Ôn thi học sinh giỏi hóa học

Xây dựng bài tập cân bằng hoá học
Cân bằng hoá học là một chuyên đề quan trọng trong Hoá học .
Nó có liên quan đến rất nhiều lĩnh vực của Hóa học . Khi tiếp cận với
chuyên đề này , chúng ta có một cái nhìn biện chứng về các phản ứng
hóa học . Do đó nghiên cứu lý thuyết và kết hợp với việc xây dựng , su
tầm các bài tập trở nên hết sức cần thiết để từ đó khắc sâu kiến thức đã
đợc
Trên cơ sở đó , tôi đã tiến hành tổng kết lý thuyết và xây dựng
các dạng bài tập của cân bằng hoá học thông qua một số dạng khác
nhau
A. Lý thuyết về cân bằng hoá học
I. Định luật tác dụng khối lợng
Tại T,p = const , diễn ra phản ứng :
aA + bB + cC + dD +
=> Thế đẳng áp của phản ứng (G
p
) đợc xác định bởi phơng trình :
G = G
0
+ RTln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
= G
0
+ RTln Q (I)
G
0

là thế đẳng áp của phản ứng ở điều kiện chuẩn .
(i) là hoạt độ của chất i .
Khi phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng => G = 0
(I) => G
0

= - RTln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC

cb
(II)
Từ (II) => ln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC

cb
=
)(Tf
RT
G
o

=


(III)
Khi T = const =>
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
= const = K
a
(IV)
=> G
0
= - RTln K
cb
(V)
Từ (I) => G = - RT ln K
cb
+ RT ln Q = RT ln
cb
K
Q
(VI)
Tuỳ thuộc vào đặc điểm các chất trong phơng trình phản ứng mà
K
cb
có thể đợc biểu thị ở các hình thức khác nhau.

II . Hằng số cân bằng .
1
1. Cân bằng hoá học đồng thể trong pha khí lý tởng.
A, Hằng số cân bằng K
p
Đối khí lý tởng : Hoạt độ (i) = p
i
(áp suất riêng phần)
=> K
p
= K
cb
= f(T)
=> K
p
=
cb
b
B
a
A
d
D
c
c
PP
PP

(VII)
Ví dụ : Phản ứng : 2Cl
2(k)
+ 2H
2
O
(k)
4HCl
(k)
+ O
2 (k)
(*)
Giả sử các khí trong phản ứng (*) đều đợc coi là lý tởng.
=> K
p
=
cb
OHCl
OHCl
PP
PP

22
4
22
2
.
.

Q =
22
4
22
2
.
.
OHCl
OHCl
PP
PP

=> G = RT lnQ - RT ln Kp
b, Hằng số cân bằng theo số mol K
n
Ta có :
P
n
n

P
i
i
.=
n : tổng số mol các khí ; P là áp suất toàn phần của hệ .
=>
















=
n
P
nn
nn
K
b
B

a
A
d
D
c
c
p
.


Với = (c + d + ) - ( a + b +)
Ta có : P . V = n.RT =>
V
RT
n
P
=
=> K
P
= K
n
.

V
RT
c, Hằng số cân bằng K
c
(Hằng số cân bằng nồng độ)
p
i
= [ i]. RT
[ i ] là nồng độ chất i ở thời điểm cân bằng.
=> K
p
=
][][
][][
ba
dc
BA
DC
(RT)
(c + d +

) - (a + b +

)
Đặt : n = (c + d + ) - (a + b + )
K
c
=
][][
][][

ba
dc
BA
DC
=> K
p
= K
c
(RT)

n
=> K
c
=
n
RT
Kp

)(
= f(T)
R = 0,082 atm. lit /độ . mol .
d, Đại lợng K
x

2
Ta có : áp suất riêng phần P
i
= x
i
. P

T
( P
T
là áp suất toàn phần )
Trong đó : x
i
=

i
i
n
n
=> K
p
= K
x
. P

n
với K
x
=


b
B
a
A
d
D

c
c
xx
xx
=> K
x
=
n
P
Kp

=> K
x
= f(T, P
T
)
=> K
x
không phải là hằng số cân bằng.
e, Thứ nguyên của K
p
, K
c
, K
x
.
K
p
=
b

B
a
A
d
D
c
c
PP
PP
.
.
[atm
(c + d +

) -

(a + b +

)
]
K
c
=
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
[ (nồng độ)

n
]
K
x
không có đơn vị
2. Hệ các pha khí với sự có mặt của các pha ngng tụ nguyên
chất.
Pha ngng tụ nguyên chất có thể là pha rắn hoặc pha lỏng thì hoạt
độ của chúng đều đợc coi là hằng số và hoạt độ đó đợc chuyển vào
hằng số cân bằng. Do đó trong biểu thức hằng số cân bằng chỉ mặt
chất khí .
VD : CaCO
3 (T)
CaO
(r)
+ CO
2 (k)
=> K
p
= p
2
CO

3. Dung dịch nớc loãng lý tởng.
Hoạt độ của dung môi nớc = 1 ; hoạt độ của các chất tan trong
dung dịch đợc chấp nhận = C
i
(nồng độ của chất i trong dung dịch
loãng lí tởng)

Khi đó : K
cb
=
][.][
][.][
ba
dc
BA
DC
[ i ] là nồng độ chất i ở trạng thái cân bằng .
Khi đó G = G
0
+ RT ln K
cb

4. Sự tổ hợp cân bằng
Xét ví dụ 2 H
2
+ Cl
2
2HCl
(k)
(1) G
0
I
1 2H
2
+ O
2
2H

2
O
(k)
(2) G
0
II
2Cl
2
+ 2H
2
O
(k)
4HCl
(k)
+ O
2 (k )
G
0
III
=> G
0
III
= 2G
0
I
- G
0
II
G
0

= - RT ln K
p
=> - RT ln K
p (III)
= - (RT lnK
2
P(I)
- RT ln K
P (II)
)
3
=> K
P(III)
=
1
)(
2
)(
)(
2
)(
.

