Chuyên đề: ‘lai hoá” trong liên kết hoá học và chuyên đề “ nhiệt hoá học”

BÁO CÁO THAM LUẬN
CHUYÊN ĐỀ: CHỌN LỰA VÀ SƯU TẦM TÀI LIÊU, NỘI DUNG GIẢNG DẠY
BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
I. LÍ DO CHỌN CHUYÊN ĐỀ
Hiền tài là nguyên khí quốc gia. Vì vậy, việc phát hiện và bồi dưỡng nhân tài cho đất nước
là nhiệm vụ quan trọng của ngành giáo dục. Ở bậc THPT vấn đề này được thực hiện thông
qua việc bồi dưỡng học sinh tham gia các kì thi học sinh giỏi các cấp. Dể đạt được kết quả
cao trong công tác bồi dưỡng đòi hỏi nhiều yếu tố nhưng một trong những yếu tố quan
trọng nhất là xây dựng chương trình bồi dưỡng thông qua việc chọn lựa, sưu tầm tài liệu và
nội dung giảng dạy.
II. TẦM QUAN TRỌNG CỦA CHUYÊN ĐỀ
Trong công tác bồi dưỡng học sinh giỏi của các trường THPT hiện nay thường gặp những
hạn chế về kết quả. Điều đó xuất phát từ nhiều nguyên nhân nhưng nguyên nhân chủ yếu
thường là do nội dung bồi dưỡng. Do vậy, sau khi chọn được học sinh có khả năng chúng ta
cần lập kế hoạch cho học sinh và lập kế hoạch cho mình, tránh tình trạng thích đâu dạy đó,
thiếu định hướng và thiếu tính liên thông trong hệ thống chương trình.
III. THỰC TRẠNG CỦA CHUYÊN ĐỀ
Đa số các nội dung thi học sinh giỏi đã có trong chương trình sách giáo khoa nhưng với
thời lượng quá ít và nội dung kiến thức cũng hết sức đơn giản. Để rút ngắn khoảng cách
giữa nội dung kiến thức được học và nội dung thi học sinh giỏi cần thiết phải trang bị cho
cả giáo viên và học sinh những kiến thức nâng cao ngang tầm chương trình đại học nhưng
vẫn đảm bảo mức độ hợp lý, phù hợp với trình độ học sinh phổ thông. Thực tế hiện nay
việc tìm một tài liệu nào đó để bồi dưỡng học sinh giỏi là không khó: có thể qua các sách
nâng cao, tài liệu tham khảo, internet… Song chương trình bồi dưỡng vẫn chưa có sách
hướng dẫn chi tiết, cụ thể từng buổi, từng tiết như chương trình chính khoá. Vì vậy đòi hỏi
giáo viên giảng dạy phải tự tìm tòi, chọn lọc, sắp xếp cho phù hợp với khă năng lĩnh hội
của học sinh qua từng năm.
IV. NỘI DUNG
Việc chọn lựa, sưu tầm tài liệu, nội dung giảng dạy được tiến hành như sau:

+ Nắm được ma trận đề thi theo từng năm cho từng khối lớp
+ Xác định chuyên đề cụ thể mà bản thân mỗi giáo viên sẽ chọn bồi dưỡng cho học sinh
+ Tìm tài liệu trên sách báo, internet, giáo trình đại học…ứng với các chuyên đề đã lựa
chọn.Trong đề thi học sinh giỏi đặc biệt học sinh giỏi quốc gia phần kiến thức nặng nhất
theo tôi là phần hoá học lập thể,cơ chế phản ứng, hợp chất dị vòng. Đây là kiến thức khó
không chỉ đối với học sinh mà ngay cả đối với giáo viên khi giảng dạy về phần này cũng
gặp nhiều lúng túng. Do đó học sinh của chúng ta thường không có điểm trong phần này. Vì
vậy cần có sự đầu tư hơn nữa cho mảng kiến thức này.
+ Sắp xếp các kiến thức theo mức độ từ cơ bản đến nâng cao.
+ Sau mỗi chuyên đề cần có 1 đến 2 bài tập điển hình để nắm vững kiến thức lí thuyết sau
đó cho thêm một số bài tập nâng cao để học sinh vận dụng thành thạo. Một số bài tập không
có quy luật chung cần cho học sinh làm nhiều hơn và trước những bài tập có quy luật
chung.
+ Trong 1 buổi học cần có kiến thức cần truyền đạt, bài tập vận dụng và bài tập luyện thêm
ở nhà
+ Giáo viên sưu tầm các bộ đề thi các cấp trong tỉnh nhà và các tỉnh khác thông qua công
nghệ thông tin nhằm giúp các em tiếp xúc làm quen với các dạng đề.
Sau đây, tôi xin trình bày một số nội dung cốt lõi khi giảng dạy về vấn đề ‘lai
hoá” trong liên kết hoá học và chuyên đề “ nhiệt hoá học” như sau:
A. LAI HOÁ
1. THUYẾT LAI HÓA
1.1. Nội dung
Ví dụ: Xét phân tử CH4. Nguyên tử C ở trạng thái kích thích có 4 e độc thân
1s22s12p3. 4 e độc thân này tạo 4 liên kết cộng hoá trị C-H trong đó có do 3AO p của C xen
phủ với 3 AO s của H tạo thành 3 góc hoá trị HCH bằng 90 0. Liên kết C- H thứ tư được tạo
thành do sự xen phủ các AO hoá trị s-s không có hướng xác định trong không gian. Điều
này còn dẫn đến độ bền của một liên kết khác với độ bền của ba liên kết còn lại.


