Sáng kiến kinh nghiệm: Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO AN GIANG

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

TRƢỜNG THPT CHU VĂN AN

Độc lập - Tự do - Hạnh phúc
An Giang, ngày 11 tháng 02 năm 2019

BÁO CÁO
Kết quả thực hiện sáng kiến, cải tiến, giải pháp kỹ thuật, quản lý, tác nghiệp,
ứng dụng tiến bộ kỹ thuật hoặc nghiên cứu khoa học sƣ phạm ứng dụng
I- Sơ lƣợc lý lịch tác giả:
- Họ và tên: Lê Huy Vũ

Giới tính: Nam.

- Ngày tháng năm sinh: 1975
- Nơi thường trú: Ấp thượng 3 thị trấn Phú Mỹ huyện Phú Tân tỉnh An Giang.
- Đơn vị công tác: Trường THPT Chu Văn An.
- Chức vụ hiện nay: Tổ trưởng chuyên môn.
- Trình độ chuyên môn: Tốt nghiệp Đại học Sư phạm môn Hóa học.
- Lĩnh vực công tác: Giáo viên dạy môn Hóa học
II.- Sơ lƣợc đặc điểm tình hình đơn vị: Nêu tóm tắt tình hình đơn vị, những thuận
lợi, khó khăn của đơn vị trong việc thực hiện nhiệm vụ
- Thuận lợi: Giáo viên có trình độ chuyên môn vững vàng. Tham gia giảng dạy
bồi dưỡng học sinh giỏi cấp tính, ôn thi THPT quốc gia nhiều năm tại đơn vị.

- Khó khăn: Một số giáo viên chưa tham gia dạy bồi dưỡng học sinh giỏi cấp
tỉnh nên cũng gặp nhiều khó khăn trong việc định hướng ôn tập cho học sinh thi học
sinh giỏi cấp tỉnh, thi THPT quốc gia có liên quan đến nội dung cân bằng hóc học.
- Tên sáng kiến:
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học.
- Lĩnh vực: Hóa học

1


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

III. Mục đích yêu cầu của đề tài, sáng kiến:
1. Thực trạng ban đầu trƣớc khi áp dụng sáng kiến
Trước khi hiện sáng kiến giáo viên hướng dẫn học sinh giải bài tập liên quan
đến mạch kiến thức cân bằng hóa học chủ yếu dựa vào những nội dung cơ bản của sách
giáo khoa lớp 10 nên gặp nhiều khó khăn trong quá trình giải các bài tập liên quan đến
nội dung cân bằng hóa học do đó hiệu quả mang lại chưa cao như mong đợi mà giáo
viên đặt ra cho cả giáo viên và học sinh cùng phấn đấu.
2. Sự cần thiết phải áp dụng sáng kiến
Đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh những năm gần đây bao quát kiến thức của
chương trình toàn cấp trung học phổ thông trong đó có phần kiến thức của lớp 10 liên
quan đến nội dung cân bằng hóa học. Mặt khác phần kiến thức trong đề thi học sinh
giỏi cần vận dụng những nội dung kiến thức được học trong chương trình trung học
phổ thông nhưng ở mức độ nâng cao. Để giải quyết được những yêu cầu trong đề thi
đặt ra có liên quan đến những kiến thức mà các em đã tiếp thu trong quá trình học tập,
các em cũng cần có thêm những kỹ năng phân tích, phán đoán, khả năng tư duy, sáng
tạo, phương pháp thích hợp để giải từng dạng bài tập cụ thể thì mới đáp ứng được nội

dung của câu hỏi đặt ra trong đề thi.
Nhằm tạo điều kiện cho học sinh tiếp nhận đầy đủ lượng kiến thức để dự thi
học sinh giỏi cấp tỉnh hàng năm, mặt khác đáp ứng được nhu cầu giảng dạy cho giáo
viên bậc trung học phổ thông trong quá trình giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi nên tôi
mạnh dạn đăng ký viết đề tài : Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi
dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học cấp trung học phổ thông. Qua đó góp phần nâng cao
chất lượng giảng dạy của từng cá nhân trong đơn vị. Đặc điểm nổi bật nhất của đề tài
này là kết quả thi học sinh giỏi cấp tỉnh ngày càng được nâng cao rõ rệt. Chính những
nguyên nhân này đã góp phần nâng cao chất lượng giảng dạy về mũi nhọn của đơn vị.

2


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

3. Nội dung sáng kiến
- Tiến trình thực hiện:
+ Dựa vào nội dung thuyết cân bằng hóa học được học trong chương
trình lớp 10 cấp THPT.
+ Phân tích và đề ra phương pháp giải một cách cụ thể cho từng dạng
bài tập có liên quan đến nội dung thuyết cân bằng hóa học.
+ Kiểm tra, nhận xét kết quả để chứng minh tính hiệu quả của đề tài.
- Thời gian thực hiện:
+ Sáng kiến được hình thành và phát triển qua nhiều năm tham gia
giảng dạy bồi dưỡng học sinh giỏi để dự thi cấp tỉnh.
+ Đặc biệt được thực hiện và hoàn thành trong năm học 2018 – 2019.
- Một số dạng bài tập cụ thể có liên quan đến nội dung của thuyết cân
bằng hóa học thƣờng xuyên xuất hiện trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh.

Trong sáng kiến này tôi sẽ phân tích một số dạng bài tập về cân bằng hóa học có
liên quan đến các chất ở thể khí, lỏng.