=
IIPIP
IIP
IP
KK
K

K
=> Một phản ứng là tổng đại số của các phản ứng thành phần
thì hằng số cân bằng của phản ứng đó là tích các hằng số cân bằng
của các phản ứng thành phần với luỹ thừa là phần đóng góp của phản
ứng đó trong phản ứng tổng
III. Các yếu tố ảnh hởng tới cân bằng.
1. ảnh hởng của nhiệt độ.
a, Biểu thức : Ta có
ln K
p
=
RT
STH
RT
G
).(
00
0

=


=
R
S
RT
H
00

+

Chấp nhận gần đúng :

H
0
,

S
0
không đổi trong khoảng nhiệt độ
xét.
=> H
0
= const ; S
0
= const
=> ln K
p
= f






T
1
b, Sự chuyển dịch cân bằng.
H < 0 ( phản ứng toả nhiệt ) => T tăng thì lnK

p
giảm => cân
bằng chuyển dịch về phía nghịch (thu nhiệt).
H > 0 ( phản ứng thu nhiệt )=> T tăng thì lnK
p
tăng => cân
bằng chuyển dịch về phía thuận (thu nhiệt).
=> Khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt
( nghĩa là chống lại sự tăng nhiệt độ )
2. ảnh hởng của áp suất lên cân bằng hoá học.
Ta có K
x
= K
p
P

n
G = G
0
+ RTlnK
p
= G
0
+ RTlnK
x
. P

n
= 0
=> Khi T = const, giá trị G chỉ phụ thuộc vào P

n
.
=> Chúng ta có các trờng hợp sau :
TH 1 . n = 0 ( không có sự thay đổi số mol khí ) => K
x
không
thay đổi theo P , vì thế sự thay đổi áp suất chung của hệ trong trờng
hợp này không làm chuyển dịch cân bằng.
VD CO
(k)
+ H
2
O
(k)
CO
2 (k)
+ H
2

(k)

TH 2 . n < 0 (giảm số mol khí ) => khi tăng áp suất chung, K
x

giảm =>
G = G
0
+ RT ln K
x

. P

n
< 0

= > cân bằng chuyển dịch về phía thuận.
4
TH 3 . n > 0 (tăng số mol khí) => khi tăng áp suất chung, K
x

tăng
=> G = G
0
+ RT ln K
x
. P

n
< 0


= > cân bằng chuyển dịch về phía nghịch.
=> Khi tăng áp suất cân bằng chuyển dịch về phía có ít phân tử khí
hơn.
3. ảnh hởng của nồng độ
Giả sử có phản ứng :
aA + bB + = cC + dD+
G = G
0
+RT lnQ + RT ln( RT )

n
= G
0
+ RT ln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
+ RT ln( RT )

n
= G
0'
+ RT ln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC

Lúc cân bằng G = 0 => Q
c
= K
c
=
][][

][][
ba
dc
BA
DC
Nếu tăng nồng độ chất phản ứng ([A] , [B] ,.), G trở nên âm,
hệ không còn ở trạng thái cân bằng nữa. Phản ứng theo chiều từ trái
sang phải tiếp tục xảy ra cho đến khi G = 0. Sự tăng nồng độ của các
chất sản phẩm ( [C] , [D] , . ) sẽ gây nên kết quả ngợc lại.
Nh vậy :
- Khi tăng nồng độ của các chất đầu cân bằng sẽ chuyển dịch về
phía thuận ( làm giảm nồng độ của chất đầu )
- Khi tăng đồng độ của các chất sản phẩm cân bằng sẽ chuyển
dịch về phía nghịch ( làm giảm nồng độ của chất sản phẩm )
=> Khi tăng nồng độ của các chất trong phơng trình phản ứng
tại trạng thái cân bằng thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều chống
lại sự thay đổi đó .
Chú ý : Sự thay đổi nồng độ tơng tự sự thay đổi áp suất riêng
phần .
4. Nguyên lý Lơ Satơliê .
Mọi sự thay đổi của các yếu tố xác định trạng thái của hệ cân
bằng , sẽ làm cho cân bằng chuyển dịch về phía chống lại những
thay đổi đó .
5. Sự phá vỡ cân bằng.
Trờng hợp đặc biệt này xảy ra khi trong phản ứng có sự tham gia
của các chất ngng tụ, đặc biệt là chất rắn.
5
Nguyên nhân trong giai đoạn khi G < 0 thì lợng chất ngng tụ
tham gia bị hết do đó cân bằng không đạt đợc.
B. Xây dựng bài tập về cân bằng hoá học.

Các dạng bài tập đợc xây dựng, su tầm cần khắc sâu các kiến thức
đã học đồng thời gợi mở các vấn đề khác có liên quan. Trên cơ sở đó
ta có thể thống kê các dạng bài tập sau :
- Bài tập áp dụng kiến thức đã học.
- Bài tập tổng hợp .
I . Dạng bài tập áp dụng kiến thức .
Dạng 1: Xác định thành phần hệ ở thời điểm cân bằng .
Ví dụ 1 .
a, Cho 1 mol PCl
5
(khí) vào một bình chân không, thể tích V. Đa
nhiệt độ bình lên 525K. Cân bằng :
PCl
5 (k)
PCl
3 (k)
+ Cl
2 (k)
(1)
đợc thiết lập với K
p
= 1,85. áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng
đo đợc là 2 atm. Tính số mol của từng chất tại thời điểm cân bằng.
b, Cho 1 mol PCl
5
và 1 mol khí He vào bình nh ở thí nghiệm a)
rồi tăng nhiệt độ lên 525K . Tính số mol của PCl
5
, PCl
3

và Cl
2
ở trong
bình tại thời điểm cân bằng. Nhận xét kết quả thu đợc , điều này có
phù hợp với nguyên lý
Lơ Satơliê hay không ?
c, Lặp lại thí nghiệm b, nhng thay đổi V để tại thời điểm cân
bằng áp suất trong bình là 2atm. Tính số mol PCl
5
, PCl
3
và Cl
2
. Nhận
xét kết quả thu đợc , điều này có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê
hay không ?
(Các khí đợc coi là lý tởng).
Bài giải
Ta có PCl
5 (k)
PCl
3 (k)
+ Cl
2 (k)
(1)
Ban đầu 1mol 0 0
Phản ứng x x x
Cân bằng 1 - x x x
2
n

n
= 1 - x + x + x = 1 + x (mol)
Tại thời điểm cân bằng :
6
P
x
x
PP
P
x
x
P
ClCl
Cl
.
1
.
1
1
32
5
+
==
+

=
áp dụng định luật tác dụng khối lợng (ĐKTDKT), ta có :
85,1.
1
.

