hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa học” ở bậc trung học phổ thông

CHƯƠNG II
HỆ THỐNG CÁC CÂU HỎI VÀ BÀI TẬP PHẦN “CƠ SỞ LÝ THUYẾT
CÁC PHẢN ỨNG HÓA HỌC” Ở BẬC TRUNG HỌC PHỔ THÔNG
II.1. Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “Cơ sở lý thuyết các phản ứng
hóa học” trong tài liệu giáo khoa chuyên Hoá học
II.1.1. Chương IV: Lý thuyết về phản ứng hóa học
a. Nội dung cơ bản
* Về mặt kiến thức: Giúp học sinh nắm được các kiến thức:
- Định nghĩa hiệu ứng nhiệt của một phản ứng.
- Định nghĩa: Năng lượng liên kết E, nhiệt tạo thành ∆H của hợp chất,
nhiệt phân huỷ (∆H’ = - ∆H), nhiệt hoà tan chất …
- Nội dung và hệ quả của định luật Hes (Hess).
- Nguyên lý I, II của nhiệt động học; năng lượng tự do Gip.
- Tốc độ phản ứng hóa học (định nghĩa, các yếu tố ảnh hưởng tới tốc độ
phản ứng). Định luật Gunbe – Vagơ (định luật tác dụng khối lượng trong động
hóa học).
- Khái niệm về năng lượng hoạt hoá, quy tắc Van Hôp.
- Khái niệm phản ứng thuận nghịch – bất thuận nghịch, trạng thái cân bằng,
hằng số cân bằng. Định luật tác dụng khối lượng (đối với phản ứng thuận nghịch).
- Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng hóa học, nguyên lý Lơ Satơliê về
chuyển dịch cân bằng.
* Về mặt kỹ năng: Giúp học sinh có được các kỹ năng sau:
- Cách xác định nhiệt phản ứng hóa học.
+ Dựa vào năng lượng liên kết.
+ Dựa vào nhiệt hình thành (nhiệt sinh, sinh nhiệt) của hợp chất.
+ Dựa vào định luật Hes (có 2 phương pháp là chu trình và tổ hợp các
phương trình nhiệt hóa học).
- Vận dụng 2 nguyên lý của nhiệt động học.
+ Tính biến thiên entanpi ∆H, biến thiên entropi ∆S, biến thiên năng lượng
tự do Gip ∆G với phản ứng hóa học.
Chú ý: Trong thực tế dùng ∆H

0
, ∆S
0
, ∆G
0
: Phản ứng xảy ra ở điều kiện
tiêu chuẩn: ứng với t
0
= 25
0
C hay 298K, p = 1atm. (Còn trạng thái chuẩn của
chất hay điều kiện chuẩn: khi p = 1atm, trạng thái bền nhất của chất ở điều kiện
đó).
+ Từ ∆G
0
kết luận về khả năng tự diễn biến của phản ứng.
+ Từ năng lượng tự do tính hằng số cân bằng và ngược lại, của phản ứng
xét ở điều kiện chuẩn.
∆G
0
= - RTlnK (1)
hoặc ∆G
0
= - 2,303.RTlgK
1
- Viết được phương trình động học của phản ứng hóa học (nội dung của
định luật Gunbe – Vagơ) chú ý đến đơn vị tốc độ phản ứng.
- Vận dụng quy tắc Van Hôp xét xem tốc độ phản ứng tăng hay giảm ở 2
nhiệt độ T
1

, T
2
.
( )
10/
12
12
.
TT
TTT
kvv
−
=
(2)
k
T
(γ: gama): Hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng.
21
,
TT
vv
: Tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T
1
, T
2
.
- Tính HSCB với phản ứng hóa học xảy ra ở điều kiện cụ thể:
* K
c
, K

p
, K
x

aA + bB + … cC + dung dịch + … (5)
+ Trong pha lỏng: K
c
(HSCB theo nồng độ).
+ Trong pha khí: K
p
(gần đúng ta dùng áp suất riêng phần P
i
).
+ Trong pha khí: K
x
(HSCB theo phân số mol).
* Biểu thức tổng quát và liên hệ giữa các HSCB.
[ ] [ ]
[ ] [ ]
ba
dc
c
BA
DC
K
.
.
=
[ ]: Nồng độ cân bằng của chất đang xét.
b

B
a
A
d
D
c
C
p
PP
PP
K
.
.
=
P
i
: Áp suất riêng phần.
b
B
a
A
d
D
c
C
x
xx
xx
K
.

.
=
n
n
x
i
i
=
=
K
p
= K
c
.(RT)
∆
n

K
p
= K
x
.P
∆
n
P: Áp suất chung của phản ứng đang xét ở thời
điểm cân bằng hóa học thiết lập.
∆n = (c + d) – (a + b)
+ Cân bằng hóa học bao gồm cả chất rắn: dùng K
p
, K

c
.
b. Câu hỏi và bài tập
Trong khuôn khổ cho phép của đề tài, dưới đây chúng tôi chỉ phân tích các
ví dụ điển hình.
Ví dụ 1:
*Đề bài :Tính ∆H của phản ứng sau:
CH
4(k)
+ 4Cl
2(k)
→ CCl
4(k)
+ 4HCl
(k)
Biết các giá trị năng lượng liên kết:
C – Cl H – Cl C – H Cl – Cl
326,30 430,9 414,2 242,6 kJ
* Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh dựa vào năng lượng liên kết để xác
định ∆H phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
2
Số mol chất i
Tổng số mol của hệ
Ta có: ∆H = 4E
C – H
+ 4E
Cl – Cl
– (4E
C – Cl

+ 4E
H – Cl
) = - 401,6 kJ
Ví dụ 2:
* Học sinh cần dựa vào định luật Hes với phương pháp tổ hợp các phương
trình nhiệt hóa học để xác định nhiệt phản ứng.
Ví dụ 3: [40, tr 198, 200, 202]
* Đề bài yêu cầu vận dụng kiến thức, kỹ năng tính ∆H
0
, ∆S
0
, ∆G
0
của phản
ứng, kết luận về khả năng tự diễn biến của phản ứng.
Ví dụ 4:
* Đề bài: Tốc độ của phản ứng tạo thành SO
3
từ SO
2
và O
2
thay đổi như
thế nào (tăng hay giảm bao nhiêu lần) khi giảm thể tích hỗn hợp xuống 3 lần?
*Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh vận dụng kiến thức về tốc độ phản
ứng; kỹ năng viết phương trình động học của phản ứng; thể tích hay nồng độ ảnh
hưởng đến tốc độ phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
Ta có: 2SO
2

+ O
2
2SO
3

+ Trạng thái 1: v
1
= k.
[ ] [ ]
1
2
2
1
2
2

22
OSOkCC
OSO
=
(a)
+ Trạng thái 2: Khi giảm thể tích hỗn hợp xuống 3 lần nghĩa là nồng độ
chất tăng 3 lần
[ ] [ ] [ ] [ ]
27 3 3.
1
2
2
1
2

