sáng kiên kinh nghiệm nhiệt độ hóa học

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỒNG NAI
TRƯỜNG THPT THANH BÌNH


SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:

NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC

Giáo viên: TRẦN ANH NHẬT TRƯỜNG
Lónh vực nghiên cứu:
Quản lý giáo dục

Phương pháp dạy học bộ môn

Phương pháp giáo dục

Lónh vực khác:


Năm Học : 2012-2013


SƠ LƯỢC LÝ LỊCH KHOA HỌC
I. THÔNG TIN CHUNG VỀ CÁ NHÂN
1. Họ và tên : TRẦN ANH NHẬT TRƯỜNG
2. Ngày sinh : 06-02-1973
3. Nam , nữ : nam
4. Địa chỉ : Ấp Phú Thạch – Xã Phú trung – Huyện Tân Phú – Tỉnh Đồng Nai
5. Điện thoại CQ: 0613.858.146 ; DĐ: 0918806873
6. Fax :

; E-mail :

7. Chức vụ : Tổ Trưởng Tổ Hóa Học
8. Đơn vị công tác : Trường THPT Thanh Bình
Huyện Tân Phú, Tỉnh Đồng Nai
II. TRÌNH ĐỘ ĐÀO TẠO
-

Học vị cao nhất : Cử Nhân

-

Năm nhận bằng : năm 1995

-

Chuyên ngành đào tạo : Hoá học

III. KINH NGHIỆM GIÁO DỤC
-

Lĩnh vực chuyên môn có kinh nghiệm :

-

Số năm có kinh nghiệm :16

-

Các sáng kiến kinh nghiệm đã có trong 5 năm gần đây:
*Các định hướng lấy người học làm trung tâm
*Sử dụng công thức tính nhanh để giải một số bài tập vô cơ.
*Sử dụng phương pháp đồ thị để giải nhanh một số bài tập hóa học
*Nhiệt động hóa học


I. LÝ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ thông nhiệm vụ phát triển tư duy cho học
sinh là nhiệm vụ rất quan trọng, đòi hỏi tiến hành đồng bộ ở các môn, trong đó Hóa học là
môn khoa học thực nghiệm đề cập đến nhiều vấn đề của khoa học, sẽ góp phần rèn luyện
tư duy cho học sinh ở mPọi góc độ đặc biệt là qua phần bài tập hóa học. Bài tập hóa học
không những có tác dụng rèn luyện kỹ năng vận dụng, đào sâu và mở rộng kiến thức đã
học một cách sinh động, phong phú mà còn thông qua đó để ôn tập, rèn luyện một số kỹ
năng cần thiết về hóa học, rèn luyện tính tích cực, tự lực, trí thông minh sáng tạo cho học
sinh, giúp học sinh hứng thú trong học tập. Qua bài tập hóa học giáo viên kiểm tra, đánh
giá việc nắm vững kiến thức và kỹ năng hóa học của học sinh.
Để giáo viên bồi dưỡng học sinh khá, giỏi ở trường chuyên dự thi học sinh giỏi các
cấp được tốt thì nhu cầu cấp thiết là cần có một hệ thống câu hỏi và bài tập cho tất cả các
chuyên đề như : cấu tạo chất, nhiệt động hoá học, động hoá học, cân bằng hoá học, momen
lưỡng cực, chu kì bán rã, tích số tan ....
Vì vậy , trong quá trình giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi tôi đã sưu tầm và tập hợp
lại một số câu hỏi và bài tập theo một số chuyên đề , trong đó có phần dùng để bồi dưỡng
cho học sinh đó là phần “ NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC ”

II. TỔ CHỨC THỰC HIỆN ĐỀ TÀI
1.CƠ SỞ LÝ LUẬN CỦA ĐỀ TÀI:
Phương pháp nghiên cứu SKKN này dựa trên cơ sở:các kiến thức cơ bản về nhiệt
hóa học .
1.1.Hàm trạng thái: là hàm mà giá trị của nó chỉ phụ thuộc vào các thông số trạng thái

của hệ, không phụ thuộc vào những sự biến đổi trước đó.
Ví dụ: P.V = hàm trạng thái
P1.V1 = n.RT1 ; P2.V2 = n.R.T2
1.2. Công (W) và nhiệt (Q)
- Là 2 hình thức trao đổi năng lượng.
- W, Q không phải là hàm trạng thái vì giá trị của chúng phụ thuộc vào cách biến đổi.
Ví dụ: Công của sự giãn nở khí lí tưởng từ thể tích V 1 đến V2 ở to = const trong 1 xilanh kín
nhờ 1 pittông được tính bằng công thức:
2

W = - ∫ Pn .dV
1

* Nếu sự biến đổi là BTN thì Pn = Pkq = const

(Pn : áp suất bên ngoài)


2

WBTN = - Pkq .

∫

dV = - Pkq . ∆V = - Pkq .(V2 - V1)

1

* Nếu sự biến đổi là thuận nghịch: Giảm P n những lượng vô cùng bé để thể tích khí tăng
những lượng vô cùng bé. Khi đó Pn mỗi lúc thực tế = P ở bên trong xi lanh = Pk

Pn = Pk = n.RT/V
2

⇒ WTN = - ∫ Pn .dV = - nRT .
1

2

∫
1

V2
dV
= - nRT .ln V
V
1

⇒ WBTN ≠ WTN

* Các quá trình thuận nghịch sinh công lớn nhất khi hệ biến đổi từ trạng thái 1 sang trạng
thái 2. Lượng công này đúng bằng lượng công cần thiết đưa hệ về trạng thái ban đầu một
cách thuận nghịch.
1.3. Nội năng U:
- U của một chất hay một hệ gồm động năng của các phần tử và thế năng tương tác giữa
các phần tử trong hệ đó.
- U là đại lượng dung độ và là hàm trạng thái
- U của n mol khí lí tưởng chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ.
1.4. Nguyên lí I của nhiệt động học:
1.4. 1.Nguyên lí I của nhiệt động học: (Sự biến đổi nội năng của hệ).
∆U = U2 - U1 = W + Q

- Đối với sự biến đổi vô cùng nhỏ: dU = δW + δQ
(δ: Chỉ những hàm không phải là hàm trạng thái)
- Thường gặp công được thực hiện chỉ do sự biến đổi thể tích nên:
2

⇒ ∫ dU = Q - ∫ P.dV

⇒ dU = δQ = P .dV

1

δW = -P.dV
2

↔ ∆U = Q - ∫ P.dV
1

1.4.2. Nhiệt đẳng tích, nhiệt đẳng áp:
a)Nhiệt đẳng tích: Nếu hệ biến đổi ở V = const → dV = 0
⇒ ∆U = QV ⇒ QV là 1 hàm trạng thái.
b)Nhiệt đẳng áp: Nếu hệ biến đổi ở P = const thì:
2

∫ P.dV = P .
1

2

∫

dV = P. V2 - P. V1

1

⇒ ∆U = U2 - U1 = QP - P. V2 + P .V1

⇒ QP = (U2 + P.V2) - (U1 + P .V1)

Đặt U + P.V = H = entanpi = hàm trạng thái
⇒ QP = H2 - H1 = ∆H = sự biến thiên entanpi của hệ.
1.4.3. Áp dụng nguyên lí I của nhiệt động học vào hóa học, nhiệt hóa học:


1.4.3.1 Nhiệt phản ứng:
Xét 1 hệ kín trong đó có phản ứng: aA + bB → cC + dD
Nhiệt phản ứng của phản ứng này là nhiệt lượng trao đổi với môi trường khi a mol A phản
ứng với b mol B tạo ra c mol C và d mol D ở T = const.
- Nếu phản ứng được thực hiện ở P = const thì nhiệt phản ứng được gọi là nhiệt phản ứng
đẳng áp QP = ∆H
- Nếu phản ứng được thực hiện ở V = const thì nhiệt phản ứng được gọi là nhiệt phản ứng
đẳng tích QV=∆U
* Quan hệ giữa QP và QV
QP = ∆H = ∆(U + PV)P = ∆U + P. ∆V
QP = QV + ∆n .RT

