KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 7 MÔN: HÓA HỌC doc

1

KIỂM TRA 1 TIẾT LẦN 7
MÔN: HÓA HỌC

Câu I: (5 điểm).
1. Liệu pháp phóng xạ được ứng dụng rộng rãi để chữa ung thư. Cơ sở của liệu pháp đó là sự
biến đổi hạt nhân.
27
Co
59
+
0
n
1
 X? (1)
X? 
28
Ni
60
+ ; h = 1,25 MeV (2)
(a) Hãy hoàn thành phương trình của sự biến đổi hạt nhân trên và nêu rõ định luật nào
được áp dụng để hoàn thành phương trình.
(b) Hãy cho biết điểm khác nhau giữa phản ứng hạt nhân với phản ứng oxi hoá-khử (lấy
thí dụ từ phản ứng (2) và phản ứng Co + Cl
2
 CoCl
2
).
2. Có cấu hình electron 1s

2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
6
3d
5
4s
1
(1)
(a) Dùng kí hiệu ô lượng tử biểu diễn cấu hình electron (1).
(b) Cấu hình electron (1) là cấu hình electron của nguyên tử hay ion ? Tại sao ?
(c) Cho biết tính chất hoá học đặc trưng của ion hay nguyên tử ứng với cấu hình electron
(1), hãy viết một phương trình phản ứng để minh họa.
3. Biết E
n
= -13,6.
2
2
n
Z
(n: số lượng tử chính, Z: số đơn vị điện tích hạt nhân).
(a) Tính năng lượng1e trong trường lực một hạt nhân của mỗi hệ N
6+
, C
5+

, O
7+
.
(b) Qui luật liên hệ giữa E
n
với Z tính được ở trên phản ánh mối liên hệ nào giữa hạt nhân
với electron trong các hệ đó ?
(c) Trị số năng lượng tính được có quan hệ với năng lượng ion hoá của mỗi hệ trên hay
không ? Tính năng lượng ion hoá của mỗi hệ.
4. Áp dụng thuyết lai hoá giải thích kết quả của thực nghiệm xác định được BeH
2
, CO
2
đều
là phân tử thẳng.

Lời giải:
1. (a) Định luật bảo toàn vật chất nói chung, định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích
nói riêng, được áp dụng:
Điện tích : 27 + 0 = 27; Số khối : 59 + 1 = 60  X là
27
Co
60
.
27
Co
59
+
0
n1 

27
Co
60
.
Số khối : 60 = 60; Điện tích : 27 = 28 + x  x = 1. Vậy có 1e
0
.
27
Co
60

28
Ni
60
+
-1
e; hv = 1,25MeV.
(b) Điểm khác nhau
 Phản ứng hạt nhân : xảy ra tại hạt nhân, tức là sự biến đổi hạt nhân thành nguyên tố
mới. Ví dụ (b) ở trên.
 Phản ứng hoá học (oxi hoá khử) : xảy ra ở vỏ electron nên chỉ biến đổi dạng đơn chất,
hợp chất. Ví dụ : Co + Cl
2
 Co
2+
+ 2Cl

 CoCl
2
.

 Chất dùng trong phản ứng hạt nhân có thể là đơn chất hay hợp chất, thường dùng hợp
chất. Chất dùng trong phản ứng oxi hoá khử, phụ thuộc vào câu hỏi mà phải chỉ rõ
đơn chất hay hợp chất.
 Năng lượng kèm theo phản ứng hạt nhân lớn hơn hẳn so với năng lượng kèm theo
phản ứng hoá học thông thường.


2. (a) Dùng ô lượng tử biểu diễn cấu hình :
              

2

(b) (1) là cấu hình e của nguyên tử vì cấu hình d bán bão hoà nên thuộc kim loại chuyển
tiếp (theo HTTH các nguyên tố). Thuộc kim loại chuyển tiếp thì ion không thể là anion;
nếu là cation, số e = 24 thì Z có thể là 25, 26, 27 Không có cấu hình cation nào ứng với
các số liệu này. Vậy Z chỉ có thể là 24.
(Nguyên tố Ga có cấu hình Ar 3d
10
4s
2
4p
1
, ion Ga
2+
có cấu hình Ar 3d
10
4s
1
bền nên
không thể căn cứ vào lớp ngoài cùng 4s

1
để suy ra nguyên tử).
(c) Z = 24  nguyên tố Cr, Kim loại (chuyển tiếp). Dạng đơn chất có tính khử.
Cr + 2HCl  CrCl
2
+ H
2


