skkn 1 số kinh nghiệm dạy tốt bài hiệu ứng nhiệt của phản ứng lớp 10 phân ban

SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO TỈNH NINH THUẬN
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Sáng kiến kinh nghiệm
Đề tài:
Người thực hiện: Nguyễn Trung Quốc
Chức vụ: Hiệu Trưởng
Dạy: Môn Hóa Học
Tp. Phan Rang – Tháp chàm, tháng 4 năm 2010
MỘT SỐ KINH NGHIỆM DẠY TỐT BÀI
1
HIỆU ỨNG NHIỆT CỦA PHẢN ỨNG
LỚP 10 PHÂN BAN
I. Hoàn cảnh nẩy sinh sáng kiến, kinh nghiệm :
Một trong những xu hướng đổi mới phương pháp dạy học hiện nay là “ dạy học
hướng vào người học”. Trên tinh thần đó, trong soạn giảng giáo viên cần chuẩn bò thật
khéo léo và kỹ lưỡng, chọn lọc cả nội dung, cả phương pháp; giáo viên là người hướng
dẫn, tổ chức để học sinh tích cực hoạt động tự mình tìm tòi, phát hiện và chiếm lónh kiến
thức, từ đó học sinh có được niềm say mê học tập.
Mỗi phản ứng hóa học đều kèm theo sự biến đổi năng lượng do sự khác nhau về
năng lượng của các nguyên tử, phân tử giữa các chất phản ứng và sản phẩm. Năng
lượng đó được thể hiện dưới nhiều dạng khác nhau, đặc biệt là nhiệt năng .Làm thế nào
để học sinh hiểu và nắm vững phương pháp giải toán để xác đònh nhiệt của các phản
ứng hóa học? Qua thực tế giảng dạy tôi xin đưa ra một số kinh nghiệm nhỏ của mình về 2
vấn đề:
- Sử dụng đònh luật Hess như thế nào để giải các bài toán về nhiệt hóa học.
- Một số dạng bài tập vận dụng đònh luật Hess.
II. Qui trình thực hiện :
Trong qúa trình thực hiện, tôi đã rút ra được một số kinh nghiệm như sau :
* Đầu mỗi mục lớn là những nội dung lý thuyết căn bản. Tiếp đó là một số ví
dụ, một số bài tập đã được lựa chọn nhằm giúp các em học sinh hiểu kiến thức

sâu hơn và nâng cao kỹ năng vận dụng kiến thức.
* Cuối cùng là một số bài tập nâng cao có lời giải tạo điều kiện cho các em
tự bồi dưỡng để thi đại học, học sinh giỏi tỉnh và quốc gia.
I. Phương trình trạng thái khí lí tưởng:
Nếu có n mol khí ở áp suất p, nhiệt độ T, chiếm thể tích V thì phương trình trạng thái
khí lí tưởng có dạng:
PV = nRT =
M
m
RT
Trong đó: m : là khối lượng của khí (g)
M: Khối lượng mol của khí (g/mol)
R : là hằng số khí lí tưởng , R = 0,082 l
3
.atm.K
-1
.mol
V : là thể tích (l)
T : là nhiệt độ tuyệt đối ( T = t
0
C + 273)
P : là áp suất (atm)
Lưu ý: R là hằng số phụ thuộc vào đơn vò
- P (N/m
2
) , V (cm
3
)
⇒
R = 8,314 N.m/K.mol hay 8,314 J/K.mol ( vì 1 N.m = 1J)

- Vì 1 cal = 4,18 J
⇒
R = 1,987 cal/K.mol
- P (mmHg) , V (ml) , 1 atm = 760 mmHg
⇒
R = 62400 mmHg. ml/ K.mol
II. p suất riêng phần của khí ( P
i
)
Nếu trong 1 bình kín có 1 hỗn hợp khí (không tham gia phản ứng với nhau) thì mỗi khí
gây nên một áp suất gọi là áp suất riêng phần của khí đó và được kí hiệu là P
i
. Nếu gọi V
là thể tích của hỗn hợp khí (bằng thể tích của bình đựng). Ta có:
P
chung
=
∑
P
i
=
V
RTn
i
∑
P
i
= n
i

V
RT
hoặc P
i
= x
i
P với x
i
=
i
i
n
n
∑
P
i
=
100
i
a
.P
Trong đó: V là t
2
của hỗn hợp khí
P là áp suất chung của hỗn hợp khí
x
i
là nồng độ phần mol của khí i trong hỗn hợp
n
i

là số mol khí i trong hỗn hợp chiếm a
i
% thể tích hỗn hợp
P
i
là áp suất riêng phần của khí i
2
Bài tập 1: Trộn 2 lít khí O
2
với 3 lít khí N
2
có cùng áp suất 1 atm được 5 lít hỗn hợp. Tính áp
suất riêng phần của từng khí trong hỗn hợp?
Giải: P
O
2
=
5
2
. 1 = 0,4 atm; P
N
2
=
5
3
. 1 = 0,6 atm
Bài tập 2: Một bình kín dung tích 8,96 lít chứa 4,8g O
2
; 6,6g CO
2

và 2,8g hợp chất khí A .
Ở 27,3
o
C áp suất chung của hỗn hợp khí là 1,1 atm
a/ Tính P riêng phần của mỗi khí ?
b/ Tính M
A
?
c/ Biết A là hợp chất có 2 nguyên tố có tiû lệ khối lượng giữa 2 nguyên tố là 3/4 .
Đònh CTPT của A?
Giải:
a/ n
O
2
= 0,15 mol ; n
CO
2
= 0,15 mol. p suất riêng phần mỗi khí:
P
O
2
= P
CO
2
=
V
RTn
O
2
= 0,4125 atm

Ta có: P
O
2
+ P
CO
2
+ P
A
= 1,1
⇒
P
A
= 0,275 atm
b/ n
A
= 0,1 mol
⇒
M
A
= 28 g/mol
c/ Đặt A: X
x
Y
y
m
X
= x M
X
m
Y

= yM
Y
Từ:
Y
X
m
m

=
4
3

m
X
= 12 = xM
X
m
X
+ m
Y
= 28

m
Y
= 16 = yM
Y

Lập bảng chọn x = 1, y = 1 , M
X
= 12 (C ) và M

Y
= 16 (O)
⇒
A: CO
III. Nhiệt hóa học:
- Một phản ứng hóa học xảy ra thường có sự trao đổi nhiệt với môi trường xung
quanh:
+ Phản ứng tỏa nhiệt là phản ứng nhường nhiệt cho môi trường
+ Phản ứng thu nhiệt là phản ứng nhận nhiệt của môi trường
- Nhiệt hóa học là ngành hóa học nghiên cứu nhiệt của các phản ứng hóa học.
1/ Nhiệt phản ứng:
a) Nhiệt lượng tỏa ra hay hấp thụ của 1 phản ứng hóa học được gọi là hiệu ứng
nhiệt của phản ứng. Đơn vò: KJ / mol hay Kcal / mol.
Thực nghiệm cho biết với mỗi phản ứng, giá trò nhiệt lượng đo được phụ thuộc vào:
- Cách tiến hành đo ( Vd: Trong điều kiện đẳng tích hay đẳng áp)
- Trạng thái của tác chất cũng như sản phẩm
b) Hiệu ứng nhiệt phản ứng, đo ở điều kiện thể tích không đổi, được gọi là hiệu ứng
nhiệt đẳng tích.
Hiệu ứng nhiệt đẳng tích = biến thiên nội năng của hệ (
∆
U)
c) Hiệu ứng nhiệt phản ứng, đo ở điều kiện áp suất không đổi, được gọi là hiệu ứng
nhiệt đẳng áp.
Hiệu ứng nhiệt đẳng áp = biến thiên ENTANPI của hệ (
∆
H)
* Quy ước về dấu:
Phản ứng tỏa nhiệt:
∆
H < 0 ;

∆
U < 0
Phản ứng thu nhiệt:
∆
H > 0 ;
∆
U > 0
Vd1: 2CO
)(K
+ O
2
)(K

→
2CO
2
)(K

∆
U = – 563,50 KJ
2CO
)(K
+ O
2
)(K

→
2CO
2

)(K

∆
H = – 565,98 KJ
Vd2: C (r) +
2
1
O
2

)(K
→
CO
2
)(K

∆
H = – 395,41 KJ
C (r) +
2
1
O
2
)(K
→

CO
2
)(K

∆
H = – 571,68 KJ
*
∆
H được dùng nhiều hơn
∆
U vì phản ứng thường xảy ra ở áp suất không đổi
3
⇒
Kim cương
Than chì
Tác chất
Ghi chú:
- Khi viết phương trình nhiệt hóa học, ta cần lưu ý:
+ Hệ số của phương trình:
H
2
)(K
+
2
1
O
2
)(K

→
H
2
O

(lỏng)

∆
H = – 285,84 KJ
2H
2
)(K
+ O
2
)(K
→

2H
2
O
(lỏng)

∆
H = – 571,68 KJ
+ Nếu áp suất và nhiệt độ tại đó xác đònh giá trò entanpi. p suất 1 atm, nhiệt độ
25
0
C (hay 289K) được gọi là áp suất tiêu chuẩn và nhiệt độ tiêu chuẩn nhiệt động lực học.
Vd: H
2
)(K
+
2
1
O

2
)(K
→

H
2
O
(lỏng)