⇒ ∆H = ∆U + P . ∆V = ∆U + ∆n .RT

( ∆n = ∑ n khí sp - ∑ n khí pư )

Khi ∆n = 0 ⇒ QP = QV hay ∆H = ∆U

∆U = QV = n .CV . ∆T
∆H = QP = n .CP . ∆T
1.4.3.2. Định luật Hess: ∆H (∆U) của 1 quá trình chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và trạng
thái cuối của hệ mà không phụ thuộc vào đường đi.
∆Hpư = ∑∆Hs (sản phẩm) - ∑∆Hs (chất đầu) = ∑∆Hc (chất đầu) - ∑∆Hc (sản phẩm)
1.5. Nguyên lí II của nhiệt động học
1.5.1. Nguyên lí II của nhiệt động học
- Tồn tại một hàm trạng thái gọi là entropi, kí hiệu là S. Vậy dS là một vi phân toàn phần
- Trong sự biến đổi thuận nghịch vô cùng nhỏ ở T = const hệ trao đổi với môi trường một
lượng nhiệt δQTN thì sự biến thiên entropi trong quá trình này là: dS =

δQTN
T

S là hàm trạng thái (J/mol.K)
- Nếu sự biến đổi là bất thuận nghịch thì dS >

δQTN
T

- Vì là hàm trạng thái nên khi chuyên từ trạng thái 1 sang trạng thái 2 bằng biến thiên thuận
δQTN
T
1
2

nghịch hay bất thuận nghịch thì S2 - S1 = ∆S =

∫

(∆STN = ∆SBTN)
1.5. 2. Áp dụng nguyên lí II của nhiệt động học trong trường hợp hệ cô lập:


dS ≥

δQ
T

- Trong hệ cô lập δQ = 0. nên:
+ dS = 0: trong hệ cô lập entropi của hệ không đổi nếu xảy ra quá trình thuận nghịch.
+ dS > 0 : trong hệ cô lập, quá trình tự xảy ra (BTN) theo chiều tăng entropi của hệ và tăng
cho tới khi đạt giá trị max thì hệ sẽ đạt trạng thái cân bằng.
* Entropi là thước đo độ hỗn độn của hệ: Độ hỗn độn của 1 hệ hay 1 chất càng lớn khi hệ
hay chất đó gồm những hạt và sự dao động của các hạt càng mạnh (khi liên kết giữa các
hạt càng yếu).

VD: S

H2O(r)

< S H O (l) < S
2

S H (k) < S O (k)< SO
2

2

3

H2O (h)

(k)

⇒ S là 1 đại lượng dung độ.
1.5.3. Sự biến thiên S trong quá trình biến đổi trạng thái của chất:
Khi chất nguyên chất nóng chảy hoặc sôi ở P = const thì:
2

T = const ⇒ ∆S =

δQ

∫T
1

=

∆H
T

∆H = nhiệt biến thiên trạng thái = Ln/c hoặc Lh
1.5.4. ∆S trong quá trình giãn nở đẳng nhiệt khí lí tưởng:
Xét n mol khí lí tưởng giãn nở thể tích từ V 1 → V2 ở to = const. Vì nội năng của khí lí
tưởng chỉ phụ thuộc nhiệt độ nên trong sự biến đổi này:
∆U = QTN + WTN = QBTN + WBTN = 0
⇒ QTN = - WTN = nRT. ln
T = const ⇒∆S =

V2
V1

2

( = -(- P. ∆V) =

∫
1

nRT
.dV ).
V

V2
P1
QTN
= nRln = n.R.ln
V1
P2
T

1.5.5. Sự biến thiên entropi của chất nguyên chất theo nhiệt độ.
- Quá trình P = const: Đun nóng 1 chất nguyên chất từ T1 → T2, không có sự chuyển pha:
T2

∆S =

δQTN

T
T1

∫

T2

∆S = ∫ n.C P .
T1

Với δQ = δQP = dH = n.CP.dT
dT
T


* Trong khoảng nhiệt độ hẹp, coi CP = const ⇒ ∆S = n.CP.ln
- Quá trình: V = const ⇒ ∆S = n .CV.ln

T2
T1

T2
T1

1.6. Nguyên lí III của nhiệt động học:
- Entropi tuyệt đối của chất nguyên chất dưới dạng tinh thể hoàn chỉnh ở 0(K) bằng 0: S (T =
0)

=0

- Xuất phát từ tiên đề trên ta có thể tính được entropi tuyệt đối của các chất ở các nhiệt độ
khác nhau.
VD: Tính S của 1 chất ở nhiệt độ T nào đó, ta hình dung chất đó được đun nóng từ 0(K) →
T(K) xét ở P=const. Nếu trong quá trình đun nóng có sự chuyển pha thì:
∆S = ∆ST - ∆S(T = 0) = ST =
Tnc

5

∑ ∆S
i =1

i

T

Lnc S
LS T
dT
dT
dT
+n.
+ ∫ n.C P ( l ) .
+n.
+ ∫ n.C P ( h ) .
⇒ ST = ∫ n.C P ( r ) .
T
Tnc Tnc
T
TS TS

T
01

Giá trị entropi được xác định ở P = 1 atm = const và ở nhiệt độ T nào đó được
gọi là giá trị entropi chuẩn, kí hiệu là S0T, thường T = 298K → S0298
1.7. Sự biến thiên entropi trong phản ứng hoá học:
+ Khi phản ứng thực hiện ở P = const, T = const thì:
+ Nếu ở điều kiện chuẩn và 250C thì:

∆S = ΣS(sp) - ΣS(t/g)

∆S0298= ΣS0298(sp) - ΣS0298(t/g)

+ Vì S của chất khí >> chất rắn, lỏng nên nếu số mol khí sản phẩm (sp) > số mol
khí tham gia thì ∆S > 0 và ngược lại. Còn trong trường hợp số mol khí ở 2 vế
bằng nhau hoặc phản ứng không có chất khí thì ∆S có giá trị nhỏ.
1.8.Thế nhiệt động
∆Scô lập = ∆S hệ + ∆S mt ≥ 0
1.9.Thế đẳng áp G:
Xét hệ xảy ra sự biến đổi ở P, T đều không đổi trong quá trình này môi trường nhận của hệ
một nhiệt lượng ∆Hmt do hệ toả ra → ∆Hmt = - ∆H hệ = - ∆H
→ ∆S mt = -

∆H
T

+ Điều kiện tự diễn biến của hệ:
→ ∆S cô lập = ∆S hệ -

∆H

> 0 → ∆H – T. ∆S < 0
T


+ Hệ ở trạng thái cân bằng khi ∆H – T. ∆S = 0
+ Đặt G = H – TS ⇒ ở nhiệt độ, P không đổi thì quá trình xảy ra theo chiều có
∆G = ∆H – T. ∆S < 0
Và đạt tới trạng thái cân bằng khi ∆G = 0.
1.10. Thế đẳng tích: (Năng lượng Helmholtz)
Nếu hệ biến đổi ở điều kiện T, V không đổi ⇒ nhiệt đẳng tích mà môi trường nhận của các
hệ là ∆Umt

→ ∆Smt = -

∆U mt
T

→ điều kiện tự diến biến của hệ trong quá trình đẳng nhiệt, đẳng tích là
∆F = ∆U – T. ∆S < 0
Và đạt trạng thái cân bằng khi ∆F = 0
Trong đó : F = U – TS
Vì H = U + PV → G = H – TS = U –TS + PV