1
1
.
)1(
.
2
2
2
2
2
5
32
=

=
+

+
== P
x
x
P
x
x
P
x
x
P
PP
K

PCl
ClCl
p
P = 2atm =>
925,0
2
85,1
1
2
2
==
x
x
=> x = 0,693 (mol)
=>
)(307,0693,01
)(693,0
5
23
moln
molnn
PCl
ClPCl
==
==
b, Tính V.Trong thí nghiệm a, tại thời điểm cân bằng ,
2
n
n
= 1 + x

= 1,69 (mol)
Ta có : PV =
2
n
n
. RT => V = 1,693
44,36
2
525.082,0
=
(lít)
Tại thí nghiệm b, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng = 2 + y
(mol)
P
y
y
PP
y
y
PP
lPC
PClCl
.
2
1
;.
2
5
32
+

=
+
==
Ta có :
566,1
1
.
1
.)2(
.
22
2
==

=>

==>
+==
RT
V
K
y
y
V
RT
y
y
K
V

RT
y
V
RTn
P
PP
n
y
2
= 1,566 = 1,566y y
2
+ 1,566y - 1,566 = 0
=> y = 0,693.
=> Sự thêm khí trơ He vào hệ khi V = const không làm chuyển dịch
cân bằng điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê vì khi
thêm He vào không làm thay đổi áp suất riêng phần của hệ .
c, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng= 2 + z
85,12.
)1()2(
.
2.
2
1
2.
2
2
5
23
5
32

=
+
==
+

=
+
==
zz
z
P
PP
K
z
z
P
z
z
PP
PCl
ClPCl
P
PCl
PClCl
z
2
= 0,925 (2 - z - z
2
)
1,925 z

2
+ 0,925 z - 1,85 = 0 => z = 0,769.
7
=>
)(231,0
)(693,0)(769,0
5
32
moln
molmolnn
PCl
PClCl
=
>==
Tại P = const , thêm khí trơ vào cân bằng chuyển dịch về phía
thuận (phía có nhiều phân tử khí hơn) điều này hoàn toàn phù hợp với
nguyên lý Lơ Satơliê vì khi thêm He vào làm giảm áp suất toàn phần
của hệ .
Ví dụ 2 .
Sunfurylđiclorua SO
2
Cl
2
là hoá chất phổ biến trong phản ứng Clo
hoá. Tại 350
0
C và 2 atm, phản ứng :
SO
2
Cl

2(k)
SO
2 (k)
+ Cl
2 (k)
(1) K
p
= 50
a, Tính % theo thể tích SO
2
Cl
2
(khí) còn lại khi (1) đạt đến trạng
thái cân bằng ở điều kiện đã cho.
b, Ban đầu dùng 150mol SO
2
Cl
2
(khí) tính số mol Cl
2
(khí) thu
đợc khi (1) đạt đến trạng thái cân bằng.
( Các khí đợc coi là lý tởng. )
Bài giải
a, SO
2
Cl
2(k)
SO
2 (k)

+ Cl
2 (k)
K
p
= 50
atm
Ban đầu 2atm
Cân bằng (2 - y) atm y y atm
K
p
=
50
2
.
2
22
22
=

=
y
y
P
PP
ClSO
ClSO
y
2
= 100 = 50y <=> y
2

+ 50y - 100 = 0
=> y
1
= 1,92582
y
2
= -51,9258
=>
==
22
SOCl
PP
1,92582 (atm)
=>
=
22
ClSO
P
7,418.10
-2
(atm)
Vì % thể tích tỷ lệ thuận với % số mol
P
T
=
22
ClSO
P
+
=+

22
SOCl
PP
3,92582 (atm)
%
%055,49%100.
92582,3
92582,1
%
22
===
SOCl
VV
%89,1%
22
=
ClSO
V
b, Ban đầu có 150 mol SO
2
Cl
2

Tại thời điểm cân bằng
molnn
ClSO
4365,144
2
92582,1
150

22
===
Ví dụ 3 .
8
Cho cân bằng
CH
4 (k)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ 3H
2 (k)
(1)
Tại 1100K, hằng số cân bằng của cân bằng trên là 357.
Ban đầu ngời ta lấy CH
4
và H
2
O theo tỷ lệ mol là 1 : 4. Tại thời
điểm cân bằng, ngời ta thu đợc hỗn hợp có tỷ khối so với H
2
là
3
20
a, Xác định áp suất riêng phần của các khí ở thời điểm cân bằng
và áp suất toàn phần của hệ :
Bài giải :

CH
4 (k)
+ H
2
O CO
(k)
+ 3H
2 (k)
Ban đầu n
0
4n
0
mol
Phản ứng x x x 3x
Cân bằng n
0
- x 4n
0
- x x 3x
3
40
2
3
20
2
== xM
n
Ta có :
xn
xxxnxn

M
n
25
2.328)4(18)(16
0
00
2
+
+++
=
0
00
0
0
9,0
80200264
3
40
25
.88
nx
xnn
xn
n
==>
+==
+
=
)(
1,1

1
30.
6,6
2,0
;)(
1,1
16
)(
1,1
12
;)(
11
4
)(30
357
)6,6(
2,3.02
)4,2.(8,0
.
.
.
6,6
2,3
.
6,6
2,3
.
6,6
2,0
6,6

.
6,6
4,2
.
25
3
.
6,6
8,0
.
6,6
8,0
.
25
42
2
24
2
2
4
2
2
2
3
3
0
0
0
0
0

0
0
0
atmPatmP
atmPatmP
atmP
P
PP
PP
K
PP
n
n
P
P
n
xn
P
PP
xn
x
P
PP
n
n
P
xn
x
P
CHOH

HCO
T
T
OHCH
HCO
P
TTOH
TCH
TTH
TTTCO
===
===>
==>
=====>
==
=

=
=
+
=
==
+
=
Dạng 2 : Cân bằng dị thể .
9
Trong cân bằng dị thể,ngoài việc xác định thành phần tại trạng
thái cân bằng, một yếu tố rất đáng quan tâm đó là sự phá vỡ cân bằng.
Ví dụ 4 .
Cho cân bằng dị thể sau:

C
(r)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ H
2 (k)

Tại 1000K , K
p
= 4,1
a, Tính độ chuyển hoá () khi ban đầu ngời ta cho vào 1 bình
phản ứng dung tích 10 lít một hỗn hợp gồm 24 gam C và 54 gam H
2
O.
Nhiệt độ trong bình phản ứng là 1000K.
b, Nếu tăng thể tích bình lên 100 lít. Xác định thành phần của
các khí ở trong bình sau phản ứng. Tại 1000K. Các phản ứng trong
phơng trình phản ứng đợc coi là lý tởng .
Bài giải
Ta có
)(6,24
10
1000.082,0
.3
0
)(

