skkn một số dạng bài tập phần cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa học dùng bồi dưỡng học sinh giỏi 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.

1


+ 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 ∆H0, ∆S0, ∆G0: Phản ứng xảy ra ở điều kiện
tiêu chuẩn: ứng với t0 = 250C 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 ∆G0 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.
∆G0 = - RTlnK

(1)

∆G0 = - 2,303.RTlgK

hoặc

- 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 T1, T2.

vT2 = vT1 .kT

( T2 −T1 ) / 10

(2)

kT (γ: gama): hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng.
vT1 , vT2 : Tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T1, T2.

- Tính HSCB với phản ứng hóa học xảy ra ở điều kiện cụ thể:
* Kc, Kp, Kx
aA + bB + …

cC + dung dịch + …

+ Trong pha lỏng: Kc (HSCB theo nồng độ).
+ Trong pha khí: Kp (gần đúng ta dùng áp suất riêng phần pi).
2

(5)


+ Trong pha khí: Kx (HSCB theo phân số mol).
* Biểu thức tổng quát và liên hệ giữa các HSCB.
c
d
[
C ] .[ D ]
Kc =
[ A] a .[ B] b

[ ]: Nồng độ cân bằng của chất đang xét.

PCc .PDd
Kp = a b
PA .PB

Pi: áp suất riêng phần.

xCc .xDd
Kx = a b
x A .x B

xi =

ni
Số mol chất i
= Tổng số mol của hệ
n

Kp = Kc .(RT)∆n
Kp = Kx .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 Kp, Kc.
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:
CH4(k) + 4Cl2(k) → CCl4(k) + 4HCl(k)
Biết các giá trị năng lượng liên kết:
C – Cl

326,30

H – Cl
430,9

C–H

414,2

Cl – Cl
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:
Ta có:

∆H = 4EC – H + 4ECl – Cl – (4EC – Cl + 4EH – Cl) = - 401,6 kJ
3


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 ∆H0, ∆S0, ∆G0 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 SO2 và O2 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:

t0, p, xt

2SO2+ O2

2SO3

2
2
.CO = k [ SO2 ]1 .[ O2 ]1
+ Trạng thái 1: v1= k. C SO
2

(a)

2

+ Trạng thái 2: Khi giảm thể tích hỗn hợp xuống 3 lần nghĩa là nồng độ
chất tăng 3 lần
v2 = k [ SO2 .3] 2 .[ O2 .3] 2 = k [ SO2 ]1 .[ O2 ]1 .27
2

+ Từ (a) và (b)

⇔

2

(b)

v2
= 27 lần
v1

+ Kết luận: Tốc độ của phản ứng tạo SO3 tăng 27 lần.
Ví dụ 5:
* Đề bài: Nếu ở 1500C, một phản ứng nào đó kết thúc sau 16 phút, thì ở
1200C và 2000C 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.

4


* 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 1200C: Ta có: v150 = 120.2(150 – 120)/10 = v120.23
Phản ứng kết thúc sau thời gian t1 = 16.23 = 128 phút
+ ở 2000C: Ta có: v200 = v150.25
Phản ứng kết thúc sau thời gian t2 =

16
= 0,5 phút

25

*Vậy nhiệt độ tăng thì tốc độ phản ứng tăng nhanh còn thời gian kết thúc càng
giảm.
Ví dụ 6:
Ví dụ 7:
*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
5

+ ở đây ∆n = 0 ⇒ Kc = Kp = Kx = 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 Kc = 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:
C4H10 → C4H6 + H2

∆H10 (1)

CH4 → C6H6 + H2

∆H20 (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:
với

C4H10 → C4H6 + 2H2 (1)

tính được ∆H10 = 437,6 kJ

6CH4 → C6H6 + 9H2 (2)

tính được ∆H20 = 581,1 kJ

6


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:
CH3COOH + C2H5OH

CH3COOC2H5 + H2O

+ Để phản ứng nhanh đạt tới trạng thái cân bằng cần:
Dùng xúc tác là axit (HCl, H2SO4)
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:
K=

+

C2
= 3,6
( a − c ).( b − c )

+ 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 ∆G0 theo ∆H0, ∆S0 ; áp dụng quan hệ Kp và Kc để tính
lượng chất…
Ví dụ 28 :
* Đề bài : Sunfurylđiclorua SO2Cl2 là hoá chất phổ biến trong phản ứng
clo hoá. Tại 3500C, 2 atm phản ứng:
SO2Cl2(k)

SO2(k) + Cl2(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.
7


2. Tính % theo thể tích SO2Cl2(k) còn lại khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng
ở điều kiện đã cho.
3. Ban đầu dùng 150 mol SO 2Cl2(k), tính số mol Cl2(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:
KP =

1.