Tuy nhiên thực nghiệm chứng tỏ rằng, độ bền của 4 liên kết C-H đều bằng nhau và các góc

liên kết HCH đều bằng 109028’. Để giải thích khó khăn này người ta đã đưa ra thuyết lai
hoá
Nội dung:
Thuyết lai hóa cho rằng các obital nguyên tử (gọi tắt là AO) khác nhau của một
nguyên tử gần nhau về năng lượng có thể tổ hợp tuyến tính với nhau để tạo ra các AO
nguyên tử mới tương đương nhau
Các obtal này gọi là obital lai hóa
Như vậy: sự lai hóa orbital nguyên tử là sự tổ hợp “ trộn lẫn” một số orbital trong một
nguyên tử để được từng ấy obital lai hóa giống nhau nhưng định hướng khác nhau rong
không gian.
1.2. Đặc điểm các orbital lai hóa
+ Các AO lai hóa có hình dạng và kích thước hoàn toàn giống nhau, chỉ khác nhau về
định hướng trong không gian
+ Có bao nhiêu obital tham gia tổ hợp, sẽ tạo nên bấy nhiêu obital lai hóa
1.3. Hình dạng orbital lai hóa

1.4. Điều kiện
Các obital tham gia lai hóa phải có năng lượng gần bằng nhau (Các AO ở các phân
lớp khác nhau trong cùng 1 lớp)
* Lưu ý:
+ Chỉ xét lai hoá của nguyên tử trung tâm
+ Sự xen phủ các AO lai hoá chỉ tạo liên kết đơn
2. MỘT SỐ KIỂU LAI HÓA
2.1. Lai hóa sp
- Sự hình thành: Lai hóa sp là sự tổ hợp 1 AOs và 1AOp tạo ra 2AO lai hóa sp
- Định hướng trong không gian của các AO lai hóa: 2AO lai hóa nằm thẳng hàng và
hướng về hai phía, đối xứng nhau


2.2 Lai hóa sp2

- Sự hình thành: Lai hóa sp2 là sự tổ hợp 1AOs và 2AOp tạo ra 3AO lai hóa sp2
- Định hướng trong không gian của các AO lai hóa: 3AO lai hóa định hướng từ tâm
đến 3 đỉnh của tam giác đều

2.3. Lai hóa sp3
- Sự hình thành: Lai hóa sp3 là sự tổ hợp 1AOs và 3AOp tạo ra 4AO lai hóa sp3
- Định hướng trong không gian của các AO lai hóa: 4AO lai hóa định hướng từ tâm
đến 4 đỉnh của tứ diện đều

2.4. Lai hóa sp3d
- Sự hình thành: Lai hóa sp3d là sự tổ hợp 1 AOs, 3AOp và 1AOd tạo ra 5AO lai hóa
sp3d
- Định hướng trong không gian của các AO lai hóa: 5 AO lai hóa định hướng từ tâm
đến 5 đỉnh của phân tử tháp đôi đáy tam giác


