TÔNG HỢP CÁC CHUYÊN ĐỀ BỒI DƯỠNG HSG HÓA HỌC THPT

TỔNG HỢP CÁC CHUYÊN ĐỀ

BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA THPT
CĐ1. NHIỆT ĐỘNG
CĐ2. AXIT – BAZƠ
CĐ3. CÂN BẰNG HÓA HỌC

-1-


-2-


CHUYÊN ĐỀ 1. NHIỆT – ĐỘNG
I. CƠ SỞ LÍ THUYẾT
1. 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 chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2 bằng biến thiên
2

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

QTN

T

(STN = SBTN)

1

2. NGUYÊN LÍ II CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC
dS 

Q
T

- Trong hệ cô lập Q = 0. nên:
+ dS = 0: trong hệ cô lập entropi của hệ khơng đổi nếu xảy ra q trình thuận nghịch.
+ dS > 0 : trong hệ cơ lập, q 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.
3. SỰ BIẾN THIÊN S TRONG QUÁ TRÌNH BIẾN ĐỔI TRẠNG THÁI CỦA CHẤT
Khi chất nguyên chất nóng chảy hoặc sơi ở P = const thì:
2

T = const  S =

Q

T
1

=

H
T

H = nhiệt biến thiên trạng thái = Ln/c hoặc Lh

4. S TRONG Q TRÌNH GIÃN NỞ ĐẲNG NHIỆT KHÍ LÍ TƯỞNG

-3-


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
V
 QTN = - WTN = nRT. ln 2
V1

T = const S =

2

( = -(- P. V) =


1

nRT
.dV ).
V

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

P2
T

5. SỰ BIẾN THIÊN ENTROPI CỦA CHẤT NGUYÊN CHẤT THEO NHIỆT ĐỘ
- Q trình P = const: Đun nóng 1 chất ngun chất từ T1  T2, khơng có sự chuyển pha:
T2

S =

QTN

Với Q = QP = dH = n.CP.dT

T

T1

T2

S = n.C P .
T1

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

6. ENTROPI TUYỆT ĐỐI - NGUYÊN LÍ 3 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 q trình đun nóng có sự chuyển pha thì:
S = ST - S(T = 0) = ST =
Tnc

5

 S

i

i 1

T

Lnc S
LS T
dT
dT
dT
 n.C P (l ) .
n.

 n.C P ( h ) .
 ST = n.C P ( r ) . n.
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
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 = S(sp) - S(t/g)

S0298= S0298(sp) - S0298(t/g)
-4-


+ 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. Cịn trong trường hợp số mol khí ở 2 vế bằng nhau hoặc
phản
ứng khơng có chất khí thì S có giá trị nhỏ.
8. THẾ NHIỆT ĐỘNG
Scô lập = S hệ + S mt ≥ 0
8.1. Thế đẳng áp, đẳng nhiệt G (năng lượng Gibbs)

Xét hệ xảy ra sự biến đổi ở P, T đều khơng đổi trong q trình này mơi 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 khơng đổi thì q trình xảy ra theo chiều có
G = H – T. S < 0
Và đạt tới trạng thái cân bằng khi G = 0.
8.2. Thế đẳng tích, đẳng nhiệt F (Năng lượng Helmholtz)
Nếu hệ biến đổi ở điều kiện T, V khơng 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 q 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
- Cơng: WP = - P.dV = -n.R.dT

 WP = - P. V = - nRT
-5-


T2

- Nhiệt: QP = dH = n. C P .dT

 QP = H = n. C P .dT
T1

- Nội năng: dU = Q + W

 U = H – P. V = H – n.R. T

2
Q
Q
dS ≥ TN  S ≥  TN
T
T
1

- Entropi:

Nếu C P = const  STN = n. C P .ln

T2

 STN =

dT
n.C P .
=

T
T1

T2

n.C

P

.d ln T

T1

T2
T1

* Q trình đẳng tích

- Cơng:

WV = - P.dV = 0

 WV = 0
T2

- Nhiệt: QV = dUV = n. CV .dT

 QV = UV = CV .n.dT
T1

Nếu CV = const QV = n. CV .T
UV = QV + W’

- Nội năng:
- Entropi:

Q
S ≥ V =
T

T2

T

2
dT
n
.