2
2
2
2
22
OSOkOSOkv
==
(b)
+ Từ (a) và (b)
27
1
2
=⇔
v
v
lần
+ Kết luận: Tốc độ của phản ứng tạo SO
3
tăng 27 lần.
Ví dụ 5:
* Đề bài: Nếu ở 150
0
C, một phản ứng nào đó kết thúc sau 16 phút, thì ở
120
0
C và 200
0
C phản ứng đó kết thúc sau bao nhiêu phút? Giả sử hệ số nhiệt độ
của phản ứng trong khoảng nhiệt độ đó là 2,0.
* Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh vận dụng quy tắc Van Hôp, tính

thời gian sau từng nhiệt độ cho trước.
* Hướng dẫn giải:
+ Ở 120
0
C: Ta có: v
150
= 120.2
(150 – 120)/10
= v
120
.2
3
Phản ứng kết thúc sau thời gian t
1
= 16.2
3
= 128 phút
+ Ở 200
0
C: Ta có: v
200
= v
150
.2
5

Phản ứng kết thúc sau thời gian t
2
=
5,0

2
16
5
=
phút
*Vậy nhiệt độ tăng thì tốc độ phản ứng tăng nhanh còn thời gian kết thúc càng
giảm.
Ví dụ 6:
Ví dụ 7:
3
t
0
, p, xt
*Đề bài: Cho phản ứng thuận nghịch
A + B C + D (*)
Khi cho 1 mol A tác dụng với 1 mol B thì hiệu suất cực đại của phản ứng
là 66,67%.
a) Tính HSCB của phản ứng (*).
b) Nếu lượng A gấp 3 lần lượng B thì hiệu suất cực đại phản ứng bằng bao
nhiêu?
c) Cân bằng bị dịch chuyển như thế nào khi tăng nhiệt độ, biết nhiệt phản
ứng ∆H = 0?
* Mục đích của đề: Yêu cầu học sinh tính lượng chất sau phản ứng, tính
hằng số cân bằng, vận dụng nguyên lý Lơ Satơliê.
* Hướng dẫn giải:
a) Lúc cân bằng: số mol của A, B là: 0,3333 mol
C, D là: 0,6667 mol
Tổng số mol chất: 2 mol
+ Ở đây ∆n = 0 ⇒ K
c

= K
p
= K
x
= 4
b) Gọi x: lượng chất cực đại phản ứng (A)
+ Lúc cân bằng: số mol của A là (3 – x)
B là (1 – x)
C, D là x
+ Tìm ra x dựa vào K
c
= 4
x = 0,90 hay 90%.
c) Do ∆H = 0. Vậy khi tăng nhiệt độ cân bằng thực tế không bị dịch
chuyển, nhưng tốc độ phản ứng nhanh hơn, nghĩa là phản ứng đạt tới trạng thái
cân bằng nhanh hơn.
Ví dụ 26:
* Đề bài: Trong công nghệ hoá dầu, các ankan được loại hiđro để chuyển
thành hiđrocacbon không no có nhiều ứng dụng hơn. Hãy tính nhiệt của mỗi
phản ứng sau đây:
C
4
H
10
→ C
4
H
6
+ H
2

∆H
1
0
(1)
CH
4
→ C
6
H
6
+ H
2
∆H
2
0
(2)
Biết năng lượng liên kết E theo kJ. mol
-1
của các liên kết như sau:
E 435,9 416,3 409,1 587,3
Liên kết H – H C – H C – C C = C
(với các liên kết C – H, C – C, các trị số ở trên là trung bình trong các hợp
chất hữu cơ khác nhau).
* Mục đích của đề: Giúp học sinh vận dụng kỹ năng tính nhiệt phản ứng
dựa theo năng lượng liên kết, chú ý cân bằng phương trình phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
4
với C
4
H

10
→ C
4
H
6
+ 2H
2
(1) tính được ∆H
1
0
= 437,6 kJ
6CH
4
→ C
6
H
6
+ 9H
2
(2) tính được ∆H
2
0
= 581,1 kJ
Ví dụ 27:
* Dạng đề giúp học sinh nắm vững lý thuyết về nguyên lý chuyển dịch cân
bằng - các yếu tố ảnh hưởng, kỹ năng tính HSCB và lượng chất trong hệ (cân bằng).
* Hướng dẫn giải:
1. Ví dụ phản ứng este hoá:
CH
3

COOH + C
2
H
5
OH CH
3
COOC
2
H
5
+ H
2
O
+ Để phản ứng nhanh đạt tới trạng thái cân bằng cần:
Dùng xúc tác là axit (HCl, H
2
SO
4
)
Tăng nhiệt độ vừa phải
+ Biện pháp chuyển dịch cân bằng về phía tạo thành este:
Tăng nồng độ của axit hoặc rượu
Giảm lượng chất sau phản ứng (lấy bớt sản phẩm ra)
2.Tính HSCB:
+
( ) ( )
6,3
.
2
=

−−
=
cbca
C
K
+ Lượng este tăng lên là ≈ 1,44 lần.
* Dạng đề thi với mục đích là : giúp học sinh nắm vững lý thuyết về hằng
số cân bằng, sự chuyển dịch cân bằng khi các yếu tố thay đổi. Mặt khác, tổng
hợp các kỹ năng: tính hằng số cân bằng theo độ điện li α, áp suất P và ngược lại ;
tính năng lượng tự do ∆G
0
theo ∆H
0
, ∆S
0
;

áp dụng quan hệ K
p
và K
c
để tính
lượng chất…
Ví dụ 28 :
* Đề bài : Sunfurylđiclorua SO
2
Cl
2
là hoá chất phổ biến trong phản ứng
clo hoá. Tại 350

0
C, 2 atm phản ứng:
SO
2
Cl
2(k)
SO
2(k)
+ Cl
2(k)
(1) có Kp = 50
1. Hãy cho biết đơn vị của trị số đó và giải thích HSCB K
p
này phải có
đơn vị như vậy.
2. Tính % theo thể tích SO
2
Cl
2(k)
còn lại khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng
ở điều kiện đã cho.
3. Ban đầu dùng 150 mol SO
2
Cl
2(k)
, tính số mol Cl
2(k)
thu được khi (1) đạt
tới cân bằng. Các khí được coi là khí lí tưởng (k: khí)
*Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh vận dụng kỹ năng tính HSCB của

phản ứng từ đó tính số mol,% theo thể tích của chất.
* Hướng dẫn giải:
1.
50
.
22
22
==
ClSO
ClSO
P
P
PP
K
atm
2. Cách 1:+ Gọi số mol SO
2
Cl
2(k)
ban đầu là 1 mol
5
có độ phân li là α
+ Dựa vào biểu thức
50
1
.
2
2
=
−

=
α
α
P
K
P
tính được α = 0,9806
+ Số mol SO
2
Cl
2(k)
còn lại là 1 - α = 0,0194 mol. Do vậy % theo thể
tích SO
2
Cl
2(k)
còn lại là 0,98%.
Cách 2: SO
2
Cl
2(k)
SO
2(k)
+ Cl
2(k)
(1) K
p
= 50 atm
+ Dựa vào biểu thức tính
50

22
2
=
−
=
P
P
K
P
tính được P = 0,9902 atm
+ Áp suất lúc cân bằng:
0196,0
)(22
=
k
ClSO
P
atm
Do vậy, số mol SO
2
Cl
2(k)
= 0,0098 hay 0,98%. (trong cùng nhiệt độ, áp
suất: % theo số mol cũng như % theo thể tích)
3. Ban đầu dùng 150 mol SO
2
Cl
2(k)
, số mol Cl
2(k)

lúc cân bằng
09,1479806,0150
2222
=×=×==
α
ClSOSOCl
nnn
mol.
Ví dụ 29: [12, đề 2002 – 2003]
* Đề bài:
Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl
5
bị phân li theo phương trình:
PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl
2(k)