2.5. Lai hóa sp3d2
- Sự hình thành: Lai hóa sp3d2 là sự tổ hợp 1 AOs, 3AOp và 2AOd tạo ra 6AO lai hóa
sp3d2
- Định hướng trong không gian của các AO lai hóa: 6AO lai hóa định hướng từ tâm
đến 6 đỉnh của phân tử tháp đôi đáy vuông (bát diện)

3. THUYẾT SỨC ĐẨY GIỮA CÁC CẶP ELECTRON HOÁ TRỊ (THUYẾT
VSEPR) VÀ DẠNG HÌNH HỌC CỦA PHÂN TỬ
3.1. Khái quát thuyết sức đẩy VSEPR
Công thức nguyên (AXm) của một chất cho ta biết số nguyên tử mà nó có. Biết công
thức này là cần thiết nhưng chưa đủ để xác định cấu trúc của phân tử vì chính số electrron
hóa trị tổng cộng mới đóng vai trò quyết định.
Thuyết VSEPR cho phép ta xác định gần đúng cấu hình không gian của phân tử chất mà
không chứa các nguyên tố chuyển tiếp. Thuyết này giúp chúng ta tiên đoán một cách khá

chính xác các góc hoá trị trong phân tử có cặp electron không phân chia hoặc phân tử có
liên kết bội.
Luận điểm chính:
+ Các cặp electron hoá trị của một nguyên tử luôn luôn đẩy nhau và do đó, mọi cặp
electron liên kết và không liên kết, có khi là electron dộc thân ở lớp ngoài cùng, đều cư trú
một cách thống kê ở cùng một khoảng cách xác định so với hạt nhân. Các electron tương
ứng đẩy nhau và định vị ở những vị trí làm cực tiểu hoá lực đẩy electron.
Từ đó, người ta hình dung bất kì một phân tử chất nào cũng đều có công thức chung:
AXnEm.


Trong đó, A: kí hiệu nguyên tử trung tâm (đây là nguyên tử có độ âm diện nhỏ nhất
trừ H)
X: kí hiệu của nguyên tử bao quanh nguyên tử trung tâm (nguyên tử biên)
n: Số liên kết đơn giữa nguyên tử trung tâm và nguyên tử biên
E: Kí hiệu của cặp electron không phân chia hay không tham gia liên kết
m: Là số cặp electron không phân chia hay không tham gia liên kết
Tổng (m+n) quyết định cấu trúc hình học của phân tử chất
3.2. Dạng hình học của phân tử

m+n

n

2

0
0
1
0

1
2
0
1
2
3
0
1
2

3

4
5

6

Công thức cấu Dạng hình học của
trúc
AX2E0
AX3E0
AX2E1
AX4E0
AX3E1
AX2E2
AX5E0
AX4E1
AX3E2
AX2E3
AX6E0

AX5E1
AX4E2

phân tử
Thẳng
Tam giác đều
Gấp khúc
Tứ diện
Tháp đáy tam giác
Gấp khúc
Tháp đôi 3 phương
Tứ diện không đều
Dạng chữ T
Thẳng
Bát diện
Tháp đáy vuông
Vuông

Các ví dụ
BeH2, BeCl2, CO2
BH3, AlCl3
SO2
CH4, NH4+
NH3
F2 O
PCl5, AsF5
TeCl4
BrF3
XeF2
SF6

BrF5
XeF4

4. CÁCH XÁC ĐỊNH NHANH KIỂU LAI HÓA
Để biết được lai hóa theo kiểu nào, cần tiến hành các bước sau:
- Xác định nguyên tử trung tâm (thường là nguyên tử có độ âm điện bé nhất trừ H).
Khi xác định lai hoá, chỉ xét lai hoá của nguyên tử trung tâm.
- Viết công thức cấu tạo của phân tử (cấu hình Lewis)
- Xác định được nguyên tử trung tâm có bao nhiêu liên kết xich ma (б) với các
nguyên tử biên (gọi là X) và còn bao nhiêu cặp electron không tham gia liên kết (gọi là E)
- Số AO lai hoá bằng tổng số liên kết xich ma (б) và số cặp eletron không tham gia
liên kết
Ví dụ: Xét phân tử NH3


+ Nguyên tử trung tâm là N
Cấu hình electron của N ở trạng thái cơ bản: 1s22s22p3
+ Công thức cấu tạo:
H