PSO2 .PCl2
PSO2Cl2

= 50 atm

2. Cách 1:+ Gọi số mol SO2Cl2(k) ban đầu là 1 mol
có độ phân li là α
+ Dựa vào biểu thức K P =

P.α 2
= 50 tính được α = 0,9806
1−α 2

+ Số mol SO2Cl2(k) còn lại là 1 - α = 0,0194 mol. Do vậy % theo thể
tích SO2Cl2(k) còn lại là 0,98%.
Cách 2: SO2Cl2(k)

SO2(k) + Cl2(k)

+ Dựa vào biểu thức tính K P =

(1)

Kp = 50 atm

P2
= 50 tính được P = 0,9902 atm
2 − 2P

+ áp suất lúc cân bằng: PSO2Cl2 ( k ) = 0,0196 atm
Do vậy, số mol SO2Cl2(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 SO2Cl2(k), số mol Cl2(k) lúc cân bằng
nCl2 = nSO2 = nSO2Cl2 ×α = 150 × 0,9806 = 147,09 mol.

Ví dụ 29: [12, đề 2002 – 2003]
* Đề bài:
Khi nung nóng đến nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình:
PCl5(k)

PCl3(k) + Cl2(k)
8


1. Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ
T (K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong
bình bằng P.
a) Hãy thiết lập biểu thức của KP theo độ phân li α và áp suất P.
b) Thiết lập biểu thức của KC theo α, m, V.
2. Trong thí nghiệm 1 thực hiện ở nhiệt độ T 1 người ta cho 83,300 gam
PCl5 vào bình dung tích V1. Sau khi đạt tới cân bằng đo được P 1 = 2,700 atm.
Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với H2 bằng 68,862. Tính α và Kp.
3. Trong thí nghiệm 2 giữ nguyên lượng PCl5 và nhiệt độ như ở thí nghiệm 1
V2

nhưng thay dung tích là V2 thì đo được áp suất cân bằng là 0,500 atm. Tính tỉ số V .
1
4. Trong thí nghiệm 3 giữ nguyên lượng PCl5 và dung tích bình V1 như thí
nghiệm 1 nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T 3 = 0,9T1 thì đo được áp suất cân

bằng là 1,944 atm. Tính Kp 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 KP, KC:
Phương trình:

PCl5(k)

Ban đầu:

a

Cân bằng:

a–x

PCl3(k) + Cl2(k)
x

x

+ Tổng số mol khí lúc cân bằng: n = a + x
Trong đó:

a=

m
;
208,239

α=

9

x
a

mol


* Tính KP
+ áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí
PPCl5 =

+ HSCB

a−x
.P;
a+x

PPCl3 = PCl2 =

PPCl3 .PCl2

KP =

PPCl5

=

x
.P
a+x

α2
.P
1 −α2

* Tính KC (có 2 cách)
Cách 1: + Tính nồng độ cân bằng của mỗi khí

[ PCl5 ] = a(1 − α ) ;

[ PCl3 ] = [ Cl2 ] = a.α

V

V

[
PCl3 ][ Cl 2 ]
aα 2
mα 2
=
=
+ HSCB K C =

[ PCl5 ]
V (1 − α ) 208,239V (1 − α )
KP = KC .(RT)∆ν

Cách 2: + Ta biết:
+

KC =

∆ν khí = 1

KP
aα 2
mα 2
=
=
RT V (1 − α ) 208,239V (1 − α )