1. Cho m gam PCl
5
vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ
T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl
5
. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong
bình bằng P.
a) Hãy thiết lập biểu thức của K
P
theo độ phân li α và áp suất P.

b) Thiết lập biểu thức của K
C
theo α, m, V.
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T
1
người ta cho 83,300 gam
PCl
5
vào bình dung tích V
1
. Sau khi đạt tới cân bằng đo được P
1
= 2,700 atm.
Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với H
2
bằng 68,862. Tính α và K
p
.
3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl
5
và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1
nhưng thay dung tích là V
2
thì đo được áp suất cân bằng là 0,500 atm. Tính tỉ số
1
2
V
V
.
4. Trong thí nghiệm 3 giữ nguyên lượng PCl

5
và dung tích bình V
1
như thí
nghiệm 1 nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T
3
= 0,9T
1
thì đo được áp suất cân
bằng là 1,944 atm. Tính K
p
và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl
5
thu nhiệt
hay phát nhiệt.
Cho: Cl = 35,453; P = 30,974; H = 1,008. Các khí đều là khí lý tưởng.
*Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức liên hệ hằng số cân
bằng theo độ phân li, áp suất, thể tích, khối lượng.Từ đó tính các đại lượng liên
quan.
* Hướng dẫn giải:
1. Thiết lập biểu thức của K
P
, K
C
:
6
Phương trình: PCl
5(k)
PCl
3(k)

+ Cl
2(k)

Ban đầu: a
Cân bằng: a – x x x mol
+ Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a + x
Trong đó:
;
239,208
m
a =
a
x
=
α
* Tính K
P
+ Áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí
;.
5
P
xa
xa
P
PCl
+
−
=
P
xa

x
PP
ClPCl
.
23
+
==
+ HSCB K
P
=
P
P
PP
PCl
ClPCl
.
1
.
2
2
5
23
α
α
−
=
* Tính K
C
(có 2 cách)
Cách 1: + Tính nồng độ cân bằng của mỗi khí

[ ]
( )
;
1
5
V
a
PCl
α
−
=
[ ] [ ]
V
a
ClPCl
α
.
23
==
+ HSCB
[ ][ ]
[ ]
( ) ( )
α
α
α
α
−
=
−

==
1239,2081
22
5
23
V
m
V
a
PCl
ClPCl
K
C
Cách 2: + Ta biết: K
P
= K
C
.(RT)
∆ν
∆ν
khí
= 1
+
( ) ( )
α
α
α
α
−
=

−
==
1239,2081
22
V
m
V
a
RT
K
K
P
C
ở đó PV = nRT = (a + x)RT = a (1+ α)RT
hay RT =
( )
α
+1a
PV
2. Thí nghiệm 1:
* Tính α
1
+ Số mol PCl
5
ban đầu: a =
400,0
239,208
30,83
=
mol

+ Khối lượng trung bình
M
của hỗn hợp lúc cân bằng
62,826 x 2,016 = 138,753 g/mol
+ Tổng số mol khí lúc cân bằng
( )
M
molan
30,83
600,01
11
==+=
α
tính được α
1
= 0,500.
* Tìm K
P
tại nhiệt độ T
1

( )
( )
900,070,2.
5,01
5,0
.
1
2
2

1
2
1
2
1
1
=
−
=
−
=
PK
T
P
α
α
3. Thí nghiệm 2 :
- Giữ nguyên nhiệt độ : K
P
không đổi
- Giữ nguyên số mol PCl
5
a = 0,400 mol
7
- Áp suất cân bằng P
2
= 0,500 atm
* Ta có:
900,050,0
1

.
1
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
=×
−
=
−
=
α
α
α
α
PK
T
P
tính được α
2
= 0,802
+ Tổng số mol lúc cân bằng
n
2

= a (1 + α
2
) = 0,4 (1 + 0,802) = 0,721 mol
* Tìm quan hệ giữa V
1
, V
2
, P
1
, P
2
, n
1
, n
2
+ Thể tích bình trong thí nghiệm 2
2
22
2
P
RTn
V =
so với
1
1
1
P
RTn
V
=

489,6
2
1
1
2
1
2
=×=⇔
P
P
n
n
V
V
lần
4. Thí nghiệm 3:
- Thay đổi nhiệt độ: K
P
thay đổi (T
3
= 0,9T
1
)
- Giữ nguyên số mol PCl
5
a = 0,400 và V
1

- Áp suất cân bằng P
3

= 1,944 atm (do nhiệt độ giảm, tổng số mol khí n
3
thay đổi, n
3
≠ n
1
)
* Tìm α
3
+ n
3
= a (1 + α
3
) = 0,4 (1 + α
3
)
+ Ta có: P
1
V
1
= nRT
1

P
3
.V
1
= n
3
.RT

3
= n
3
.R.0,9T
1
( )
6,0
9,0.14,0
7,2
944,1
9,0.
3
1
3
1
3
α
+
=⇔=⇔
n
n
P
P
Tính được



=
=
moln 48,0

2,0
3
3
α
* Tính
3
T
P
K
081,0.
1
3
2
3
3
3
3
=
−
=
PK
T
P
α
α
* Nhận xét: Khi hạ nhiệt độ, K
P
giảm làm cân bằng chuyển dịch theo chiều
nghịch – là chiều phát nhiệt. Chiều thuận là chiều thu nhiệt.
Ví dụ 30: [12, đề 2001 – 2002]

* Đề bài: Tại 25
0
C phản ứng: 2N
2
O
5(k)
→ 4NO
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.
52
ON
C
. Phản ứng trên xảy ra
trong bình kín thể tích 20,0 lít không đổi. Ban đầu lượng N
2
O
5
cho vừa đầy bình. Ở
thời điểm khảo sát, áp suất riêng phần N
2
O
5
là 0,070 atm. Các khí đều là lí tưởng.

1. Tính tốc độ:
a) Tiêu thụ N
2
O
5
.
b) Hình thành NO
2
, O
2.
8
2. Tính số phân tử N
2
O
5
đã bị phân tích sau 30 s.
3. Nếu phản ứng trên có phương trình 2N
2
O
5(k)
→ 2NO
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?
* Mục đích của đề: Giúp học sinh củng cố kiến thức về tốc độ phản ứng;
kỹ năng: viết phương trình động học của phản ứng, biểu thị và tính tốc độ hình
thành, tốc độ tiêu thụ, tính số phân tử bị phân tích, mặt khác tại nhiệt độ T xác
định: tốc độ phản ứng v

pư
và hằng số tốc độ phản ứng k đều không đổi.
* Hướng dẫn giải:
1.a) - Tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức
+ v
pư
= k.
52
ON
C
(1)
trong đó:
3
10.8646,2
298.082,0
070,0
5252
52
−
====
RT
P
V
n
C
ONON
ON
mol.l
-1
(2)

+ v
pư
= 2,8646.10
-3
x 1,8.10
-5
= 5,16.10
-8
mol.l
-1
.s
-1

- Tính tốc độ tiêu thụ N
2
O
5
:
52
OttN
v
+ 2N
2
O
5(k)
→ 4NO
2(k)
+ O
2(k)

+
.2
52
52
−=−=
dt
dC
v
ON
OttN
v
pư
= - 2.5,16.10
-8
= -1,032.10
-7
mol.l
-1
.s
-1
(3)
- Tính tốc độ hình thành NO
2
, O
2
:
22
,
htOhtNO
vv