3


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

NỘI DUNG CƠ BẢN CỦA THUYẾT CÂN BẰNG HÓA HỌC
A- Cơ sở lý thuyết:

I- CÂN BẰNG HÓA HỌC
Trạng thái cân bằng hóa học là trạng thái của hệ phản ứng thuận nghịch tại đó tốc độ
phản ứng thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch và nồng độ các chất (kể cả chất đầu và sản
phẩm) không thay đổi nữa.
Cân bằng hóa học là một cân bằng động vì khi đạt tới cân bằng 2 phản ứng thuận và
nghịch vẫn tiếp tục xảy ra với vận tốc bằng nhau.
II- HẰNG SỐ CÂN BẰNG
Xét phản ứng đồng thể thuận nghịch, các chất phản ứng thuộc cùng một pha (pha khí
hoặc dung dịch lỏng)
A+B

C+D

Khi cân bằng: Vt = Vn  Kt.[A].[B] = Kn.[C].[D]
 KC 

Kt [C ].[ D]


K n [ A].[ B]

Trong đó [A]; [B]; [C]; [D] là nồng độ của các chất A, B, C, D ở trang thái cân bằng;
KC là hằng số cân bằng; Kt và Kn là các hằng số chỉ phụ thuộc bản chất phản ứng và nhiệt
độ, không phụ thuộc nồng độ nên KC cũng chỉ phụ thuộc bản chất phản ứng và nhiệt độ.
III- CÂN BẰNG BỘI
Xét trường hợp phức tạp hơn trong đó sản phẩm của phản ứng thuận nghịch thứ nhất
lại tham gia vào phản ứng thuận nghịch thứ hai:
A+B

C + D (1)

K C'

C+D

E + F (2)

K "C

Đối với phản ứng thuận nghịch (1): K C' 

4

[C ].[ D]
[ A].[ B]


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Đối với phản ứng thuận nghịch (2): K C'' 

Năm học 2018 - 2019

[ E ].[ F ]
[C ].[ D]

Phương trình tổng cộng:

KC 

A+B

C + D (1)

K C'

C+D

E + F (2)

K "C

A B

EF

KC

[ E ].[ F ]
. Ta cũng thu được biểu thức này nếu nhân hai biểu thức KC' và KC'' lại với nhau.
[ A].[ B]

Do đó: KC = K C' . K "C .
Kết luận: Nếu một phản ứng có thể biểu diễn dưới dạng tổng số của nhiều phản ứng
thì hằng số cân bằng phản ứng tổng cộng là tích số của các hằng số cân bằng của mỗi phản
ứng tạo thành.
Lƣu ý: Các hệ số phương trình của mỗi chất trong phương trình phản ứng chính là số
mũ của nồng độ chất đó trong biểu thức tính KC hay số mũ của áp suất riêng phần của chính
chất đó trong biểu thức tính KP.
IV- CÁC DẠNG BIỂU THỨC CỦA HẰNG SỐ CÂN BẰNG
Xét phản ứng thuận nghịch:
aA + bB

xC + yD

1- Hằng số cân bằng theo nồng độ: KC
KC 

[C ] x .[ D] y
[ A]a .[ B]b

2- Hằng số cân bằng theo áp suất: KP
Gọi PA, PB, PC, PD là áp suất riêng phần của các chất khí trong phản ứng lúc cân bằng
với Pi 

ni
.R.T  [Ci ].RT  X i Pchung
V

KP =

( PC ) x .( PD ) y
(với R = 0,082 atm.l.mol-1.K-1)
a
b
( PA ) .( PB )

5


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Quan hệ KP và KC là: KP = KC.(RT) n (với n bằng độ tăng số mol khí trong phương
trình hóa học: n = (x + y) – (a + b))
KP chỉ phụ thuộc vào bản chất của phản ứng và nhiệt độ nhưng không phụ thuộc vào áp suất.
Nếu n = 0  KP = KC
Hằng số KP chỉ áp dụng cho hệ khí.
3- Hằng số cân bằng theo nồng độ phần mol: KX
KX =

n
( X C ) x .( X D ) y
(với X i  i ; ni là số mol khí của chất i)
a
b
( X A ) .( X B )

 ni

Giữa Pi và Xi có quan hệ: Pi = Pxi. Với P =

P

i

(P là tổng áp suất toàn phần của hệ)

Giữa KC, KP, KX có mối quan hệ: KP = KC.(RT) n = KX.P n
Lƣu ý: KX phụ thuộc vào áp suất chung của hỗn hợp khí lúc cân bằng.
4- Hằng số cân bằng theo số mol: Kn
Kn =

(nC ) x .(nD ) y
(nA ) a .(nB )b

nA, nB; nC; nD là số mol mỗi chất có trong phương trình phản ứng lúc cân bằng.
Kn phụ thuộc vào áp suất lẫn tổng hợp số mol khí trong bình lúc cân bằng.
Thí dụ 1: Quá trình biến đổi tương hỗ giữa N2O4 (k) và NO2 (k) có thể biểu diễn bằng 4
phương trình hóa học sau:
N2O4 (k)
1
N2O4 (k)
2

2NO2 (k)
NO2 (k)

2NO2 (k) (1) KC
NO2 (k) (2) K C'
N2O4 (k)

(3) K "C

1
N2O4 (k) (4) K C'''
2

a- Lập biểu thức quan hệ giữa K C' ; K C'' ; K C''' theo KC.
b- Từ kết quả trên, hãy rút ra kết luận.