2
atm
V
RT
nP
kOH
===
C
(r)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ H
2 (k)
K
p
=4,1
Ban đầu 24,6
Cân bằng 24,6 - x x x
Ta có : K
P
=
1,4
6,24
.
2
2

2
=

=
x
x
P
PP
OH
HCO
=> x
2
+ 4,1x - 100,86 = 0 => x = 8,2 (atm)
Độ chuyển hoá =
333,0
6,24
2,8
2
2
==
OH
P
x
b, Tăng thể tích bình lên 100 lít
22
22
82,0
100
1000.82,0
.

nn
HCO
OH
nnPPP ==++
C
(r)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ H
2 (k)
Ban đầu 3mol
Cân bằng 3 - x x x

xxxn
n
+=+= 323
2

=> P
T
= 0,82 (3 + x)
xP
x
x
PP
THCO

82,0.
3
2
=
+
==
)3(82,0.
3
3
2
xP
x
x
P
TOH
=
+

=
=> K
P
=
1,4
)3(82,0
.)82,0(
.
22
2
2
=

=
x
x
P
PP
OH
HCO
x
2
= 15 - 5x x
2
+ 5x - 15 = 0 => x = 2,11 (mol) > 2
10
=> Khi tăng lên 100 lít, cân bằngđã bị phá vỡ => Số mol khí
trong bình :
)(1,4
1000
1000.82,0
.5
1;2
22
atmP
molnmolnn
T
OHHCO
==
===
Dạng 3 . Cân bằng trong dung dịch
Ví dụ 5 .

Một dung dịch X chứa HClO
4
0,005M ; Fe(ClO
4
) 0,03M và
MgCl
2
0,01M .
a, Tính pH của dung dịch X.
b, Cho 100ml dung dịch NH
3
0,1M vào 100ml dung dịch X thì
thu đợc kết tủa A và dung dịch B. Xác định

A và pH của dung dịch
B.
Cho biết NH
+
4
, pK
a
= 9,24
11;37
23
)()(
==
OHMgsOHFes
pKpK
Fe
3+

+ H
2
O Fe(OH)
2+
+ H
+
(1) K
1
= 10
-2,17
Mg
2+
+ H
2
O Mg(OH)
+
+ H
+
(2) K
2
= 10
-12,8
Bài giải :
a, Tính pH HClO
4
H
+
+ ClO
-
4

5.10
-3
5.10
-3
Fe(ClO
4
)
3
Fe
3+
+ 3ClO
4
-
3.10
-2
3.10
-2
MgCl
2
Mg
2+
+ 2Cl
-
10
-2
10
-2
Fe
3+
+ H

2
O Fe(OH)
2+
+ H
+
(1) K
1
= 10
-2,17
Mg
2+
+ H
2
O Mg(OH)
+
+ H
+
(2) K
2
= 10
-12,8
Ta có : K
1
.
+3
Fe
C
= 3.10
-4,17
>> K

2

+2
Mg
C
= 10
-14,8
=> Cân bằng (1) trội hơn rất nhiều so với cân bằng (2) và cân bằng (1)
là cân bằng chính (Môi trờng axit, bỏ qua sự phân ly của nớc).
Fe
3+
+ H
2
O Fe(OH)
2+
+ H
+
K
1
= 10
-2,17
C 3.10
-2
5.10
-3
[] 3.10
-2
- x x 5.10
-3

+ x
=> K
1
=
17,2
2
3
3
2
10
10.3
)10.5(
][
])([][



+
++
=

+
=
x
xx
Fe
OHFeH
Giải phơng trình ta có : x = 1,53 . 10
-3
=> [H

+
] = 5.10
-3
+ 1,53.10
-3
= 6,53.10
-3
(M)
=> pH = 2,185
11
b,
)(10.5,2
2
10.5
;)(015,0
2
03,0
)(10.4
2
10.8
;05,0
2
1,0
3
3
2
2
4
3
2

3
MCMC
MCMC
HClO
Fe
Mg
NH




====
====
+
+

Phản ứng : 3NH
3
+ 3H
2
O + Fe
3+
Fe(OH)
3

+ 3NH
+
4
(3)
K

3
= 10
22,72
2NH
3
+ 2H
2
O + Mg
2+
Mg(OH)
2

+ 2NH
+
4
(4) K
4
= 10
1,48
NH
3
+ H
+
NH
+
4
(5) K
5
= 10
9,24

Nhận xét : K
5
, K
3
rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn.
NH
3
+ H
+
NH
+
4
2,5.10
-3
2,5.10
-3
2,5.10
-3
3NH
3
+ 3H
2
O + Fe
3+
Fe(OH)
3
+ 3NH
+
4
4,75.10

-2
1,5.10
-2
2,5.10
-3
4,5.10
-2
Kiểm tra sự kết tủa của Mg(OH)
2
Ta có : [H
+
] = K
a
.
)(10
10.5,2
10.75,4
.10
][
][
96,7
3
2
24,9
3
4
M
NH
NH

+
==
=> [OH
-
] = 10
-6,04
(M)
=>
s
Mg
KOHC <==

+
478,13204,622
10)10(10.4].[
2

=> Kết tủa chỉ có Fe(OH)
3
và pH = 7,96(M)
Dạng 4 . Bài tập xác định các đại l ợng nhiệt động .
Ví dụ 5 . Cho cân bằng
SO
2 (k)
+
2
1

O
2(k)
SO
3 (k)
ln K
p
= 10,63 -
T
300.11
Tính G
0
, G
0
, S
0
và K
p
của phản ứng tại 1000K
Bài giải.
Tại 1000K ; lnK
p
= 10,63 -
1000
300.11
= - 0,67
=> K
p
= 0,512
K
p

=
)(512,0
)(.)(
)(
2
1
2
1
2
1
2
2
3

= atm
atmPatmP
atmP
OSO
SO
G
0
p
= -RT lm K
p
= - 8,314 . 1000 . (- 0,67) = 5570,38
(J)
Ta có : G
0
= H
0

- TS
0

12
=> ln K
p
=
R
S
RT
H
RT
G
000

+

=


=>
)/(378,8863,10
0
0
KJS
R
S
==>=

Ví dụ 6

Cho : O
2(k)
Cl
(k)
HCl
(k)
H
2
O
(k )
H
2
O
(l)
H
0
(kJ/mol
-1
) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8
S
0
298
(J.mol
-1
. K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
4HCl
(k)
+ O
2 (k)

