}_{298}^0\left(C_2{H}_{5}OH\right(l\left)\right)=3\times (-285,8)+2\times (-393,5)-3\times 0-(-1367)=-277,4\left(kJmo{l}^{-1}\right)$

Đáp án đúng là: B, C, D, E

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

a) ${\stackrel{+3}{Fe}}_2{O}_3\left(s\right)+\stackrel{+2}{C}O\left(g\right)\to \stackrel{0}{Fe}\left(s\right)+\stackrel{+4}{C}{O}_2\left(g\right)$

$\left.\begin{array}{l}2\times \\ 3\times \end{array}\right|\begin{array}{c}\stackrel{+3}{Fe}+3e\to \stackrel{0}{Fe}\\ \stackrel{+2}{C}\to \stackrel{+4}{C}+2e\end{array}$ 

Phương trình hóa học: Fe₂O₃(s) + 3CO(g) → 2Fe(s) + 3CO₂(g)

Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng:

$\begin{array}{l}{\Delta }_r{H}_{298}^0=3\times {\Delta }_f{H}_{298}^0\left(C{O}_2\right(g\left)\right)+2\times {\Delta }_f{H}_{298}^0\left(Fe\right(s\left)\right)-3\times {\Delta }_f{H}_{298}^0\left(CO\right(g\left)\right)-{\Delta }_f{H}_{298}^0\left(F{e}_2{O}_3\right(s\left)\right)\\ =3\times (-393,5)+2\times 0-3\times (-110,5)-(-824,2)=-24,8\left(kJ\right).\end{array}$

b) Đáp án đúng là: A

Fe₂O₃(s) + 3CO(g) → 2Fe(s) + 3CO₂(g)

Theo phương trình hóa học ta có CO hết, Fe₂O₃ dư, tính toán theo mol CO.

Từ 1 mol Fe₂O₃ và 1 mol CO, giả sử chỉ xảy ra phản ứng (1) với hiệu suất 100% thì giải phóng một lượng nhiệt là

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

a) Phương trình hóa học của phản ứng:

2Al(s) + 3Cl₂(g) → 2AlCl₃(g)

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

                                         $2\stackrel{0}{Al}\left(s\right)+3{\stackrel{0}{Cl}}_2\left(g\right)\to 2\stackrel{+3}{Al}{\stackrel{-1}{Cl}}_3\left(g\right)$

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

Phản ứng trên tỏa nhiệt.

c) Cứ 1 mol AlCl₃ tạo thành giải phóng:

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

Lượng nhiệt được giải phóng khi 10 gam AlCl₃ được tạo thành là:

a) H₃C – CH₂ – CH₂ – CH₃ → CH₂ = CH – CH = CH₂ + 2H₂

$\begin{array}{l}{\Delta }_r{H}_{298}^0=(10E_{C-H}+3E_{C-C})-(6E_{C-H}+2E_{C=C}+E_{C-C})-2E_{H-H}\\ =10\times 414+3\times 347-(6\times 414+2\times 611+347)-2\times 436=256\left(kJ\right).\end{array}$

b) 6CH₄ → C₆H₆ + 9H₂

$\begin{array}{l}{\Delta }_r{H}_{298}^0=6\times 4E_{C-H}-(6E_{C-H}+3E_{C=C}+3E_{C-C})-9E_{H-H}\\ =24\times 414-(6\times 414+3\times 611+3\times 347)-9\times 436=654\left(kJ\right).\end{array}$

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

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

CH₂ = CH – CH = CH₂ + 2H₂ → H₃C – CH₂ – CH₂ – CH_{3                ${\Delta }_r{H}_{298}^0=-256\left(kJ\right)$}

C₆H₆ + 9H₂ → 6CH₄                            ${\Delta }_r{H}_{298}^0=-654\left(kJ\right)$

CH₃CH₂OH có 1 liên kết C – C; 5 liên kết C – H; 1 liên kết C – O và 1 liên kết O – H.

CH₃OCH₃ có 6 liên kết C – H và 2 liên kết C – O.

Quá trình đã cho có biến thiên enthalpy chuẩn là:

$\begin{array}{l}{\Delta }_r{H}_{298}^0=E_b\left(C{H}_{3}C{H}_{2}OH\right)-E_b\left(C{H}_{3}OC{H}_3\right)\\ =(347+5\times 414+360+464)-(6\times 414+2\times 360)=37\left(kJ\right)\end{array}$

${\Delta }_r{H}_{298}^0>0$ chứng tỏ ở điều kiện chuẩn CH₃CH₂OH bền hơn CH₃OCH₃.

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.

Vì các phản ứng (2) và (3) lần lượt có ${\Delta }_r{H}_{298}^0$ âm hơn phản ứng (1) và (4) nên sự hình thành HbCO thuận lợi hơn sự tạo thành HbO₂. Do vậy không có sự nhả O₂ và giải phóng Hb như trường hợp không có CO. Điều này giải thích sự ngộ độc CO trong máu.