6


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Giải
a- Lập biểu thức quan hệ giữa K C' ; K C'' ; K C''' theo KC.
K C'  K C ; K C'' 

1
; K C''' 
KC

1
KC

b- Từ kết quả trên, hãy rút ra kết luận.
Mỗi biểu thức của hằng số cân bằng liên quan với hệ số mol của các chất trong
phương trình hóa học (còn gọi là phương trình tỷ lượng của phản ứng hoặc phương trình hợp
thức của phản ứng).
Thí dụ 2: Ở 500c dưới áp suất là 0,344 atm, độ điện ly  của N2O4(k) thành NO2(k) bằng
63%. Xác định KP, KC, KX.
Giải:

N2O4 (k)
Ban đầu:

1

0

Phân ly:



2

Cân bằng: 1 - 
Phần mol

KP =

2NO2 (k)

2

NO2

P

PN 2O4

2

1
1

2
1

2 2 0,344 2.( 2.0,63 ) 2
P2 (
)
1  0,63
1 

 0,906atm
1
1  0,63
P(
)
0,344.(
)
1
1  0,63

KP = KC.(RT) n  0,906 = KC.(0,082.323)(2-1)  KC = 0,034
KX = KP.P- n = 0,906.(0,344)-1 = 2,634.
Thí dụ 3: Ở 10000K, có phản ứng: 2SO2 + O2

2SO3 KP = 3,5 atm-1.

Tính áp suất riêng phần lúc cân bằng của SO3 nếu áp suất chung của hệ bằng 1 atm và
áp suất cân bằng của O2 bằng 0,1atm.
Giải: Gọi x là áp suất riêng phần của SO2 thì áp suất riêng của SO3 = 1 - PO - x = 0,9 – x
2

KP 

2
PSO
3
2
PSO
.PO2
2



x  0,57atm (nhËn)
(0,9  x)2
 3,5  
 PSO3  0,9  0,57  0,33 atm .
2
x .0,1
x  2,2atm (lo¹i)

7


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Thí dụ 4: Cho phản ứng ở thể khí:
CO(k) + H2O(k)

CO2(k) + H2(k)

Tại nhiệt độ T nồng độ lúc cân bằng của cả 4 chất trên đều bằng 0,02M.
a- Hãy tính các hằng số cân bằng KC, KP, Kn; KX của phản ứng.
b- Nếu tại nhiệt độ T ta cho vào bình 2 mol CO và 4 mol hơi nước thì khi cân bằng số
mol mỗi chất bằng bao nhiêu?
Giải
a- Hãy tính các hằng số cân bằng KC, KP, Kn; KX của phản ứng.
CO(k) + H2O(k)

CO2(k) + H2(k)

Ta nhận thấy phương trình trên có n  0 , nên: KC = KP = KX = Kn
KC =

[CO2 ].[ H 2 ] 0,02.0,02

1
[CO].[ H 2 O] 0,02.0,02

Lưu ý: n  0  K không có đơn vị. n  0  K có đơn vị.
b- Nếu tại nhiệt độ T ta cho vào bình 2 mol CO và 4 mol hơi nước thì khi cân bằng số
mol mỗi chất bằng bao nhiêu?
Giả sử khi đạt tới trạng thái cân bằng trong bình đã có x mol CO phản ứng với x mol
H2O tạo thành x mol CO2 và x mol H2. Phương trình hằng số cân bằng Kn sẽ là:
Kn =

nCO2 .nH 2
nCO .nH 2O

1

x.x
4
 x  mol
(2  x).(4  x)
3

4

n

n

mol
CO
H
 2
2

3

4 2

nCO  2   mol
Số mol lúc cân bằng: 
3 3
4 8

n

4

 mol
H
O
 2
3
3


8


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Thí dụ 5: Cho 0,003 mol N2O4 (k) vào bình chân không dung tích 0,5 lít ở 450C xảy ra
phương trình hóa học: N2O4 (k)

2NO2 (k).

Khi cân bằng được thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2
a- Tính số mol các chất ở thời điểm cân bằng.
b- Tính áp suất riêng phần của các chất ở trạng thái cân bằng.
c- Tính hằng số cân bằng KC và KP của phản ứng.
d- Nếu phản ứng trên được viết dưới dạng:

1
N2O4 (k)
2

NO2 (k).

Vậy K P' ; K C' ở cùng nhiệt độ khảo sát là bao nhiêu?
Giải
a- Tính số mol các chất ở thời điểm cân bằng.
N2O4 (k)
Ban đầu:
Phản ứng:

2NO2 (k).

0,003
x

Cân bằng: 0,003 – x
x =

0

(mol)

2x

(mol)

2x

(mol)

63
.0,003  0,00189mol
100

nN2O4  0, 003  0, 00189  0, 00111 mol
nNO2  2.0, 00189  0, 00378 mol
b- Tính áp suất riêng phần của các chất ở trạng thái cân bằng.
Áp dụng công thức: P =

nRT
V

0,00111.0,082.318
 5,79.10  2 atm
0,5
0,00378.0,082.318

 0,197atm

0,5

PN 2O4 
PNO2

9


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

c- Tính hằng số cân bằng KC và KP của phản ứng.