+
4
2
2
==
dt
dC
v
NO
htNO
.v
pư
= 2,046.10
-7
mol.l
-1
.s
-1

+
==
dt
dC
v
O
htO
2
2
v
pư

= 5,16.10
-8
mol.l
-1
.s
-1
2. Tính số phân tử N
2
O
5
bị phân tích sau thời gian t:
52
ON
N
×==
5252
OttNON
vNN
V
bình
x t x N
0

= 1,032.10
-7
x 20 x 30 x 6,023.10
23
= 3,729.10
19
phân tử

3. Phương trình N
2
O
5(k)
→ 2NO
2(k)
+ 1/2O
2(k)

Tại nhiệt độ T xác định, tốc độ phản ứng v
pư
và k đều không đổi vì :
+ k chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ
+ Theo (1), khi k = const,
52
ON
C
= const thì v = const
P
C
– P
0
(Torr) 0 13,5 47,8 85,2 122,7 157,4
2P
C
– P
0
(Torr) 632 605 536,4 461,6 386,6 317,2
k (mol
-1

.l.phút
-1
) 0,811 0,864 0,888 0,882 0,861
* Nhận xét: Các giá trị k xấp xỉ nhau nên phản ứng (1) thuộc bậc 2.
b) Hằng số tốc độ phản ứng
k
.
9
8612,0
5
1
==
∑
=
n
ki
k
i
mol
-1
.l.phút
-1
Bài 8:
1. Phản ứng tự oxi hoá - khử trong môi trường kiềm:
3BrO
-
→ BrO
3
-
+ 2Br

-
(1)
xảy ra theo quy luật động học bậc 2. Nồng độ ban đầu của BrO
-
là 0,1
kmol.m
-3
; hằng số tốc độ k = 9,3.10
-4
m
3
(kmol.s)
-1
a) Sau bao lâu thì 30%, 99% BrO
-
bị chuyển hoá?
b) Tính chu kỳ bán huỷ t
1/2
của phản ứng (1).
2. Chứng minh rằng đối với phản ứng một chiều bậc 2
2A → sản phẩm có t
1/2
=
ak.
1
Trong đó: a là nồng độ ban đầu của A (ở t = 0).
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh viết được phương trình động học của
phản ứng, tính nồng độ và thời gian của chất bị chuyển hoá, tính thời gian nửa
phản ứng; chứng minh biểu thức tính t
1/2

của phản ứng.
Hướng dẫn giải:
1. a) Gọi thời gian để 30% BrO
-
bị chuyển hoá là t
1
.
99% BrO
-
bị chuyển hoá là t
2
.
+ Biểu thức tốc độ phản ứng :
[ ]
[ ]
2
.
3
1
−
−
=−= BrOk
dt
BrOd
v
.
Nồng độ ban đầu a = 0,1 ; lượng chuyển hoá x
1
= 0,03
x

2
= 0,099.
+ Lượng còn lại: a – x
1
= 0,07
a – x
2
= 0,001
+ Theo quy luật động học bậc 2 ta có biểu thức:






−
−
=
axak
t
111
Thay các giá trị a, a – x, k tìm được: t
1
= 4608,3 s (76,8 phút)
t
2
= 106,45.10
4
s (1,77.10
4

phút)
b) Chu kỳ bán huỷ : t
1/2
=
ak.
1
+ Tính được t
1/2
= 10753 s (179,2 phút)
2. Chứng minh :
+ Gọi x là lượng A phản ứng.
2A → sản phẩm.
t = 0 a 0
t = ∞ a – x x
10
+ Biểu thức tốc độ phản ứng : v =
2
.
A
C
Ck
dt
d
A
=−
⇔ v =
( )
( )
2
. xak

dt
xad
−=
−
−
hay
( )
2
xak
dt
dx
−=
(*) Phương trình tốc độ dạng vi phân.
+ Lấy tích phân của (*):
( )
∫ ∫
=
−
dtk
xa
dx
.
2
Ckt
xa
+=
−
⇔
1
Khi t = 0 → x = 0 → C =

a
1
axa
kt
11
−
−
=⇔
hay






−
−
=
axat
k
111
(**) Phươngtrình tốc độ dạng tích phân.
+ Khi x =
2
a
thì k =
at .
1
21
hay t

1/2
=
ak.
1
(Điều phải chứng minh)
Bài 9: Cho phản ứng “khí nước”
CO
2
+ H
2
CO + H
2
O
a) Tính
0
G∆
của phản ứng ở 1000 K, biết
0
H∆
và
0
S∆
ở 1000 K lần lượt
là: 35040 J.mol
-1
; 32,11 J. mol
-1
.K
-1
.

b) Tính HSCB K
C
, K
P
của phản ứng ở 1000K.
c) Một hỗn hợp khí chứa 35% thể tích H
2
, 45% thể tích CO và 20% thể
tích hơi nước được nung nóng tới 1000 K.
Xác định thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) ở trạng thái cân bằng.
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính
0
G∆
, HSCB K
C
, K
P
của phản ứng
ở 1000 K từ đó xác định thành phần hỗn hợp theo % thể tích của chất trong hỗn
hợp.
Hướng dẫn giải:
a) Áp dụng biểu thức:
000
STHG ∆−∆=∆
Thay giá trị
0
S∆
,
0
H∆

, T tính được
JG 2930
0
1000
=∆
b) HSCB: K
P
= K
C
= 0,703.
c) Thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) của:
CO: 34,6%; CO
2
: 10,4%; H
2
O: 9,6%; H
2
: 45,4%
Bài 10: Cho biết phản ứng:
CH
4(k)
C
(gr)
+ 2H
2(k)
;
kJG 85,74
0
298
=∆

11
và
0
298
S
(J.K
-1
.mol
-1
) của CH
4(k)
là 186,19; của C
(gr)
là 5,69; của H
2(k)
là 130,59.
a) Tính
0
G∆
của phản ứng ở nhiệt độ 298 K.
b) Phản ứng có lnK
p
= - 15,17 – 7905,73 T
-1
+ 3,68 lnT.
Tính K
p
của phản ứng, so sánh các giá trị K
p
ở 500K và 1000K. Kết quả

đó có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê không?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính
0
G∆
của phản ứng, tính K
P
ở 2
nhiệt độ bất kỳ, vận dụng nguyên lý Lơ Satơliê để giải thích kết quả.
Hướng dẫn giải:
a) Tính:
0
298
0
298
0
298
STHG
∆−∆=∆
= 50807 J (T = 298 K).
b) Ở 500 K, tính K
P
≈ 3.10
-4

Ở 1000 K, tính K
P
≈ 10,43.
KK
PP
KK

1000500
<
Phản ứng thu nhiệt, khi nhiệt độ tăng thì K
P
tăng. Vậy kết quả trên phù hợp
với nguyên lý Lơ Satơliê.
Bài 11: Cân bằng: N
2
O
4(k)
2NO
2(k)

nhận được xuất phát từ a mol N
2
O
4
tinh khiết.
a) Gọi α là độ phân li của N
2
O
4
: α =
Tính số mol NO
2
, N
2
O
4
và tổng số mol của hệ khi cân bằng theo a và α.