ở đó PV = nRT = (a + x)RT = a (1+ α)RT
PV

hay RT = a(1 + α )
2. Thí nghiệm 1:
* Tính α1
83,30

+ Số mol PCl5 ban đầu: a = 208,239 = 0,400 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

n1 =a (1 +α1 ) =0,600mol =

* Tìm KP tại nhiệt độ T1

10

83,30
tính được α1= 0,500.
M


K PT1 =

α12
( 0,5) 2 .2,70 = 0,900
.
P
=
1
2
1 −α12
1 −( 0,5)

3. Thí nghiệm 2 :
- giữ nguyên nhiệt độ : KP không đổi
- Giữ nguyên số mol PCl5

a = 0,400 mol

- áp suất cân bằng P2 = 0,500 atm

K PT2 =

* Ta có:

α 22
α 22
.
P
=
× 0,50 = 0,900
2
1 − α 22
1 − α 22

tính được α2 = 0,802
+ Tổng số mol lúc cân bằng
n2 = a (1 + α2) = 0,4 (1 + 0,802) = 0,721 mol
* Tìm quan hệ giữa V1, V2, P1, P2, n1, n2
+ Thể tích bình trong thí nghiệm 2
V2 =
⇔

n1 RT
n2 RT2
V1 =
so
với
P2
P1

V2 n2 P1
= × = 6,489 lần
V1 n1 P2

4. Thí nghiệm 3:
- Thay đổi nhiệt độ: KP thay đổi (T3 = 0,9T1)
- Giữ nguyên số mol PCl5 a = 0,400 và V1
- áp suất cân bằng P3 = 1,944 atm (do nhiệt độ giảm, tổng số mol khí n 3
thay đổi, n3 ≠ n1)
* Tìm α3
+ n3 = a (1 + α3) = 0,4 (1 + α3)
+ Ta có:

P1V1 = nRT1
P3.V1 = n3.RT3 = n3.R.0,9T1

11


⇔

P3
n
1,944 0,4(1 +α3 ).0,9
= 3 .0,9 ⇔
=
P1
n1
2,7
0,6

α3 =0,2
Tính được n =0,48mol


* Tính

3

K PT

3

K PT =
3

α33
.P3 = 0,081
1 −α32

* Nhận xét: Khi hạ nhiệt độ, KP 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 250C phản ứng: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k) có hằng số tốc độ
k = 1,8.10-5.s-1; biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k. C N O . Phản ứng trên xảy ra
2

5

trong bình kín thể tích 20,0 lít không đổi. Ban đầu lượng N 2O5 cho vừa đầy bình. ở

thời điểm khảo sát, áp suất riêng phần N2O5 là 0,070 atm. Các khí đều là lí tưởng.
1. Tính tốc độ:
a) Tiêu thụ N2O5.
b) Hình thành NO2, O2.
2. Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 s.
3. Nếu phản ứng trên có phương trình 2N 2O5(k) → 2NO2(k) + 1/2 O2(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 vpư 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
+

vpư = k. C N O
2

(1)

5

12


trong đó: C N

2 O5

=

n N 2 O5
V

=

PN 2 O5
RT

=

0,070
= 2,8646.10−3 mol.l-1 (2)
0,082.298

+ vpư = 2,8646.10-3 x 1,8.10-5 = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1
- Tính tốc độ tiêu thụ N2O5:

vttN 2O5

2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)

+

+ vttN O = −
2

dC N 2O5

= −2. vpư = - 2.5,16.10-8 = -1,032.10-7 mol.l-1.s-1 (3)

dt

5

- Tính tốc độ hình thành NO2, O2:
+

vhtNO2 =

+

vhtO2 =

dC NO2
dt

dCO2
dt

vhtNO2 , vhtO2

= 4 .vpư = 2,046.10-7 mol.l-1.s-1

= vpư = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1

2. Tính số phân tử N2O5 bị phân tích sau thời gian t: N N

2O5

N N 2 O5 = N = vttN 2 O5 ×Vbình x t x N0

= 1,032.10-7 x 20 x 30 x 6,023.1023 = 3,729.1019 phân tử
3. Phương trình N2O5(k) → 2NO2(k) + 1/2O2(k)
Tại nhiệt độ T xác định, tốc độ phản ứng vpư và k đều không đổi vì :
+ k chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ
+ Theo (1), khi k = const, C N
PC – P0 (Torr)
2PC – P0 (Torr)
k (mol-1.l.phút-1)