KP 
KC 

( PNO2 ) 2
PN2O4

0,197 2

 0, 67
5, 79.102

KP
0, 67

 2,57.102
n
( RT )
0, 082.318

d- Nếu phản ứng trên được viết dưới dạng:
1
N2O4 (k)
2

NO2 (k).

Vậy K P' ; K C' ở cùng nhiệt độ khảo sát là bao nhiêu?

K P' 
KC' 

PNO2
( PN2O4 )

1

2

 K P  0, 67  0,82

[ NO2 ]
 KC  2,57.102  0,16
1/2
[ N 2O4 ]

10

Năm học 2018 - 2019

Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

B- Bài tập vận dụng:
Câu 1: Trộn x mol CH3COOH với y mol C2H5OH sau một thời gian thấy sinh ra z mol
CH3COOC2H5, tới lúc este không thay đổi
a- Thiết lập biểu thức tính hằng số cân bằng K. Tính K với x = y = 1; z = 2/3
b- Tính khối lượng este tạo thành khi cho 60 gam CH3COOH tác dụng với 184 gam
C2H5OH. Nếu cho 57 ml CH3COOH tác dụng với 244 ml C2H5OH 95,50 thì lượng este thu
được tăng hay giảm so với trên? Tại sao? Biết D CH COOH =1,053 g/ml và D C H OH = 0,79 g/ml.
3

2

5

Giải
a- Thiết lập biểu thức tính hằng số cân bằng K.
Khi lượng este không thay đổi tức là phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng
H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

t 0C

Ban đầu:

x

y

0

0

(mol)

Phản ứng:

z

z

z

z

(mol)

Cân bằng:

x–z

y–z

z

z

(mol)

Chọn V = 1 lít
2 2
.
[CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2O]
z.z
K=
= 3 3 4

[CH 3COOH ].[C2 H 5OH ] ( x  z ).( y  z ) 1 1
.
3 3

b- Tính khối lượng este tạo thành khi cho 60 gam CH3COOH tác dụng với 184 gam
C2H5OH. Nếu cho 57 ml CH3COOH tác dụng với 244 ml C2H5OH 95,50 thì lượng este thu
được tăng hay giảm so với trên? Tại sao? Biết D CH COOH =1,053 g/ml và D C H OH = 0,79 g/ml.
3

nCH3COOH 

2

5

60
184
 1 mol ; nC2 H5OH 
 4 mol
60
46

H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

t 0C

Ban đầu:

1

4

0

0

(mol)

Phản ứng:

t

t

t

t

(mol)

Cân bằng:

1–t

4–t

t

t

(mol)

11


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

K=

Năm học 2018 - 2019

t  5,737  1(lo¹i)
[CH3COOC 2 H5 ].[H2 O]
t.t

4
[CH3COOH].[C 2 H5OH] (1  t).(4  t)
t  0,93(nhËn)

mCH3COOC2 H5  88.0,93  81,84 gam. ; mCH3COOH  V .D  57.1,053  60 gam.

VC2 H5OH ( dd ) .95,50

244.95,50
 233, 02 ml.
100
100
 V .D  233, 02.0, 79  184 gam.

VC2 H5OH ( nc ) 
mC2 H5OH



Số mol axit và ancol vẫn như trên nhưng có thêm nước (trong ancol 95,50), do đó cân
bằng chuyển dịch về bên trái, lượng este giảm đi.

Câu 2: Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất 1 atm, độ phân li của N2O4 thành NO2 bằng 11%.
a- Tính hằng số cân bằng KP 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 đo được độ phân li giảm xuống tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào?
Kết quả nhận được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier không? Vì sao?
Giải
a- Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng.
N2O4 (k)

2NO2 (k).

Ban đầu:

1

Phản ứng:



2

(mol)

Cân bằng:

1- 

2

(mol)

(mol)

nsau= 1 -  + 2  = 1 +  (mol)

PNO2  xNO2 .Pchung 

n NO2
2
.P (với x NO2 
)
nsau
1 

PN 2O4  x N 2O4 .Pchung 

KP 

2
NO2

P

PN 2O4

1
.P
1

2

11 2
(
.P) 2
4.(
)
2
2
4
4
1


100


.P 
.1 
 0,049 .
1
11 2
1 2
1 2
.P
1 (
)
1
100
12

Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

b- Độ phân li sẽ thay đổi như thế nào khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm.
Ta có: KP =

4 2
.P = 0,049
1 2

Thế P = 0,8  KP =

4 2
4 2
=
.0,8 = 0,049    0,123 hay 12,3%
.
P
1 2
1 2

Vậy khi áp suất giảm từ 1 atm xuống 0,8 atm, độ điện li tăng từ 11% lên 12,3%.
c- Để đo được độ phân li giảm xuống tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào?
Kết quả nhận được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier không? Vì sao?
Khi  = 0,08 (hay 8%) thì KP =

4 2
.P =0,049  P = 1,9 atm.
1 2

Vậy khi P tăng từ 1 atm lên 1,9 atm. Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch, điều này
phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier. Vì khi P tăng, cân bằng chuyển
dời theo chiều làm giảm số mol khí.
Câu 3: Cho cân bằng: N2O4 (k)

2NO2 (k).