3. (a) Theo đầu bài, n phải bằng 1 nên ta tính E
1
. Do đó công thức là E
1
= 13,6 Z
2
(ev) (2’)
Thứ tự theo trị số Z: Z = 6  C
5+
: (E
1
) C
5+
= 13,6 x 6
2
= 489,6 eV
Z = 7  N
6+
: (E
1
) N

6+
= 13,6 x 7
2
= 666,4 eV
Z = 8  O
7+
: (E
1
) O
7+
= 13,6 x 8
2
= 870,4 eV
(b) Quy luật liên hệ E
1
với Z : Z càng tăng E
1
càng âm (càng thấp). Qui luật này phản ánh
tác dụng lực hút hạt nhân tới e được xét: Z càng lớn lực hút càng mạnh  năng lượng
càng thấp  hệ càng bền, bền nhất là O
7+
.
(c) Trị năng lượng đó có liên hệ với năng lượng ion hoá, cụ thể:
C
5+
: I
6
= (E
1
, C

5+
) = + 489, 6 eV.
N
6+
: I
7
= (E
1
, N
6+
) = + 666, 4 eV.
O
7+
: I
8
= (E
1
, O
7+
) = + 870,4 eV.

4. Phân tử thẳng có 3 nguyên tử được giải thích về hình dạng : Nguyên tử trung tâm có lai
hoá sp (là lai hoá thẳng).
BeH
2
, cấu hình electron của nguyên tử : H 1s
1
; Be : 1s
2
2s

2
. Vậy Be là nguyên tử trung
tâm có lai hoá sp:


     
lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp cùng trên trục Z, mỗi obitan đó xen phủ với 1 obitan 1s của H tạo ra
liên kết . Vậy BeH
2
 HBeH (2 obitan p thuần khiết của Be không tham gia liên kết).
CO
2
, cấu hình electron : C 1s
2
2s
2
2p
2
; O 1s
2
2s
2
2p
4
. Vậy C là nguyên tử trung tâm lai hóa
sp

         
lai hoá sp

2 obitan lai hoá sp của C xen phủ với 2 obitan p
z
của 2 O tạo ra 2 liên kết . 2 obitan p
thuần khiết của C xen phủ với obitan nguyên chất tương ứng của oxi tạo ra 2 liên kết 
(xx ; y y) nên 2 liên kết  này ở trong 2 mặt phẳng vuông góc với nhau và đều chứa 2
liên kết . Vậy CO
2
: O= C = O
Ghi chú: Yêu cầu phải trình bày rõ như trên về các liên kết ,  trong CO
2
(chú ý: phải nói
rõ có sự tương ứng obitan giữa C với O : xx; y y)




Câu II: (6 điểm).

3

1. Biết thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn :
E
o
Cu
2+
/Cu
+

= +0,16V, E
o
Cu
+
/Cu = +0,52V, E
o
Fe
3+
/Fe
2+
= +0,77V, E
o
Fe
2+
/Fe = -0,44V
Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:
(a) Cho bột sắt vào dung dịch Fe
2
(SO
4
)
3
0,5M.
(b) Cho bột đồng vào dung dịch CuSO
4
1M.
2. Dung dịch X gồm Na
2
S 0,010M, KI 0,060M, Na
2

SO
4
0,050M.
(a) Tính pH của dung dịch X.
(b) Thêm dần Pb(NO
3
)
2
vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được kết tủa A
và dung dịch B.
i Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B.
ii Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion,
coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO
3
)
2
).
iii Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các
phương trình phản ứng (nếu có).
(c) Axit hoá chậm dung dịch X đến pH = 0. Thêm FeCl
3
cho đến nồng độ 0,10M.
i Tính thế của cực platin nhúng trong dung dịch thu được so với cực calomen
bão hoà (Hg
2
Cl
2
/2Hg,2Cl
-
).

ii Biểu diễn sơ đồ pin, viết phương trình phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản
ứng tổng quát khi pin hoạt động.
Cho : axit có H
2
S pK
1
= 7,00, pK
2
= 12,90; HSO
4
-
có pK = 2,00; Tích số tan của PbS =
10
-26
; PbSO
4
= 10
-7,8
; PbI
2
= 10
-7,6
.
E
o
Fe
3+
/Fe
2+
= 0,77 V ; E

o
S/H
2
S = 0,14V ; E
o
I
2
/2I
-
= 0,54V ; E
cal bão hoà
= 0,244V
Lời giải:
1. a) E
o
Fe
3+
/Fe
2+
= +0,77 V > E
o
Fe
2+
/Fe = -0,44 V nên:
Tính oxi hoá: Fe
3+
mạnh hơn Fe
2+