∆
H
0
298
= - 285,84 KJ
- Điều kiện chuẩn của phản ứng: 1 phản ứng hóa học được gọi là ở điều kiện
chuẩn khi mỗi chất trong phản ứng ( kể cả các chất tham gia và sảøn phẩm phản ứng ) là
nguyên chất ở áp suất 1 atm; nếu là chất tan trong dung dòch thì nồng độ của mỗi chất
(hoặc ion) là 1 M và nhiệt độ của các chất đều bằng nhau
2/ Quan hệ giữa
∆
H và
∆
U : Ở nhiệt độ và áp suất không đổi,
Ta có:
∆
H =
∆
U + RT
∆
n

∆
n =
∑
n
khí (cuối)
–
∑
n
khí

(đầu)
8,314 J/ mol.K
1,987 cal/ mol.K
Bài tập: Khi 1 mol CH
3
OH chúng ở 298K và ở thể tích không đổi theo phản ứng:
CH
3
OH
(lỏng)
+
2
3
O
2
)(K
→
CO
2

)(K
+ 2H
2
O
(lỏng)
nó giải phóng ra 173,63 Kcal nhiệt. Tính
∆
H của
phản ứng?
Giải:
∆
U = - 173,63 (phản ứng tỏa nhiệt nên năng lượng của hệ giảm,
∆
H < 0)
Khi tiến hành phản ứng ở điều kiện P, T = Const, ta có:
∆
H =
∆
U + RT
∆
n
R = 1,987.10
-3
Kcal / mol.K
∆
n = n
CO
2
– n
O

2
= 1 –
2
3
= – 0,5
⇒
∆
H = – 173,945 Kcal
IV. Đònh luật Hess :
1/ Đònh luật Hess:
Nhiệt của 1 phản ứng hóa học chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu của phản ứng và
trạng thái cuối của sản phẩm phản ứng, không phụ thuộc vào các giai đoạn trung gian,
nghóa là không phụ thuộc vào con đường tiến hành phản ứng (Nói cách khác
∆
H và
∆
U
của phản ứng là các hàm trạng thái)

∆
H
1
∆
H
2

∆
H
1
=

∆
H
2
=
∆
H
3
∆
H
3

Vd: Từ graphit có thể điều chế CO
2
bằng 2 cách:
C
1
: C(gr) + O
2
)(K
→
CO
2
)(K

∆
H
C
2
: C(gr) +
2

1
O
2

)(K
→
CO
)(K

∆
H
1
CO
)(K
+
2
1
O
2

)(K
→
CO
2
)(K

∆
H
2
Theo đònh luật Hess, ta có

∆
H =
∆
H
1
+
∆
H
2
C (gr) CO
2

(K)



∆
H
1
+ ½ O
2
+ ½ O
2

∆
H
2

CO
(K)

2/ Hệ quả
4
R =
Sản phẩm
+ O
2
∆
H
- Entanpi của phản ứng thuận = Entanpi của phản ứng nghòch nhưng ngược dấu
∆
H
t
= –
∆
H
n
Vd: CO
)(K

+
2
1
O
2

)(K
→
CO
2
)(K

∆
H
0
298
=

– 283 KJ
CO
2
)(K
→
CO
)(K

+
2
1
O
2

)(K
∆
H
0
298


=

+ 283 KJ
- Hiệu ứng nhiệt của 1 quá trình vòng (chu trình) bằng 0
3/ Ứng dụng của đònh luật Hess
Thiết lập một quá trình vòng gồm nhiều giai đoạn , trong đó 1 là quá trình đang xét
và
∆
H của tất cả các giai đoạn còn lại đều đã biết
Vd: Xác đònh
∆
H của phản ứng:
S(r) +
2
3
O
2
)(K
→
SO
3
)(K
(1)
∆
H
1
?
Biết S(r) + O
2
)(K

→

SO
2
)(K
(2)
∆
H
2
= – 297 Kcal / mol
SO
2
+
2
1
O
2

)(K
→
SO
3
)(K
(3)
∆
H
3
= – 98,2 Kcal / mol
Giải: * Cách1:
- Từ những dữ kiện của bài toán, ta có thể lập sơ đồ sau:
TTĐ TTC
S(r) +

2
3
O
2
)(K

(1)
SO
3
)(K
+ O
2 (K)

∆
H
2

∆
H
3
+ ½ O
2 (K)

(2) (3)
SO
2 (K)
- Đònh luật Hess có :
∆
H
1

=
∆
H
2
+
∆
H
3
= – 395,2 Kcal / mol
* Cách 2: (tổ hợp cân bằng)
- Cộng phương trình (2) và phương trình (3) thu được phương trình (1)
S(r) + O
2
)(K
→
SO
2
)(K
(2)
∆
H
2
= – 297 Kcal / mol
SO
2
+
2
1
O
2

)(K
→
SO
3
)(K
(3)
∆
H
3
= – 98,2 Kcal / mol
S(r) +
2
3
O
2
)(K
→
SO
3
)(K
(1)
∆
H
1
= – 395,2 Kcal / mol
4/ Quy tắc chung:
Nếu 1 phản ứng là tổng đại số của 1 số phản ứng thành phần thì
∆
H của nó bằng

tổng đại số tương ứng của các
∆
H của các phản ứng thành phần đó
V. Một số đại lượng nhiệt hóa để xác đònh hiệu ứng nhiệt
1/ Sinh nhiệt hay nhiệt tạo thành
- Nhiệt tạo thành của 1 hợp chất là hiệu ứng nhiệt của phản ứng tạo thành 1 mol
chất đó từ các chất bền
- Nhiệt tạo thành thường được đo trong điều kiện (1atm, 298 K) gọi là nhiệt tạo
thành tiêu chuẩn hay enpanti tạo thành tiêu chuẩn và kí hiệu
∆
H
o
tt
Vd: C (r) + O
2
)(K

→
CO
2
)(K

∆
H
0
298
= – 393,51 KJ

∆
H

o
tt
(CO
2
, K) = – 393,5 KJ . mol
-1
- Các đơn chất, theo đònh nghóa, có entanpi tạo thành mol tiêu chuẩn bằng 0. Với
đơn chất tồn tại nhiều dạng thù hình, dạng bền nhất được chọn làm chuẩn. Vd: với C đó
là than chì, với S đó là S tinh thể trực thoi.
- Công thức:
∆
H
0
pư
=
∑
∆
H
o
tt
( sản phẩm) –
∑
∆
H
o
tt
(chất phản ứng)
Bài tập: Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng: CaO (r) + CO
2
)(K

→
CaCO
3
(r)
Biết nhiệt tạo thành của các chất
5
∆
H
1
graphit
Chất CaO (r) CO
2
)(K
CaCO
3
(r)

∆
H
0
298
(KJ/mol) – 636 – 394 – 1207
Giải: * Cách 1:
Theo đònh nghóa , sinh nhiệt của các chất là hiệu ứng nhiệt của các phản ứng sau:
Ca (r) +
2
1
O
2

)(K

→
CaO (r) (1)
∆
H
1
= – 636 KJ / mol
C (gr) + O
2

)(K

→
CO
2
)(K
(2)
∆
H
2
= – 394 KJ / mol
Ca (r) + C (gr) +
2
3
O
2
)(K
→

CaCO
3
(r) (3)
∆
H
3
= – 1207 KJ / mol
- Hay có thể lập sơ đồ:
Ca (r) +
2
1
O
2

)(K
+ C (gr) + O
2

(K)
CaCO
3
(r)


∆
H
0
1

∆

H
0
2
CaO (r) CO
2

∆
H ?

- Theo sơ đồ trên, nếu xem ( Ca(r) + C (r) +
2
3
O
2
)(K
) là trạng thái đầu và CaCO
3
(r) là
trạng thái cuối, theo đònh luật Hess ta có:
∆
H
3
=
∆
H
2
+
∆
H
1

+
∆
H
⇒
∆
H = – 177 KJ / mol
* Cách 2:
∆
H =
∆
H
CaCO
3
– (
∆
H
CaO
+
∆
H
CO
2
) = –177 KJ / mol
2/ Thiêu nhiệt hay nhiệt đốt cháy
- Là hiệu ứng nhiệt của phản ứng đốt cháy 1 mol chất bằng khí O
2
, để tạo thành
sản phẩn cháy ở áp suất không đổi. Sản phẩm cháy của các nguyên tố C, H, N, S, Cl
được chấp nhận tương ứng là CO
2

)(K
, H
2
O
(lỏng)
N
2

)(K
, SO
2
)(K
và H Cl
)(K

Vd: C
6
H
5
NH
2(

)
+
4
31
O
2
)(K
→

6 CO
2
)(K
+
2
7
H
2
O
(

)
+
2
1
N
2
)(K

∆
H
0
298
= – 3396 KJ
∆
H
0
đc
( C
6

H
5
NH
2
,

) = – 3396 KJ
- Lưu ý : Đối với các nguyên tố, thiêu nhiệt của một nguyên tố cũng chính là sinh
nhiệt của oxit bền nhất của nó
- Công thức :
∆
H
0
pư
=
∑
∆
H
0
đc
(tác chất) –
∑
∆
H
0
đc
(sản phẩm)
Bài tập 1: Từ các dữ kiện sau
C (than chì) + O
2

)(K
→
CO
2
)(K

∆
H
0
= – 393,5 KJ
H
2
)(K
+
2
1
O
2

)(K
→
H
2
O
(lỏng)

∆
H
0

= – 285,8 KJ
2C
2
H
6
)(K
+ 7O
2
)(K
→
4CO
2
)(K
+ 6 H
2
O
(lỏng)

∆
H
0
= – 3119,6 KJ
Tính biến thiên entanpi tiêu chuẩn của phản ứng:
2C (than chì) + 3H
2
)(K
→
C
2
H