2Cl
2 (k)
+ 2H
2
O
(k)
(1)
Tại 298K
2. Giả thiết rằng S và H của phản ứng không phụ thuộc vào
nhiệt độ. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 698 K.
3. Xác định áp suất hơi bão hoà của nớc tại 298K
Từ đó tính hằng số cân bằng của phản ứng tại 298K .
4HCl
(k)
+ O
2 (k)
2Cl
2 (k)
+ 2H
2
O
(l)
(2)
Bài giải
(1) => Ta có : H
0
p
= (2.0 + 2 (-241,83)) - 4 (-92,31) - 1.0
= - 114,42 (kJ)
S

0
p
= (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7
= - 128,63 (J/K)
=> G
0
p
= H
0
p
- 298 S
0
p
= - 114420 - 298 (-128,63)
= - 76088,26 (J)
=> G
0
= - RT lm K
p

=> ln K
p
=
71,30
298.314,8
)26,76088(
0
=

=

RT
G
K
p
= 2,17 . 10
13
K
p
=
)(10.17,2
)(.)(
)(.)(
113
44
2222
2
22

= atm
atmPatmP
atmPatmP
O
HCl
OHCl
b, Ta có ln K
p
=
R
S

TR
H
RT
STH
00
00
1
.
)(

+

=


13
Vì S
0
, H
0
đợc giả thiết là không phụ thuộc vào t
0
=> ln K
p (698k)
=
245,4
314,8
)63,128(
698
1

)
314,8
1114420(
=

+
=> K
p
= 69,777 (atm
-1
)
c, Từ cân bằng : H
2
O
(l)
H
2
O
(k)
(3)
H
0
(3)
= - 214,83 - (- 285,8) = 43,97 (kJ)
S
0
(3)
= 188,7 - 69,9 = 118,8 (J/k)
G
0

(3)
= H
0
(3)
- T S
0
(2)
= 43970 298.118,8 =
8567,6 (J)
K
p(3)
=
OH
P
2
(bão hoà)
=> G
0
(2)
= - RT ln
OH
P
2
(bão hoà)
=> ln
OH
P
2
(bão hoà)
=

458,3
298.314,8
6,8567
=
=>
OH
P
2
(bão hoà)
= 3,15 . 10
-2
(atm)
Ta có : (2) = (1) - 2. (3)
= G
0
(2)
- (- 76088,26) - 2 (8567,6) = - 93.223,46 (J)
=> ln K
p
=
63,37
298.314,8
)46,233.93(
0
=

=


RT

G
K
p
= 2,19. 10
16
K
p
=
)(10.19,2
)(.)(
)(
316
44
22
2
2

= atm
atmPatmP
atmP
O
HCl
Cl
II . Bài tập tổng hợp
Ví dụ 1 :
Cho cân bằng sau :
CO
(k)
+ H
2

O
(k)
H
2 (k)
+ CO
2(k)
(1)
Tại thời điểm ban đầu,ngời ta cho vào bình phản ứng 6 mol H
2
O
và 1 mol khí CO
2
ở 460
0
C, có 95% CO đã phản ứng.
a,Tính K
p
của phản ứng
b, Cho biết
0
pu
H
= - 41,0 kJ.mol
-1
Xác định nhiệt độ mà tại đó 99% CO đã phản ứng.
Giả sử H
0
không phụ thuộc vào nhiệt độ, các khí đợc coi là lý t-
ởng.
Bài giải

Vì n = 0 => K
p
= K
c
= K
x
CO
(k)
+ H
2
O
(k)
H
2 (k)
+ CO
2(k)
n
T
14
Ban đầu 1 6 7
Cân bằng 5.10
-2
6 - 0,95 0,95 0,95 7
K
P
=
57,3
7
05,5
.

7
05,0
7
95,0
.
7
95,0
=
b,
7
01,5
;
7
01,0
;
7
99,0
222
====
OHCOHCO
xxxx
=> K
p
=
56,19
01,5.01,0
)99,0(
2
=
=> ln

+


=
)273460(
11
0
460(
)(
TR
H
K
K
CP
TP
ln

=

733
11
314,8
)41000(
57,3
56,19
T
T = 585K = 312
0
C
Ví dụ 2 .
ở 820
0
C hằng số cân bằng của các phản ứng:
CaCO
3(r)
CaO
(r)
+ CO
2(k)
(1) K
1
= 0,2
C
(r)
+ CO

2(k)
2CO
(k)
(2) K
2
= 2
a. Trong một bình chân không dung tích 22,4lít ở 820
0
C, ngời ta
cho 1 mol CaCO
3
và 1 mol C. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái
cân bằng.
b. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì sự phân hủy xảy ra
hoàn toàn.
Bài giải
Gọi x là số mol CaCO
3
bị phân hủy.
y là số mol C tham gia phản ứng.
Ta có: CaCO
3(r)
CaO
(r)
+ CO
2(k)
(1) K
1
= 0,2
x -y

C
(r)
+ CO
2(k)
2CO
(k)
(2) K
2
= 2
x - y 2y
số mol của hỗn hợp khí = x + y ( mol )
Từ (1) => K
1
= P
CO2
= 0,2 atm = (x - y).
V
RT
= (x- y)
4,22
)820273.(082,0 +
=
= (x -y). 4 => x- y = 0,2/4 = 0,05(I)
15
Từ (2) => K
2
=
2
2
co

CO
P
P
= 2 => P
CO
=
4,0.2
2
=
CO
P
atm.
=> 2y.
V
RT
=
079,0
4.2
4,0
4,0 ===> y
Thay vào (I) => x= 0,129
b, Để sự phân hủy CaCO
3
xảy ra hoàn toàn => x = 1
Và áp suất riêng phần của các khí tại thời điểm cân bằng bị phá
hủy là không bị thay đổi. Nghĩa là P
CO
=
632,0
atm và P

CO2
= 0,2atm.
=>
)(632,0'2.
)(2,0)'1(
IIy
V
RT
Iy
V
RT
=
=
Với y là số mol C đã tham gia phản ứng.
Lấy (II) chia cho (I) =>
16,3
'1
'2
=
y
y
=> y = 0,612 mol. Thay vào (II)
=> V =
6,173
632,0
612,0.2).273820.(082,0
=
+
lít.
=> Để CaCO

3
phân hủy hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là: V
173,76lít
Ví dụ 3 .
Thực nghiệm cho biết cần lấy số mol khí H
2
gấp 3 lần số mol
FeO (rắn) mới khử hết oxit đó ở 1500K
a, Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
b, Ban đầu lấy 30 mol FeO, tính % theo thể tích các khí trong
hỗn hợp hợp khí khi đã khử hết 80% lợng oxit banđầu (vẫn xét tại
1500K)
c, Nếu đem nóng bình phản ứng lên 1510K thì chỉ cần lấy số mol
H
2
gấp 2,85 lần số mol FeO thì vừa đủ khử hết.Tính H
p