Tính khử: Fe mạnh hơn Fe

2+

Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: 2 Fe
3+
+ Fe  3 Fe
2+

Như vậy Fe tan trong dung dịch Fe(SO
4
)
3
tạo thành muối FeSO
4
, làm nhạt màu vàng ( hoặc
đỏ nâu) của ion Fe
3+
và cuối cùng làm mất màu (hoặc tạo màu xanh nhạt) dung dịch.
b) E
o
Cu
+
/Cu = + 0,52 V > E
o
Cu
2+
/Cu
+
= + 0,16 V nên:
Tính oxi hoá: Cu
+

mạnh hơn Cu
2+
Tính khử: Cu
+
mạnh hơn Cu
Do đó phản ứng tự phát xảy ra giữa 2 cặp là: Cu
+
+ Cu
+
 Cu
2+
+ Cu
Phản ứng nghịch(Cu
2+
phản ứng với Cu tạo thành ion Cu
+
) không xảy ra. Do đó khi bỏ bột
đồng vào dung dịch CuSO
4
không xảy ra phản ứng và quan sát không thấy hiện tượng gì.
2. a) Tính pH của dung dịch Na
2
S  2 Na
+
+ S
2-
0,01 0,01
KI  K
+
+ I

-
0,06 0,06
Na
2
SO
4
 2Na
+
+ SO
4
2-
0,05 0,05
S
2-
+ H
2
O
ƒ
HS
-
+ OH
-
K
b(1)
= 10
-1,1
(1)
SO
4
2-

+ H
2
O
ƒ
H SO
4
-
+ OH
-
K
b(2)
= 10
-12
(2)
K
b(1)
>> K
b(2)
nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:
S
2-
+ H
2
O
ƒ
HS
-
+ OH
-
K = 10

-1,1

[ ] (0,01 -x) x x
 x = 8,94. 10
-3


[OH
-
] = 8,94.10
-3
 pH = 11,95
b) Pb
2+
+ S
2-
 PbS  (Ks
-1
) = 10
26
.
010x0794,0x10
x01,0
x
1,321,1
2




4

0,09 0,01
0,08
Pb
2+
+ SO
4
2-
 PbSO
4
 (Ks
-1
) = 10
7,8
.
0,08 0,05
0,03
Pb
2+
+ 2 I
-
 PbI
2
(Ks
-1
) = 10
7,6
.
0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO
4
, PbI
2

Dung dịch B : K
+
0,06M Na
+
0,12M
Ngoài ra còn có các ion Pb
2+
; SO
4
2-
; S
2-
do kết tủa tan ra.
Độ tan của
Bởi vì độ tan của PbI
2
là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của
PbI
2
.
PbI
2
  Pb
2+
+ 2I

-
Ks
Do đó [Pb
2+
] = 10
-47
= 2 x 10
-3
M và [I
-
] = 4.10
-3
M.
10
7,8

[SO
4
2-
] = = 5. 10
5,8
= 7,9.10
6
M << [Pb
2+
]
2  10
3

10
26

[S
2-
] = = 5. 10
24
<< [Pb
2+
]
2  10
3

Các nồng độ SO
4
2-
, S
2-
đều rất bé so với nồng độ Pb
2+
, như vậy nồng độ Pb
2+
do PbS và
PbSO
4
tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác.
 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO
4
; PbI
2

.
Cho kết tủa hoà tan trong NaOH dư :  PbS không tan, có màu đen.
Dung dịch có PbO
2
2-
, SO
4
2-
, I
-
, OH
-

PbSO
4
+ 4 OH
-
 PbO
2
2-
+ SO
4
2-
+ 2 H
2
O
PbI
2
+ 4 OH
-

 PbO
2
2-
+ 2 I
-
+ 2 H
2
O
Nhận ra ion SO
4
2-
: cho BaCl
2
dư: có kết tủa trắng BaSO
4
, trong dung dịch có PbO
2
2-
,
OH
-
, Ba
2+
, I
-
.
Nhận ra I
-
, Pb
2+

: axit hoá dung dịch bằng HNO
3
dư sẽ có kết tủa vàng PbI
2
xuất hiện:
OH
-
+ H
+
 H
2
O
PbO
2
2-
+ 4 H
+
 Pb
2+
+ 2H
2
O
Pb
2+
+ 2 I
-
 PbI
2

c) Axit hoá dung dịch X:

S
2-
+ 2H
+
 H
2
S (C H
2
S = 0,010 < S H
2
S nên H
2
S chưa bão hoà, không thoát ra khỏi dung
dich)
Phản ứng: 2 Fe
3+
+ H
2
S  2 Fe
2+
+ S + 2 H
+
K=10
21