6
)(K

∆
H
0
= ?
Giải: Biến thiên entanpi tiêu chuẩn của phản ứng cần tính bằng:

∆
H
0
= ( – 393,5 x 2 ) + ( – 285,8 x 3) – ( – 3119,6 x
2
1
) = – 84,6 KJ
Bài tập 2: Giả sử có 3 phản ứng sau xảy ra trong điều kiện tiêu chuẩn nhiệt động học:
a) C (r) + O
2

)(K
→
CO
2
)(K
6
∆
H
0
3

b) C (r) +
2
1
O
2

)(K
→
CO
)(K

c) CO
)(K
+
2
1
O
2

)(K
→
CO
2
)(K
Biến thiên enpanti của phản ứng nào được coi là:
1. Entanpi tạo thành tiêu chuẩn của khí CO
2
2. Entanpi đốt cháy của khí CO
3. Entanpi tạo thành tiêu chuẩn của khí CO
4. Entanpi đốt cháy của C

Giải: 1.a) 2.b) 3.c) 4.a)
Bài tập 3: Cho các đơn chất Halogen sau:
a) Khí clo Cl
2
b) Clo lỏng Cl
2
c) Hơi brôm Br
2
d) Brôm lỏng Br
2
e) Hơi iôt I
2
f) Iot rắn I
2
Trong số các đơn chất này, đơn chất nào có entanpi tạo thành tiêu chuẩn khác
0?
Giải:
Theo quy ước, ở

25
0
C, khí Cl
2
, Br
2
lỏng, I
2
rắn có entanpi tạo thành mol tiêu chuẩn
bằng 0. Cl
2

lỏng, Br
2
hơi và I
2
hơi có entanpi tạo thành mol tiêu chuẩn
≠
0
3/ Nhiệt chuyển pha
- Quá trình chuyển pha là quá trình trong đó 1 chất chuyển từ trạng thái tập hợp
này sang trạng thái tập hợp khác
Ví dụ : Sự nóng chảy, sự hóa rắn, sự thăng hoa, sự chuyển dạng thù hình.
- Các quá trình chuyển pha cũng thường kèm theo hiệu ứng nhiệt, gọi là nhiệt
chuyển pha và có thể xác đònh nhiệt chuyển pha của các quá trình khác nhau bằng
cách sử dụng đònh luật Hess
Ví dụ : H
2
O (r)
→
H
2
O
(lỏng)

∆
H = 10,52 Kcal / mol
C (gr)
→
C (kim cương)
∆
H = 0,453 Kcal / mol

Bài tập 1: Xác đònh hiệu ứng nhiệt của phản ứng
C (gr) C (kim cương) (1)
Biết C (gr) + O
2

)(K

→
CO
2
)(K
(2)
∆
H
2
= – 94,052 Kcal / mol
C (kim cương) + O
2

)(K
→
CO
2
)(K
(3)
∆
H
3
= – 94,505 Kcal / mol
Giải:

C (gr) C (Kim cương)
+½ O
2

(K)

∆
H
2

∆
H
3
+ ½ O
2 (K)
CO
2 (K)

∆
H
2
=
∆
H
1
+
∆
H
3

⇒

∆
H
1
= 0,453 Kcal / mol
Bài tập 2: Xác đònh
∆
H hóa hơi của H
2
O
Biết
∆
H
0
H
2
O (lỏng)
= – 68,32 Kcal / mol

∆
H
0
H
2
O (K)
= – 57,80 Kcal / mol
Giải: Có thể lập sơ đồ
H
2

O (lỏng)
H
2 (K)
+
2
1
O
2

)(K

∆
H
bay hơi
H
2
O (K)
7
∆
H
1
p dụng đònh luật Hess:
∆
H
0
H
2
O (lỏng)
+
∆

H
bay hơi
=
∆
H
0
H
2
O (K)
⇒

∆
H
bay hơi
= 10,52 Kcal / mol
4/ Năng lượng liên kết (năng lượng phân li liên kết): E
LK
hay
∆
H
LK
- Năng lượng liên kết là năng lượng tiêu tốn để phá vỡ liên kết có trong 1 mol pt ở
trạng thái khí. Liên kết càng bền thì năng lượng liên kết càng lớn.
Trường hợp 1: Phân tử gồm 2 nguyên tử A – A
Vd: H
2
)(K
→
H
)(K

+ H
)(K
E
LK
= + 436,4 KJ / mol
Nghóa là để bẻ gãy liên kết CHT trong 1 mol khí H
2
cần tiêu tốn 436,4 KJ
Trường hợp 2: Phân tử gồm 2 nguyên tử A – B
Vd: HCl
)(K

→
H
)(K
+ Cl
)(K
E
LK
= + 431,9 KJ / mol
Trường hợp 3: Phân tử nhiều nguyên tử AB
n
.
Ta có năng lượng liên kết trung bình
Vd: Đònh năng lượng liên kết trung bình của các liên kết O – H trong phân tử H
2
O
Ta có: H – O – H
)(K

H – O
)(K
+ H
)(K

E
LK
= 493,7 KJ
H – O
)(K
O
)(K

+ H
)(K
E
LK
= 423,8 KJ
phương trình tổng cộng:
H
2
O
)(K
→
2H


)(K

+

O


)(K
E
LK
= + 917,5 KJ
Ta có thể coi 458,8 KJ / mol là năng lượng liên kết trung bình của liên kết O – H
trong phân tử H
2
O
Công thức:
∆
H
pư
=
∑
∆
H
LK
(có trong pt các chất phản ứng) –
∑
∆
H
LK
(có trong pt
của sản phẩm)
Bài tập 1: Căn cứ vào năng lượng liên kết
Liên kết C

≡
C C – C C – Cl Cl – Cl
NLLK (KJ / mol) 812 347 339 242,7
Tính biến thiên enpanti tiêu chuẩn của phản ứng: Cl Cl
H – C
≡
C – H
)(K

+ 2 Cl – Cl
)(K
H – C – C – H
(K)
Cl Cl
Giải:
∆
H
0
= E
(C
≡
C )
+ 2E
(C – H)
+ 2E
(Cl – Cl)
– E
(C – C)
– 4E
(C – Cl)

– 2E
(C – H)

= + 812 + 2. 242,7 – (347 + 4. 339) = – 405,6 KJ
Bài tập 2: Tính năng lượng liên kết trung bình của liên kết N – H trong phân tử NH
3
, biết
rằng:

2
1
N
2 (K)
+
2
3
H
2 (K)
NH
3

(K)

∆
H
0
= – 46,3 KJ
Biết năng lượng liên kết của N
2
và H

2
tương ứng là 941,4 KJ và 436,4 KJ
Giải:
∆
H
0
=
2
1
(941,4) +
2
3
(436,4) – 3x = – 46,3

⇒
x = + 390,5 KJ
5/ Năng lượng mạng lưới tinh thể ion ( U )
- NLML tinh thể U là năng lượng cần cung cấp để phá vỡ 1 mol tinh thể thành các
ion cô lập khí ở 0 K
- NLML U có dấu dương, nó ngược dấu vơiù năng lượng hình thành mạng lưới tinh
thể
- Giá trò U càng lớn thì mạng lưới tinh thể càng bền
Vd: LiF (r)
→
Li
+

(K)
+ F
—

(K)
U = + 1050 KJ / mol
8
- Giá trò U tỉ lệ thuận với điện tích của các ion và tỉ lệ nghòch với khoảng cách giữa
các ion trong tinh thể (rắn) : U
≈

aC
aC
rr
QQ
+
.
- Để xác đònh U ta có thể dựa vào chu trình Bor n-Haber
Vd: NLML ion của tinh thể NaCl được coi là hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau đây
có đổi dấu:
a
+
(K)
+ Cl
—
(K)

→
NaCl (r)
Ta có chu trình:
Na
(K)
+ Cl
(K)

(C )
Na
+
(K)
+ Cl
—
(K)

(B) (D)
Na (r) +
2
1
Cl
2 (K)

(A)
NaCl (r)
Giai đoạn A: Hiệu ứng nhiệt của giai đo0ïn A chính là nhiệt tạo thành NaCl (r)
Na (r) +
2
1
Cl
2 (K)

→
NaCl (r)
∆
H (A) = – 410,7 KJ / mol
Giai đoạn B: Gồm sự thăng hoa của 1 mol nguyên tử Na và sự bẻ gãy liên kết của

nữa mol khí clo (Nhiệt phân li nữa mol khí clo)
Na (r)
→
Na
(K)
∆
H
1
= + 107,6 KJ / mol
2
1
Cl
2 (K)

→
Cl
(K)
∆
H
2
= + 120,0 KJ / mol
Hiệu ứng nhiệt của giai đoạn này:
∆
H (B) =
∆
H
1
+
∆
H

2
= + 227,6 KJ / mol
Giai đoạn C: Gồm sự tách electron của nguyên tử Na (Năng lượng ion hóa Na) và
sự kết hợp electron của nguyên tử clo (i lực với electron của clo)
Na
(K)

→
Na
+

(K)
+ 1e
∆
H
3
= + 495,8 KJ / mol
Cl
(K)
+ 1e
→
Cl
—
(K)

∆
H
4
= – 348,8 KJ / mol
Hiệu ứng nhiệt của giai đoạn này là:

∆
H

(C) =
∆
H
3
+
∆
H
4
= + 147,0 KJ / mol
Giai đoạn D: Gồm sự tạo thành mạng lưới tinh thể ion
Na
+
(K)
+ Cl
—
(K)

→
NaCl (r)
∆
H (D)
Cuối cùng áp dụng đònh luật Hess cho chu trình trên:
∆
H (A) =
∆
H (B) +
∆

H (C) +
∆
H (D) = – 785,3 KJ / mol
Vậy NLML tinh thể NaCl: U = + 785,3 KJ / mol
Bài tập: Tính NLML tinh thể ion Bacl
2
từ các dữ kiện sau:
- Sinh nhiệt của BaCl
2
tinh thể: – 860,23 KJ / mol
- Nhiệt phân li của clo: + 238,49 KJ / mol
- Nhiệt thăng hoa của Ba kim loại: 192,46 KJ / mol
- Thế ion hóa thứ nhất của Ba: 501,24 KJ / mol
- Thế ion hóa thứ hai của Ba 962,32 KJ / mol
- i lực electron của Clo – 357,73 KJ / mol
Giải: Năng lượng mạng lưới tinh thể ion
BaCl
2
(r)
→
Ba
2+
(K)
+ 2Cl
—
(K)
∆
H
1
= ?