Bài giải
FeO
(k)
+ H
2 (k)
Fe
(k)
+ H
2
O
(k)
(1)

K
p
=
2
2
2
2
H
OH
H
OH
n
n
P
P
=

Theo đầu bài
0
000
2
22
2
FeOOH
FeOFeOHH
nn
nnnn
=
==
=> K

p
=
5,0
2
1
=
16
b, FeO
(r)
+ H
2 (k)
Fe
(r)
+ H
2
O
(k)
Ban đầu 2 n
1

Phản ứng - 1,6 -1,6 + 1,6 + 1,6
Cân bằng 0,4 n
1
- 1,6 1,6 1,6
=> K
p
=
5,0
6,1
6,1

1
=
n
=> n
1
= 4,8

)(2,3
2
moln
H
=
%33,33%
%67,66%100.
6,12,3
2,3
%
2
2
=
=
+
=
OH
H
V
V
c, Ta có : K
p
=

54,0
85,1
1
2
2
==
H
OH
P
P
Ta có : ln










=
12
11
1
2
TTR
H
K
K

T
P
T
ln








=
1500
1
1510
1
.
314,85,0
54,0 H
=> H
p
= 146,8 (kJ/mol)
Ví dụ 4 .
Cho phản ứng: CH
4(k)
C
(r)
+ 2H
(k)

H = +74,9kJ.
ở 500
0
C hằng số cân bằng của phản ứng Kp = 0,41
a,Tính Kp ở 850
0
C (Giả thiết rằng H không đổi trong khoảng
nhiệt độ trên).
b, Trong một bình chân không dung tích 50 lít giữ ở 850
0
C, ngời
ta cho vào 1 mol CH
4
. Xác định độ phân ly của CH
4
cũng nh áp
suất của hỗn hợp khí ở thời điểm cân bằng. (Giả thiết các khí là lý t-
ởng).
Bài giải
a, Ta có: T
1
= 500 + 273 = 773
0
K
T
2
= 850 + 273 = 1123
0
K
ln

=
121
2
11
.
)(
)(
TTR
H
TK
TK
P
P
=>Với H = 74900 J => K
P
(1123K) = 15,4.
b, Với là độ phân ly ta có:
CH
4(k)
C

(r)
+ 2H
(k)
Ban đầu : 1
17
Phản ứng 2
Cân bằng 1- 2
=> Số mol hỗn hợp = 1- + 2 = 1 + .
Ta có
PP
CH
.
1
1
4


+

=
PP
H
.
1
2
2


+
=

=> Kp =
P
P
P
CH
H
.
1
4
2
2
2
4
2



=
. Với giả thiết các khí là lý tởng
=> P =
)1.(84,1
50
1123.082,0).1(


+=
+
=
V
nRT

=> Kp =
)1(84,1.
1
4
2
2
2
4
2



+

=
CH
H
P
P
= 15,4
=> = 0,74
Vậy ta có áp suất toàn phần P =
atm
V
nRT
2,3
50
1123.082,0).1(
=
+

=

.
Ví dụ 5.
Cho dung dịch X chứa HCN 0,1M và KI 0,01M
a, Tính pH của dung dịch X
b, Cho AgNO
3
vào dung dịch X cho đến khi nồng độ
[ ]

3
NO
=
0,01M thu đợc dung dịch A và

B (đều thuộc trong bình phản ứng).
Xác định kết tủa B và pH của dung dịch A cùng nồng độ các ion trong
dung dịch A.
c, Tính số mol NaOH cho vào bình phản ứng chứa 1 lít dung dịch
A để kết tủa B tan vừa hết. Tính pH của dung dịch thu đợc (coi sự thay
đổi thể tích là không đáng kể).
Cho HCN pKa = 9,3

2
)(CNAg
, lg = 21,1
AgCN

, pK

s
= 16 AgI

, pK
s
= 16
Bài giải
a, Tính pH
KI K
+
+ I
-

0,01 0,01 0,01
H
2
O H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
HCN H
+
+ CN
-
K
a

= 10
-9,3
=> Ta có K
a
>> K
w
=> cân bằng của HCN sẽ quyết định pH
của dung dịch .

HCN H
+
+ CN
-
K
a
= 10
-9,3
18
C 0,1
[ ] 0,1 - x x x
K
a
=
[ ] [ ]
[ ]
3,9
2
10
1,0

+
=

=
x
x
HCN
CNH
(giả thiết x << 0,1)
=> [H
+
] = 10
-5,15
(M) => pH = 5,15
b, Khi cho AgNO
3
vào dung dịch X.
AgNO
3
Ag
+
+ NO
-
3
0,01 0,01 0,01
Ag
+
+ I
-
AgI

(1) K
1
= 10
16
Ag
+
+ HCN AgCN

+ H
+
(2) K
2
= 10
+6,7
Ag
+
+ 2HCN Ag(CN)
2
-
+ 2H
+
(3) K
3
= 10
2,5
Nhận xét : K
1
>> K
2

>> K
3

=> Do vậy kết tủa AgI sẽ tạo ra trớc
Ag
+
+ I
-
AgI

(1) K
1
= 10
16
K rất lớn, phản ứng coi nh xảy ra hoàn toàn và số mol AgI trong
1 lít dung dịch A là 0,01mol .
Quá trình hoà tan AgI
AgI + 2HCN Ag(CN)
-
2
+ I
-
+ 2H
+
K = K
-1
1

. K
3

2
= 10
-
13,5
C 0,1 0 0 = 0
[ ] 0,1 -x x x 2x
Ta có : K =
5,13
2
22
2
2
2
10
)21,0(
)2(
][
][][])([

+
=

=
x
xx
HCN
HICNAg
Giả thiết x <<
x
1,0

=>
5,13
2
2
10
1,0
4

=
x
=> x = 9,43.10
-3
<<
2
1,0
=> [Ag(CN)
-
2
] = [I
-
] = 9,43.10
-5
(M)
[H
+
] = 2x = 1,886 . 10
-4
(M) => pH = 3,72
=> [HCN] = 0,1(M)
* => [CN