0,1 0,01
0,08  0,02 0,02
2 Fe
3+
+ 2I

-
 2 Fe
2+
+ I
2
K=10
7,8

0,08 0,06 0,02
0,02  0,08 0,030
Thành phần trong dung dịch: Fe
3+
0,020 ; Fe
2+
0,080 ;I
2
0,030M ;H
+
0,02M
E Fe
3+
/Fe
2+
= 0,77 + 0,059 lg 0,02/0,08 = 0,743V (cực dương)
E
cal
= 0,244V ( cực âm)
E
pin
= E

+
 E

= 0,743  0,244 = 0,499V
Sơ đồ pin:
Hg Hg
2
Cl
2
KCl bh Fe
3+
, Fe
2+
Pt
9,3
-7,8
4
1010 S :PbSO


13-26
1010 S :PbS


7,23 6,7
2
104/10:PbI



5


Phản ứng:  2 Hg + 2 Cl
-
= Hg
2
Cl
2
+ 2 e
+ 2x Fe
3+
+ e = Fe
2+

2 Hg + 2 Fe
3+
+ 2 Cl
-
= Hg
2
Cl
2



Câu III: (3 điểm).
Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ trong 2 giờ. Kết quả
sau quá trình điện phân là trên catôt tạo ra 3,865 gam một kim loại và trên anôt có khí etan và
khí cacbonic thoát ra.

1. Cho biết muối của kim loại nào bị điện phân? Biết rằng 5,18 gam của kim loại đó đẩy được
1,59 gam Cu từ dung dịch đồng sunfat.
2. Cho biết muối của axit hữu cơ nào bị điện phân?
3. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên các điện cực.
Lời giải:
1. Điện lượng Q = It = 0,5 x 2 x 3600 = 3600 coulomb dùng để tạo ra 3,865 g kim loại. Từ
định luật Faraday, đương lượng
Khối lượng mol của kim loại: A = n. . Vì kim loại này đẩy đồng ra khỏi dung dịch nên
đương lượng của Cu:

Cu
= A/2 = 63,6/2 = 31,8 và từ phản ứng:
2  + Cu
2+
= Cu

+ 2 
+

ta có: : 31,8 = 5,18 : 1,59, suy ra  = 103,6
Trong phản ứng đẩy Cu, kim loại chỉ có thể có mức ôxi hoá từ 1 đến 3, do đó sẽ chọn khối
lượng mol nguyên tử từ 3 khả năng sau:
A
1
= 103,6 x 1 = 103,6
A
2
= 103,6 x 2 = 207,2
A
3

= 103,6 x 3 = 310,8
Vì không có nguyên tố với A > 240 và bằng 104 có tính kim loại và có mức ôxi hoá là +1. Do
đó kim loại phải tìm chỉ có thể là Pb (A = 207,6).
2. Tại anốt khi điện phân có C
2
H
6
và CO
2
thoát ra là sản phẩm của sự ôxi hoá anion hữu cơ,
muối này có công thức Pb (RCOO)
2
. Sự tạo ra êtan.
(CH
3
- CH
3
) và CO
2
từ nhóm COO
-
chứng tỏ muối điện phân là Pb(CH
3
COO)
2
.
R R
3. Các phản ứng xảy ra trên các điện cực:
Tại catốt: Pb
2+

+ 2 e = Pb
Tại anốt: CH
3
COO
-
- e = CH
3
COO


CH
3
COO

= CH
3

+ CO
2

2 CH
3

= C
2
H
6

Tổng quát: 2 CH
3

COO
-
 2e = C
2
H
6
+ CO
2
.
Câu IV: (2,5 điểm).
Tại 25
o
C phản ứng 2 N
2
O
5
(k) 4 NO
2
(k) + O
2
(k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10
-
5
. s
-1
; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k.CN
2
O
5
. Phản ứng trên xảy ra trong bình kín thể

tích 20,0 lit không đổi. Ban đầu lượng N
2
O
5
cho vừa đầy bình. Ở thời điểm khảo sát, áp suất
riêng của N
2
O
5
là 0,070 atm . Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng.
1. Tính tốc độ: a) tiêu thụ N
2
O
5
; b) hình thành NO
2
; O
2
.
2. Tính số phân tử N
2
O
5
đã bị phân tích sau 30 giây.
3. Nếu phản ứng trên có phương trình N
2
O
5
(k) 2 NO
2

(k) + 1/2 O
2
(k) thì trị số
tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích.
Lời giải:
1. Trước hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã có:
6,103
3600
9650865.3
n
A