Theo đề bài ta có:
Ba (r) + Cl
2 (K)

→
BaCl
2
(r)
∆
H
2
= – 860,23 KJ / mol
Cl
2 (K)

→
2Cl
(K)
∆
H
3
= 238,49 KJ / mol
Ba (r)
→
Ba
(K)
∆
H
4
= 192,46 KJ / mol

Ba
(K)

→
Ba
+
(K)

+ 1e
∆
H
5
= 501,24 KJ / mol
Ba
+
(K)

→
Ba
2+
(K)
+ 1e
∆
H
6
= 962,32 KJ / mol
Cl
(K)
+ 1e
→

Cl
—
(K)
∆
H
7
= – 357,73 KJ / mol
Ba (r) + Cl
2 (K)
BaCl
2
(r)

∆
H
4

∆
H
3
Ba
(K)
2Cl
(K)


∆
H
5
–

∆
H
1
Ba
+
(K)
2
∆
H
7

∆
H
6
Ba
2+
(K)
2Cl
—
(K)
Theo đònh luật Hess ta có:
∆
H
2
=

∆
H
4
+

∆
H
5
+
∆
H
6
+
∆
H
3
+ 2
∆
H
7
–
∆
H
1
= 192,46 + 501,24 + 962,32 + 238,49 + 2(– 357,7) – (– 860,23) = 2039,28
KJ / mol
VI. Xét chiều của phản ứng hóa học:
9
H
2
Trong tự nhiên các quá trình tự nhiên xảy ra theo chiều hoàn toàn xác đònh
Vd: - Nhiệt truyền từ vật nóng sang vật lạnh
- Khí chuyển từ áp suất cao sang áp suất thấp
- Axit HCl + dd NaOH
→

NaCl + H
2
O
Các quá trình ngược lại không thể tự xảy ra. Vậy để xét chiều của các quá trình lí
học và hóa học, ngoài hiệu ứng nhiệt còn phải tính đến 1 hiệu ứng nữa là hiệu ứng NTROPI
( S)
1/ Entropi của 1 chất hay 1 hệ:
a) Trong 1 hệ cô lập (hệ không trao đổi chất và năng lượng với môi trường), chiều của
quá trình tự xảy ra là chiều tăng entropi của hệ, nghóa là chiều của hệ chuyển từ trạng
thái 1 với giá trò entropi S
1
sang trạng thái 2 với giá trò entropi S
2
có
∆
S = S
2
– S
1
> 0
Vd:

∆
S = S
( N
2
+ Ar )
– ( S
N
2

+ S
Ar
) > 0
N
2
Ar

b) Entropi là đại lượng đặc trưng cho độ hỗn độn (độ mất trật tự) của 1 chất hay
hệ. Khi các chất nguyên chất trộn lẫn nhau thì độ hh tăng lên nghóa là
∆
S > 0
c) Một chất hay một hệ có độ hỗn độn càng lớn thì entropi càng lớn. Do đó độ
hỗn độn của 1 chất hay 1 hệ càng lớn khi chất đó hay hệ đó càng nhiều hạt và sự
chuyển động, dao động của các hạt càng mạnh ( liên kết giữa các hạt càng yếu)
Vd: S
H
2
O (rắn)
< S
H
2
O (lỏng)
< S
H
2
O (K)

S
H
2

(K)
< S
O
2
(K)
< S
O
3
(K)
Bài tập áp dụng:
1/ Cho biết entropi của mỗi hệ biến đổi như thế nào trong từng quá trình sau:
a) Hơi nước ngưng tụ thành nước lỏng
b) Đường từ dung dòch kết tinh thành tinh thể
c) Đun nóng khí H
2
từ 60
0
C đến 80
0
C
d) Nước đá khô thăng hoa
e) N
2 (K)
+ 3H
2 (K)

→
2NH
3 (K)
f) C (r) + H

2
O
(K)

→
CO
(K)
+ H
2 (K)
Giải: Entropi của hệ tăng trong các quá trình c , d , f và giảm trong các quá trình
a , b , e
2/ Trong các phản ứng sau, những phản ứng nào có
∆
S > 0 ,
∆
S < 0 ,
∆
S
≈
0
a) C (r) + CO
2 (K)

→
2CO
(K)
> 0
b) CO
(K)
+

2
1
O
2 (K)

→
CO
2 (K)
< 0
c) H
2 (K)
+ Cl
2 (K)

→
2HCl
(K)
≈
0
d) S (r) + O
2 (K)

→
SO
2 (K)
≈
0
e) Zn (r) + 2HCl
(dd)

→
ZnCl
2
∆
S > 0
* Qui ước:
- Entropi của chất nguyên chất dưới dạng tinh thể hoàn chỉnh ở không độ tuyệt đối
có giá trò bằng 0
S
0K
= 0
- Giá trò entropi S của 1 chất xác đònh ở áp suất 1 atm và nhiệt độ 298K (25
0
C) gọi là
entropi chuẩn của chất đó và được kí hiệu: S
0
298
( J. mol
-1
. K
-1
)
- Entropi là một đại lượng dung độ
Vd: S
0
298
(H
2
, K) = 130,59 J.K
-1

.mol
-1
⇒
Nếu 2 mol H
2
thì entropi phải là 2. 130,59 = 261,18 J.K
-1
.mol
-1
2/ Sự biến thiên entropi
∆
S trong phản ứng hóa học:
Xét phản ứng: aA + bB
→
cC + dD
Ở T và P không đổi, sự biến thiên entropi của phản ứng được tính theo công thức
sau:
∆
S
0
pu
=
∑
S
0
298
(sp pứ) –
∑
S
0

298
(chất pứ)
= ( c S
C
+ d S
D
) – (a S
A
+ b S
B
)
Vd: Tính
∆
S của phản ứng sau: SO
2
+
2
1
O
2

)(K
→
SO
3
)(K

Chất SO
2 (K)
O

2 (K)
SO
3 (K)
10
S
0
298
( J. mol
-1
. K
-1
) 248,52 205,03 256,22
Giải:
∆
S
0
298
= S
0
298
(SO
3
,K) – [ S
0
298
(SO
2
,K) +
2
1

S
0
298
(O
2
,K) ]
= – 94,81 J.K
-1
Nhận xét : Phản ứng này có
∆
S < 0 vì
∆
n = 1 – (1 + 0,5) = – 0,5 < 0
3/ Thế đẳng áp: ( Entanpi tự do, năng lượng Gibbs)
- Có 2 động lực (yếu tố) cho mọi quá trình tự xảy ra:
+
∆
H < 0 : Năng lượng của hệ giảm
⇒
trở thành hệ bền vững hơn ( đó là các
phản ứng tỏa nhiệt)
+
∆
S > 0 : Hệ chuyển từ trạng thái có độ mất trật tự thấp sang trạng thái có độ
mất trật tự cao hơn (độ tự do cao hơn)
- Đối với phản ứng hóa học, khi xét chiều tự xảy ra thường phải kể đến cả hai yếu
tố
∆
H và
∆

S. Trong mỗi quá trình luôn luôn có sự cạnh tranh giữa 2 yếu tố: Entanpi (giảm
năng lượng) và Entropi (tăng độ mất trật tự)
→
Yếu tố nào mạnh hơn sẽ quyết đònh chiều
hướng của quá trình.
Vd 1 : Hơi H
2
O ngưng tụ thành H
2
O lỏng và tỏa nhiệt (
∆
H < 0) quá trình này kèm theo
sự giảm entropi (
∆
S < 0 ) vì S
H
2
O (K)
>> S
H
2
O (lỏng)
Vd 2: CaCO
3
(r)
→
CaO (r) + CO
2 (k)

Đây là phản ứng thu nhiệt (

∆
H > 0) , kèm theo sự tăng entropi (
∆
S > 0) vì số mol khí
ở sản phẩm nhiều hơn ở chất phản ứng.
- Vậy để xét chiều của phản ứng phải dùng 1 đại lượng phối hợp cả 2 yếu tố
∆
H
và
∆
S, đó là thế nhiệt động. Thế nhiệt động thường dùng là thế đẳng áp hoặc Entanpi tự
do hoặc năng lượng Gibbs, được kí hiệu là
∆
G và tính theo công thức
∆
G =
∆
H – T
∆
S Nếu quá trình xảy ra ở điều kiện chuẩn
Đơn vò:
∆
G là J.mol
-1
thì công thức trên có dạng:
∆
H là J.mol
-1
∆
G