→ G = F + PV

+ Đối với quá trình T,P = const → ∆G = W’max
+ Đối với quá trình T, V = const → ∆S = W’max
TÓM LẠI :
* Quá trình đẳng áp: P = const
- Công: δWP = - P.dV = -n.R.dT

→ WP = - P. ∆V = - nR∆T
T2

→ QP = ∆H = n. ∫ C P .dT

- Nhiệt: δQP = dH = n. C P .dT

T1

- Nội năng: dU = δQ + δW
- Entropi:

→ ∆U = ∆H – P. ∆V = ∆H – n.R. ∆T
T2

2
δQ
δQTN
dS ≥
→ ∆S ≥ ∫ TN
T
T
1

Nếu C P = const → ∆STN = n. C P .ln

⇒ ∆STN =

dT

∫T n.C P . T =
1

T2
T1

* Quá trình đẳng tích:
- Công:

δWV = - P.dV = 0

→ WV = 0
T2

- Nhiệt: δQV = dUV = n. CV .dT

⇒

QV = ∆UV = ∫ CV .n.dT
T1

Nếu CV = const →QV = n. CV .∆T
- Nội năng:

∆UV = QV + W’

T2

∫ n.C

T1

P

.d ln T


- Entropi:

Q
∆S ≥ V =
T

T2

∫ n.CV .

T1

T

2
dT
= ∫ n.CV .d ln T
T
T1

⇒ ∆S ≥ n. CV .ln

 dH = dU + P.dV + V.dP = dU + V.dP

- Entanpi: H = U + PV

⇒ ∆H = ∆U + V . ∆P
* Quá trình đẳng nhiệt:
- Công: δWT = - PdV = V2

⇒ WT = - ∫ n.RT .
V1

nRT
.dV
V

V
V
P
dV
= −nRT ln 2 = nRT ln 1 = nRT ln 2
V
V1
V2
P1

- Nhiệt: ∆UT = QT + WT = 0

⇒ QT = - WT = nRT ln

V2
V1

- Nội năng: ∆UT = 0
- Entanpi: ∆HT = ∆UT + ∆(PV)T = ∆UT + nR. ∆T = 0
Q

L

L

TN
nc
h
- Entropi: ∆S TN = T = T hoặc =
T
nc
S

* Với quá trình dãn nở khí lí tưởng thuận nghịch
QTN ∆U − W T2
dT
= ∫ n.CV .
+
∆S = T =
T
T
T1

Nếu CV = const
Vì T = const

V2

nRT
dV
V
V1

∫

→ ∆S = n. CV ln
→∆S = nRT ln

T2
V2
+ nRT ln
T1
V1

V2
P1
= nRT.ln
V1
P2

* Quá trình đoạn nhiệt:
- Nhiệt: Q = 0
T2

- Nội năng và công:

T2
( CV = const)
T1

dU = δQ + δW = δW = -PdV = ∫ n.CV .
T1

+Quá trình bất thuận nghịch:
dUBTN = δWBTN = -Png .dV = -P2.dV
∆UBTN = WBTN = -Png.(V2 – V1) = n.CV. ∆T
* PT Poisson: (Dùng cho quá trình thuận nghịch)
T . V γ −1 = const
P.Vγ = const

dT
T

(dV = 0)


γ =

CP
CV

* WBTN = -P2(V2 – V1) = - P2.(

nRT2 nRT1
−
) = nCV (T2 − T1 )

P2
P1

→ T2 → ∆U = W = .... → V2

* Quá trình thuận nghịch: W = ∆U = n.CV(T2- T1)
T1. V 1γ −1 = T2 . V γ2 −1 → T2 = T1.(

V1 γ-1
)
V2

- Entanpi: ∆H = n .CP(T2 – T1)
- Entropi: ∆STN =

QTN
=0
T

* G = H – TS = U + PV – TS
 ∂∆G 
 ∂∆G 

 = - ∆S ; 
 = - ∆V
 ∂T  P
 ∂P  T

Với phản ứng oxi hoá khử có thể diễn ra trong pin điện:
d∆G

dE
= - nF.
= - ∆S
dT
dT

⇒∆H = ∆G + T. ∆S = nF( T.

⇒ ∆S = nF.

∆G = - nEF

dE
dT

dE
- E)
dT

1.11. ý nghĩa vật lí của ∆G:
G = H – TS = U + PV – TS
⇒ dG = dU + P.dV + V.dP – T.dS – SdT = (δW + δQ) + PdV + VdP – T.dS – SdT
Vì δW = δW’ + (-PdV)
δQ ≤ T.dS

→ dG ≤ δW’ + VdP – SdT

Dấu “ =” ứng với quá trình thuận nghịch và công lớn nhất.
dG = δW’max + VdP – SdT
* Đối với quá trình đẳng nhiệt, đẳng áp → dP = dT = 0

⇒ dGT,P = δW’ max → ∆G = W’ max
* Đối với quá trình BTN: W’ giảm; Q tăng khi hoàn toàn BTN → W’ = 0
1.12. Một số tính chất của hàm G:
dG = V.dP – SdT ( coi W’ = 0)
1.12.1 Sự phụ thuộc của ∆G vào T:
 ∂G 
 ∂∆G 
 =-S→ 
 = - ∆S
 ∂T  P
 ∂T  P

- Khi P = const → 


 ∂∆G 

 ∂T  P

⇒ ∆G = ∆H – T. ∆S = ∆H + T. 
 ∂∆G 
 - ∆G = -∆H
⇒ T. 
 ∂T  P
∆GT 2
T2

 ∂∆G 
T .
 − ∆G

∆H
 ∂T  P
=− 2
2
T
T

↔

∆GT2

T

2
∆G
∆H
= − ∫ 2 .dT
→ ∫ d.
T
∆GT 1
T1 T

↔

T2

=−

∆GT1
T1

 ∆G 
∂

∆H
 T P
=− 2
∂T
T

⇔

T2

∆G
.dT
2
T1 T

= −∫

T1
o
∆GT ∆G298
1 
1
=
− ∆H o  −

Nếu coi ∆H không phụ thuộc vào nhiệt độ thì:

T
298
 T 298 

o

1.12.2 Sự phụ thuộc vào P:
 ∂G 
Khi T = const →   = V
 ∂P  T

2

P2

1

P1

P2

→ ∫ dG = ∫ V .dP → GT ( P ) − GT ( P ) = ∫ V .dP
2

1

P1

- Với chất rắn, lỏng → coi V = const khi P biến thiên (trừ miền áp suất lớn) thì:
GT ( P2 ) = GT ( P1 ) +V ( P2 − P 1 )

- Với chất khí lí tưởng → V =

nRT
P

⇒ GT ( P2 ) = GT ( P1 ) +nRT . ln

P2
P1

Nếu áp suất bình thường: P1 = Po = 1bar (1 atm) ⇒GT(P) = GoT + nRT.lnP
(P tính bằng bar (atm)).
1.13. Tính ∆G của một số quá trình:
1.13.1 Giãn nén đẳng nhiệt khí lí tưởng
∆G = nRT.ln

P2
V1
= nRT.ln
P1
V2

1.13.2 Trộn lẫn đẳng nhiệt, đẳng áp 2 khí lí tưởng:
∆G = nA.RTlnxA + nB.RTlnxB
1.13.3 Quá trình chuyển pha thuận nghịch (tại nhiệt độ chuyển pha): ∆Gcf = 0
1.13.4 Quá trình chuyển pha thuận nghịch ở T ≠ Tcf
Nguyên tắc: áp dụng chu trình nhiệt động. Vì G là hàm trạng thái nên ∆G chỉ phụ thuộc
trạng thái đầu, trạng thái cuối, không phụ thuộc vào quá trình biến thiên.
1.13.5 ∆G của phản ứng hoá học:

∆Gopư = Σ∆GoS(sản phẩm) - Σ∆GoS(tham gia)

2. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Câu 1. Cho năng lượng liên kết của:
N-H

O=O

N≡N

H-O

N-O


kJ/mol

389

493

942

460

627

Phản ứng nào dễ xảy ra hơn trong 2 phản ứng sau ?
2NH3 + 3/2 O2 →

N2 + 3 H2O (1)

2NH3 + 5/2 O2 → 2NO + 3H2O (2)
Giải:
Tính hiệu ứng nhiệt:
3
2

E1 = (6EN-H + EO=O) - (EN≡N + 6EO-H)
= 6× 389 +

3
× 493 - 942 - 6× 460 = - 626,5 kJ
2

5
2

E2 = (6EN-H + EO=O)- (2EN-O + 6EO-H)
= 6× 389 +

5
× 493 - 2× 627 - 6× 460 =- 447,5 kJ
2

- Phản ứng (1) có ∆H âm hơn nên pư (1) dễ xảy ra hơn.
Câu 2. Tìm nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của Ca3(PO4)2tinh khiết biết:
- 12 gam Ca cháy tỏa 45,57 kcal
- 6,2 gam P cháy tỏa 37,00 kcal

- 16,8 gam Cao tác dụng với 142 gam P2O5 tỏa 160,50 kcal. Hiệu ứng nhiệt đo trong
điều kiện đẳng áp.
Giải:
Ta có : Ca(r) + O2 (k) → CaO(r)
∆H1 < 0
(1)
40 gam
∆H1
12 gam
-45,57 kcal
=> ∆H1 = - 151,9 kcal
2P(r) + 5/2 O2 (k) → P2O5 ∆H2 < 0
62 gam
∆H2
6,2 gam
-37 kcal
=> ∆H2 =-370 kcal
3 CaO(r) + P2O5 → Ca3(PO4)2(r) ∆H3 = 160,50 kcal.
Tổ hợp (1), (2), (3) ta có:
3 Ca(r) + O2 (k) → CaO(r)
∆H1 = - 151,9 kcal
→
1 2P(r) + 5/2 O2 (k)
P2O5
∆H2 = -370 kcal
→
1 3 CaO(r) + P2O5
Ca3(PO4)2(r) ∆H3 = 160,50 kcal.
3 Ca(r) +2P(r) + 4 O2 (k) → Ca3(PO4)2(r)
∆H0 = 3∆H1 + ∆H2 +∆H3 = - 986,2 kcal

o
Câu 3. Tính ∆H S , 298 của Cl-(aq). Biết:
(a):

1
1
H2 + Cl2(k) → HCl(k)
2
2

(b): HCl(k) + aq → H+(aq) + Cl-(aq)

∆H0

∆H So, 298 = -92,2(kJ)
∆H So, 298 = -75,13(kJ)

(2)

(3)
(1)
(2)
(3)


(c):

1
H2 + aq → H+(aq) + e
2

∆H So, 298 = 0

Giải:
Lấy (a) + (b) – (c) :

1
o
Cl2 + e + aq = Cl-(aq) ∆H S , 298 = - 167,33(kJ)
2

Câu 4. Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng:
3Fe(NO3)2(aq) + 4HNO3(aq) → 3Fe(NO3)3(aq) + NO(k) + 2H2O (l)
Diễn ra trong nước ở 25oC. Cho biết:
Fe2+(aq)
∆H So, 298 (kJ/mol) -87,86

Fe3+(aq)

NO3-(aq)

NO(k)

H2O(l)

- 47,7

-206,57

90,25

-285,6

Giải: Phương trình ion của phản ứng:
3Fe2+(aq) + 4H+(aq) + NO3-(aq) → 3Fe3+(aq) + NO(k) + 2H2O (l)
∆H=3. ∆H S , 298 (Fe3+,aq)+ ∆H S , 298 (NO)+2. ∆H S , 298 (H2O(l))–3. ∆H S , 298 (Fe2+,aq)- ∆H S , 298 (NO3-, aq)
o

o

o

o

o

= 3.(-47,7) + 90,25 + 2.(-285,6) + 3.87,6 + 206,57 = -153,9(kJ)
o
o
Câu 5. 1) Thế nào là entanpi sinh của đơn chất? Tính ∆H S (O ) và ∆H S ( kimcuong ) và dự đoán
3

hoạt tính hoá học của chúng từ các dự kiện sau:
(a): C than chì + O2(k) → CO2(k)

o
∆H 298
= -393,14(kJ)

(b): C kim cương + O2(k) → CO2(k)

o
∆H 298
= -395,03(kJ)

(c): 3As2O3 (r) + 3O2(k) → 3As2O5(r)
(d): 3As2O3 (r) + 2O3(k) → 3As2O5(r)

o
∆H 298
= -811,34(kJ)
o
∆H 298
= -1090,98(kJ)

2) Từ kết quả trên và các dữ kiện sau:
∆H(O –O) tính từ O2 = - 493,24kJ/mol; ∆H(O –O) tính từ H2O2 = - 137,94kJ/mol
Chứng minh rằng: Không thể gán cho O3 cấu trúc vòng kín.
Giải:
1)- Entanpi sinh của các đơn chất bền ở điều kiện chuẩn = 0
- Đối với những nguyên tố có nhiều dạng thù hình thì khi chuyển từ dạng này sang dạng
khác bao giờ cũng kèm theo 1 hiệu ứng nhiệt. Hiệu ứng nhiệt của quá trình hình thành đơn
chất (dạng thù hình kém bền) từ dạng thù hình bền ở điều kiện nhất định được coi là nhiệt
sinh của đơn chất trong những điều kiện đó.
o
⇒ ∆H S của O3 và kim cương là hiệu ứng nhiệt quy về điều kiện chuẩn của các quá trình:


3
O2 →O3(k)

2

C than chì → C kim cương

;

- Lấy (a) – (b):
o
C than chì → C kim cương ∆H S ( kc ) = 1,89 kJ/mol

- Lấy (c) - (d):
3
O2(k) →O3(k)
2

∆H So( O3 ) = 139,82 kJ/mol

2) Nếu coi O3 có cấu trúc vòng kín:
o
o
⇒ ∆H S (O ) = ∆H lk (O ) 3

3

3
∆H lko ( O2 )
2

= 3.(-137,94) -

3
.(- 493,24) = 326,04 (kJ/mol) > 139,82(kJ/mol)
2

⇒ O3 có cấu trúc vòng kín rất không bền ⇒ cấu trúc này không chấp nhận được.
Câu 6. Entanpi sinh tiêu chuẩn của CH4(k) và C2H6(k) lần lượt bằng -74,80 và -84,60
kJ/mol. Tính entanpi tiêu chuẩn của C 4H10

(k)

. Biện luận về kết quả thu được. Cho biết

entanpi thăng hoa của than chì và năng lượng liên kết H- H lần lượt bằng: 710,6 và 431,65 kJ/mol.
Giải:
* (1) C than chì + 2H2 (k) → CH4(k)
(2)

C than chì → C (k)

(3)

H2 (k) → 2H (k)

∆H So,CH 4 =-74,8kJ

∆H tho = 710,6 kJ
∆H lk = 431,65 kJ

Lấy (1) – [(2) + 2.(3)] ta được:
o

C(k) + 4H(k) → CH4(k) ∆H S ,ng / tu ,CH = -1648,7(kJ/mol)
4

1
(-1648,7) = - 412,175 (J/mol).
4

⇒ Năng lượng liên kết trung bình của liên kết C – H là:
o
* (4) 2C than chì + 3H2 → C2H6(k) ∆H S (C H
2

6 ,K )

= -84,6 (kJ/mol)