H

N
H

+ Số AO lai hoá là 4
=> Kiểu lai hoá của N là lai hoá sp3.
Dạng hình học của phân tử : tháp tam giác
Mặc dù lai hoá của N là lai hoá sp 3 tuy nhiên trong 4 AO lai hoá của N có 3 AO lai
hoá chứa electron độc thân sẽ xen phủ với 3 AO 1s của 3 nguyên tử H tạo thành 3 liên kết σ

còn lại 1AO lai hoá chứa 1cặp electron không tham gia liên kết. Cặp eletron không tham
gia liên kết này chiếm một khoảng không gian lớn hơn (do tương tác đẩy giữa các cặp e) so
với các cặp electron liên kết do đó các góc liên kết HNH đều ≈ 107 0, nhỏ hơn góc tứ diện.
Phân tử không có cấu trúc tứ diện mà có cấu trúc tháp tam giác
5. VẬN DỤNG
Bài 1. Cho phân tử NF3. Trên cơ sở thuyết lai hoá hãy cho biết cấu trúc hình học của
phân tử trên. Tính định hướng của liên kết cộng hoá trị thuần tuý có giải thích được dạng
hình học của phân tử đó không ? tại sao?
Hướng dẫn
Theo thuyết lai hoá : N trong NF3 có sự lai hoá sp3 trong đó có 3 AO chứa cặp
electron độc thân và vẫn còn 1 AO chứa cặp electron không tham gia liên kết (thuộc dạng
AX3E1). Do đó, phân tử NF3 có dạng hình tháp tam giác và góc FNF gần bằng góc tứ diện
đều
Theo thuyết cộng hoá trị thuần tuý: N: 1s 22s22p3 có 3e hoá trị ở phân lớp 2p. Các AO
2p nằm thẳng góc với nhau và đó cũng là hướng xen phủ lớn nhất với các AO hoá trị của 3
nguyên tử F. Do đó, Góc liên kết FNF khoảng 900
Thực nghiệm xác nhận góc FNF gần bằng 1020, nghĩa là gần với góc tứ diện


Vậy thuyết lai hoá đã dự đoán góc FNF gần sát với thực tế hơn.
Bài 2. Hãy xác định dạng hình học của các phân tử sau: SO2, SO3, BeCl2, PH3, CHCl3
Hướng dẫn:
S trong SO2 có lai hoá sp2, phân tử có cấu trúc góc
S trong SO3 có lai hoá sp2, phân tử có cấu trúc tam giác đều
Be trong BeCl2 có lai hoá sp, phân tử có cấu trúc thẳng
P trong PH3 có lai hoá sp3, phân tử có cấu trúc tháp tam giác
C trong CHCl3 có lai hoá sp3, phân tử có hình tứ diện không đều vì các nguyên tử liên
kết với C không phải đều giống nhau
Bài 3.
a. Tại sao trong các phân tử H2O và NH3 các góc liên kết HOH và HNH lại nhỏ hơn

góc tứ diện (109028’)
b. So sánh góc liên kết HOH và HSH? Giải thích?
Hướng dẫn:
a. Vì nguyên tử trung tâm có những đôi e liên kết và không liên kết. Mây e của đôi e
không liên kết chiếm khoảng không gian lớn hơn mây e của đôi e liên kết.
b. Khi độ âm điện của nguyên tử trung tâm giảm thì các cặp electron liên kết bị đẩy
nhiều về phía các nguyên tử biên nên chúng chỉ cần một khoảng không gian nhỏ xung
quanh nguyên tử trung tâm, do đó góc liên kết càng giảm. Trong trường hợp này, S có độ




âm điện nhỏ hơn O nên góc HSH < HOH .
Bài 4 (HSG QG 2012)
Phân tử NH3 có dạng hình chóp tam giác đều (nguyên tử N ở đỉnh hình chóp). Ion
NH +4 có dạng hình tứ diện đều (nguyên tử N nằm ở tâm của tứ diện đều). Dựa vào sự xen

phủ của các obitan, hãy mô tả sự hình thành các liên kết trong phân tử NH3 và ion NH +4 .
Hướng dẫn:
1. Trong phân tử NH3 và ion NH +4 , N có lai
hóa sp3:

sp3

2s

2p


Trong NH3 một obitan lai hóa sp3 có cặp electron không liên kết, còn 3 obitan lai hóa sp3

khác với 1 electron độc thân xen phủ với 1 obitan s của nguyên tử H có 1 electron, tạo ra các
liên kết σ bền vững.
Trong NH +4 , ngoài 3 liên kết σ như trong NH3, còn 1 obitan lai hóa sp3 với đôi
electron xen phủ với AO 1s của H+ không có electron, tạo ra liên kết σ thứ 4.
H