Cho 18,4 gam N2O4 vào bình chân không dung tích 5,9 lít ở 270C. Khi đạt trạng thái
cân bằng, áp suất đạt 1 atm. Cũng với khối lượng đó của N2O4 nhưng nhiệt độ 1100C thì ở
trạng thái cân bằng nếu áp suất vẫn 1 atm thì thể tích hỗn hợp khí đạt 12,14 lít.
a- Tính % N2O4 bị phân li ở 270C và 1100V.
b- Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt.
Giải
a- Tính % N2O4 bị phân li ở 270C và 1100C.
nN2O4( ban đâu ) 

18, 4
 0, 2 mol.
92

N2O4 (k)

2NO2 (k).

Ban đầu: 0,2

(mol)

Phản ứng: x

2x

(mol)

Cân bằng: 0,2 - x

2x

(mol)

nsau = 0,2 – x + 2x = 0,2 + x (mol)
13


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

*Xét ở 270C.
Ta có: nsau 

=

PV
1.5,9

 0,23969 = 0,2 + x  x = 0,03969 mol
RT 22,4
.(27  273)

273

0, 03969
.100  19,845%
0, 2

*Xét ở 1100C.
Ta có: nsau 

=

PV
1.12,14

 0,3863 = 0,2 + x  x = 0,1863 mol
RT 22,4
.(110  273)
273

0,1863
.100  93,15%
0, 2

b- Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt.
2x 2
)
[ NO2 ]
4x 2
V



KC =
0,2  x
[ N 2 O4 ]
V (0,2  x)
(
)
V
2

(

*Ở 270C.
KC =

4.0,03969 2
 6,66.10 3
5,9.(0,2  0,03969)

*Ở 1100C.
4.0,18632
-3
KC =
 0,8347 = 834,7.10 .
12,14.(0, 2  0,1863)

Ta nhận thấy khi nhiệt độ tăng, số mol N2O4 phân hủy tăng và hằng số cân bằng cũng
tăng nên phản ứng trên là thu nhiệt.

 CO2(k) + H2(k) ở toC có K = 1. Biết nồng độ ban

Câu 4: Cho phản ứng CO(k) + H2O (k) 


đầu của CO bé hơn H2O là 3mol/l. Nếu nồng độ của CO2 và H2 lúc cân bằng đều bằng 2
mol/l. Tính nồng độ ban đầu của CO và H2O.

14


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Giải:

 CO2(k) + H2(k)
CO(k) + H2O (k) 


Ban đầu:

x

x+3

Phản ứng:

2

2

2

2

(mol/l)

x+1

2

2

(mol/l)

Sau phản ứng: x – 2

(mol/l)

x  3(nhËn)
[CO2 ].[H2 ]
2.2

1 
[CO].[H2 O] (x  2).(x  1)
x  2(lo¹i)

Ta có: K =

Vậy: [CO]ban đầu = x = 3 mol/l ; [H2O]ban đầu = 6 mol/l.

Câu 5: Trong một bình kín dung tích không đổi 1 lít ở nhiệt độ không đổi t0C, nồng độ cân
bằng (mol/l) của các chất như sau:
CO + Cl2

COCl2

0,02 0,01

0,02

Bơm thêm vào bình 1,42 gam clo. Tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới.
Giải:

K=

[COCl2 ]
0,02
=
= 100
[CO][Cl 2 ] 0,02.0,01

Số mol clo thêm vào n Cl =
2

1,42
= 0,02 mol.
71

CO + Cl2

COCl2

Ban đầu:

0,02

0,03

0,02

(mol)

Phản ứng:

x

x

x

(mol)

Cân bằng: 0,02 –x 0,03-x
Ta có: K =

0,02 + x

(mol)

[COCl2 ]

0,02  x
=
= 100
[CO][Cl 2 ] (0,02  x).(0,03  x)

x  0,0524  0,02 (lo¹i)
 100x2 – 6x + 0,04 = 0  
x  0,0076(nhËn)

Vậy: [CO] = 0,02 – 0,0076 = 0,0124 M.
[Cl2] = 0,03 – 0,0076 = 0,0224 M.
[COCl2] = 0,02 + 0,0076 = 0,0276 M.
15


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Câu 6: Khi tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH thì hiệu suất phản ứng
cực đại là 66,67%. Muốn đạt hiệu suất cực đại 90% cần tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH
với bao nhiêu mol C2H5OH?
Giải
H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

t 0C

Ban đầu:

1

1

0

0

(mol)

Phản ứng:

2/3

2/3

2/3

2/3

(mol)

Sau phản ứng: 1/3

1/3

2/3

2/3

(mol)

KC =

[CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2 O] 2 / 3.2 / 3

4
[CH 3COOH ].[C 2 H 5 OH ] 1 / 3.1 / 3

Để hiệu suất đạt 90% nên cần tiến hành este hóa 1 mol axit với x mol ancol etylic.
H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

0

t C

Ban đầu:

1

x

0

0

(mol)

Phản ứng:

0,9

0,9

0,9

0,9

(mol)

x – 0,9

0,9

0,9

(mol)

Sau phản ứng: 0,1
KC =

[CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2O]
0,9 .0,9

 4  x  2,925 mol
[CH 3COOH ].[C2 H 5OH ] 0,1 .( x  0,9 )

Câu 7: Xét cân bằng ở pha lỏng:
H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

0

t C

a- Viết biểu thức hằng số cân bằng KC của phản ứng. Cho biết trong trường hợp nào
nồng độ của nước được bỏ qua.
b- Thực nghiệm cho biết ở 250C: trộn 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH, khi cân
bằng được thiết lập, xác định lượng CH3COOH còn lại là 1/3 mol. Tính KX.
c- Nếu ở 250C trộn 1 mol CH3COOH với 0,5 mol C2H5OH thì số mol este thu được là
bao nhiêu?