Lấy (4) – [2 .(2) + 3.(3)] ta được:
o
2C(k) + 6H (k) → C2H6 (k) ∆H S ,ng / tu ,C H = -2800,75 (kJ/mol)
2

6

Coi EC –H trong CH4 và C2H6 như nhau thì:
E C- C = =1800,75 – 6(- 412,175) = -327,7(kJ/mol)
* Coi EC-H; EC- C trong các chất CH4, C2H6, C4H10 đều như nhau thì:
∆H So,ng / tu ,C4 H 10 = 3. EC- C + 10.EC- H = 3.(- 327,7) + 10( -412,75) = -5110,6 (kJ/mol)
o
* (5) 4C(k) + 10 H(k) → C4H10 (k) ∆H S ,ng / tu ,C H = -5110,6 (kJ/mol)
4

10


Lấy (2). 4 + (3).5 + (5) ta được:
4Cthan chì

o
+ 5H2(k) → C4H10(k) ∆H S ,C H = -109,95(kJ/mol)
4

10

* Kết quả thu được chỉ là gần đúng do đã coi E lk(C – C), Elk(C- H) trong mọi trường hợp là như
o
nhau. Và vì vậy sẽ không tính rõ được ∆H S của các đồng phân khác nhau.

Câu 7. Tính ∆Ho của các phản ứng sau:
1) Fe2O3(r) + 2Al(r) → 2Fe(r) + Al2O3(r) ( 1)
o
Cho biết ∆H S , Fe O
2

2) S(r) +

∆H So, Al2O3 ( r ) = -1676 (kJ/mol)

= -822,2 kJ/mol;

3( r )

3
O2(k) → SO3(k)
2

(2)
o
∆H 298
= -296,6 kJ

Biết (3) : S(r) + O2(k) → SO2(k)

o
(4): 2SO2(k) + O2(k) → 2SO3(k) ∆H 298 = -195,96 kJ

Từ kết quả thu được và khả năng diễn biến thực tế của 2 phản ứng trên có thể rút ra kết
luận gì?
Giải:
o
o
1) ∆H pu (1) = ∆H S , Al O
2

3( r )

o
o
2) ∆H pu ( 2 ) = ∆H pu (3) +

o

- ∆H S , Fe O
2

3( r )

= -1676 + 822,2 = - 853,8(kJ)

1
1
o
∆H pu
.195,96 = -394,58 (kJ)
( 4 ) = -296,6 2
2

KL: Hai phản ứng (1), (2) đều toả nhiệt mạnh. Song trên thực tế 2 phản ứng đó không tự
xảy ra. Như vậy, chỉ dựa vào ∆H không đủ để khẳng định chiều của 1 quá trình hoá học
(tuy nhiên trong nhiều trường hợp, dự đoán theo tiêu chuẩn này là đúng).
Câu 8. 1) Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích tiêu chuẩn của các phản ứng sau ở 25oC.
o
a) Fe2O3(r) + 3CO(k) → 2Fe(r) + 3CO2(k) ∆H 298 = 28,17 (kJ)

b) Cthan chì + O2(k) → CO2 (k)

o
∆H 298
= -393,1(kJ)

o
c) Zn(r) + S(r) → ZnS(r) ∆H 298 = -202,9(kJ)

o
d) 2SO2(k) + O2(k) → 2SO3(k) ∆H 298 = -195,96 (kJ)

2) Khi cho 32,69g Zn tác dụng với dung dịch H 2SO4 loãng dư trong bom nhiệt
lượng kế ở 25oC, người ta thấy có thoát ra một nhiệt lượng là 71,48 kJ. Tính hiệu ứng nhiệt
ở nhiệt độ đó. Cho Zn = 65,38
Giải:
1) ∆H = ∆U + ∆n.RT


Do các phản ứng a), b), c) có ∆n = 0 nên ∆Uo = ∆Ho
Phản ứng d): ∆Uo = ∆Ho - ∆n.RT = -195,96 + 1.8,314. 298,15. 10-3 = -193,5 (kJ)
2) Zn(r) + H2SO4 (dd) → H2(k) + ZnSO4(dd)
Trong bom nhiệt lượng kế có V = const.
⇒ ∆U = - 71,48.

1
= -142,96 (kJ/mol)
32,69 / 65,38

⇒ ∆H = ∆U + ∆n.RT = - 142,96 + 1. 8,314 .298,15 .10-3 = - 140,5 (kJ/mol)
Câu 9. Tính ∆Ho của phản ứng tổng hợp 1 mol adenine C5H5N5(r) từ 5 mol HCN(k).
o
Cho biết ∆H S ,CH

4 ,k )

o
= - 74,8 (kJ/mol); ∆H S , NH

Và CH4(k) + NH3(k) →HCN(k) + 3H2(k)

3 ,k

o
= -46,1kJ/mol; ∆H S ,adenin ( r ) = 91,1 kJ/mol

∆Ho = 251,2 kJ.mol-1

Giải:
(a) : Cgr + 2H2(k) → CH4

∆H So,CH 4 ,k ) = -74,8 (kJ/mol)

1
3
o
N2(k) + H2(k) → NH3(k) ∆H S , NH 3 ,k = - 46,1kJ/mol
2
2

(b) :

(c) : 5Cgr +

5
5
o
H2(k) + N2(k) → C5H5N5(r) ∆H S ,adenin ( r ) = 91,1 kJ.mol-1
2

2

(d) : CH4(k) + NH3(k) →HCN(k) + 3H2(k)

∆Ho = 251,2 kJ.mol-1

Ta lấy: -5 .(a) + [-5 .(b)] + (c) + [-5.(d)] ta được:
5HCN(k) → C5H5N5(r) ∆Ho(4) = 251,2 kJ/mol
o
Câu 10. Tính nhiệt thoát ra khi tổng hợp 17kg NH3 ở 1000K. Biết ∆H S , 298( NH

kJ.mol-1
C P ( NH 3 ,k ) = 24,7 + 37,48.10-3 T
C P ( N 2 ,k ) = 27,8 + 4,184.10-3 T
C P ( H 2 ,k ) = 286 + 1,17.10-3 T

Jmol-1K-1
Jmol-1K-1

Jmol-1K-1

Giải:
1
3
o
N2(k) + H2(k) → NH3(k) ∆H S , NH 3 ,k = - 46,2kJ/mol
2
2

∆CP = C P ( NH

3 ,k )

-

1
3
C P ( N 2 ,k ) - C P ( H 2 , k )
2
2

= - 24,7 + 37,48.10-3T = - 32,1 + 31,541.10-3 T

1
3
[27,8 + 4,184.10-3] - [28,6 + 1,17 .10-3T]
2
2

3 ,k )

= -46,2


o
o
∆H 1000
= ∆H 298
+

1000

∫ ∆C P , dT

1000

∫ (− 32,1 +31,541.10

o
= ∆H 298 +

298
o
= ∆H 298 +

−3

T )dT

298

1000

T2
∫ (− 32,1T +31,541.10 2 )
298
−3

= - 46,2.103 +31,541 .10-3.