0
=
∆
H
0
– T
∆
S
0
∆
S là J.K
-1
.mol
-1
a) Xét chiều của phản ứng hóa học dựa vào các đại lượng nhiệt động:
Ở P và T không đổi, 1 phản ứng sẽ tự xảy ra theo chiều:
∆
G =
∆
H – T
∆
S < 0
- Dấu và độ lớn của
∆
H và
∆
S sẽ quyết đònh dấu của
∆
G
Trường

hợp
Dấu Kết luận
∆
H
∆
S
∆
G
1 – + – Tự xảy ra
2 + – + Không tự xảy ra
3 – – ? Tự xảy ra ở T thấp
4 + + ? Tự xảy ra ở T cao
* Lưu ý : Đơn vò
∆
G thường là KJ.mol
-1
hoặc Kcal.mol
-1

∆
S thường là J.mol
-1
.K
-1
hoặc cal.mol
-1
.K
-1
⇒
Khi tính

∆
G thì
∆
H giữ nguyên còn
∆
S.10
-3
và lúc đó đơn vò của
∆
G là KJ hoặc
Kcal
Nếu
∆
S để nguyên thì
∆
H.10
3
và lúc đó đơn vò của
∆
G là J hoặc cal ( 1 cal =
4,18 J)
Vd: Xét phản ứng: CO
2
)(K
→
CO
)(K

+
2

1
O
2

)(K
Biết các số liệu nhiệt động sau:
Chất O
2 (K)
CO
2 (K)
CO
(K)
∆
H
0
298
(KJ.mol
-1
) – – 393,51 – 110,52
S
0
298
(J.K
-1
.mol
-1
) 205,03 213,64 197,91
a) Hãy cho biết điều kiện chuẩn (25
0
C) phản ứng trên có xảy ra không?

b) Nếu coi
∆
H và
∆
S không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biết ở nhiệt độ nào
phản ứng trên có thể xảy ra?
Giải:
a)
∆
H
0
pư
=
∆
H
0
CO
–
∆
H
0
CO
2
= 282,99 KJ
∆
S
0
pư
= S
0

CO
+
2
1
S
0
O
2
– S
0
CO
2
= 86,785 J.K
-1
.mol
-1
⇒
∆
G
0
pư
=
∆
H
0
pư
– T
∆
S
0

pư
= 282,99.10
3
– 298 . 86,78 = 257128 J > 0
11
⇒
Ở điều kiện chuẩn (25
0
C) phản ứng này không xảy ra vì
∆
G
0
pư
> 0
b) Muốn phản ứng xảy ra phải có:
∆
G =
∆
H – T
∆
S < 0
⇒
T >
S
H
∆
∆
Nếu coi
∆
H và

∆
S không phụ thuộc nhiệt độ thì phản ứng xảy ra khi
T >
785,86
282990
≈
3261 K
b) Sự biến đổi
∆
G theo T. Điều kiện nhiệt độ để phản ứng xảy ra tự phát:
Trong trường hợp coi
∆
H không phụ thuộc nhiệt độ, ta có:
2
2
T
G
T
∆
=
1
1
T
G
T
∆
+
2
1
T

–
1
1
T

∆
H
Bài tập: Ở điều kiện chuẩn tại 298 K một phản ứng có:

∆
G
0
298
= + 93000 J / mol ;
∆
H
0
298
= + 150000 J / mol
Hãy tính
∆
G
0
1000
ở 1000 K và nhận xét về chiều tự phát của quá trình tại 2 nhiệt độ đã
cho ở điều kiện
tiêu chuẩn. Bỏ qua sự thay đổi
∆
H
0

theo nhiệt độ.
Giải: Ta có:
1000
0
1000
G∆
=
298
0
298
G∆
+
∆
H
0

298
1
1000
1
−

⇒

∆
G
0
1000
= 1000
298

93000
+ 150000
298.1000
1000298 −
= – 41275 J / mol
Nhận xét: Ở điều kiện tiêu chuẩn, tại 298 K ( hay 25
0
C) phản ứng có
∆
G
0
> 0 nên
chiều tự phát là chiều phản ứng nghòch. Tại 1000 K ( hay 727
0
C)
∆
G
0
< 0 nên chiều tự phát
là chiều phản ứng thuận
4/ Thế đẳng áp tạo thành tiêu chuẩn của một chất:
- Ngoài việc tính
∆
G
0
của phản ứng theo công thức
∆
G
0
=

∆
H
0
– T
∆
S
0
, ta có
thể tính
∆
G
0
dựa vào thế đẳng áp tạo thành tiêu chuẩn ( tức năng lượng tự do tạo thành
tiêu chuẩn) của các chất trong phản ứng
- Thế đẳng áp tạo thành tiêu chuẩn của một chất là sự biến thiên thế đẳng áp khi
tạo thành một mol chất đó từ các đơn chất bền ở điều kiện chuẩn. Thế đẳng áp tạo
thành tiêu chuẩn kí hiệu
∆
G
0
tt
hay
∆
G
0
S
- Thế đẳng áp chuẩn tạo thành từ các đơn chất bền = 0 (
∆
G
0

tt
đơn chất = 0)
- Dựa vào
∆
G
0
tt
của các chất có thể tính được
∆
G
0
pư
của các phản ứng theo
công thức
∆
G
0
pư
=
∑
∆
G
0
tt
(sp) –
∑
∆
G
0
tt

(tác chất)
Bài tập: Dùng các số liệu
∆
G
0
,298 tt
của các chất, hãy xét phản ứng phân hủy đá vôi tự
diễn biến ở điều kiện thường không?
CaCO
3
(r) CaO (r) + CO
2 (K)

∆
G
0
tt
( KJ / mol) – 1128,8 – 604,1 – 394,4
Giải:
∆
G
0
298
(pư) = + 130,3 KJ
⇒
Phản ứng phân hủy đá vôi không tự diẫn biến ở điều kiện thường
* Ghi chú: Các phương pháp tính biến thiên năng lượng tự do của phản ứng
1. Tính theo biến thiên Entanpi và Entropi:
∆
G

0
=
∆
H
0
– T
∆
S
0

kí hiệu “O” chỉ các giá trò lấy ở điều kiện chuẩn ( T = 298 K ; P = 1 atm)
12
∆
H
0
là hiệu ứng nhiệt của phản ứng ở đkc, có thể tính được dựa vào nhiệt tạo
thành hay nhiệt cháy
∆
S
0
là biến thiên entropi của phản ứng được tính
∆
S
0
pư
=
∑
S
0
(sản phẩm) -

∑
S
0
(chất
phản ứng)
2. Tính theo biến thiên năng lượng tư do của sự hình thành các chất
∆
G
0
S
:

∆
G
0
pư
=
∑
∆
G
0
S
(sản phẩm) -
∑
∆
G
0
S
(chất phản ứng)
(Biến thiên năng lượng tự do của phản ứng)

3. Tính theo hằng số cân bằng của phản ứng:
Ở thời điểm hệ đạt trạng thái cân bằng, biến thiên năng lượng tự do của chuẩn
của 1 phản ứng liên hệ với hằng số cân bằng K của nó qua biểu thức
∆
G
0
= – RT ln K = – 2,303 RT lg K
R: hằng số khí lý tưởng bằng 1,987 cal . mol
-1
. K
-1
T: Nhiệt độ tuyệt đối K
BÀI TẬP NHIỆT ĐỘNG LỰC HỌC
Bài 1: a) Chứng minh hệ quả của đònh luật Hess “ Hiệu ứng nhiệt của phản ứng bằng
tổng năng lượng liên kết cùa các tác chất trừ tổng năng lượng liên kết của các sản
phẩm”
b) p dụng: Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng sau (các chất đều ở pha khí và nêu
ý nghóa hóa học của kết quả tìm được:
CH
3
– CH
2
– CH
2
– CH
2
– CH
2
– CH
3

→
0
,txt
+ 3H
2
Cho năng lượng liên kết (KJ / mol):
Trong n – hexan: C – H: 412,6 C – C: 331,5
Trong benzen: C – H: 420,9 C – C: 486,6
Trong H
2
: H – H: 430,5 (trung bình)
Bài 2: (X) là hiđrocacbon NO mạch hở trong phân tử chỉ có liên kết đơn hoặc liên kết đôi,
phương trình nhiệt hóa học của phản ứng cháy của (X) như sau:
C
n
H
2n + 2 – 2k
+
2
13 kn −+
O
2

→
n CO
2
+ (n + 1 – k) H
2
O
∆

H = – 1852 KJ
Trong đó n là số nguyên tử C, k là số liên kết đôi C = C trong (X). Xác đònh CTCT của
(X). Biết năng lượng liên kết các liên kết như sau:
Liên kết O = O H – O C – H C = O C = C C – C
NLLK ( KJ/mol) 498 467 413 799 611 414
Bài 3: Tính hiệu ứng nhiệt
∆
H của phản ứng sau, mỗi phản ứng tính 2 cách: Theo năng
lượng và theo nhiệt tạo thành.
a) CH
4 (K)
+ 4Cl
2

→
CCl
4 (K)
+ 4HCl
(K)
b) 2Cl
2 (K)
+ 2H
2
O
(K)

→
4HCl
(K)
+ O

2 (K)
Biết: Năng lượng liên kết (KJ / mol) Nhiệt tạo thành ( KJ / mol)
C – C : 326,3 CH
4
: – 74,9
H – Cl : 431,0 HCl : – 92,3
C – H : 414,0 CCl
4
: – 108,5
Cl – Cl: 242,6 H
2
O
(K)
: – 241,8
O
2
: 498,7
H
2
O : 925,95
Bài 4: Xét phản ứng tổng hợp Hidro iotua
H
2 (K)
+ I
2
(r)  2HI
(K)
∆
H = + 53 KJ (a)
H