0
632

13,5
605
0,811

2 O5

= const thì v = const

47,8
536,4
0,864

85,2
461,6
0,888

122,7
386,6
0,882

* Nhận xét: Các giá trị k xấp xỉ nhau nên phản ứng (1) thuộc bậc 2.
b) Hằng số tốc độ phản ứng k .
5

k=

∑ ki
i =1

n

= 0,8612

mol-1.l.phút-1

13

157,4
317,2
0,861


Bài 8:
1. Phản ứng tự oxi hoá - khử trong môi trường kiềm:
3BrO- → BrO3- + 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 m3 (kmol.s)-1
a) Sau bao lâu thì 30%, 99% BrO- bị chuyển hoá?
b) Tính chu kỳ bán huỷ t1/2 của phản ứng (1).
2. Chứng minh rằng đối với phản ứng một chiều bậc 2
2A → sản phẩm có t1/2 =

1
k.a

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 t1/2 của phản ứng.
Hướng dẫn giải:
1. a) Gọi thời gian để 30% BrO- bị chuyển hoá là t1.
99% BrO- bị chuyển hoá là t2.

[

] [

]

2
1 d BrO −
= k BrO − .
3

dt

+ Biểu thức tốc độ phản ứng : v = − .

Nồng độ ban đầu a = 0,1 ; lượng chuyển hoá x1 = 0,03
x2 = 0,099.
+ Lượng còn lại:

a – x1 = 0,07
a – x2 = 0,001

+ Theo quy luật động học bậc 2 ta có biểu thức:
1 1
1
t= 
− 
k a−x a

Thay các giá trị a, a – x, k tìm được: t1 = 4608,3 s (76,8 phút)
t2 = 106,45.104 s (1,77.104 phút)
14


b) Chu kỳ bán huỷ :

t1/2 =

1
k.a

+ Tính được t1/2 = 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

+ Biểu thức tốc độ phản ứng : v = −
⇔v= −
hay

dx
2
= k ( a − x)
dt

(*)

d CA
dt

= k .C A2

d ( a − x)
2
= k .( a − x )
dt

Phương trình tốc độ dạng vi phân.

+ Lấy tích phân của (*):
dx

∫ ( a − x)
⇔

2

= ∫ k .dt

1
= kt + C
a−x

Khi t = 0 → x = 0 → C =

1
a

⇔kt =

hay

1 1
1
k= 
− 
ta−x a

+ Khi x =

1
1
−
a −x a

(**) Phươngtrình tốc độ dạng tích phân.

1
a
1
thì k = t .a hay t1/2 =
2
k.a
1 2

Bài 9: Cho phản ứng “khí nước”
CO2 + H2

CO + H2O

15

(Điều phải chứng minh)


0
0
0
a) Tính ∆G của phản ứng ở 1000 K, biết ∆H và ∆S ở 1000 K lần lượt

là: 35040 J.mol-1; 32,11 J. mol-1.K-1.
b) Tính HSCB KC, KP 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.
0
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính ∆G , HSCB KC, KP 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:
0
0
0
a) áp dụng biểu thức: ∆G = ∆H − T∆S
0
0
0
= 2930 J
Thay giá trị ∆S , ∆H , T tính được ∆G1000

b) HSCB: KP = KC = 0,703.
c) Thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) của:
CO: 34,6%;

CO2: 10,4%;

H2O: 9,6%;

H2: 45,4%

Bài 10: Cho biết phản ứng:
CH4(k)

0
= 74,85kJ
C(gr) + 2H2(k); ∆G298

0
và S 298
(J.K-1.mol-1) của CH4(k) là 186,19; của C(gr) là 5,69; của H2(k) là 130,59.
0
a) Tính ∆G của phản ứng ở nhiệt độ 298 K.

b) Phản ứng có lnKp = - 15,17 – 7905,73 T-1 + 3,68 lnT.
Tính Kp 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?
0
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính ∆G của phản ứng, tính KP ở 2

nhiệt độ bất kỳ, vận dụng nguyên lý Lơ Satơliê để giải thích kết quả.
Hướng dẫn giải:

16


a) Tính:

0
0
0
∆G298
= ∆H 298
−T∆S 298
= 50807 J

(T = 298 K).

b) ở 500 K, tính KP ≈ 3.10-4
ở 1000 K, tính KP ≈ 10,43.