1
(10002 -1982) – 32,1(1000 – 298)= - 54364,183 (J/mol)
2

⇒ Khi tổng hợp 17 kg NH3 thì nhiệt lượng toả ra là:
Q=

17000
.(-54364,183 .10-3) = -54364,183 (kJ)
17

Câu 11. Tính năng lượng mạng lưới tinh thể BaCl2 từ 2 tổ hợp dữ kiện sau:
1) Entanpi sinh của BaCl2 tinh thể: - 859,41 kJ/mol
Entanpi phân li của Cl2: 238,26 kJ/mol
Entanpi thăng hoa của Ba: 192,28 kJ/mol
Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ba: 500,76 kJ/mol
Năng lượng ion hoá thứ hai của Ba: 961,40 kJ/mol
ái lực electron của Cl : - 363,66 kJ/mol
2) Hiệu ứng nhiệt của quá trình hoà tan 1 mol BaCl2 vào ∞ mol H2O là: -10,16kJ/mol.
Nhiệt hiđrat hoá ion Ba2+ : - 1344 kJ/mol
Nhiệt hiđrat hoá ion Cl- : - 363 kJ/mol
Trong các kết quả thu được, kết quả nào đáng tin cậy hơn.
Giải:
o

Ba(r)

+ Cl2(k)

∆Hth(Ba)

∆HS(BaCl , tt)
2

BaCl2 (tt)

∆ Hpl(Cl2)

Ba(k) + 2Cl (k)

Uml

I1(Ba) + I2(Ba)
2. ACl

o

Uml = ∆H

Ba2+ + 2Cl-

- ∆Hth (Ba) - ∆Hpl(Cl ) - I1(Ba) - I2(Ba) - 2ACl

S(BaCl2, tt)

2

= - 859,41 - 192,28 - 238,26 - 500,76 - 961,40 + 2 .363,66
= - 2024,79 (kJ/mol)

2)

BaCl2 (tt)
- Uml

∆ Hht(BaCl2)
O
+ H 2∆ H

Ba2+ + 2Cl-

1

-

Ba2+
(aq) + 2Cl(aq)
∆H2


Uml = ∆ H1 + ∆ H2 - ∆ Hht(BaCl2)
= -1344 - 2.363 + 10,16 = -2059,84 (kJ/mol)

Kết quả 1) đáng tin cậy hơn, kết quả tính theo mô hình 2) chỉ là gần đúng do mô hình này
không mô tả hết các quá trình diễn ra trong dung dịch, các ion nhất là cation ít nhiều còn có
tương tác lẫn nhau hoặc tương tác với H2O.
Câu 12. Phản ứng sau: Ag +

1
Cl2 = AgCl

2

Xảy ra dưới áp suất 1 atm và ở 25oC toả ra 1 nhiệt lượng là 126,566 kJ.
Nếu cho phản ứng đó xảy ra trong 1 nguyên tố ganvani ở P, T = const thì hoá năng sẽ được
chuyển thành điện năng và sản ra công W’ = 109,622 kJ.
Hãy chứng tỏ rằng trong cả 2 trường hợp trên, biến thiên nội năng của hệ vẫn chỉ là một,
còn nhiệt thì khác nhau và tính giá trị biến thiên nội năng đó.
Giải:
- Do U là hàm trạng thái nên ∆U = U2 – U1 = const, cho dù sự biến đổi được thực hiện bằng
cách nào. Vì vậy ∆U trong 2 trường hợp trên chỉ là một.
- Vì ∆U = Q + W = Q + W’ - P∆V = Q + W’ - ∆n.RT
Do ∆nRT = const; ∆U = const
Nên khi W’ (công có ích) thay đổi thì Q cũng thay đổi
- ∆U = ∆H - ∆nRT = -126,566 +
Câu 13. Phản ứng: C6H6 +

1
. 8,314 .298,15.10-3 = - 125,327 (kJ)
2

15
O2(k) → 6CO2(k) + 3H2O
2

ở 300K có QP – QV = 1245(J). Hỏi C6H6 và H2O trong phản ứng ở trạng thái lỏng hay hơi?
Giải:
QP – QV =∆nRT = 1245(J)

→∆n =

1245
= 0,5
8,314.300

⇒ H2O và C6H6 phải ở thể hơi thì ∆n = 0,5
Câu 14. Tính nhiệt lượng cần thiết để nâng nhiệt độ của 0,5 mol H2O từ -50oC đến 500oC ở
P = 1atm. Biết nhiệt nóng chảy của nước ở 273K là L nc = 6004J/mol,nhiệt bay hơi của nước
ở 373K là Lh = 40660 J/mol.
C Po ( H 2O ,h ) = 30,2 + 10-2T(J/molK) ; C Po ( H 2O ,r ) = 35,56(J/molK); C Po ( H 2O ,l ) = 75,3(J/molK)

Giải:
H2O(r)
-50oC

∆H1

∆H
∆H3
∆ H4
H2O(r) ∆H2 H2O(l)
H2O(l)
H2O(h) 5 H2O(h)(500oC)
100oC
100oC
0oC
0oC


5

273

1

223

∆H = ∑ ∆H =
o

373

o
o
∫ n.C P ( r ) .dT +n.Lnc + ∫ n.C P(l ) .dT +n.Lh +
273

773

∫ n.C

o
P(h)

.dT

373

= 0,5 .35,56(273 – 223) + 0,5 .6004 + 0,5 .75,3 .(373 – 273) + 0,5 .40660 +
+ 0,5.30,2 .(773 – 373) +

10 −2
.0,5 (7732 – 3732) = 35172(J)
2

Câu 15. Tính sự biến thiên entropi của quá trình đun nóng 0,5 mol H2O từ – 50oC đến
500oC ở P = 1atm. Biết nhiệt nóng chảy của nước ở 273K = 6004J/mol; nhiệt bay hơi của
nước ở 273K = 40660J/mol. Nhiệt dung mol đẳng áp C Po của nước đá và nước lỏng lần
lượt bằng 35,56 và 75,3J/molK; C Po của hơi nước là (30,2 + 10-2T) J/molK
Giải:
o

H2O(r)
223K

∆ S1

o

o
∆S
∆ So3
∆ So4
H2O(r) ∆ S2 H2O(l)
H2O(l)
H2O(h) 5 H2O(h)
773K
373K
373K
273K
273K

o

o
o
o
∆ S = ∆ S1 + ∆ S2 + ∆ So3 + ∆ S4 + ∆ So5
373
773
 273
dT Lnc
dT Lh
dT 
+
+ ∫ C P (l ) .
+
+ ∫ C P(h) . 
= n.  ∫ C P ( r ) .
T 273 273
T 373 373
T 
 223




=0,5. 35,56. ln

273 6004
373 40660

773

+
+ 75,3. ln
+
+30,2. ln
+10 −2 (773 − 373) = 93,85(J/K)
223 273
273 373
373


Câu 16. Tính sự biến thiên entropi khi trộn lẫn 200g nước ở 15oC với 400g nước ở 60oC.
Biết rằng hệ là cô lập và nhiệt dung mol của nước lỏng là 75,3 J/mol.K
Giải: Gọi T là nhiệt độ của hệ sau khi pha trộn.
Do Q thu = Q toả nên:
200
400
. C P (T – 288) =
. C P (333 – T)
18
18

T – 288 = 2.333 – 2T
318

⇒T=

200
dT

.75,3.
∆S hệ = ∆S1 + ∆S2 = ∫
+
18
T
288

=

2.333 +288
= 318(K)
3

318

400
dT
.75,3.
18
T
333

∫

200
318 400
318
.75,3 ln
+
.75,3 ln

= 5,78 (J/K) > 0
18
288
18
333

⇒ Quá trình san bằng nhiệt độ này tự xảy ra.
Câu 17. Tính sự biến thiên entropi và ∆G của sự hình thành 1 mol hỗn hợp khí lí tưởng


gồm 20% N2; 50%H2 và 30%NH3 theo thể tích. Biết rằng hỗn hợp khí được tạo thành do sự
khuếch tán 3 khí vào nhau bằng cách nối 3 bình đựng 3 khí thông với nhau. Nhiệt độ và áp
suất của các khí lúc đầu đều ở đkc (273K, 1atm).
Giải:
Vì khí lí tưởng khuếch tán vào nhau nên quá trình là đẳng nhiệt.
Gọi thể tích của 1 mol hỗn hợp khí là V ⇒ thể tích mỗi khí ban đầu (ở cùng điều kiện) là
V N 2 = 0,2V; V NH 3 = 0,3V; V H 2 = 0,5V.