-
] = [HCN] .
)(10.63,2
10
10
.1,0
][
7
72,3
3,9
M
H
K
a



+
==
[Ag
+
] =
)(10.1,1
10
10
][
12
03,4
16
M

I
K
s




==
=> [Ag
+
] [CN
-
= 2,9.10
-19
< K
s
= 10
-16
=> không có kết tủa AgCN
3. Khi cho NaOH vào dung dịch : NaOH Na
+
+ OH
-

Phản ứng :
19
AgI + 2HCN + 2OH
-
Ag(CN)
-

2
+ I
-
+ 2H
2
O
K = K
1
-1
.K
3
2
.K
-2
w
= 10
14,5
K rất lớn, phản ứng coi nh xảy ra hoàn toàn.
Khi hoà tan vừa hết : [Ag(CN)
-
2
] = [I
-
] = 10
-2
(M)
[HCN] = 0,1 - 2.10
-2
= 8.10
-2

(M)
[Ag
+
] =
)(10
10
10
)(
14
2
16
M
I
K
s




==
[CN
-
] =
)(10.82,2
][
])([
5
2
1
M

Ag
CNAg

+


=

[Ag
+
] [CN
-
= 2,82 . 10
-19
<< 10
-16
=> không có kết tủa AgCN
Tính pH : HCN H
+
+ CN
-
K
a
= 10
-9,3
=> K
a
=
][
][][

HCN
CNH
+

=> [H
+
] = K
a
)(10
10.82,2
10.2
.10
][
][
85,5
5
2
3,9
M
CN
HCN





==
=> pH = 5,85
Số mol OH
-

đã dùng = n
AgI
= 0,01 (mol)
Ví dụ 6 :
Cho cân bằng sau : CO
(k)
+ 2H
2 (k)
CH
3
OH
(k)
H
0
p
= - 90kJ.mol
-1
, giả thiết là không đổi khi nhiệt độ thay đổi.
K
P
(573K) = 2,5.10
-3
a, Trong 1 bình kín, ban đầu lấy CO và H
2
theo tỷ lệ mol 1 : 2 tại
nhiệt độ 573K . Xác định áp suất toàn phần của hệ để hiệu suất phản
ứng đạt 70%.
b, Xác định phơng trình của sự phụ thuộc giữa lnK
P
vào T

c, Tại 200bar, xác định nhiệt độ mà tại đó hiệu suất phản ứng đạt
70%.
Bài giải :
CO
(k)
+ 2H
2 (k)
CH
3
OH
(k)
Ban đầu 1 2 0 n
T
= 3
Cuối phản ứng 1-x 2 - 2x x n
T
= 3 -2x
Hiệu suất đạt 70% -> x = 0,7
=>
TTH
PP
x
x
P 1875,0.
23
1
2
=

=
TTOHCHTHCO
PP
x
x
PPPP 4357,0.
23
;375,02
32
=

===
20
22
3
2
1
.
)375,0.(1875,0
4375,0
10.5,2
.
2
3
ThCO
OHCH
P
PPP
P
K ==>=

=> P
T
= 1,23.10
-2
(bar)
b, Ta có :








=
573
11
)573(
)(
ln
0
TR
H
KK
TK
pu
P
P
=> lnK

P
(T) =
88,24
825.10

T
c, Tại P
T
= 200bar và hiệu suất 70%
=> K
P
(T) =
)(10.15,4
200
1
.
)375,0.(1875,0
4375,0
24
22

= bar
=> lnK
P
(T) = -7,79 =
88,24
10825

T
=> T = 633K

Ví dụ 7 .
Nghiên cứu phản ứng :
C
6
H
5
C
2
H
5
(k) + 3H
2 (k)
C
6
H
11
C
2
H
5 (k)
(X) (Y) (Z)
Tiến hành trong khoảng 132 ữ 292
0
C đợc phơng trình :
lnK
P
=
041,18
9620

T
a, Xác định H
0
, S
0
và G
0
phản ứng tại 250
0
C
b, Xác định nhiệt độ mà tại đó tiến hành đợc nếu thành phần hỗn
hợp đầu là 10% etylbenzen, 50% hiđrô và 40% etyxiclohexan và P =
1atm .
Bài làm :
Ta có : lnK
P
=
R
S
RT
H
pupu
00

+


=>
RT
H

pu
0


= 9620 => H
0
p
= -79,98 (kJ)
R
S
0

= - 18,041 => S
0
= - 150 (J/mol.K)
G
0
= -RTlnK
P
= - 8,314(250 + 273)ln.K
P
= - 8,314 . 523 .






041,18
523

9620
= - 1534,4 (J/mol) < 0
=> tại điều kiện chuẩn phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận.
b, P
x
= 0,1 (atm) ; P
Y
= 0,5 (atm) ; P
Z
= 0,4 (atm)
32
)5,0(.1,0
4,0
.
33
===
YX
Z
P
PP
P
Q
21
Để phản ứng tự diễn ra .
G

= G
0
+ RTlnQ
P

< 0 - RT
QpRT
T
ln041,18
9620
+







=> - 79980 + 150.T + 288T < 0
=> T <
K447
8,178
79980
=
Ví dụ 8 .
Biết áp suất phân ly của MgCO
3
ở 813K là 747mmHg ; ở 843
0
K là
1340 mmHg
a, Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng : MgCO
3 (k)
= MgO
(r)

+
CO
2(k)
b, Tính G
0
p_
tại 813
0
K và 843
0
K.
c, Xác định nhiệt độ T mà tại đó áp suất phân ly của MgCO
3
là 1
atm.
d, cho 1 mol MgCO
3
vào 1 bình kín dung tích 22,4 lit và đợc duy
trì ở nhiệt độ T. Xác định số mol MgCO
3
đã phân huỷ .
e, Để MgCO
3
phân huỷ hết cần tăng thể tích bình lên bao nhiêu?
Bài giải.
a, K
P
(813
0
K) = 747 mmHg = 0,983 (atm)

K
P
(843
0
K) = 1340 mmHg = 1,763 (atm)








=
813
1
843
1
.
)813(
)843(
ln
0
0
0
R
H
KK
KK
pu

P
P
=> H
0
p
= 110,95(kJ)
b, G
0
p
= - RTlnK
P
= -8,314.T.lnK
P
G
0
p
(813
0
K) = - 8,314.813.lm.0,983 = 115,9 (J.mol
-1
)
G
0
p
(843
0
K) = - 8,314.843.lm.1,763 = - 3974 (J.mol
-1
)
c, Gọi nhiệt độ T

=>






=
TTK
KK
P
P
1
843
1
.
314,8
110950
)(
)843(
ln
0
=> T = 813,85(
0
K)
d,
)(335,0
85,813.
273
4,22