K P500 K < K P1000 K
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: N2O4(k)

2NO2(k)

nhận được xuất phát từ a mol N2O4 tinh khiết.
a) Gọi α là độ phân li của N2O4: α =

Số mol N2O4 bị phân li
Số mol N2O4 ban đầu

Tính số mol NO2, N2O4 và tổng số mol của hệ khi cân bằng theo a và α.
b) Tính áp suất riêng phần của NO2, N2O4 theo α và áp suất tổng cộng P
của hệ khi cân bằng.
c) Thiết lập biểu thức sự phụ thuộc của HSCB Kp vào P và α.
d) Nếu ban đầu có 1,588 g N2O4 trong bình dung tích 0,5 lít, ở 25 0C và áp
suất P lúc cân bằng là 760 mmHg thì α, KP, áp suất riêng phần của NO2, N2O4 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 KP ở điều kiện cụ thể.
Hướng dẫn giải:
a) Xét cân bằng:

N2O4(k)

Ban đầu:

a

Cân bằng:

a (1 - α)

+ Số mol

NO2:

2NO2(k)
2aα

2aα

N2O4: a (1 - α)
Tổng số mol của hệ: a (1 + α)
17


b) áp suất riêng phần của N2O4, NO2:
PN 2O4 =
PNO2 =

1−α
.P
1+α

2α
.P
1+α
KP =

c) Ta biết:

2
PNO
2

PN 2O4

Thay các biểu thức PN O , PNO rồi biến đổi ta được:
2

KP =

4

2

4α 2
.P
1−α 2

d) + Đã biết: a = 0,01726 mol; V = 0,5 lít; P = 1 atm.
Tính số mol của hệ lúc cân bằng: n =
+ Ta có:

PV
≈ 0,02046
R.T

a (1 + α) = n hay α = 0,1854

+ Tính KP = 0,1424
+ PN O = 0,687 atm ; PNO = 0,313 atm
2

4

2

Bài 12 : ở nhiệt độ T, áp suất 1 atm có cân bằng sau :
N2O4(k)

2NO2(k)

(1)

Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng.
a) Thiết lập biểu thức HSCB KP là dạng một hàm của độ phân li α và áp
suất chung P.
b) Xác định KP, KC, ∆G của phản ứng (1) ở 333 K, α = 0,525.
0

c) Xác định ∆H, ∆S của phản ứng (1) ở 333 K. Cho biết ở 373 K có KP = 14,97.
d) Tính KP 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).
18


Mục đích của bài : Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức tính KP theo α,
0
P ; xác định KP, KC, ∆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)

KP =

4α 2
.P
1−α 2

b) KP = 1,52 ; KC = 0,0557 mol.l-1 ; ∆G 0 = - 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 KP = 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 ; KP = 0,049 ta tính được P = 1,9 atm.
Vậy khi α giảm cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều từ phải sang trái.
Bài 13:
1. Thực hiện tổng hợp NH3 theo phản ứng:
N2(k) + 3H2(k)

2NH3(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.
−4
b) ở 723 K phản ứng (1) có K P = 2.10
1

−4

ở 850 K phản ứng (1) có K P = 0,2.10
2

Tìm nhiệt độ của sự chuyển hoá (ở khoảng nhiệt độ) trên.
2. Phản ứng (1) có ∆H 0 = −92,5kJ . Khi phản ứng đạt cân bằng thu được
36% NH3 dưới áp suất 300 atm, 4500C.
a) Tính HSCB KP.
b) ở 4500C phải dùng áp suất bao nhiêu để đạt 50% NH3.
19


c) Dưới áp suất 300 atm thì ở nhiệt độ nào để đạt 50% NH3. 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 KP, 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:
+ Giả thiết:
KP =

N2(k) + 3H2(k)

2NH3(k) (1)