b) Tính áp suất riêng phần của NO
2
, N
2
O
4
theo α và áp suất tổng cộng P
của hệ khi cân bằng.
c) Thiết lập biểu thức sự phụ thuộc của HSCB K
p
vào P và α.
d) Nếu ban đầu có 1,588 g N
2
O
4
trong bình dung tích 0,5 lít, ở 25
0
C và áp
suất P lúc cân bằng là 760 mmHg thì α, K
P
, áp suất riêng phần của NO
2
, N
2
O
4
là
bao nhiêu?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh thiết lập và tính số mol, áp suất riêng
phần của chất, tính HSCB K

P
ở điều kiện cụ thể.
Hướng dẫn giải:
a) Xét cân bằng: N
2
O
4(k)
2NO
2(k)

Ban đầu: a
Cân bằng: a (1 - α) 2aα
+ Số mol NO
2
: 2aα
N
2
O
4
: a (1 - α)
Tổng số mol của hệ: a (1 + α)
b) Áp suất riêng phần của N
2
O
4
, NO
2
:
PP
ON

.
1
1
42
α
α
+
−
=
12
Số mol N
2
O
4
bị phân li
Số mol N
2
O
4
ban đầu
PP
NO
.
1
2
2
α
α
+
=

c) Ta biết:
42
2
2
ON
NO
P
P
P
K =
Thay các biểu thức
242
,
NOON
PP
rồi biến đổi ta được:
PK
P
.
1
4
2
2
α
α
−
=
d) + Đã biết: a = 0,01726 mol; V = 0,5 lít; P = 1 atm.
Tính số mol của hệ lúc cân bằng:
02046,0

.
≈=
TR
PV
n
+ Ta có: a (1 + α) = n hay α = 0,1854
+ Tính K
P
= 0,1424
+
687,0
42
=
ON
P
atm ;
313,0
2
=
NO
P
atm
Bài 12 : Ở nhiệt độ T, áp suất 1 atm có cân bằng sau :
N
2
O
4(k)
2NO
2(k)
(1)

Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng.
a) Thiết lập biểu thức HSCB K
P
là dạng một hàm của độ phân li α và áp
suất chung P.
b) Xác định K
P
, K
C
,
0
G∆
của phản ứng (1) ở 333 K, α = 0,525.
c) Xác định ∆H, ∆S của phản ứng (1) ở 333 K. Cho biết ở 373 K có K
P
= 14,97.
d) Tính K
P
của phản ứng (1) khi α = 11%. Độ phân li α thay đổi như thế
nào khi P từ 1 atm giảm còn 0,8 atm ?
e) Để α đạt tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào ? Nhận xét về
chiều của phản ứng (1).
Mục đích của bài : Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức tính K
P
theo α,
P ; xác định K
P
, K
C
,

0
G∆
, ∆H, ∆S của phản ứng ở điều kiện cụ thể, áp dụng
nguyên lí Lơ Satơliê để xác định chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a)
PK
P
.
1
4
2
2
α
α
−
=
b) K
P
= 1,52 ; K
C
= 0,0557 mol.l
-1
;
0
G∆
= - 1,16 kJ.mol
-1
c) ∆H = 59,103 kJ.mol
-1

; ∆S = 181 J.mol
-1
.K
-1
d) Thay α = 0,11 vào tính được K
P
= 0,049.
Khi P từ 1 atm giảm còn 0,8 atm, độ phân li α tăng cân bằng (1) chuyển
dịch theo chiều từ trái sang phải.
e) α = 0,08 ; K
P
= 0,049 ta tính được P = 1,9 atm.
Vậy khi α giảm cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều từ phải sang trái.
13
Bài 13:
1. Thực hiện tổng hợp NH
3
theo phản ứng:
N
2(k)
+ 3H
2(k)
2NH
3(k)
(1)
a) Chứng minh rằng ở nhiệt độ, áp suất xác định, hiệu suất phản ứng sẽ
cực đại nếu thành phần mol của hỗn hợp các chất tác dụng lấy đúng theo hệ số
tỷ lượng của chúng.
b) Ở 723 K phản ứng (1) có
4

10.2
1
−
=
P
K
Ở 850 K phản ứng (1) có
4
10.2,0
2
−
=
P
K
Tìm nhiệt độ của sự chuyển hoá (ở khoảng nhiệt độ) trên.
2. Phản ứng (1) có
kJH 5,92
0
−=∆
. Khi phản ứng đạt cân bằng thu được
36% NH
3
dưới áp suất 300 atm, 450
0
C.
a) Tính HSCB K
P
.
b) Ở 450
0

C phải dùng áp suất bao nhiêu để đạt 50% NH
3
.
c) Dưới áp suất 300 atm thì ở nhiệt độ nào để đạt 50% NH
3
. Cho biết chiều
của cân bằng (1).
Mục đích của bài: Giúp cho học sinh có kĩ năng tổng hợp: chứng minh giả
thiết là đúng, tính HSCB K
P
, tính số mol, nhiệt độ (áp dụng biểu thức của định
luật KiecHoff), tìm áp suất, và xét chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
1.a) Phản ứng: N
2(k)
+ 3H
2(k)
2NH
3(k)
(1)
+ Giả thiết:
atmPPPP
NHHN
1
322
==++
2
43
22
3

2

.
.
22
3
22
3
−
=== PK
Pxx
Px
PP
P
K
x
HN
NH
HN
NH
P
(2)
+ Lấy Nêpe 2 vế của (2):
ln K
x
= ln K
P
+ 2ln P
223
ln3lnln2ln

HNNHx
xxxK
=−=⇔

2
2
2
2
3
3
3
.2
H
H
N
N
NH
NH
x
dx
x
dx
x
dx
−−=
(3)
+ Hiệu suất phản ứng sẽ cực đại khi ln K
x
= 0
Ta có:






=
=++
=++
atmP
dxdxdx
xxx
HNNH
HNNH
1
0
1
223
223
Khi





−=⇔=+
=
⇔=
2222
3
3

0
0
1
HNHN
NH
NH
dxdxdxdx
dx
x
(a)
+ Thay (a) vào (3) được:
22
3
NH
xx
=
14
Do vậy tỉ lệ phần mol của N
2
: H
2
là 1 : 3
b) + Ta có:
B
T
A
R
S
RT
H

K
P
+=
∆
+
∆
−=
1
0
1
0
1
ln
B
T
A
R
S
RT
H
K
P
+=
∆
+
∆
−=
2
0
2

0
2
ln
(Biến đổi từ biểu thức: ∆G
0
= ∆H
0
- T∆S
0
= -RT ln K
P
)








−=⇔
12
11
ln
1
2
TT
A
K
K

P
P
(b)
Thay các giá trị
21
,,,
21
TTKK
PP
vào (b) tính được:
A = 11144,162; B = - 18,721
+ Mặt khác: ∆G = - RT lnK
Trong đó:
721,18
162,11144
ln −=+=
T
B
T
A
K
Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng: ∆G = 0 ⇒ lnK = 0
hay T = 595,3 K
Vậy nhiệt độ của sự chuyển hoá trên là 595,3 K.
2. a) HSCB K
P
:
+ Phản ứng: N
2(k)
+ 3H

2(k)
2NH
3(k)
(1); ∆H
0
= - 92,5 kJ
Ban đầu: 1 3 0
Cân bằng: 1 - α 3(1 - α) 2α
Tổng số mol hệ lúc cân bằng: 4 - 2α
Hiệu suất phản ứng đạt 36% NH
3
nghĩa là
36,0
24
2
=
−
α
α
hay α = 0,529.
+ Ta có:
2
3
2
.
.
22
3
1
−