Do %V = %n ⇒ n N = 0,2 mol; n H = 0,5 mol; n NH = 0,3mol.
2

2

3

- Sự biến thiên entropi được tính theo CT: ∆S = nRln
∆S N 2 = 0,2 .8,314.ln

V
= 2,676J/K

0,2V

∆S H 2 = 0,5.8,314.ln

V
= 2,881J/K
0,5V

∆S NH 3 = 0,3.8,314.ln

V2
V1

V
= 3,003J/K
0,3V

⇒ ∆S = ∆S N + ∆S H + ∆S NH = 8,56(J/K)
2

2

3

* Quá trình khuếch tán khí lí tưởng là đẳng nhiệt nên ∆H = 0
⇒ ∆G 273 = ∆H – T. ∆S = -273.8,56 = -2336,88(J)
Câu 18. Trong các phản ứng sau, những phản ứng nào có ∆S > 0; ∆S < 0 và ∆S ≠ 0 ít.
1
O2(k) → CO2(k)
2

C(r) + CO2(k) → 2CO(k) (1)

CO(k) +

H2(k) + Cl2(k) → 2HCl(k) (3)

S(r) + O2(k) → SO2(k)

Giải: Phản ứng (1) có ∆n khí = 2 -1 = 1 > 0 → ∆S > 0
Phản ứng (2) có ∆n khí = 1 -1-

1
< 0 → ∆S <0
2

Phản ứng (3), (4) có ∆n khí = 0 → ∆S ≠ 0 ít.
Câu 19. Cho biết pư:
C2H4(k) + H2O(h)
vµ c¸c sè liÖu sau:

C2H5OH(h)

C2H5OH

C2H4(k)

H2O(h)

∆G So, 298 (kJ / mol )

168,6

68,12

- 228,59

o
S 298
(kJ / mol )

282,0

219,45

188,72

a) Hỏi điều kiện chuẩn của phản ứng này là điều kiện như thế nào?

(2)
(4)


b) ở điều kiện chuẩn và 25oC phản ứng đi theo chiều nào?
o
c) Tính ∆H 298 của phản ứng. Phản ứng toả nhiệt hay thu nhiệt?

Giải:
a) Điều kiện chuẩn: PC H
2

4 (k )

= PH O ( h ) = PC H OH ( h ) = 1atm và phản ứng được thực hiện ở t o, P
2

2

5

không đổi.
b)
∆Gop = ∆Go

S,298(C2H5OHh)

- ∆ GoS,298(C H

2 4k)

- ∆Go

S,298(H2Oh)

= 168,6 - 68,12 + 228,59 = - 8,13 (kJ)
= -8,13kJ < 0
Ph¶n øng x¶y ra theo chiÒu thuËn

o
∆ Gp (298)

c)
o

o
o
∆S298,p = S298(C
H OH) - S
2 5

298(C2H4)

o
- S298(H
O)
2

= 282 - 219,45 - 188,72 = - 126,17(J/K)
∆G = ∆ H - T. ∆ S
o
o
∆H298,p = ∆ Go298,p + T. ∆ S298,p
o

∆H298,p

= -8,13 + 298(- 126,17 .10-3) = - 45,72866(kJ)
<0
ph¶n øng to¶ nhiÖt

0
Câu 20. Tính ∆G273 của phản ứng: CH4(k) + H2O (k) → CO(k) + 3H2(k)

Biết:

CH4(k)

H2O (k)

∆H S0, 298 (kJ/mol) - 74,8

- 241,8

0
S 298
(J/molK)

188,7

186,2

CO(k)
-110,5
197,6

H2(k)
0
130,684

a) Từ giá trị ∆G0 tìm được có thể kết luận gì về khả năng tự diễn biến của khả năng phản

ứng ở 373oK?
b) Tại nhiệt độ nào thì phản ứng đã cho tự xảy ra ở điều kiện chuẩn?
(Coi ∆H0, ∆S0 không phụ thuộc T)
Giải:
0
∆H pu
= 3.0 + 1(-110,5) -(-74,8) -(-241,8) = 206,1(kJ)
0
∆S pu
= 3.(130,684) + 197,6 - 188,7 - 186,2 = 214,752 (J/K)

Do ∆H0, ∆S0 không phụ thuộc vào T nên:
⇒ ∆G273 = ∆H0 - T. ∆S0 = 206,1 = 373.214,752.10-3 =125,9975(kJ) > 0
0

⇒ ở đkc và T = 373K ⇒ Phản ứng không thể tự diễn biến.
b) Để phản ứng tự diễn biến ở nhiệt độ T(K) thì: ∆GT0 < 0

↔ ∆H0 - T. ∆S0 < 0


↔T>

3
∆H 0 206,1.10
=
= 959,71(K)
214,752
∆S 0

Câu 21. Entanpi tự do chuẩn của phản ứng tạo thành H 2O từ các đơn chất phụ thuộc vào T
theo phương trình sau:

∆G S0,T = -240000 + 6,95T + 12,9TlgT (J/mol)

Tính ∆G0, ∆S0 và ∆H0 của phản ứng tạo thành H2O ở 2000K
Giải:
∆G S0, 2000 = -240000 + 6,95.2000 + 129.2000lg2000= -140933,426(J/mol)
 ∂G 
 = -S
 ∂T  P

dG = VdP - SdT ⇒ 
 ∂∆G 0
0
∆
S
⇒ 2000 = - 
 ∂T


1
12,9
 = 6,95 + 12,5.lgT + 12,9T.
= 6,95 + 12,9lgT +
T . ln 10
ln 10
P

= 6,95 + 12,9lg2000 +

12,9
= 55,1357(J/molK)
ln 10

0
0
0
⇒ ∆H 2000 = ⇒ ∆G2000 + T. ∆S 2000 = -140933,426 + 2000. 55,1357 = -30662,054 (J/mol)

Câu 22. Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại 25 oC như
sau:
C3H8(k)
∆H S0 (kJ/mol)

-101,85

S0(J/molK)

269,91

O2(k)
0
205,138

CO2(k)

H2O(l)

CO32 − (aq)

OH-(aq)

- 393,51

- 285,83 - 677,14

- 229,99

213,74

69,91

- 10,75

- 56,9

Xét quá trình oxi hoá hoàn toàn 1 mol C3H8(k) với O2(k) tạo thành theo 2 cách :
a) Bất thuận nghịch
b) Thuận nghịch (trong 1 tế bào điện hoá)
1) Tính ∆H0, ∆U0, ∆S0, ∆G0 của phản ứng trong mỗi cách nói trên?
2) Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích (tức là công hữu ích) mà hệ trao đổi với môi
trường trong mỗi cách?
3) Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình theo mỗi
cách.
4) Một mô hình tế bào điện hoá khác làm việc dựa trên phản ứng oxi hoá C 3H8(k) bởi O2(k)
khi có mặt dung dịch KOH 5M với điện cực Pt. Các loại phân tử và ion (trừ KOH) đều ở
trạng thái tiêu chuẩn. Hãy viết các nửa phản ứng ở catot và anot và phản ứng tổng cộng
trong tế bào điện hoá. Nếu từ tế bào điện hoá đó, ở 25 oC, ta thu được dòng điện 100mA.
Hãy tính công suất cực đại có thể đạt được.