PN 2 + PH 2 + PNH 3 = P = 1atm
2
PNH
3

PN 2 .PH32

=

2
x NH
.P 2
3

x N 2 .x H3 2 .P 4

= K x P −2

(2)

+ Lấy Nêpe 2 vế của (2):
ln Kx = ln KP + 2ln P

⇔ ln K x = 2 ln x NH 3 − ln x N 2 = 3 ln xH 2
= 2.

dx NH 3
x NH 3

−

dx N 2
xN2

−

3dx H 2
xH 2

(3)

+ Hiệu suất phản ứng sẽ cực đại khi ln Kx = 0
x NH 3 + x N 2 + x H 2 = 1

dx NH 3 + dx N 2 + dx H 2 = 0

P = 1atm

Ta có:

Khi x NH 3

 dx NH 3 = 0
=1⇔ 
 dx N 2 + dx H 2 = 0 ⇔ dx N 2 = − dx H 2

+ Thay (a) vào (3) được: x H 2 = 3 x N 2
Do vậy tỉ lệ phần mol của N2 : H2 là 1 : 3
b) + Ta có:

20

(a)

ln K P1 = −

ln K P2

∆H 0 ∆S 0
A
+
= +B
RT1
R
T1

∆H 0 ∆S 0
A
=−
+
=
+B
RT2
R
T2

(Biến đổi từ biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = -RT ln KP)
⇔ ln

1 1
= A − 
 T2 T1 

K P2

K P1

(b)

Thay các giá trị K P , K P , T1 , T2 vào (b) tính được:
1

A = 11144,162;

2

B = - 18,721

+ Mặt khác: ∆G = - RT lnK
Trong đó:

ln K =

A
11144,162
+B=
− 18,721
T
T

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 KP:
2NH3(k) (1); ∆H0 = - 92,5 kJ

+ Phản ứng: N2(k) + 3H2(k)
Ban đầu:
Cân bằng:

1

3

0

1 - α 3(1 - α)

2α

Tổng số mol hệ lúc cân bằng: 4 - 2α
Hiệu suất phản ứng đạt 36% NH3 nghĩa là

2α
= 0,36 hay α = 0,529.
4 − 2α

+ Ta có:
K P1 =

Trong đó:

2
x NH
3

.P −2

(2)

x NH 3 = 0,36 ;

x N 2 = 0,16 ;

x N 2 .x

3
H2

21

x H 2 = 0,48 ;

P = 300 atm.


−4
Thay các giá trị vào (2) ta tính được: K P = 0,813.10
1

−4
b) ở 4500C, K P = 0,813.10 .

1

+ Hiệu suất phản ứng đạt 50% NH3 nghĩa là:
+ Trong đó: x NH = 0,5 ;

x N 2 = 0,125 ;

3

2α
= 0,5 hay α = 0,667
4 − 2α

x H 2 = 0,375 .

Thay các giá trị vào (2) ta tính được: P = 683 atm
−4
c) Dưới P = 300 atm, 4500C tính được K P = 0,813.10
1

Vậy P = 300 atm, ( t 20 ) T2 = ? ,

K P2 = ?

+ Tính xem ở P = 300 atm, K P = ?
2

Theo b) ở 4500C: x NH = 0,5 ;
3

x N 2 = 0,125 ;

x H 2 = 0,375 ; P = 300 atm;

α = 0,667.
−4
Thay các giá trị vào (2) tính được K P = 4,21.10
2

+ Tìm nhiệt độ ( t 20 ) T2.
áp dụng biểu thức của định luật KiecHoff:
Ta có:

ln

K P2
K P1

=

∆H 0
R

1
1 
 −

 T1 T2 

(c)

Thay các giá trị: K P , K P , T1 vào (c) tính được T2 = 653,1K hay 380,10C
1

2

* Nhận xét:
Tại

−4
T1 = 723K có K P = 0,813.10
1

−4
T2 = 653,1K có K P = 4,21.10
2

Phản ứng (1) là toả nhiệt ∆H0 < 0), KP tỉ lệ nghịch với T.
Khi nhiệt độ giảm, KP tăng. Vậy cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều từ
trái sang phải (tạo NH3).
Bài 14:
Amoniac (NH3) được tổng hợp theo phản ứng:

22


N2(k) + 3H2(k)

2NH3(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 N2 : H2 là 1 : 3 theo số mol.
2. a) Dùng số liệu nhiệt động dưới đây:

(

)
):

0
∆H 298
k .J .mol −1 :

(

0
S 298
J .K −1 .mol −1

N2

H2

0

0

191,49

NH3
- 46,19

130,59

192,51

Tính ∆G0 của phản ứng ở 250C
0
0
b) Nếu coi ∆H 298
và ∆S 298
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 (N2 + 3H2) là 90%, nếu phản ứng được thực
hiện ở 4500C và tỉ lệ mol của N2 : H2 là 1 : 3 ?
Mục đích của bài : Yêu cầu học sinh chứng minh giả thiết, tính ∆G0 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 N2 : H2 là 1 : 3 theo số mol hay x H = 3x N
2

+ Ta giả thiết :
Mà

PN 2 + PH 2 + PNH 3 = P =1atm

KP = Kx.P-2 hay Kx = KP.P2

(2)

Lấy Nêpe 2 vế của (2), biến đổi ta có :

ln K x = 2.

dx NH 3
x NH 3

−

dx N 2
x N2

−

3dx H 2
xH2

(3)

+ Khi ln Kx = 0, hiệu suất phản ứng sẽ cực đại.

23

2

 x NH 3 + x N 2 + x H 2 = 1

dx NH 3 + dx N 2 + dx H 2 = 0

T , P = const

ta có :

dx NH = 0
+ Giả sử x NH = 1 ⇔ 
dx N + dx H = 0 ⇔ dx N = − dx H
3

(4)

3

2

2

2

Thay (4) vào (3) được : x H = 3 x N
2

2

2

(hợp lý)

Vậy xuất phát từ hỗn hợp có tỉ lệ N 2 : H2 là 1 : 3 theo số mol ( x H = 3 x N )
2

2

ở T, P nhất định nồng độ NH3 là lớn nhất ( x NH = 1 ).
3

0
0
0
= ∆H 298
− T∆S 298
= −33304,48 J
2.a) Tính ∆G298

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 KP theo Kx và P
KP = Kx. P-2
+ Tính : Kx, KP thay vào biểu thức tìm được P = 5284 atm.
Bài 15 : Photphopentaclorua phân huỷ theo phương trình :
PCl5(k)

PCl3(k) + Cl2(k) (1)

Trong bình phản ứng, ban đầu có chứa 0,3 mol PCl5 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 KP 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 PCB.
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính được các đại lượng: độ phân li α,
HSCB KP, số mol, áp suất riêng phần của từng cấu tử; thiết lập biểu thức liên hệ
giữa α, và KCB.

24


Hướng dẫn giải:
a) Tính α, KP, PPCl5 , PPCl3 , PCl2 :
* Xét phương trình: PCl5(k)
Ban đầu:

0,3

Cân bằng:

0,3 – x

PCl3(k) + Cl2(k)
x

x

Số mol khí trước cân bằng: nt = 0,3 ứng với Pt.

Số mol sau cân bằng: nS = 0,3 + x ứng với Ps.
n

P

t
t
+ Vì V, T không đổi nên: n = P
s
s

0,3
1
⇔
=
⇔x =0,075
0,3 + x 1,25

Mặt khác

α=

x
= 0,25( 25%)
0,3
 PCl3 = Cl 2 = 0,075mol

+ Số mol khí lúc cân bằng :  PCl = 0,225mol
5


0,225

áp suất riêng phần : PPCl =1,25. 0,3 + 0,075 = 0,75atm
5

PPCl3 = PCl2 = 1,25.

+ HSCB

KP =

PPCl3 .PCl2
PPCl5

0,075
= 0,25atm
0,375

= 0,0833atm

(có thể tính Kp theo Kx)
b) Biểu thức liên hệ giữa α và PCB:
+ Gọi áp suất ban đầu là Pt ứng với số mol nt.
áp suất lúc cân bằng là PCB với số mol nCB.
+ Ta có tỉ lệ:
Pt
n
n .P
= t ⇔ PCB = CB t
PCB nCB

nt

25

(2)

(1)