C
.

 V T Tn.CV .d ln T
T1
1

- Entanpi: H = U + PV

 S ≥ n. CV .ln

 dH = dU + P.dV + V.dP = dU + V.dP
 H = U + V . P

* Q trình đẳng nhiệt
- Cơng: WT = - 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

- Nội năng: UT = 0
- Entanpi: HT = UT + (PV)T = UT + nR. T = 0
- Entropi: S TN =

T2
( CV = const)
T1

QTN Lnc
Lh

hoặc =
T
Tnc
TS

* Với quá trình dãn nở khí lí tưởng thuận nghịch
QTN U  W T2
dT

 n.CV .


S =
T
T
T
T1

V2

nRT

V

dV

V1

-6-

V2
V1

(dV = 0)


Nếu CV = const

 S = n. CV ln
S = nRT ln

Vì T = const

T2
V2
+ nRT ln
T1
V1

V2
P1
= nRT.ln
V1
P2

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

dU = Q + W = W = -PdV = n.CV .

- Nội năng và cơng:

T1

dT
T

*Q trình bất thuận nghịch
dUBTN = WBTN = -Png .dV = -P2.dV
UBTN = WBTN = -Png.(V2 – V1) = n.CV. T
* Quá trình thuận nghịch W = U = n.CV(T2- T1)

T1. V 1  1 = T2 . V 2  1  T2 = T1.(

V1 -1
)
V2

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

QTN
=0
T

* Phương trình Poisson: (Dùng cho quá trình thuận nghịch)
P.V = const;

T . V   1 = const;
* WBTN = -P2(V2 – V1) = - P2.(



CP
CV

nRT2 nRT1

) nCV (T2  T1 )
P2
P1

 T2  U = W = ....  V2

* 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: G = - nEF
dG
dE
= - nF.
= - S
dT
dT

 S = nF.

dE
dE
H = G + T. S = nF( T.
- E)
dT
dT

9. 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
-7-


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
10. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM G:
dG = V.dP – SdT ( coi W’ = 0)
10.1. 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

 G 
T .
  G
H
 T  P
 2
2
T
T





 G 


H
 T P
 2
T
T
GT 2
T2

GT2

T

2
G
H
  2 .dT
  d.
T
GT 1
T1 T



T2



GT1
T1

T2



G

T

2

.dT

T1

T1
o
GT G298
1 
1

 H o  

Nếu coi H khơng phụ thuộc vào nhiệt độ thì:
T
298
 T 298 

o

10.2. Sự phụ thuộc vào P:
P2

2

 G 
Khi T = const    V
 P  T

P2

 dG  V .dP  GT  P2   GT  P1   V .dP
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 =

P
nRT
 GT  P2  GT  P1  nRT . ln 2
P1
P

Nếu áp suất bình thường: P1 = Po = 1bar (1 atm)  GT(P) = GoT + nRT.lnP (P tính bằng bar (atm)).
11. TÍNH G CỦA MỘT SỐ QUÁ TRÌNH:
11.1. Giãn nén đẳng nhiệt khí lí tưởng
-8-


G = nRT.ln

P2
V1

= nRT.ln
P1
V2

11.2. Trộn lẫn đẳng nhiệt, đẳng áp 2 khí lí tưởng:
G = nA.RTlnxA + nB.RTlnxB
11.3. Q trình chuyển pha thuận nghịch (tại nhiệt độ chuyển pha): Gcf = 0
11.4. 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.
11.5. G của phản ứng hố học: Gopư = GoS(sản phẩm) - GoS(tham gia)

II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
Bài 1. Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K
Số phản ứng
(1)

Phản ứng
2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O
N2O + 3H2  N2H4 + H2O

(2)

2NH3 + 0,5O2  N2H4 + H2O
H2 + 0,5 O2  H2O

(3)
(4)

 Ho298 (kJ)

 1011
 317
 143
 286

S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
S0298 (N2)