2 (K)
+ I
2
(r)  2HI
(K)
∆
H = ? (b)
a) Phản ứng (a) là tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?
b) Xác đònh hiệu ứng nhiệt của phản ứng (b) dựa vào NLLK? Biết NLLK ( KJ / mol) :
H – H là 436; H – I là 295 và I – I là 150. Giải thích sự khác biệt của 2 kết quả cho (a) và (b)?
Bài 5: Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết quả thí nghiệm:
- Nhiệt đốt cháy CH
4
: – 801,7 KJ / mol - Nhiệt đốt cháy than chì : – 393,4 KJ / mol
- Nhiệt đốt cháy C
2
H
6
: – 1412,7 KJ / mol - Nhiệt hóa hơi than chì : 715 KJ / mol
- Nhiệt đốt cháy Hidro: – 241,5 KJ / mol - NLLK H – H : 431,5 KJ / mol

Bài 6: Cho các dữ kiện dưới đây:
C
2
H
4
+ H
2

→

C
2
H
6
∆
H
1
= – 136,951 KJ / mol
13
C
2
H
6
+
2
7
O
2

→
2CO
2
+ 3H
2
O
lỏng

∆
H
2

= – 1559,837 KJ / mol
C + O
2

→
CO
2
∆
H
3
= – 393,514 KJ / mol
H
2
+
2
1
O
2

→
H
2
O
lỏng
∆
H
4
= – 285,838 KJ / mol
Hãy xác đònh nhiệt tạo thành và nhiệt đốt cháy C
2

H
4
Bài 7: Cho các số liệu nhiệt động học của 1 số phản ứng ở 298K
2NH
3
+ 3N
2
O  4N
2
+ 3H
2
O
∆
H
1
= – 1011 KJ / mol
N
2
O + 9H
2
 N
2
H
4
+ H
2
O
∆
H
2

= – 317 KJ / mol
2NH
3
+
2
1
O
2
 N
2
H
4
+ H
2
O
∆
H
3
= – 143 KJ / mol
H
2
+
2
1
O
2
 H
2
O
∆

H
4
= – 286 KJ / mol
Hãy tính nhiệt tạo thành của N
2
H
4
và NH
3
?
Bài 8: Cho biết nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của từng chất sau đây:
CH
3
OH
lỏng
+
2
3
O
2 (K)
CO
2 (K)
+ 2H
2
O
(K)
∆
H
0
298

(KJ.mol
-1
) – 238,66 0 – 393,51 – 241,82
S
0
298
(KJ.mol
-1
) 126,8 205,03 213,63 188,72
Tính hiệu ứng nhiệt phản ứng đẳng áp của phản ứng, hiệu ứng nhiệt đẳng tích của
phản ứng, biến thiên entropi phản ứng, biến thiên thế đẳng áp phản ứng ở điều kiện tiêu
chuẩn?
Bài 9: Biết năng lượng phân li của oxi là 493,71 KJ / mol, năng lượng liên kết của O – O là
138,07 KJ / mol Chứng minh rằng phân tử O
3
không thể có cấu tạo vòng mà phải có cấu
tạo hình chữ V.
Bài 10: Tính năng lượng mạng lưới tinh thể ion MgS từ các dữ kiện:
- Entanpi tạo thành tiêu chuẩn của Mg (r) : – 343,9 KJ / mol
- Nhiệt thăng hoa của Mg (r) : 152,7 KJ / mol
- Năng lượng ion hóa của Mg : I
1
+ I
2
= 2178,2 KJ / mol
- Năng lượng phân li cho 1 mol nguyên tử S : 557,3 KJ / mol
- i lực với e của S : E
1
+ E
2

= – 302,9 KJ / mol
Bài 11: Tính giá trò trung bình của biến thiên entanpi trong khoảng nhiệt độ từ 500
0
K đến
700
0
K của phản ứng: H
2
O
(K)
+ C (r)
→
CO
(K)
+ H
2 (K)

Ở 600
0
K
∆
G
0
= 50961 J / mol
Ở 700
0
K
∆
G
0

= 34058 J / mol
Bài 12: Xét 2 phản ứng:
Cl
2 (K)
+ 2HI  I
2
(r) + 2HCl
(K)
(1)
I
2
(r) + H
2
S
(K)
 S (r) + 2HI
(K)
(2)
a) Trong những điều kiện chuẩn, các phản ứng trên có thể xảy ra theo chiều thuận
ở 298
0
K hay không?
b) Khi nhiệt độ tăng lên sẽ ảnh hưởng đến hướng diễn ra của các phản ứng như
thế nào?
Bài 13: Cho phản ứng: CO
2 (K)

→
CO
(K)

+
2
1
O
2 (K)
và các dữ kiện:
Chất O
2
CO
2
CO

∆
H
0
298
( KJ / mol) – – 393,521 – 110,52

∆
S
0
298
( J.K
-1
.mol
-1
) 205,03 213,64 – 197,91
a) Ở điều kiện chuẩn (25
0
C) phản ứng trên có xảy ra được không?

b) Nếu coi
∆
H và
∆
S không phụ thuộc vào nhiệt độ. Hãy cho biệt ở nhiệt độ nào
phản ứng trên sẽ xảy ra?
Bài 14: Cho phản ứng sau và các dữ kiện tương ứng
CaCO
3
(r) CaO (r) + CO
2 (K)

∆
H
0
298
(KJ / mol) – 126,92 – 635,09 – 393,52
S
0
298
(J / mol) 92,90 38,21 213,8
14
a) Tính
∆
H
0
298
,
∆
S

0
298
,
∆
G
0
298
của phản ứng. Từ kết quả thu được hãy cho biết khả
năng tự phản ứng của phản ứng nhiệt phân CaCO
3
ở nhiệt độ 298 K tại điều kiện chuẩn?
b) Giả sử
∆
H
0
của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính
∆
G
0
1273
của
phản ứng tại nhiệt độ 1000
0
C. Nhận xét về khả năng tự phát của phản ứng tại 1000
0
C?
c) Giả sử bỏ qua sự biến đổi của
∆
H
0

và
∆
S
0
của phản ứng theo nhiệt độ, hãy
đánh giá gần đúng nhiệt độ tại đó phản ứng nhiệt phân bắt đầu xảy ra tự phát theo
chiều thuận?
Bài 15: Cho các chất ở điều kiện chuẩn:
Fe O
2
FeO Fe
2
O
3
Fe
3
O
4
Sinh nhiệt
∆
H
0
S
(Kcal / mol) 0 0 – 63,7 – 169,5 – 266,9
S
0
(cal.mol
-1
.K
-1

) 6,5 49,0 14,0 20,9 36,2
a) Tính biến thiên thế đẳng nhiệt đẳng áp sự tạo thành các oxit sắt từ các đơn chất
ở điều kiện chuẩn (298 K và 1 atm)
b) Hãy cho biết ở điều kiện chuẩn, oxit sắt nào là bền nhất?
Bài 16: Tính năng lượng liên kết E
C – C
của liên kết C – C trong xiclopropan, biết rằng:
- Thiêu nhiệt của xiclopropan : – 499,8 Kcal / mol
- C (gr)
→
C
(K)

∆
H = 171,1 Kcal
- E
H – H
= 104,2 Kcal / mol
- E
C – H
= 99,1 Kcal / mol
-
∆
H
0
tt
(CO
2
, K) = – 94,1 Kcal / mol
-

∆
H
0
tt
(H
2
O,

) = – 68,4 Kcal / mol
So sánh năng lượng liên kết vừa tìm được với năng lượng liên kết C – C trong AnKan
(83 Kcal / mol). Kết luận.


BÀI GIẢI:
Bài 1:
a) Chứng minh hệ quả đònh luật Hess:
Giả sử có phản ứng tổng quát : AB + CD AD + CB
Phản ứng bao gồm các quá trình diễn ra như sơ đồ sau:
AB + CD AD + CB

∆
H
LK(AB)

∆
H
LK(CD)
A + B C + D
–
∆

H
LK(AD)
–
∆
H
LK(CB)



Theo đònh luật Hess ta có:
∆
H
X
=
∆
H
LK (AB)
+
∆
H
LK (CD)
+ [ –
∆
H
LK (AD)
] + [ –
∆
H
LK (CB)
]

Hay
∆
H
X
= (
∆
H
LK (AB)
+
∆
H
LK (CD)
) – (
∆
H
LK (AD)
+
∆
H
LK (CB)
)
b) p dụng:
∆
H = [ (14 x 412,6) + (5 x 331,5)] – [(6 x 486,6) + (6 x 420,9) + ( 3 x 430,5)]
= 697,4 KJ
Ý nghóa:
∆
H > 0 có nghóa là phản ứng thu nhiệt, như vậy kết quả tính toán phù
hợp với thực tế, vì sự chuyển hóa n-hexan thành benzen là chuyển từ trạng thái bền
sang trạng thái kém bền hơn cần phải cung cấp năng lượng.