N
H

H

N

H

NH3

H

H
+

H

NH 4

Bài 5 (HSG QG 2009).
Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán
dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF62-, NO2+, I3-.
Hướng dẫn giải:

BeH2: dạng AX2E0. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.
BCl3: dạng AX3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl. Phân tử có
dạng tam giác đều, phẳng.
NF3: dạng AX3E1. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở đỉnh chóp.
Góc FNF nhỏ hơn 109o29’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp electron không liên kết.
SiF62-: dạng AX6E0. Ion có dạng bát diện đều.
NO2+: dạng AX2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O ([O=N=O] +). Ion
có dạng đường thẳng.
I3-: dạng AX2E3, lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc
theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo (vuông góc với trục)
được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có dạng đường thẳng.
BÀI 6 (HSG QG 2003 - Bảng A):
Nhôm clorua khi hoà tan vào một số dung môi hoặc khi bay hơi ở nhiệt độ không
0
quá cao thì tồn tại ở dạng dime (Al2Cl6). Ở nhiệt độ cao (700 C) dime bị phân li


thành monome (AlCl3). Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và
monome; Cho biết kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm
Hướng dẫn giải:
* Viết công thức cấu tạo Lewis của phân tử dime và monome.
Nhôm có 2 số phối trí đặc trưng là 4 và 6. Phù hợp với quy tắc bát tử, cấu tạo
Lewis của phân tử dime và monome:


Monome

Cl

Al

Cl

Cl
Cl

;

Al

Al

dime
Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

2

* Kiểu lai hoá của nguyên tử nhôm : Trong AlCl3 là sp vì Al có 3 cặp electron hoá trị;
3
Trong Al2Cl6 là sp vì Al có 4 cặp electron hoá trị .

BÀI 7 (OLYMPIC HÓA HỌC SINH VIÊN TOÀN QUÓC 2005 -Bảng A)

Hãy cho biết cấu hình hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc
liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích.
a) NO2; NO2+; NO2-. b) NH3; NF3.


Hướng dẫn giải:
1) Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả hai).
a)
N

N


O

sp2

O

O

N

O

sp

O

sp2

O

(1) và (3): hình gấp khúc. (2) : thẳng
Góc liên kết giảm theo thứ tự sau: (2) – (1) – (3) do ở (2) không có lực đẩy electron
hóa trị của N không tham gia liên kết, ở (1) có một electron hóa trị của N không liên kết
dẩy làm góc ONO hẹp lại đôi chút. Ở (3) góc liên kết giảm nhiều hơn do có 2 electron
không liên kết của N đẩy.
b)
b)
N

N
H

H

sp3

H

F

F

sp3

F

Góc liên kết giảm theo chiều 

HNH - 
FNF vì độ âm điện của F lớn hơn của H, điện tích lệch về
phía F nhiều hơn, lực đẩy kém hơn.


B. NHIỆT HOÁ HỌC
1. LÍ THUYÊT
1.1 KHÍ LÍ TƯỞNG:
* Khí lí tưởng là chất khí mà khoảng cách giữa các phân tử khí xa nhau, có thể bỏ qua
tương tác giữa chúng.
* Với khí lí tưởng thì có thể áp dụng :
- Phương trình trạng thái:

P.V = nRT

(R = 8,314 J/mol.K = 0,082

l.atm/mol.K)
- Trong b×
nh cã hçn hî p khÝth×
: P =  Pi =
cßn P = N .P = ni .P
i
i
ni

ni .RT
V

1.2. HỆ VÀ MÔI TRƯỜNG:

- Hệ mở: hệ trao đổi chất và năng lượng với môi trường.
- Hệ kín: Hệ chỉ trao đổi năng lượng với môi trường.
- Hệ đoạn nhiệt: Hệ không trao đổi nhiệt với môi trường.
* Quy ước:
Hệ nhận năng lượng của môi trường

 năng lượng mang dấu +

Hệ nhường năng lượng cho môi trường  năng lượng mang dấu 1.3. BIẾN ĐỔI THUẬN NGHỊCH:
Nếu hệ chuyển từ trạng thái cân bằng này sang trạng thái cân bằng khác một cách vô
cùng
chậm qua liên tiếp các trạng thái cân bằng thì sự biến đổi này được gọi là thuận nghịch.
Đây là sự biến đổi lí tưởng không có trong thực tế.
1.4. SỰ BIẾN ĐỔI BẤT THUẬN NGHỊCH: là sự biến đổi được tiến hành với vận tốc
đáng kể. Những phản ứng trong thực tế đều là biến đổi bất thuận nghịch.
1.5. 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
14