= 191 J/K.mol ; S0298 (O2)

= 205 J/K.mol

a) Tính nhiệt tạo thành  Ho298 của N2H4 ; N2O và NH3.
b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính  Ho298 ,  Go298 và hằng số
cân bằng K của phản ứng này.
c) Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2mol NH3 và 0,5mol O2 thì nhiệt của phản ứng (3) ở thể
tích không đổi là bao nhiêu?
Bài giải
a) Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được
N2 + H2  N2H4 . Đó là:


2NH3 + 3N2O

-H1

9H2



3N2H4 + 3H2O

3H2

2NH3 + 0,5 O2



N2H4 + H2O

H3

H2O



H2 + 0,5 O2

4N2 + 3H2O
3N2O +

-9-

-H4


Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2  4N2H4 có 4H5
Suy ra H5 = (-H1 + 3H2 + H3 - H4) : 4
= (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol
Từ H5 và H4 và H2 tính được H N O = H5 + H4 - H2

2

= 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ H5 và H4 và H3 tính được H NH = H5 + H4 - H3
3

= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol
b) N2H4 + O2 ⇌ N2 + 2H2O
H 0298 = 2  ( 286)  50,75 =  622,75 kJ/mol
S 298 = 191 + (2  66,6)  205  240 =  120,8 J/K
0

G 298 =  622,75  ( 120,8. 10 3  298) =  586,75 kJ/mol
0

ln K = 

G
586, 75.103
=
= 236,8 ;
RT
8,314 �298

K = 10103.

c) H = U + PV = U + nRT ��
� U = H  nRT
Với n = 1  2,5 =  1,5 cho U =  143.103  (  1,5)  8,314  298 =  139 kJ
Bài 2. Tại nhiệt độ nào sự chuyển 1 mol nước lỏng thành hơi nước ở áp suất khí

quyển 1atm là một q trình tự xảy ra. Biết nhiệt hoá hơi 1 mol nước lỏng bằng
40587,80 J và biến thiên entropi của sự chuyển trạng thái này bằng 108,68 J/K.
Bài giải
G = H  TS = 40587,80  T. 108,68
Tại cân bằng H2O (l) ⇌ H2O (h) thì G = 0 nên 40587,80 = 108,68.T ��
� T=
373,46 K
Vậy muốn quá trình tự xảy ra thì T > 373,46 K
Bài 3. Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân huỷ thành nitơ
monoxit và clo.
a) Hãy viết phương trình cho phản ứng này
b) Tính Kp của phản ứng ở 298K(theo atm và theo Pa). Cho:
Nitrosyl clorua
51,71
 Ho298 (kJ/mol)
264
S0298 (J/K.mol)
c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K
- 10 -

Nitơ monoxit

Cl2

90,25
211

?
223

Bài giải:
a) 2NOCl ⇌ 2NO + Cl2.
b) Hằng số cân bằng nhiệt động lực học được tính theo phương trình G =  RTlnK
Trong đó G = H  T. S
H = [(2  90,25. 103) + 0  (2  51,71. 103 ) = 77080 J/mol
S = [(2  211) + 233  (2  264) = 117 J/mol
G = 77080  298  117 = 42214 J/mol
và ln K = 

42214
=  17 ��
� Kp = 3,98. 10 8 atm và Kp = 4,04. 10 3 Pa
8,314 �298

c) Tính gần đúng:
ln

Kp (T2 ) H �1 1 �
77080 � 1
1 �
 ���

=
� lnKp(475K) =
�
�
�+ lnKp(298)
Kp (T1 )
R �T1 T2 �

8,314 �298 475 �

� Kp = 4,32. 10  3 atm hay Kp = 437Pa
ln Kp (475) =  5,545 ��

Bài 4. Hằng số cân bằng (Kc ) của một phản ứng kết hợp A (k) + B (k) ⇌ AB (k)
ở 250C là 1,8. 103 L/mol và ở 400C là 3,45.103 L/mol .
a) Giả sử  Ho không phụ thuộc nhiệt độ, hãy tính  Ho và  So.
b) Hãy tính các hằng số cân bằng Kp và Kx tại 298,15 K; áp suất toàn phần là 1 atm
Bài giải:
a) Với ln