16


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Giải
a- Viết biểu thức hằng số cân bằng KC của phản ứng. Cho biết trong trường hợp nào
nồng độ của nước được bỏ qua.
[CH 3COOC2 H 5 ].[ H 2O]
[CH 3COOH ].[C2 H 5OH ]

KC =

Nếu phản ứng xảy ra trong dung môi là nước thì khi đó [H2O] tạo ra trong phản ứng
là quá bé so với nồng độ của dung môi nên trong biểu thức KC có thể bỏ qua [H2O].
b- Thực nghiệm cho biết ở 250C: trộn 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH, khi cân
bằng được thiết lập, xác định lượng CH3COOH còn lại là 1/3 mol. Tính KX.
H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

t 0C

Ban đầu

1

1

Phản ứng

2/3

2/3

2/3

2/3 (mol)

Cân bằng

1/3

1/3

2/3

2/3

KX 

(mol)

X CH3COOC2 H5 . X H 2O
X CH3COOH . X C2 H5OH

(mol)

2 2
.
3
 3 4
1 1
.
3 3

c- Nếu ở 250C trộn 1 mol CH3COOH với 0,5 mol C2H5OH thì số mol este thu được là
bao nhiêu?
H SO ,( d )

 CH3COOC2H5 + H2O
CH3COOH + C2H5OH 

2

4

t 0C

Ban đầu:

1

0,5

Phản ứng:

x

x

Cân bằng:

1 –x

KX 

(mol)

0,5 – x

X CH3COOC2 H5 .X H2O
X CH3COOH .X C2 H5OH



x

x

(mol)

x

x

(mol)

x  0, 422(nhËn)
x.x
4
(1  x).(0,5  x)
x  1,577 1(lo¹i)

Vậy số mol este thu được là 0,422 mol.

17


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Câu 8:
a- Tính độ điện ly của dung dịch NH3 0,1M.
b- Độ điện ly thay đổi ra sao khi:
- Pha loãng dung dịch ra 10 lần. Nhận xét.
- Khi có mặt KOH 0,01M. Nhận xét.
- Khi có mặt HCOONa 1M. Nhận xét.

5


4

1
,
8
.
10
;
K

1
,
8
.
10
b
(
NH
)
a
(
HCOOH
)
Cho biết: K
3

Giải
a- Tính độ điện ly của dung dịch NH3 0,1M.
NH3 + H2O

NH 4 + OH-

Ban đầu: 0,1
Phân ly:

x

(mol/lít)
x

Cân bằng: 0,1 – x

x

x

(mol/lít)

x

(mol/lít)

Ta có:
 

x

1
,
33

.
10
M
[
NH
].[
OH
]x
.
x 

5
4
K



1
,
8
.
10


b
(
NH
)
3


3
[
NH
] 0
,
1

x

x


1
,
35
.
10
M
3


3

x
1
,
33
.
10


.
100
%

.
100

1
,
33
%
Độ điện ly 
0
,
1
0
,
1

3

b- Độ điện ly thay đổi ra sao khi:
0
,1

 
0
,01
M
NH

- Khi pha loãng dung dịch ra 10 lần thì C
10
3

Kb ( NH3 )
Độ điện ly  

4

[ NH 4 ].[OH  ]
x.x
 x  4,15.10 M
5


 1,8.10  
4
[ NH 3 ]
0, 01  x

 x  4,33.10 M

x
4,15.104
.100% 
.100  4,15%
0, 01
0, 01

Nhận xét: Độ điên ly tăng khi pha loãng dung dịch.

18


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

- Khi có mặt KOH 0,01M.
KOH  K+ + OHNH 4 + OH-

NH3 + H2O
Ban đầu: 0,1
Phân ly:

x

0,01

(mol/lít)

x

(mol/lít)

x

Cân bằng: 0,1 – x

x

0,01 + x (mol/lít)

Ta có:

K b(NH3 )

x  1,77104 M (nhËn)
[NH 4 ].[OH  ] x.(0,01  x)
5


 1,8.10  
[NH3 ]
0,1  x
x   0,01M (lo¹i)

x
1
,
77
.
10

.
100
%

.
100


0
,
177
%
Độ điện ly: 
0
,
1
0
,
1

4

Nhận xét: Độ điên ly giảm, vì thêm KOH vào tức là tăng nồng độ OH-, cân bằng
chuyển dịch theo chiều ngược lại là giảm sự phân ly của NH3.
- Khi có mặt HCOONa 1M.
HCOONa  HCOO- + Na+
1
H2 O

1

H+ + OH- . K H O  1014 (1)
2

H+ + HCOO- Ka = 1,8.10-4.

HCOOH

+
 H + HCOO

(M)

HCOOH K a1  (1,8.10-4)-1 (2)

Tổng hợp phương trình (1) và (2) ta được:
HCOO- + H2O

HCOOH + OH- . Có hằng số cần bằng K.