P1.V1 = n.RT1 ; P2.V2 = n.R.T2
1.6. 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

(Pn : áp suất bên ngoài)

1

* Nếu sự biến đổi là BTN thì Pn = Pkq = const
* 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
* 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.
1.7. 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.
1.8 NGUYÊN LÍ I CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC: (SỰ BIẾN ĐỔI NỘI NĂNG CỦA
HỆ).
U = U2 - U1 = W + Q
* Nhiệt đẳng tích: Nếu hệ biến đổi ở V = const  dV = 0
 U = QV  QV là 1 hàm trạng thái.
* Nhiệt đẳng áp: Nếu hệ biến đổi ở P = const thì:
 U = U2 - U1 = QP - P. V2 + P .V1

 QP = (U2 + P.V2) - (U1 + P .V1)

Đặt U + P.V = H = entanpi = hàm trạng thái
15

 QP = H2 - H1 = H = sự biến thiên entanpi của hệ.
* 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
* Nhiệt dung mol đẳng áp (C P) là nhiệt lượng cần cung cấp để làm 1 mol chất nóng
thêm 1o trong điều kiện đẳng áp (mà trong quá trình không có sự biến đổi trạng thái).
T2

* Tương tự với CV: H = C P .dT ; U =
T1

T2

C

T

.dT

T1

CP, CV là hàm của nhiệt độ.
Với 1 mol khí lí tưởng: CP =
Mà U = H - P. V

H
U
; CV =
T
T

 CP =

H
U
P.V
=
+
= CV + R
T
T
T

Q, W: Không phải là hàm trạng thái

16


QV =  U; QP =  H  QV, QP là hàm trạng thái  chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu
và trạng thái cuối của hệ mà không phụ thuộc vào quá trình biến đổi là thuận nghịch
hay không thuận nghịch.
1.9. 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)
1.10. ĐỊNH LUẬT KIRCHHOFF:
T

H = H 298 +
o
T

o

C

o
P

.dT

298

Với CoP = CoP(sp) - CoP(tham gia)

CoP là nhiệt dung mol đẳng áp ở điều kiện chuẩn (1atm).
- Trong khoảng hẹp của nhiệt độ có thể coi CoP = const
Thì: H2 = H1 + CP.(T2 -T1)
HoT = Ho298 + CoP (T - 298)
1.11. ENTROPI (S)
- Trong sự biến đổi thuận nghịch vô cùng nhỏ ở T = const hệ trao đổi với môi trường một
lượng nhiệt QTN thì sự biến thiên entropi trong quá trình này là:

dS =

QTN
T

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

QTN
T

- Vì là hàm trạng thái nên khi chuyên từ trạng thái 1 sang trạng thái 2 bằng biến thiên
thuận nghịch hay bất thuận nghịch thì S2 - S1 = S =

2

QTN

T
1

(STN = SBTN)

1.12. NGUYÊN LÍ II CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC:

17


Q
T

dS 

- Trong hệ cô lập Q = 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

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

2

3

H2O (h)

(k)

 S là 1 đại lượng dung độ.
1.13. 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:
T = const  S =

2

Q

T
1

=

H
T

H = nhiệt biến thiên trạng thái = Ln/c hoặc Lh
1.14. S TRONG QUÁ TRÌNH GIÃN NỞ ĐẲNG NHIỆT KHÍ LÍ TƯỞNG:
Xét n mol khí lí tưởng giãn nở thể tích từ V1  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
V
 QTN = - WTN = nRT. ln 2

V1

T = const S =

( = -(- P. V) =

2


1

nRT
.dV ).
V

V
P
QTN
= nRln 2 = n.R.ln 1
V1
P2
T

18


1.15. 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:
S =

T2

QTN

Với Q = QP = dH = n.CP.dT

T

T1

T2

dT

S = n.C P . T
T
1

T2

* Trong khoảng nhiệt độ hẹp, coi CP = const  S = n.CP.ln T

1

T2

- Quá trình: V = const  S = n .CV.ln T

1

1.16. ENTROPI TUYỆT ĐỐI
* Nguyên lí III của nhiệt động học:
- Entropi 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