6

V = k CN
2
O
5
(1)
Đã có trị số k ; cần tính CN
2
O
5
tại thời điểm xét:
p
i
V = n

i
RT  CN
2
O
5
= nN
2
O
5
: V = p
i
/ RT (2)
Thay số vào (2), ta có: CN
2
O
5
= 0,070 : 0,082  298 = 2,8646.10
-3
(mol.l
-1
)
Đưa vào (1):
V
pu
= 1,80. 10
-5
x 2,8646. 10
-3

V

pu
= 5,16. 10
-8
mol. l
-1
. S
-1
(3)
Từ ptpư 2 N
2
O
5
(k)  4 NO
2
(k) + O
2
(k)
d CN
2
O
5

V
tiêu thụ
N
2
O
5
=  = 2 V
pu

(4)
dt
Thay số vào (4).
V
tiêu thụ
N
2
O
5
= - 2 x 5, 16 . 10
-8
.
V
tiêu thụ
N
2
O
5
= - 1,032.10
-7
mol.l
-1
.s
-1
.
Dấu - để chỉ “tiêu thụ N
2
O
5
tức mất đi N

2
O
5
hay giảm N
2
O
5
”
b. V
hình thành
NO
2
= 4 Vpu = - 2V
tiêu thụ
N
2
O
5
. (5)
Thay số: V
hình thành
NO
2
= 4 x 5,16.10
-8

V
hình thành
NO
2

= 2,064.10
-7
mol l
-1
.s
-2

V
hình thành
O
2
= Vpu = 5,16.10
-8
mol l
-1
.s
-2

Ghi chú:
Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay được tạo ra” (ngược với “tiêu thụ”).
Việc tính tốc độ tiêu thụ N
2
O
5
hay hình thành NO
2
, O
2
theo tốc độ pu, Vpu, như trên chỉ
thuần tuý hình thức theo hệ số phương trình, thực chất phản ứng này là một chiều bậc nhất.

2. Số phân tử N
2
O
5
đã bị phân huỷ được tính theo biểu thức.
N N
2
0
5
bị phân huỷ = N = VN
2
O
5
tiêu thụ . V
bình
. t . N
0

Thay số:
N = 1,032.10
-6
. 20,0 . 30,0 . 6,023.10
23
.
N  3,7.10
20
phân tử
3. Nếu phản ứng trên có phương trình: N
2
O

5
(k)  2 NO
2
(k) + 1/2 O
2
thì tốc độ phản ứng,
Vpư, cũng như hằng số tốc độ phản ứng, k, đều không đổi (tại nhiệt độ T xác định), vì:
- k chỉ phụ thuộc nhiệt độ.
- theo (1): Khi k = const; C
N2o5
= const thì V = const.
Câu V: (3,5 điểm).
Khí NO kết hợp với hơi Br
2
tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử.
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25
o
C có Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị) tại 0
o
C ;
50
o
C. Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0
o
C với 25
o
C hay 25
o
C với 50

o
C
đều bằng 1,54.
3. Xét tại 25
o
C, cân bằng hoá học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch như thế nào?
Nếu:
a) Tăng lượng khí NO.
b) Giảm lượng hơi Br
2
.
c) Giảm nhiệt độ.
d) Thêm khí N
2
vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)
- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const).
Lời giải:
1. 2 NO(k) + Br
2
(hơi)  2 NOBr (k) ; H > 0 (1)
Phản ứng pha khí, có n = -1  đơn vị Kp là atm
-1
(2)
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ
K
p
tại O
2
< K

p
tại 252 < K
p
tại 502 (3)
Vậy : K
p
tại 250 = 1 / 1,54 x K
p
tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm
-1
)

7

K
p
tại 252 = 1,54 x K
p
tại 252 = 116,6 x 1,54  179, 56 (atm
-1
)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25
O
C.
Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:
PNOBr
Q = (4) (Khi thêm NO hay Br
2
)
(PNO)

2

Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý Lơsatơlie.
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải.
b. Nếu giảm lượng Br
2
, CBHH chuyển dời sang trái.
c. Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang trái, để chống
lại sự giảm nhiệt độ.
d. Thêm N
2
là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N
2
không gây ảnh hưởng nào liên hệ (theo
định nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ.
Nếu chưa có N
2
: P = p
NO
+ pBr
2
+ p
NOBr
(a)
Nếu có thêm N
2
: P = p’

NO
+ p’Br
2
+ p’
NOBr
+ Pn
2
(b)
Vì P = const nên p’i < pi
Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: không ảnh hưởng
2. Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q <Kp: CBHH chuyển dời sang phải, để Q tăng tới trị số Kp.
Xảy ra trường hợp nào trong 3 trường hợp trên là tuỳ thuộc vào pi tại cân bằng hoá học.