= P
xx
x
K
HN
NH
P
(2)
Trong đó:
36,0
3
=
NH
x
;
16,0
2
=
N
x
;
48,0
2
=
H
x
; P = 300 atm.
Thay các giá trị vào (2) ta tính được:
4
10.813,0

1
−
=
P
K
b) Ở 450
0
C,
4
10.813,0
1
−
=
P
K
.
+ Hiệu suất phản ứng đạt 50% NH
3
nghĩa là:
5,0
24
2
=
−
α
α
hay α = 0,667
+ Trong đó:
5,0
3

=
NH
x
;
125,0
2
=
N
x
;
375,0
2
=
H
x
.
Thay các giá trị vào (2) ta tính được: P = 683 atm
c) Dưới P = 300 atm, 450
0
C tính được
4
10.813,0
1
−
=
P
K
Vậy P = 300 atm, (
0
2

t
) T
2
= ? ,
?
2
=
P
K
15
+ Tính xem ở P = 300 atm,
?
2
=
P
K
Theo b) ở 450
0
C:
5,0
3
=
NH
x
;
125,0
2
=
N
x

;
375,0
2
=
H
x
; P = 300 atm;
α = 0,667.
Thay các giá trị vào (2) tính được
4
10.21,4
2
−
=
P
K
+ Tìm nhiệt độ (
0
2
t
) T
2
.
Áp dụng biểu thức của định luật KiecHoff:
Ta có:









−
∆
=
2
1
0
11
ln
1
2
TTR
H
K
K
P
P
(c)
Thay các giá trị:
1
,,
21
TKK
PP
vào (c) tính được T
2
= 653,1K hay 380,1
0

C
* Nhận xét:
Tại T
1
= 723K có
4
10.813,0
1
−
=
P
K
T
2
= 653,1K có
4
10.21,4
2
−
=
P
K
Phản ứng (1) là toả nhiệt ∆H
0
< 0), K
P
tỉ lệ nghịch với T.
Khi nhiệt độ giảm, K
P
tăng. Vậy cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều từ

trái sang phải (tạo NH
3
).
Bài 14:
Amoniac (NH
3
) được tổng hợp theo phản ứng:
N
2(k)
+ 3H
2(k)
2NH
3(k)
(1)
1. Chứng minh rằng ở nhiệt độ và áp suất nhất định nồng độ của NH
3
là
lớn nhất nếu xuất phát từ hỗn hợp có tỉ lệ N
2
: H
2
là 1 : 3 theo số mol.
2. a) Dùng số liệu nhiệt động dưới đây:
N
2
H
2
NH
3

( )
:
10
298
−
∆ molJkH
0 0 - 46,19
( )
:
110
298
−−
molKJS
191,49 130,59 192,51
Tính ∆G
0
của phản ứng ở 25
0
C
b) Nếu coi
0
298
H∆
và
0
298
S∆
của phản ứng là không đổi theo nhiệt độ thì ở
nhiệt độ nào phản ứng đổi chiều ?
3. Để có hiệu suất NH

3
cao, cần tiến hành phản ứng ở áp suất như thế
nào ? Vì sao ?
4. Tính xem cần phải tiến hành phản ứng ở áp suất là bao nhiêu để hiệu
suất chuyển hoá hỗn hợp ban đầu (N
2
+ 3H
2
) là 90%, nếu phản ứng được thực
hiện ở 450
0
C và tỉ lệ mol của N
2
: H
2
là 1 : 3 ?
Mục đích của bài : Yêu cầu học sinh chứng minh giả thiết, tính ∆G
0
của
phản ứng, tìm nhiệt độ phản ứng đổi chiều, tính áp suất ở điều kiện bất kỳ.
Hướng dẫn giải:
1. Từ tỉ lệ N
2
: H
2
là 1 : 3 theo số mol hay
22
3
NH
xx =

+ Ta giả thiết :
atmPPPP
NHHN
1
322
==++
16
Mà K
P
= K
x
.P
-2
hay K
x
= K
P
.P
2
(2)
Lấy Nêpe 2 vế của (2), biến đổi ta có :
2
2
2
2
3
3
3
.2ln
H

H
N
N
NH
NH
x
x
dx
x
dx
x
dx
K
−−=
(3)
+ Khi ln K
x
= 0, hiệu suất phản ứng sẽ cực đại.
ta có :





=
=++
=++
constPT
dxdxdx
xxx

HNNH
HNNH
,
0
1
223
223
+ Giả sử





−=⇔=+
=
⇔=
2222
3
3
0
0
1
HNHN
NH
NH
dxdxdxdx
dx
x
(4)
Thay (4) vào (3) được :

22
3
NH
xx
=
(hợp lý)
Vậy xuất phát từ hỗn hợp có tỉ lệ N
2
: H
2
là 1 : 3 theo số mol (
22
3
NH
xx
=
)
ở T, P nhất định nồng độ NH
3
là lớn nhất (
1
3
=
NH
x
).
2.a) Tính
JSTHG 48,33304
0
298

0
298
0
298
−=∆−∆=∆
b) Phản ứng đổi chiều ở nhiệt độ T > 466 K.
3. Dựa theo nguyên lí Lơ Satơliê, cần tiến hành phản ứng ở áp suất cao.
4. + Lập biểu thức liên hệ K
P
theo K
x
và P
K
P
= K
x
. P
-2

+ Tính : K
x
, K
P
thay vào biểu thức tìm được P = 5284 atm.
Bài 15 : Photphopentaclorua phân huỷ theo phương trình :
PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl

2(k)
(1)
Trong bình phản ứng, ban đầu có chứa 0,3 mol PCl
5
dưới áp suất 1 atm.
Khi cân bằng thiết lập có áp suất là 1,25 atm ở thể tích, nhiệt độ không đổi.
a) Tính độ phân li α, HSCB K
P
và áp suất riêng phần của từng cấu tử trong
hệ.
b) Lập biểu thức liên hệ giữa độ phân li α và áp suất chung của hệ lúc cân
bằng P
CB
.
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính được các đại lượng: độ phân li α,
HSCB K
P
, số mol, áp suất riêng phần của từng cấu tử; thiết lập biểu thức liên hệ
giữa α, và K
CB
.
Hướng dẫn giải:
a) Tính α, K
P
,
235
,,
ClPClPCl
PPP
:

* Xét phương trình: PCl
5(k)
PCl
3(k)
+ Cl
2(k)
(1)
Ban đầu: 0,3
Cân bằng: 0,3 – x x x
17
Số mol khí trước cân bằng: n
t
= 0,3 ứng với P
t
.
Số mol sau cân bằng: n
S
= 0,3 + x ứng với P
s
.
+ Vì V, T không đổi nên:
s
t
s
t
P
P
n
n
=

075,0
25,1
1
3,0
3,0
=⇔=
+
⇔
x
x
Mặt khác
%)25(25,0
3,0
==
x
α
+ Số mol khí lúc cân bằng :



=
==
molPCl
molClPCl
225,0
075,0
5
23
Áp suất riêng phần :
atmP

PCl
75,0
075,03,0
225,0
.25,1
5
=
+
=

atmPP
ClPCl
25,0
375,0
075,0
.25,1
23
===
+ HSCB
atm
P
PP
K
PCl
ClPCl
P
0833,0
.
5
23