14
K
H
O 10

11
K
2  

5
,
56
.
10
4
K
,

8
.
10
a 1


5
1
,8
.10
b
(NH
)
Nhận xét: K = 5,56.10-11 << K
.
3

Điều đó chứng tỏ sự thủy phân của HCOO- không đáng kể, nghĩa là sự có mặt của
HCOONa không ảnh hưởng gì đến sự điện ly.
Vậy độ điện li:   1,33%.
19


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Câu 9: Tính pH của các dung dịch sau
a- dung dịch NaOH 10-7M.
b- dung dịch X gồm có NH4Cl 0,01M và NH3 0,1M. Biết K NH = 1,8.10-5.

3

Giải
a- dung dịch NaOH 10-7M.
NaOH  Na+ + OH10-7

10-7 (M)
H+ + OH-

H2 O
x
Ta có:

x

x

(M)

[OH-] (dd) = [OH-] (NaOH) + [OH-] ( H O ) = 10-7 + x
2

(M)

Mặt khác: [H+].[OH-] = 10-14
8

x  6,18.10 M (nhËn)
 (10-7 + x). x = 10-14  
7


x   1,618.10 M  lo¹i 

Vậy pH = - log 6,18.10-8 = 7,21
b- dung dịch X gồm có NH4Cl 0,01M và NH3 0,1M. Biết K NH =1,8.10-5.
3



NH4Cl  NH 4 + Cl0,01

0,01

NH3 + H2O

(M)
NH 4 + OH-.

Ban đầu:

0,1

0,01

0

(M)

Phân ly:

x

x

x

(M)

Cân bằng:
Ta có: K NH 
3

0,1 – x

0,01 + x

x

(M)

[ NH 4 ].[OH  ] (0, 01  x).x

 1,8.105
[ NH 3 ]
(0,1  x)

 x2 + (1,8.10-5 + 0,01).x – 1,8.10-6 = 0

x  1,766.10 (nhËn)



x   0,01(lo¹i)
4

pOH = - log1,766.10-4 = 3,75.  pH = 14 – 3,75 = 10,25.
20


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Câu 10: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 25 ml H3PO4 0,08M với 15 ml AgNO3
0,04M. Biết H3PO4 có pKa  2, 23; pKa  7, 21; pKa  12,32; Ksp
1

2

3

( Ag3PO4 )

 1019,9

Giải
Dung dịch sau khi trộn có
25
.0
,08

0
,05
M
[H3PO4] = 25

15
15
.0
,04

+

0
,015
M
[AgNO3] = 25
 [Ag ] = 0,015M

15

Trong dung dịch có các cân bằng sau:
H+ + H2PO 4

H3PO4

K a  10-2,23

(1)

1

H2PO 4

H+ + HPO 24  K a = 10-7,21 (2)

HPO 24 

H+ + PO 34

2

K a = 10-12,32 (3)
3

H+ + OH-

H2 O

K H O = 10-14

(4)

2

Do K a >> K a >> K a >> K H O , nên chỉ xét cân bằng (1)
1

2

3

H3PO4
Ban đầu:

0,05

Phân ly:

x

1

H+ + H2PO 4

K a  10-2,23
1

(1)

(M)

Sau phân ly: 0,05 – x
Ta có: K a 

2

x

x

(M)

x

x

(M)

x   0,02(lo¹i)
[H  ].[H 2 PO4 ]
x.x

 102,23  
[H3PO4 ]
0,05  x
x  0,0145(nhËn)

 [H+] = [H2PO 4 ] = 0,0145 M.
 [H3PO4] = 0,05 – 0,0145 = 0,0355M.

Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có:
H3PO4

3H+ + PO 34

KC = K a .K a . K a = 10-2,23 . 10-7,21 . 10-12,32 = 1,74.10-22.
1

2

3

[ H  ]3 .[ PO43 ]
0, 0355
KC 
 [ PO43 ]  1, 74.1022.
 2, 03.1018 M
3
[ H 3 PO4 ]
(0, 0145)
3

Xét : [Ag+]3[PO 4 ] = (0,015)3. 2,03.10-18 = 6,85.10-24 < K sp

( Ag3PO4 )

21

 1019,9


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Vậy không tạo kết tủa Ag3PO4.
Ag3PO4

3Ag+ + PO 34

K sp( Ag PO ) = 10
3

-19,9

.

4

3

Vậy PO 4 tự do  [H+] không thay đổi so với tính toán ở trên  [H+] = 0,0145M.
pH = - log[H+] = - log0,0145 = 1,84.
Câu 11: Cho biết axit photphorơ (H3PO3) là một axit hai lần axit với các hằng số cân bằng
là K a =1,6.10-2 và K a =7.10-7. Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl3 vào
1

2

450 ml dung dịch NaOH 1M.
Giải
Khi hòa tan PCl3 vào dung dịch NaOH ta có các phản ứng
PCl3 + 3H2O  H3PO3 + 3H+ + 3Cl- (1)
0,1

0,1

0,3

(mol)

NaOH  Na+ + OH0,45.1

0,45

(mol)

H+ + OH-  H2O (2)
0,3

0,3

(mol)

H3PO3 + OH-  H2PO 3 + H2O (3)
0,1

0,1

0,1

(mol)

H2PO 3 + OH-  HPO 32  + H2O (4)
0,05

0,05

0,05

(mol)


2


[
H
].[
HPO
][
H
].
0
,
05

7
3



7
.
10
a
Ta có: K

2
0

,
05
[
HPO
]
3

pH = -log[H+] = - log7.10-7 = 6,15.