Giải:

C3H8(k) + 5O2(k) → 3CO2(k) + 4H2O(l)


1) Do các hàm H, U, S, G là hàm trạng thái nên dù tiến hành theo cách nào thì các giá trị
∆U, ∆H, ∆S, ∆G cũng như nhau với cùng trạng thái đầu và cuối. Vậy:
0
0
0
0
0
∆H pu
= 3 ∆H S ,CO2 ( k ) + 4. ∆H S , H 2O (l ) - ∆H S ,C3 H 8 ( k ) - 5. ∆H S ,O2 ( k )

= -3. 393,51 - 285,83 .4 + 103,85 = -2220 (kJ)
0
∆H pu
= 213,74. 3 + 4.69,91 - 269,91 - 5. 205,138 = -374,74 (J/K)

∆G 0pu = ∆H0 - T. ∆S0 = -2220 + 298,15 .374,74.10-3

= -2108,27 (kJ)

∆U0 = ∆H0 - ∆(PV) = ∆H0 - ∆nRT = -2220 - (-3).8,314.298,15.10-3
2) a) Quá trình bất thuận nghịch:
- Nhiệt mà hệ trao đổi với môi trường là QBTN = ∆H0 = -2220 (kJ)
2

- Wtt = - ∫ P.dV = -P. ∆V = -∆n(k) .RT

1

= 3. 8,3145.298,15 = 7436,9(J)
- W’ = 0
b) Quá trình thuận nghịch:
- QTN = T. ∆S = 298,15 (-374,74) = - 111728,731(J)
- W’max = ∆G = -2108,27(kJ) < 0 : Hệ sinh công
- Wtt = - ∆n(k) .RT = 7436,9(J) > 0: hệ nhận công
3) a) Quá trình bất thuận nghịch:
2220.10 3
Qmt
QBTN
∆H 0
∆Smt =
==== 7445, 916 (J/K)
298,15
T
T
T

⇒ ∆S vũ trụ = ∆Smt + ∆S hệ = 7445,916 - 374,74 = 7071,176(J/K)
b) Quá trình thuận nghịch:
∆Smt =

111728,731
Qmt
Q
= 374,74( J / K )
= - TN =
298,15

T
T

⇒ ∆S vũ trụ = ∆Smt + ∆S hệ = 0
4) Các nửa phản ứng:
2−

Anot: C3H8 + 26OH- → 3 CO3 + 17H2O + 20e
Catot: O2 + 2H2O + 4e → 4OHPhản ứng tổng cộng:
2−

C3H8(k) + 5O2(k) + 6OH-(aq) → 3 CO3( aq ) + 7H2O(l)
⇒ Sơ đồ pin:
(-) Pt, C3H8(1atm)/KOH(5M), K2CO3(1M)/ O2(1atm), Pt (+)

= -2212,56(kJ)


0
H pu
= 3(-677,14) + 7.(-285,83) + 103,85 - 5.0 - 6(-229,99) = -2548,44(KJ)
0
S pu
= 3.(-56,9) + 7.69,91 - 269,91 - 5.205,138- 6(-10,74) = -912,43(KJ)
0
0
G 0pu = H pu
= T. S pu = -2548,44 + 298,15.912,43.10-3

0

E pu = -

= - 2276,399(KJ)

2276399
G 0
=
= 1,18(V)
20.96485
nF

[CO32 ]3
0,0592
0,0592
lg
E = E - 20
lg(5)-6 = 1,19(V)
6
5 = 1,18 [OH ] .PC3 H 8 .PO2
20
0

P = E .I = 1,19 .0,1 = 0,119(W)
Cõu 23. Bit -15oC, Phi(H2O, l) = 1,428 (torr)
-15oC, Phi (H2O,r) = 1,215(torr)
Hóy tớnh G ca quỏ trỡnh ụng c 1 mol H2O(l) thnh nc ỏ -15oC v 1atm.
Gii:
o

15 C, 1 mol H2O l

(1)

GBTN = ?

-15oC, 1mol H2O(r)

(Quá trình TN do
H2O hơi, bão hoà
nằm cân bằng với H2O(l))

- 15oC, 1mol H2O
1,428 Torr

(2)

(3)

-15oC, 1mol H2O (h)
1,215 Torr

(1), (3) l quỏ trỡnh chuyn pha thun nghch
G1 = G3 = 0
G = G2 = nRTln

P2
1,215
= 1.8,314. 258,15 ln
P1
1,428

= -346,687(J)

Cõu 24. Nhit ho tan (Hht) 0,672g phenol trong 135,9g clorofom l -88J v ca 1,56g
phenol trong 148,69g clorofom l -172J.
Tớnh nhit pha loóng i vi dung dch cú nng nh dung dch th 2 cha 1 mol phenol
khi pha loóng n nng ca dung dch th nht bng clorofom.
Gii:

94g phenol + CHCl3

Hht (2)
Hht(1)

dd 2

+ CHCl3
H pha loãng

dd 1

H pha loãng = Hht(1) - Hht(2)
= - 94 .(-172) + 94 (-88) = - 2004,87(J)
0,672
1,569


III. HIỆU QUẢ CỦA ĐỀ TÀI:

Qua việc giới thiệu chuyên đề này và sử dụng nó trong việc bồi dưỡng học sinh
giỏi , chúng tôi đã đạt được một số kết quả sau:

* Năm học 2010-2011: Đạt giải 5 HSG cấp tỉnh( 1 nhất+ 1ba+3KK)
*Năm học 2011-2012: Đạt 10 giải HSG cấp tỉnh( 1 nhì+ 2 ba+7 KK)
*Năm học 2011-2013: Đạt 10 giải HSG cấp tỉnh( 2 ba + 8 kk)
IV. PHẦN KẾT LUẬN
Trên đây là hệ thống câu hỏi và bài tập phần “Nhiệt động hoá học” mà tôi đã áp
dụng giảng dạy trong thực tế tại trường THPT Thanh Bình và đã đạt hiệu quả tại đơn vị;đề
tài có khả năng áp dụng trong phạm vi rộng đạt hiệu quả. Nó tương đối phù hợp với yêu
cầu và mục đích giảng dạy, bồi dưỡng học sinh khá, giỏi ở trường chuyên chuẩn bị dự thi
học sinh giỏi các cấp . Nó có thể dùng làm tài liệu học tập cho học sinh các lớp chuyên
Hoá học và tài liệu tham khảo cho các thầy cô giáo trong giảng dạy và bồi dưỡng học sinh
giỏi Hoá học ở bậc THPT góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy và học tập môn Hoá
học.
Tuy nhiên, đây chỉ là một phần rất nhỏ trong chương trình ôn luyện cho học sinh
chuẩn bị tham gia vào các kỳ thi học sinh giỏi các cấp. Vì vậy, tôi rất mong các Thầy , Cô
đồng nghiệp góp ý kiến cho tôi về chuyên đề này và cùng nhau phát triển sang các chuyên
đề khác để học sinh chuyên Hoá hiểu sâu hơn vấn đề. Từ đó học sinh sẽ tìm tòi tài liệu, viết
chuyên đề đồng thời cũng giúp học sinh bước đầu làm quen với việc nghiên cứu khoa học
V.TÀI LIỆU THAM KHẢO
STT

Tên tài liêu

Tên tác giả

1

Vũ Đăng Độ

2

Cơ sở lý thuyết các quá trình
hóa học
Cơ sở lý thuyết hóa học

3

Bài tập hoá lý cơ sở

4

Hướng dẫn thực hành ToánLý-Hóa-Sinh trên máy tính
cầm tay
Tuyển tập đề Thi Olympic
30/4
Một số đề thi học sinh giỏi cấp
tỉnh, cấp QG

5
6

Nguyễn Hạnh
Lâm Ngọc Thiểm, Trần
Hiệp Hải,Nguyễn Thị Thu
Nguyễn Hải Châu
Trường chuyên Lê Hồng
Phong TPHCM

Nhà xuất bản
năm xuất bản
NXB Giáo dục

Năm 1993
NXB Giáo dục
Năm 1997
NXB Hà Nội
NXB Hà Nội 2006
NXB Giáo dục

Tân phú, ngày 22/5/2013
Người viết
Trần Anh Nhật Trường