4,22.1
1
22
molnatmP
COCO
==>=
=> Số mol MgCO
3

đã phân huỷ = 0,335 (mol)
e,
)(78,6685,813.1)(11
22
litVmolnatmP
COCO
===>==>=
22
Ví dụ 9 .Xét phản ứng chuyển hoá CH
4
bằng hơi nớc ở 900K, d-
ới áp suất toàn phần P xuất phát từ hỗn hợp đầu chứa 4,0mol nớc và 1
mol metan. Hệ là trung tâm của 2 cân bằng.
CH
4(k)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)

+ 3H
2 (k)
K
1
= 1,30
CO + H
2
O CO
2(k)
+ H
2 (k)
K
1
= 2,2
Xác định áp suất toàn phần P ở cân bằng để cho
2
CO
n
= 0,50 mol
từ đó suy ra thành phần của hệ.
Bài giải.
Ta có CH
4
+ H
2
O CO + 3H
2
1- y 4 - y - x y - x 3y + x
CO + H
2

O CO
2
+ H
2
y - x 4 - y - x x 3y + x
Theo đầu bài : x = 0,50 mol
2224
HCOCOOHCHT
nnnnnn ++++=
= 1 - y + y - y -x + y - x + x + 3y + x = 5 + 2y
Ta có :
2,2
)5,3()5,0(
)5,03(5,0
2,2
)4()(
)3()(
2
=

+
=

+
=
yy
y
xyxy
xyx
K

(y < 1)
3y + 0,5 = 4,8(4y - 17,5 - y
2
) = 19,2y - 8,4 - 4,8y
2
4,8y
2
= 16,2y + 8,9 = 0
=> y
1
= 2,68 > 1 (loại)
y
2
= 0,69
=> y = 0,69
3,1
)38,6(
.
81,2.31,0
)57,2(.19,0
.
41
3
.
2
2
2
2
3
3

)1(
24
2
==

+









==
T
T
TT
TT
OHCH
HCO
P
P
P
n
xy
n
y
n
xy
n
xy
PP
PP

K
=> P
T
= 3,78 (atm)
Ví dụ 10 1. Sunfuryl điclorua SO
2
Cl
2
là hoá chất phổ biến trong phản
ứng clo hoá. Tại 350
o
C, 2 atm phản ứng
SO
2
Cl
2
(khí) = SO
2
(khí) + Cl
2
(khí) (1)Có Kp = 50 .
a) Hãy cho biết đơn vị của trị số đó và giải thích: hằng số cân
bằng Kp này phải có đơn vị nh vậy.
b) Tính phần trăm theo thể tích SO
2
Cl
2
(khí) còn lại khi (1) đạt tới
cân bằng ở điều kiện đã cho.
23

c) Ban đầu dùng 150 mol SO
2
Cl
2
(khí), tính số mol Cl
2
(khí) thu đ-
ợc khi (1) đạt tới cân bằng.
Các khí đợc coi là khí lý tởng.
2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH
3
NH
2
0,010M.
b) Độ điện li thay đổi ra sao khi
- Pha loãng dung dịch ra 50 lần.
- Khi có mặt NaOH 0,0010M.
- Khi có mặt CH
3
COOH 0,0010M.
- Khi có mặt HCOONa 1,00M.
Biết: CH
3
NH
2
+ H
+
CH
3
NH

3
; K = 10
10,64
CH
3
COOH CH
3
COO
-
+ H
+
; K = 10
-4,76
Cách giải:
1. a) Gọi số mol SO
2
Cl
2
ban đầu là 1, độ phân li là , ta có:
SO
2
Cl
2
(khí) SO
2
(khí) + Cl
2
(khí)
(1)
Ban đầu 1 0 0

Phân li
Cân bằng (1 )
pSO
2
(atm) ì pCl
2
(atm)
Kp = = 50 atm
(2)
pSO
2
Cl
2
(atm)
b)Vì các khí đều là khí lí tởng nên pi=.xi
(3)


ni
mà xi = (4)
nj
ở đây : nSO
2
= nCl
2
= ; nSO
2
Cl
2
= (1 ) ; còn nj =

1 + (5)
b) Tổ hợp (5) và (4) , (3) và (2) ta có:

Số mol SO
2
Cl
2
còn là (1 ) 0,0194 (mol)
0,0194
24
2
2
1
.PKp


=
502
50
KpP
Kp
+
=
+
=
9806,0=
Do đó SO
2
Cl
2

còn lại chiếm ì 100% 0,98%
1,9804
Đây là % theo số mol, cũng là % theo thể tích. Vậy khi (1) đạt
tới cân bằng SO
2
Cl
2
còn lại chiếm 0,98%về số mol hay thể tích của hệ.
(Hoặc SO
2
Cl
2
(khí) SO
2
(khí) + Cl
2
(khí) Kp= 50
(1)
2 atm
2 - (P + p) p p
p
SO
2
Cl
2
= 2 - 2 ì 0,9902 = 0,0196 (atm)
p
SO
2
Cl

2
= P . n
SO
2
Cl
2
n
SO
2
Cl
2
= 0,0196 : 2 =
0,0098 hay 0,98%
% theo số mol cũng là % theo thể tích. Vậy khi (1) đạt tới cân
bằng SO
2
Cl
2
còn lại chiếm 0,98%về số mol hay thể tích của hệ.)
c) Ban đầu dùng 150 mol (khí), tính số mol Cl
2
(khí) thu đợc khi (1) đạt
tới cân bằng:
Theo (1) ta có: nSO
2
= nCl
2
= nSO
2
Cl

2
ì 98,06 = 150 ì 0,9806
nCl
2
= 147,09 mol
2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH
3
NH
2
0,010M:
CH
3
NH
2
+ H
2
O CH
3
NH
3
+
+ OH
-
10
-14
c c K
b
= 10
-3,36
[ ] c-x x x 10

-
10,64

b) Độ điện li thay đổi ra sao khi
- Pha loãng dung dịch ra 50 lần:
-Khi có mặt NaOH 0,0010M:
NaOH = Na
+
+ OH
-
25
336,3
2
b
2
10.88,1x10
x010,0
x
K
xc
x

==

=

%8,1810
10
10.88,1
2

2
3
=ì=


4
2
NHCH
10.2
50
10
C
23


==
436,3
4
2
10.49,1x10
x102
x


==
ì
%5,7410
102
1049,1
2

4
4
=ì
ì
ì
=



0100p100p50
p22
p
2
2
=+=