22


Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Câu 12 : Phản ứng điều chế NH3 là phản ứng thuận nghịch và diễn ra theo phương trình hóa học:
N2 + 3H2

2NH3

Khi đạt đến trạng thái cân bằng, nồng độ của các chất trong đó bằng [N2] = 0,01M ;
[H2] = 2M và [NH3] = 0,4M.
Hãy tính hằng số cân bằng và nồng độ ban đầu của hiđro và nitơ.
Giải :
N2 + 3H2

2NH3

Ban đầu :

x

y

0

(M)

Phản ứng :

0,2

0,6

0,4

(M)

Sau phản ứng :

0,01 2

Ta có : K =

0,4 (M)

[NH 3 ]2
0, 42


2
[N 2 ].[H 2 ]3 0, 01.23

[N2](ban đầu) = x = 0,2 + 0,01 = 0,21M.
[H2](ban đầu) = y = 0,6 + 2 = 2,6M.
Câu 13: Tỉ khối hơi của sắt (III) clorua khan ở 4470C so với không khí là 10,49 và ở 5170C
là 9,57 và tồn tại cân bằng sau: 2FeCl3 (k)

Fe2Cl6 (k)

a- Tính phần trăm số mol Fe2Cl6 có mặt trong cân bằng ở nhiệt dộ trên.
b- Phản ứng thuận viết ở trên là thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích tại sao?
Giải:
a- Tính phần trăm số mol Fe2Cl6 có mặt trong cân bằng ở nhiệt dộ trên.
* Xét ở 4470C:
Khối lượng mol của FeCl3 khan ở 4470C: M = 10,49. 29 = 304,21.
Gọi x là số mol của Fe2Cl6 có trong một mol hỗn hợp.
Ta có: 325x + 162,5 (1 – x) = 304,21  x = 0,872
Vậy: %nFe Cl 
2

6

0,872
.100  87, 2% .
1

23

Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

* Xét ở 5170C:
Khối lượng mol của FeCl3 khan ở 5170C: M = 9,57. 29 = 277,53.
Gọi x là số mol của Fe2Cl6 có trong một mol hỗn hợp.
Ta có: 325x + 162,5 (1 – x) = 277,53  x = 0,708
Vậy: %nFe Cl 
2

6

0, 708
.100  70,8% .
1

b- Phản ứng thuận viết ở trên là thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích tại sao?
Vậy phản ứng thuận viết ở trên là phản ứng tỏa nhiệt vì khi nhiệt độ tăng từ 4470C lên
5170C, cân bằng chuyển dịch sang trái (lượng sản phẩm Fe2Cl6 giảm) theo chiều thu nhiệt
(phản ứng nghịch).

 2HI (k). Ở nhiệt độ 4300C, hằng số cân bằng KC của
Câu 14: Cho phản ứng: H2 (k) + I2 (k) 


phản ứng trên bằng 53,96. Đun nóng một bình kín dung tích không đổi 10 lít chứa 4,0 gam H2 và
406,4 gam I2. Tính nồng độ của HI khi hệ phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở 4300C.
Giải
4

 2mol.
2
2
 [H 2 ]   0, 2 M .
10
406, 4
nI 2 
 1, 6mol.
254
1, 6
 [I 2 ] 
 0,16 M
10
nH 2 


 2HI (k)
H2 (k) + I2 (k) 


Ban đầu:

0,2

Phản ứng:

x

Cân bằng:
KC 

0,2 –x

0,16

0

(M)

x

2x

(M)

0,16 – x

2x

(M)

x  0,2513  0,16 (lo¹i)
(2x)2
 53,96  49,96x 2  19, 4256x  1,72672  0  
(0,2  x).(0,16  x)
x  0,1375(nhËn)

Vậy [HI] = 2.0,1375 = 0,275M
24

Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

Năm học 2018 - 2019

Câu 15: Cho 5,6 gam CO và 5,4 gam H2O vào một bình kín dung tích không đổi 10 lít.
Nung nóng bình một thời gian ở 8300C để hệ đạt đến trạng thái cân bằng:

 CO2 (k) + H2 (k) (hằng số cân bằng Kc = 1). Tính nồng độ cân bằng
CO (k) + H2O (k) 


của CO, H2O.
Giải
5, 6
 0, 2mol.
28
0, 2
 [CO] 
 0, 02 M .
10
5, 4
nH 2O 
 0,3mol.
18
0,3
 [H 2 O] 
 0, 03M .
10
nCO 


 CO2(k) + H2(k)
CO(k) + H2O(k) 


Ban đầu:

0,02

0,03

0

0

(M)

Phản ứng:

x

x

x

x

(M)

0,03 – x

x

x

(M)

Cân bằng:
KC 

0,02 –x

x.x
 1  0, 05 x  0, 0006  x  0, 012
(0, 02  x).(0, 03  x)

Vậy [CO] = 0,02 – 0,012 = 0,008M.
[H2O] = 0,03 – 0,012 = 0,018M.
Câu 16 : Thực hiện phương trình hóa học : 2SO2 (k) + O2 (k)

2SO3 (k).

Tại 7000K và 1 atm, thành phần của hệ khi cân bằng là: 0,21 mol SO2; 10,30 mol SO3;
5,37 mol O2 và 84,12 mol N2. Hãy xác định :
a- Hắng số cân bằng KP.
b- Thành phần của hỗn hợp ban đầu.
c- Độ chuyển hóa của SO2.

25