Bài 2:
∆
H = (n – 1 – K)E
C–C
+ K.E
C = C
+ (2n + 2 – K)E
C – H
+
2
13 Kn −+
E
O = O
– 2n.E
C = O
– 2(n + 1– K)E
O – H
= – 1852
⇔
(n – 1 – K) 414 + 611K +(2n + 2 – K) 413 +
2
13 Kn −+
498 – 2n.799 – 2(n + 1– K) 469 = –
1852
⇔
545n = 1579 + 56K
Vì 0
≤
K
≤

n – 1
⇒

545
1579

≤
n
≤

489
1523
⇒
2,897
≤
n
≤
3,115
⇒
n = 3 và K = 1
Vậy CTCT của (X) là CH
3
– CH = CH
2
15
∆
H
X
Bài 3:
a) Tính

∆
H của phản ứng: CH
4 (K)
+ 4Cl
2 (K)

→
CCl
4 (K)
+ 4HCl
(K)
- Dựa vào năng lượng liên kết:
∆
H = (4 x 414 + 4 x 242,6) – (4 x 326,3 + 4 x 431) = – 402,8 KJ
- Dựa vào nhiệt tạo thành:
∆
H = [ – 108,5 + 4( – 92,3)] – ( – 74,9) = – 402,8 KJ
b) Tính
∆
H của phản ứng: 2Cl
2 (K)
+ 2H
2
O
(K)

→
4HCl
(K)
+ O

2 (K)
- Dựa vào năng lượng liên kết:
∆
H = (2 x 242,6 + 2 x 925,95) – (4 x 431 + 498,7) = 114,4 KJ
- Dựa vào nhiệt tạo thành:
∆
H = [ 4 x ( – 92,3)] – [ 2 x ( – 241,8)] = 114 KJ
Vậy: phản ứng (a) có
∆
H < 0 là phản ứng tỏa nhiệt và phản ứng (b) có
∆
H > 0 là
phản ứng thu nhiệt
Bài 4:
a) Theo qui ước
∆
H > 0 thì phản ứng thu nhiệt
b) H
2 (K)
+ I
2 (K)
 2HI
(K)
(b)
Nên
∆
H = (436 + 150) – (2 x 295) = – 4 KJ
Giá trò nhỏ bất thường là do chưa xét năng lượng cần cung cấp để chuyển I
2
(r)

theo phản ứng (a) thành I
2 (K)
theo phản ứng (b)
Bài 5:
CH
4
+ 2O
2
 CO
2
+ 2H
2
O H
1
2H
2
O  2H
2
+ O
2
–
∆
H
2
CO
2
 C (r) + O
2

–
∆
H
3
C (r)  C
(K)
∆
H
4
2H
2
 4H 2
∆
H
5
H
4
 C
(K)
+ 4H H = 4
∆
H
0
C – H
4
∆
H
0
C – H
=

∆
H
1
–
∆
H
2
–
∆
H
3
+
∆
H
4
+ 2
∆
H
5
= – 801,5 + 241,52 + 393,4 + 715 + (2 x 431,5) = 1652,7 KJ / mol
⇒
E
( C – H )
=
4
7,1652
= 413,175 KJ / mol
- Tính năng lượng liên kết C – C : Tướng tự sắp xếp các phản ứng
⇒

E
( C – C )
= 344,05 KJ / mol
Bài 6:
- Đònh
∆
H
tt
C
2
H
6



→
C
2
H
4
+ H
2
∆
H
1
2CO
2
+ 3H
2
O

lỏng

→
C
2
H
6
+
2
7
O
2
∆
H
2
2C + 2O
2

→
2CO
2
2
∆
H
3
3H
2
+
2
3

O
2

→
3H
2
O
lỏng
3
∆
H
4
2C + 2H
2

→
C
2
H
4
∆
H
tt
= + 52,246 KJ / mol
- Đònh
∆
H
đc
C
2

H
4

→
2C + 2H
2
∆
H
5
= –
∆
H
tt
= – 52,246 KJ / mol
2C + 2O
2

→
2CO
2
2
∆
H
3
= – 787,028 KJ / mol
2H
2
+ O
2

→
2H
2
O
lỏng
2
∆
H
4
= – 571,676 KJ / mol
C
2
H
4
+ 3O
2

→
2CO
2
+ 2H
2
O
lỏng

∆
H
đc
= – 1410,95 KJ / mol
Bài 7:

- Tính nhiệt tạo thành N
2
H
4
Tổ hợp các cân bằng
4N
2
+ 3H
2
O  2NH
3
+ 3N
2
O –
∆
H
1
3N
2
O + 9H
2
 3N
2
H
4
+ 3H
2
O 3
∆
H

2
2NH
3
+ ½ O
2
 N
2
H
4
+ H
2
O
∆
H
3
H
2
O  ½ O
2
+ H
2
–
∆
H
4
16
+
4N
2
+ 8H

2
 4N
2
H
4
4
∆
H
5
4
∆
H
5
=
4
286143317.31011 +−−
= 50,75 KJ / mol
- Tính nhiệt tạo thành NH
3
N
2
H
4
+ H
2
O

 2NH
3
+ ½ O

2
–
∆
H
3
2H
2
+ N
2
 N
2
H
4

∆
H
5
H
2
+ ½ O
2
 H
2
O
∆
H
4
N
2
+ 3H

2
 2NH
3
2
∆
H
6
∆
H
6
=
2
28675,50143 −+
= – 46,125 KJ / mol
Bài 8: - Hiệu ứng nhiệt đẳng áp của phản ứng:
Q
P
=
∆
H

= [ – 393,51 + 2( – 241,82)] – ( – 238,66) = – 638,49 KJ
- Hiệu ứng nhiệt đẳng tích của phản ứng:
Q
V
=
∆
U =
∆
H – RT

∆
n
= – 638,49 – 8,134 x 10
-3
x 298 x ( 3 – 1,5) = – 642,20 KJ
- Biến thiên entropi của phản ứng:
∆
S = [ 213,63 + 2(188,720] C – C [ (1,5 x 205,03) + 126,8] = + 156,73 L.K
-1
- Biến thiên thế đẳng áp của phản ứng:
∆
G =
∆
H

– T
∆
S = – 638,49 – 298 x 156,73 x 10
-3
= – 685,20 KJ
O
Bài 9: Nếu O
3
có cấu tạo vòng O O thì khi nguyên tử hóa O
3
phải phá vỡ 3 liên kết đơn

→
năng lượng cần tiêu thụ là: 3 x 138,07 = 414,21 KJ
Nếu O

3
có cấu tạo chữ V : O thì khi nguyên tử hóa O
3
phải phá 1 liên kết đôi O
= O và 1 liên kết đơn O – O O O

→
năng lượng cần tiêu thụ là : 493,71 + 138,07 = 631,78 KJ / mol. Trong khi đó 3O
2
 2O
3
∆
H =
∆
H
1
–
∆
H
2
= – 812,11 – ( – 1095,79) = 283,68 KJ
Ta có sơ đồ:
3O
2
6O


∆
H =
∆

H
1
–
∆
H
2
2
∆
H
pl
O
3
2O
3
∆
H
pl
O
3
=
2
3)(
221
OHHH
pl
∆+∆−∆−
= 598,725 KJ / mol
Bài 10: Ta có sơ đồ:
Mg (r) +
8

1
S (r) MgS (r)
557,3
152,7 S
(K)
S
2-
(K)

Mg
(K)
Mg
2+
(K)
- Năng lượng hình thành mạng lưới tinh thể ion của MgS là:
U = ( – 343,9) – (152,7 + 557,3 – 302,9 + 2178,2) = – 2929,2 KJ / mol
Vậy năng lượng mạng lưới tinh thể ion của MgS là: + 2929,2 KJ / mol
Bài 11: Từ
∆
G
0
=
∆
H
0
– TAS
0
Giả sử
∆
H

0
và
∆
S
0
không phụ thuộc vào nhiệt độ, ta có:

∆
H
0
– 600
∆
S
0
= 50961

∆
H
0
– 700
∆
S
0
= 34058
Suy ra
∆
H

= 152379 J/mol hay 152,379 KJ/mol
Bài 12: Xét 2 phản ứng (1) và (2):

a) - Với phản ứng (1):
∆
G
0
1
= 2
∆
G
0
HCl
– 2
∆
G
0
HI
= 2( – 95,2) – 2 x 1,8 = – 194 KJ
- Với phản ứng (2):
∆
G
0
2
= 2
∆
G
0
HI
–
∆
G
0

2
SH
= 2 x 1,8 – (33,8) = + 37,4 KJ
Phản ứng (1) có
∆
G
0
1
< 0: Có khả năng phản ứng theo chiều thuận
Phản ứng (2) có
∆
G
0
2
> 0: Không thể xảy ra theo chiều thuận trong điều kiện đã
cho
17
3
∆
H
pl
O
2
- 343,9
U
- 302,9
2178,2
b) Khi tăng nhiệt độ, ta có:
∆
G

0
=
∆
H
0
– TAS
0
- Ở phản ứng (1): Số mol khí giảm, có
∆
S
0
1
< 0
→
– T
∆
S
0
1
> 0
- Ở phản ứng (2): Số mol khí tăng, có
∆
S
0
2
> 0
→
– T
∆
S

0
2
< 0
Vậy khi tăng nhiệt độ T thì – T
∆
S
0
1
càng dương và
∆
G
0
1
tăng, – T
∆
S
0
2
càng âm
và
∆
G
0
2
giảm. Do đó cản trở phản ứng (1) và tạo điều kiện thuận lợi cho phản ứng (2)
diễn ra theo chiều thuận.
Bài 13:
a)
∆
H

0
pu
=
∆
H
0
CO
–
∆
H
0
2
CO
= 282,99 KJ

∆
S
0
pu
= S
0
CO
+
2
1
S
0
2
O
– S

0
2
CO
= 86,785 K
-1
.J
→

∆
G
0
pu
=
∆
H
0
pu
– T
∆
S
0
pu
= 282,99.10
-3
– 298 x 86,785 = 257128 J > 0
→
Ở điều kiện chuẩn (25
0
C) phản ứng này không xảy ra vì
∆