==
(có thể tính K
p
theo K
x
)
b) Biểu thức liên hệ giữa α và P
CB
:
+ Gọi áp suất ban đầu là P
t
ứng với số mol n
t
.
Áp suất lúc cân bằng là P
CB
với số mol n
CB
.
+ Ta có tỉ lệ:
t
tCB
CB
CB
t
CB
t
n
Pn
P

n
n
P
P .
=⇔=
(2)
+ Thay
( )



=
+=
3,0
13,0
t
CB
n
n
α
vào (2) ta có:
P
CB
= P
t
(1 + α) = 1 + α (P
t
= 1 atm)
Bài 16 : Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất 1 atm, độ phân li của N
2

O
4
thành NO
2
là 11%.
a) Tính HSCB K
P
của phản ứng.
b) Độ phân li sẽ thay đổi như thế nào khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8
atm.
c) Để cho độ phân li giảm xuống còn 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp
suất nào? Kết quả nhận được có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê không? Vì
sao?
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính được HSCB K
P
của phản ứng, áp
suất nguyên lý Lơ Satơliê xét các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a) T = const, α = 0,11, giả sử ban đầu có 1 mol N
2
O
4
.
18
Phản ứng N
2
O
4(k)
2NO
2(k)

(1)
HSCB: K
P
=
P.
1
4
2
2
α
α
−
(*)
Thay các giá trị α, P vào biểu thức (*) tính được K
P
= 0,049.
b) Áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm, độ phân li α tăng do: K
P
= 0,049,
P = 0,8 atm tính được α = 0,123 hoặc : Khi áp suất giảm cân bằng (1) chuyển
dịch theo chiều thuận hay chiều tăng số phân tử khí.
c) Độ phân li α = 0,08, K
P
= 0,049.
Thay α, K
P
vào biểu thức (*) tính được P = 1,9 atm. Như vậy, khi áp suất
tăng từ 1 atm lên 1,9 atm cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nghịch.
Kết quả nhận được phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê.
Bài 17: Cho các phản ứng:

C
(gr)
+
2
1
O
2(k)
→ CO
(k)
(1)
TG 89110500
0
1
−−=∆
J
C
(gr)
+ O
2(k)
→ CO
2(k)
(2)
TG 3393500
0
2
−−=∆
J
T: Nhiệt độ (K) bất kỳ; (gr: graphit).
a) Tính
0

G∆
và K
P
của phản ứng sau đây ở 1000K.
2CO
(k)
→ C
(gr)
+ CO
2(k)
(a)
b) Tính áp suất riêng phần CO, CO
2
của phản ứng (a) khi cân bằng tại
1000K, áp suất là 1 atm.
c) Phản ứng (a) là toả nhiệt hay thu nhiệt. Cân bằng chuyển dịch như thế
nào khi tăng nhiệt độ và áp suất của phản ứng (a).
d) Tính K
P
của các phản ứng sau ở 1000K:
CO
(k)
→
2
1
C
(gr)
+
2
1

CO
2(k)
(b)
C
(gr)
+ CO
2(k)
→ 2CO
(k)
(c)
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tổ hợp phản ứng tính các đại lượng:
∆G
0
và K
P
của phản ứng, tính áp suất riêng phần của chất ở 1000 K; vận dụng
nguyên lý Lơ Satơliê xét chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a) + Tổ hợp phản ứng (1) và (2) được phản ứng (a).
Ta có:
0
1
0
2
0
2 GGG
a
∆−∆=∆
hay:
TG

a
175172500
0
+−=∆
Ở 1000K:
JG
a
2500
0
=∆
+ Áp dụng biểu thức:
KRTG ln.
0
−=∆
Tính được: K
P
= 0,7403 atm
-1
.
b) T = 1000K, p = 1atm
atmP
CO
331,0
2
=
; P
CO
= 0,669 atm.
19
c) Do ∆H

0
< 0, ∆S
0
< 0: Phản ứng (a) là phản ứng toả nhiệt.
+ Khi tăng nhiệt độ, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều thu nhiệt hay
chiều nghịch.
+ Khi tăng áp suất, cân bằng (a) chuyển dịch theo chiều làm giảm số phân
tử khí hay chiều thuận.
d) Với phản ứng (b): T = 1000K





=
=∆=∆
−
2/1
00
)(86,0
12502/
atmK
JGG
P
ab
Với phản ứng (c)



=

−=∆−=∆
atmK
JGG
P
aC
35,1
2500
00
Bài 18: Trộn CO với hơi H
2
O tại 1000K theo tỉ lệ mol 1 : 1. Tính thành
phần của hỗn hợp đạt tới trạng thái cân bằng.
Biết rằng: 2H
2
O
(h)
2H
2(k)
+ O
2(k)
113,20lg
1
−=
P
K
2CO
2(k)
2CO
(k)
+ O

2(k)
4,20lg
2
−=
P
K
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh xác định phản ứng xảy ra, từ đó tính
thành phần hỗn hợp đạt tới trạng thái cân bằng.
Hướng dẫn giải:
+ Phản ứng xảy ra: CO
(k)
+ H
2
O
(h)
CO
2(k)
+ H
2(k)
có
( )
1435,0lglg
2
1
lg
21
=−=
PPP
KKK
hay K

P
= 1,392.
Do ∆
v
= 0 nên K
P
= K
C
= K
x
= 1,392
+ Phản ứng: CO
(k)
+ H
2
O
(h)
CO
2(k)
+ H
2(k)
Ban đầu: 1 1
Cân bằng: 1 – x 1 – x x x
Tổng số mol lúc cân bằng: 2 mol
+ Áp dụng biểu thức tính K
x
ta có:
( )
2
2

1
392,1
x
x
K
x
−
==
tìm được x = 0,54 mol.
+ Vậy số mol: CO
2
= H
2
= 0,54 mol
CO = H
2
O = 0,46 mol
Hoặc % số mol: CO
2
= H
2
= 27%
CO = H
2
O = 23%
20
THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
IV.1. MỤC ĐÍCH, PHƯƠNG PHÁP VÀ TỔ CHỨC THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
IV.1.1. Mục đích thực nghiệm
Trên cơ sở những nội dung đã đề xuất ở chương II và chương III, chúng

tôi đã tiến hành thực nghiệm sư phạm nhằm mục đích sau:
- Nghiên cứu hiệu quả của việc giảng dạy theo nội dung luận văn nhằm
đánh giá khả năng nắm vững lý thuyết cơ bản và khả năng vận dụng lý thuyết
vào việc giải bài tập.
- Sử dụng hệ thống các câu hỏi và bài tập trên vào việc khắc sâu kiến thức
trọng tâm, rèn luyện kỹ năng cơ bản của từng chương nhằm nâng cao chất lượng
giảng dạy; thúc đẩy quá trình học tập, tìm tòi sáng tạo của học sinh.
- So sánh kết của của lớp thực nghiệm với kết quả của lớp đối chứng. Từ
đó xử lý, phân tích kết quả để đánh giá khả năng áp dụng hệ thống các câu hỏi và
bài tập trên do chúng tôi đề xuất cũng như cách sử dụng nó trong việc giảng dạy
ở các lớp chuyên Hoá và bồi dưỡng học sinh chuẩn bị dự thi học sinh giỏi Hoá ở
các cấp hiện nay.
IV.1.2. Phương pháp thực nghiệm
a. Chọn đối tượng và địa bàn thực nghiệm
Để tiến hành thực nghiệm tốt những nội dung đã được biên soạn ở chương
II, III; chúng tôi đã tiến hành thực nghiệm ở các đối tượng là học sinh trường
THPT chuyên có uy tín và chất lượng tốt.
Cụ thể là:
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong – Nam Định được gọi là trường A
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ – Hà Đông – Hà Tây được gọi là trường B
Mỗi trường đều có loại lớp ở khối 11 và khối 12.
+ Lớp dạy theo phương pháp bình thường được gọi là lớp đối chứng (ĐC).
+ Lớp dạy theo phương pháp sử dụng hệ thống câu hỏi và bài tập trên
được gọi là lớp thực nghiệm (TN).
Đặc biệt: Tiến hành thực nghiệm đối với đổi tuyển dự thi học sinh giỏi Quốc
Gia của trường THPT chuyên Lê Hồng Phong –Nam Định năm học 2003-2004.
b. Phương pháp tiến hành thực nghiệm
Bao gồm các bước:
- Giảng dạy học sinh lớp 11, lớp 12 và hướng dẫn học sinh đội dự tuyển
làm bài tập.