 ST = n.C P ( r ) .
01

5

 S

i

i 1
T

T
S
L
L
dT
dT
dT

n. nc  n.C P (l ) .
n. S  n.C P ( h ) .
T
Tnc Tnc
T
TS TS
T

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
1.17. 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 = S(sp) - S(t/g)

S0298= S0298(sp) - S0298(t/g)

+ Vì S của chất khí >> chất rắn, lỏng nên nếu số mol khí sản phẩm (sp) > số mol
19


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.
1.18. THẾ NHIỆT ĐỘNG
Scô lập = S hệ + S mt ≥ 0
a)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.
b) 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
20


1.19 Ý NGHĨA VẬT LÍ CỦA G:
G = H – TS = U + PV – TS
 dG = dU + P.dV + V.dP – T.dS – SdT = (W + Q) + PdV + VdP – T.dS – SdT
Vì W = W’ + (-PdV)
Q ≤ T.dS

 dG ≤ W’ + VdP – SdT

Dấu “ =” ứng với quá trình thuận nghịch và công lớn nhất.
dG = W’max + VdP – SdT
* Đối với quá trình đẳng nhiệt, đẳng áp  dP = dT = 0
 dGT,P = W’ max  G = W’ max
* Đối với quá trình BTN: W’ giảm; Q tăng khi hoàn toàn BTN  W’ = 0
1.20 MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM G:
dG = V.dP – SdT ( coi W’ = 0)
a) Sự phụ thuộc của G vào T:
o
GT G298
1 
1

 H o  


T
298
 T 298 

Nếu coi H không phụ thuộc vào nhiệt độ thì:
o

b) Sự phụ thuộc vào P:
P2

2

 G 
Khi T = const   P  V

T

P2

 dG  V .dP  GT  P   GT  P   V .dP
2

1

1

P1

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

Nếu áp suất bình thường: P1 = Po = 1bar (1 atm)

P2
P1

GT(P) = GoT + nRT.lnP

(P tính bằng bar (atm)).
1.21. TÍNH G CỦA MỘT SỐ QUÁ TRÌNH:
a) Giãn nén đẳng nhiệt khí lí tưởng
21


P2

V1

G = nRT.ln P = nRT.ln V
1
2

b) G ca phn ng hoỏ hc: Gop = GoS(sn phm) - GoS(tham gia)
2. VN DNG
Bi 1: Cho bit phn ng:

C2H4(k) +H2O(h)
và các số liệu sau:

C2H5OH(h)

C2H5OH

C2H4(k)

G So, 298 (kJ / mol )

168,6

68,12

o
S 298
(kJ / mol )

282,0

219,45

H2O(h)
- 228,59
188,72

a) Hi iu kin chun ca phn ng ny l iu kin nh th no?
b) iu kin chun v 25oC phn ng i theo chiu no?
o
c) Tớnh H 298
ca phn ng. Phn ng to nhit hay thu nhit?

Hng dn gii:
a) iu kin chun: PC H
2

4 (k )

= PH O ( h ) = PC H OH ( h ) = 1atm v phn ng c thc hin to, P
2

2

5

khụng i.
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)
<0
Phản ứng xảy ra theo chiều thuận

o
Gp (298) =-8,13kJ

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
phản ứng toả nhiệt

Bi 2:
22


0
Tính G273
của phản ứng:

Biết:

CH4(k) + H2O (k)  CO(k) + 3H2(k)

CH4(k)

H2O (k)

CO(k)

H S0, 298 (kJ/mol) - 74,8

- 241,8

-110,5

0
S 298
(J/molK)

188,7

197,6

186,2

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)
Hướng dẫn giải:
H 0pu = 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:
0
 G273

= H0 - T. S0 = 206,1 = 373.214,752.10-3 =125,9975(kJ) > 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

206,1.10 3
H 0
T>
=
= 959,71(K)
214,752
S 0

Bài 3. (đề HSG quốc gia 2014)
Đối với phản ứng đề hidrro hoá etan: C2H6(k)  C2H4 (k) +H2 (k) (1)
Có các số liệu sau: G0900K = -22,39Kj.mol-1 và các giá trị entropy được ghi ở bảng dưới đây:

CHẤT
S0900k [J.mol-1.K-1]

H2
163,0

C2H6
319,7

C2H4
291,7

a. Tính KP của phản ứng (1) tại 900K
b. Tính KP tại 600K của phản ứng (1), giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600K đến 900K
thì H0 và S0 không thay đổi

23


Hướng dẫn giải:
a. Áp dụng công thức : G0T = - RT.lnKp
thay số vào ta được Kp = 19,93
b. G0900 = H0 - 900S0
S0 = 291,7 + 163-319,7 = 135 J.mol-1.K-1
=>H0 = 99,11 KJ/mol
G0600 = H0 - 600S0 = - R.600.lnKp => kp= 0,0265
Bài 4:
Cho các phản ứng sau đây với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 250C.
CO +

H2 ↔ CO +

H2O.

∆H0298 (KJ/ mol) -393,5

0

-110,5 -241,8.

S0 (J/ mol)

131

197,9

213,6

188,7.

a. Hãy tính ∆H0298 , ∆S0298, ∆G0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra
theo chiều thuận ở 250C hay không?
b. Giả sử ∆H của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ∆G01273 của phản
ứng thuận và nhận xét.
c. Hãy xác định nhiệt độ (0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự
biến đổi của ∆H0,∆S0 theo nhiệt độ).
Hướng dẫn giải:
a. Ta có: ∆H0298 (pư) = [ ∆H0298 (CO) + ∆H0298 (H2O) - ∆H0298 (CO2)- ∆H0298 (H2)]
= (-110,5 – 241,8- (-393,5) = 41,2 kJ/ mol.
∆S0298 (pư) = [ ∆S0298(CO) + ∆S0298(H2O) - ∆S0298(CO2) -∆S0298(H2) ]
= (197,9 + 188,7 – 213,6- 131) = 42 J/mol.
∆G0298 (pư) = ∆H0298 (pư) – T ∆S0298 (pư) = 41200- 298. 42 = 28684 J/mol.
Vì ∆G0298 (pư) > 0 nên phản ứng không tự xảy ra theo chiều thuận.
b. Áp dụng công thức : ∆G0T2/T2 = ∆G0T1/T1 + ∆H0 (1/T2- 1/ T1)
24


=> ∆G01273 = 1273 ( 28684/ 298 +41200 (1/1273- 1/ 298) = - 12, 266 J/ mol.
Vì ∆G01273 < 0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận ở 1000C. (kết luận được
chiều phản ứng ở câu a và câu b)
c. Để phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận thì: ∆G0T (pư) = ∆H0T – T ∆S0T < 0

T > ∆H0T / ∆G0T = 41200/ 42 = 980,95 0K => t0C = 980,5 – 273 = 707,95 0C.
Bài 5:
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
o
= - 74,8 (kJ/mol); H S , NH ,k = -46,1kJ/mol; H S ,adenin( r ) = 91,1 kJ/mol
3

Và CH4(k) + NH3(k) HCN(k) + 3H2(k)

Ho = 251,2 kJ.mol-1

Hướng dẫn giải:
(a) : Cgr + 2H2(k)  CH4
(b) :

1
3
N2(k) + H2(k)  NH3(k)
2
2

(c) : 5Cgr +

H So,CH 4 ,k ) = -74,8 (kJ/mol)

H So, NH 3 ,k = - 46,1kJ/mol

5
5
H2(k) + N2(k)  C5H5N5(r)
2
2

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

H So,adenin ( r ) = 91,1 kJ.mol-1

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
V. GIẢI PHÁP THỰC HIỆN
+ Bồi dưỡng học sinh giỏi là công việc khó khăn, đòi hỏi sự cố gắng của cả người thầy
và trò. Để đạt được kết quả cao, nếu chỉ có thầy đam mê thôi chưa đủ mà cần có sự nỗ
lực không ngừng của học sinh
+ Thường xuyên kiểm tra đánh giá việc lĩnh hội kiến thức thông qua các bài kiểm tra
định kì
+ Giáo viên hướng dẫn học sinh các tài liệu, sách vở, phù hợp với trình độ của các em để
tự rèn luyện thêm ở nhà. Đồng thời cung cấp hoặc giới thiệu các địa chỉ trên mạng để
học sinh có thể tự học, tự nghiên cứu, bổ sung kiến thức.
25