G
0
pu
> 0
b) Muốn phản ứng xảy ra phải có:
∆
G =
∆
H – T
∆
S < 0
→
T >
S
H
∆
∆
Nếu chấp nhận
∆
H ,
∆
S không phụ thuộc vào nhiệt độ thì phản ứng xảy ra khi
T >
≈
785,86
282990
3261 K
Bài 14:
a)
∆

H
0
298
(pư) = [
∆
H
0
298
(CaO) –
∆
H
0
298
(CO
2
) ] –
∆
H
0
298
(CaCO
3
) = + 178,31 KJ/mol
∆
S
0
298
(pư) = [ S
0
298

(CaO) + S
0
298
(CO
2
) ] – S
0
298
(CaCO
3
) = + 159,11 J/K.mol
∆
G
0
298
(pư) =
∆
H
0
298
(pư) – T
∆
S
0
298
(pư) = 178310 – 298 x 159,11 = 130895,22 J/mol
Nhận xét: Ở 298 K ,
∆
G
0

298
(pư) > 0 nên phản ứng nhiệt phân không tự xảy ra
b) T = 1000 + 273 = 1273 K
1273
0
1273
G∆
=
298
G
0
298
∆
+
∆
H
0

298
1
1273
1
−

→

∆
G
0
1273

= – 24237 J/mol
Nhận xét: Tại 1273 K ( tức 1000
0
C) ở điều kiện tiêu chuẩn có
∆
G
0
1273
< 0 nên chiều tự
phát là chiều thuận
c) Từ công thức:
∆
G
0
T
=
∆
H
0
– T
∆
S
0
< 0
→
T >
0
0
S
H

∆
∆
T >
11,159
178310
= 1120,7 K
t
0
C > 1120,7 – 273 = 847,7
0
C
Nhận xét: Để phản ứng nhiệt phân CaCO
3
có thể tự phát xảy ra trong điều kiện tiêu
chuẩn cần nung nóng CaCO
3
lên nhiệt độ cao hơn 847,7
0
C
Bài 15:
a) Phản ứng tạo thành các oxit sắt từ các đơn chất:
Fe
3
O
4
: 3Fe + 2O
2

→
Fe

3
O
4
∆
H
0
S
= – 266900 (cal/mol)
∆
S
0
43
OFe
= S
0
43
OFe
– ( 3S
0
Fe
+ 2S
0
2
O
) = – 79 cal.mol
-1
.K
-1
∆
G

0
43
OFe
=
∆
H
0
)(
43
OFeS
- T
∆
S
0
(
43
OFe
)
= – 243358 (cal/mol) hay 243,358 Kcal/mol
- Với FeO và Fe
2
O
3
dựa vào các phương trình sau để tính:
Fe +
2
1
O
2

→
FeO
2Fe +
2
3
O
2

→
Fe
2
O
3

Tương tự như cách đã làm với Fe
3
O
4
, ta được kết quả:
18

∆
G
0
FeO
= – 58,634 Kcal / mol

∆
G
0

32
OFe
= – 149,95 Kcal / mol
Nhận xét: Các phản ứng như Fe và O
2
tạo thành các axit Fe đều là các quá trình tự
diễn biến
b) Để so sánh tính bền các oxit sắt, ta có thể tiến hành bằng cách tính
∆
G
0
của
các phản ứng biến đổi lẫn nhau giữa các oxit sắt.
Thí dụ, xét phản ứng:
3
2
Fe
3
O
4
+
6
1
O
2
 Fe
2
O
3
Tính

∆
G
0
pư
của phản ứng này từ
∆
G
0
S
của các oxit đã tính ở trên

∆
G
0
pư
=
∆
G
0
43
OFe
–
3
2
∆
G
0
43
OFe
= 12,32 (Kcal / mol).

Quá trình thuận có
∆
G
0
pư
> 0 không tự xảy ra. Vậy phản ứng chỉ có thể xảy ra theo
chiều nghòch, nghóa là ở điều kiện chuẩn Fe
3
O
4
bền hơn Fe
2
O
3
.
Tương tự xét phản ứng: 2FeO +
2
1
O
2
 Fe
2
O
3
Kết quả tính toán cho

∆
G
0
pư

= – 32,68 Kcal / mol, nghóa là ở điều kiện chuẩn phản
ứng tự xảy ra theo chiều thuận. Điều đó chứng tỏ Fe
2
O
3
bền hơn FeO.
Vậy tính bền các oxit sắt tăng theo dãy sau FeO
→
Fe
2
O
3

→
Fe
3
O
4
Cách 2: Có thể tính
∆
G
0
S
của các oxit sắt ứng với 1 mol Fe và thu được kết quả sau:
FeO Fe
2
O
3
Fe
3

O
4
∆
G
0
(ứng với 1 mol Fe) – 58,6 – 75,0 – 81,3
∆
G
0
43
OFe
là thấp nhất, nên Fe
3
O
4
là bền nhất.
Bài 16: Phản ứng cháy của xiclo propan:
C
3
H
6 (K)
+
2
9
O
2 (K)

→
3CO
2 (K)

+ 3H
2
O
(K)

∆
H = – 499,8 Kcal
Ta có:
∆
H = [ 3
∆
H (CO
2
, K) + 3
∆
H (H
2
O, K) ] – [
∆
H
tt
(C
3
H
6
) ]
→

∆
H

tt
(C
3
H
6
) = 12,3 Kcal/mol
Để tính năng lượng liên kết E
C – C
trong xiclo propan, ta xét sơ đồ sau:
3C (gr) + 3H
2 (K)

(1)

Xiclo propan
(K)

(2) (3)

3C
(K)
+ 6H
(K)

(4)
Đường biến đổi (1) gồm phản ứng:
3C (gr) + 3H
2 (K)

→

xiclo-C
3
H
6
∆
H = 12,3 Kcal / mol
Đường biến đổi (2) gồm phản ứng:
C (gr)
→
3C
(K)
∆
H
1
= 171,3 x 3 = 513,3 Kcal/ mol
Đường biến đổi (3) gồm phản ứng:
H
2 (K)

→
6H
(K)
∆
H
2
= 104,2 x 3 = 312,6 Kcal / mol
Đường biến đổi (4) gồm phản ứng:
C
(K)
+ 6H

(K)

→
xiclo-C
3
H
6 (K)
∆
H
4
= – [ 3E
C – C
+ (99 x 6)]
= – [ 3E
C – C
+ 594 ] Kcal / mol
Theo đònh luật Hess, ta có:
∆
H =
∆
H
1
+
∆
H
2
+
∆
H
3

+
∆
H
4
12,3 = 513,3 + 312,6 – ( 3E
C – C
+ 594)

→
E
C – C
= 73,2 Kcal / mol
Kết quả tìm được cho thấy liên kết C – C trong xiclo propan kém bền hơn liên kết C – C
trong ankan. Do đó, xiclo propan có thể cho phản ứng cộng như anken.
III. Đánh giá hiệu quả :
Trên cơ sở những kiến thức đã truyền thụ và rèn luyện kó năng vận dụng phương
pháp giải các bài tập, chúng tôi đã cho học sinh lớp 10 phân ban, lớp 10 chuyên hóa, lớp
11 không phân ban, học sinh các lớp năng khiếu dự thi hóa cấp tỉnh làm một số bài tập
kiểm tra và trên 90% các em học sinh đều giải quyết tốt nội dung yêu cầu của bài kiểm
tra :
Đề kiểm tra :
1/ Tính năng lượng liên kết trung bình C – H và C – C từ các kết qủa thực nghiệm sau:
- Nhiệt đốt cháy CH
4
: - 801,7 kJ/mol
- Nhiệt đốt cháy C
2
H
6
: - 1412,7 kJ/mol

- Nhiệt đốt cháy H
2
: - 241,5 kJ/mol
19
- Nhiệt đốt cháy than chì: - 393,4 kJ/mol
- Nhiệt hóa hơi than chì: 715,0 kJ/mol
- năng kượng liên kết H – H : 431,5 kJ/mol
Các kết qủa đều đo được ở 298
0
K và 1 atm.
Kết qủa làm bài của học sinh :
Lớp Số học sinh Giỏi Khá Trung bình Yếu
10 30 70% 15% 15% 0
11 NK 25 83% 14% 3% 0
12 30 70% 20% 10% 0
2/ Tính lượng nhiệt tỏa ra khi đốt cháy 1m
3
(đktc) hỗn hợp khí gồm 14% H
2
; 32% CH
4
;
15,5% CO; 12,5% CO
2
; 26,0% N
2
(theo thể tích). Biết nhiệt tạo thành của CH
4
,
,

CO, CO
2
, hơi H
2
O
tương ứng bằng : - 74,9 kJ/mol ; -110,5 kJ/mol ; -393,7 kJ/mol ; - 241,8 kJ/mol.
Kết qủa làm bài của học sinh :
Lớp Số học sinh Giỏi Khá Trung bình Yếu
10 30 80% 20% 0 0
11 NK 25 84% 16% 0 0
12 30 93,33% 6,67% 0 0
IV. Kết luận :
Nội dung sang kiến kinh nghiệm trên đã được tổ hóa vận dụng trong qúa trình giảng
dạy chính khóa và bồi dưỡng học sinh giỏi. Kết qủa đã tạo cho học sinh hứng thú học tập
và yêu thích bộ môn hơn, từ đó tạo cho học sinh động cơ thái độ học tập đúng đắn và
rèn luyện kỹ năng phân tích, tổng hợp khi nghiên cứu các nội dung của môn hóa học.
Phan Rang, ngày 25 tháng 4 năm 2010ù
Người viết
Nguyễn Trung Quốc .
20