- Ra 2 đề kiểm tra với 2 mức độ khác nhau cho khối 11 và 12 (xem phụ lục I
và phụ lục II).
+ Đề 1: Đánh giá khả năng nắm vững kiến thức cơ bản.
21
+ Đề 2: Đánh giá kỹ năng giải bài tập vận dụng lý thuyết cơ bản.
- Ra 2 đề kiểm tra tổng hợp cho đội dự tuyển (xem phụ lục III).
- Chấm bài kiểm tra.
- Sắp xếp kết quả theo thứ tự từ thấp đến cao cụ thể từ 0 – 10 điểm, phân
thành 3 nhóm.
+ Nhóm khá, giỏi có các điểm: 7, 8, 9, 10.
+ Nhóm trung bình có các điểm: 5, 6.
+ Nhóm yếu kém có các điểm: 0, 1, 2, 3, 4.
- So sánh kết quả lớp thực nghiệm và lớp đối chứng trong một trường.
- Áp dụng toán học thống kê; xử lý phân tích kết quả.
- Kết luận.
IV.1.3. Tổ chức thực nghiệm
Tổ chức thực nghiệm tại khối 11, 12 của 2 trường THPT chuyên và với
đội dự tuyển học sinh giỏi Quốc Gia.
Sau đây là tên trường và tên giáo viên tiến hành thực nghiệm :
Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (Nam Định) (A), Lại Thị Thu Thuỷ.
Trường THPT chuyên Nguyễn Huệ (Hà Đông) (B), Cô Chu Kim
Oanh.
IV.2. NỘI DUNG THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM
IV.2.1. Nội dung thực nghiệm sư phạm
+ Giảng dạy tại lớp 11, lớp 12 chuyên Hoá.
+ Bước đầu bồi dưỡng học sinh khá, giỏi dự thi học sinh giỏi các cấp.
+Ra đề kiểm tra, chấm bài, phân tích kết quả.
IV.2.2. Xử lý số liệu thực nghiệm sư phạm [8]
Chúng tôi đã tiến hành đánh giá chất lượng, phát hiện học sinh có tính
sáng tạo, có năng khiếu về hóa học thông qua 2 bài kiểm tra cho khối 11, 12 của

lớp thực nghiệm và lớp đối chứng, đồng thời kiểm tra 2 bài tổng hợp với đội dự
tuyển học sinh giỏi Quốc gia. Đồng thời chấm bài theo thang điểm bậc 10. Sử
dụng phương pháp thống kê toán học để xử lý kết quả thực nghiệm thu được.
+ Lập bảng phân phối tần số, tần suất cho các lớp đối chứng và lớp thực
nghiệm với X
i
là điểm số, n
i
là số học sinh đạt điểm X
i
.
+ Biểu diễn kết quả bằng đồ thị và biểu đồ.
+ Tính các tham số đặc trưng của bảng.
IV.2. Đánh giá kết quả thực nghiệm sư phạm
a. Kết quả thực nghiệm
Kết quả điểm kiểm tra tính theo số học sinh đạt điểm X
i
, % học sinh đạt
điểm X
i
, % học sinh đạt điểm X
i
trở xuống được chỉ ra ở các bảng từ bảng 1 đến
bảng 10 và 15. Kết quả xếp loại số % học sinh đạt điểm khá giỏi, trung bình, yếu
kém được chỉ ra ở các bảng từ bảng 11 đến bảng 14 và 16. Mặt khác từ số liệu ở
22
các bảng chúng tôi xây dựng các đồ thị và biểu đồ: 6 đồ thị (hình 1 đến hình 6)
và 1 biểu đồ (hình 7).
Sau đây chúng tôi chọn các lớp đối chứng (ĐC) và thực nghiệm (TN)
Trường A Trường B

Lớp ĐC Lớp TN
Lớp 11 Hoá 1 – 11 Hoá 2 Lớp 12 Hoá 1 – 12 Hoá 2
Lớp 11 Hoá 1 – 11 Hoá 2 Lớp 12 Hoá 1 – 12 Hoá 2
(A) Đội dự tuyển Lần 1 và Lần 2. Bảng 11: Lớp 11 lần 1*:
Trường Lớp
Số % học sinh
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
thị Nở 0,0 5,9 94,1
ĐC 5,9 29,4 64,7
B
thị Nở 0,0 35,3 64,7
ĐC 5,9 58,8 35,3
*Bảng xếp loại số % học sinh yếu –kém, trung bình, khá-giỏi lớp 11 lần 1 của
trường A và trường B.
Bảng 12: Lớp 11 lần 2*:
Trường Lớp Số % học sinh
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
TN 0,0 0,0 100,0
ĐC 0,0 29,4 70,6
B
TN 0,0 17,6 82,4
ĐC 0,0 41,2 58,8
Bảng 13: Lớp 12 lần 1*:
Trường Lớp
Số % học sinh
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
thị Nở 5,9 11,8 82,3

ĐC 11,8 52,9 35,3
B
thị Nở 5,9 17,6 76,5
ĐC 17,6 35,3 47,1
Bảng 14: Lớp 12 lần 2*:
23
Trường Lớp
Số % học sinh
Yếu - Kém Trung bình Khá - Giỏi
A
thị Nở 5,9 5,9 88,2
ĐC 11,8 35,3 52,9
B
TN 0,0 17,6 82,4
ĐC 11,8 35,3 52,9
24
Bảng 15: Đội dự tuyển học sinh giỏi Lần 1 và lần 2*:
Điểm Xi
Số học sinh đạt điểm
Xi
% học sinh đạt điểm
Xi
% học sinh đạt điểm
Xi trở xuống
ĐC TN ĐC TN ĐC TN
0 0 0 0 0 0 0
1 0 0 0 0 0 0
2 0 0 0 0 0 0
3 0 0 0 0 0 0
4 0 0 0 0 0 0

5 1 1 12,5 12,5 12,5 12,5
6 1 0 12,5 0,0 25,0 12,5
7 1 3 12,5 37,5 37,5 50,0
8 1 2 12,5 25,0 50,0 75,0
9 4 2 50,0 25,0 100,0 100,0
10 0 0 0,0 0,0
Σ
8 8 100,0 100,0
Bảng 16: Đội dự tuyển HSG Lần 1 và lần 2:
Lần n Số % học sinh
n = 1 → 2
Yếu – Kém Trung bình Khá - Giỏi
Lần 1 0,0 25,0 75,0
Lần 2 0,0 12,5 87,5
25