Kp (T2 ) H
=
Kp (T1 )
R

�1 1 �
H � 1
1 �
3, 45.103


ln
=
��
�
�
�
�

3
8,314 �298,15 313,15 �
1,8.10
�
�T1 T2 �

Tính được H = 33,67 kJ/mol
� (33,67  103 )  T2. S =  8,314 T2. ln 3,45.
Với G = H  T. S =  RTlnK ��

103.
��
� S =

(33, 67.103 )  8,314 �313,15 �ln 3, 45.103
= 175,25 J/K.mol
313,15

b) Vì Kp = Kc.(RT)
Kp = Kx. (P)

n

n

1,8.103
1
với n = 1 nên Kp = 8,314 �298,15 = 0,726 atm .

với n = 1 nên Kx = 0,726  1 = 0,726

- 11 -


Bài 5. Amoni hidrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH 3 (k) và H2S
(k). Cho biết:
Hợp chất
NH4HS (r)
NH3(k)
H2S (k)

H0 (kJ/mol)
 156,9
 45.9
 20,4
o
o
o
a) Hãy tính  H 298 , S 298 và  G 298 của phản ứng trên

S0 (J/K.mol)
113,4
192,6
205,6

b) Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 250C của phản ứng trên
c) Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35 0C của phản ứng trên, giả thiết  H0 và  S0
không phụ thuộc nhiệt độ.
d) Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 L. Hãy tính áp suất tồn
phần trong bình chứa nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 250C. Bỏ qua thể

tích của NH4HS (r). Nếu dung tích bình chứa là 100,00L, hãy tính lại áp suất tồn
phần trong thí nghiệm trên.
Bài giải:
a) H0 =  45,9 20,4  (  156,9 ) = 90,6 kJ/mol
S0 = 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol
G0 = H0  T. S0 = 90600  298,15  284,8 = 5687 J/mol hay 5,687 kJ/mol
�  5687 =  8,314  298,15  ln Ka. ��
� Ka = 0,1008
b) G0 =  RT.ln Ka ��

Kp = Ka = 0,1008 atm2.
c) Tương tự tại 350C, G0 = H0  T. S0 = 2839 J/mol nên Ka = 0,3302 và Kp =
0,3302 atm2.
d) Do P (toàn phần) = P (NH3) + P (H2S) ��
� P (NH3) = P (H2S) = 0,5P (toàn phần)
� P (toàn phần) = 0,635 atm
Kp = [0,5P (tồn phần)]2 = 0,1008 ��

số mol khí =

0, 635 �25
PV
=
= 0,64 mol → số mol NH4HS = 1  0,50,64=
0, 08314 �298,15
RT

0,68
* Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí =

0, 635 �100
= 2,56 mol
0, 08314 �298,15

số mol NH4HS = 1  0,5  2,56 =  0,28 ��
� khơng cịn chất rắn
- 12 -


Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên
P (tồn phần) =

nRT 2 �0, 08314 �298,15
=
= 0,5 atm
V
100

Bài 6. Cho các số liệu sau:
H3PO4(dd) H2PO 4 (dd) HPO 24 (dd)
 1288
 1296
 1292
 H0 (kJ/mol)
158
90
 33
S0 (J/K.mol)
a) Tính  H0 và  G0 của các phản ứng trung hoà từng nấc H

PO 34 (dd)
 1277

 220

H2O (lỏng)
 56
81

3PO4 bằng kiềm

HnPO n4 3 + OH   Hn 1PO n4 4 + H2O
b) Tính hằng số điện ly của H3PO4 ở 250C theo các số liệu trên
c) Tính thể tích của những dung dịch 0,1 mol/L của axit và của kiềm mà khi trộn
chúng với nhau thì thu được 25 ml dung dịch và phát ra một lượng nhiệt là 90 J.
Bài giải:
a) H0 và S0 của H+ đều bằng 0:

0

0

H H O  H OH =  56 kJ/mol


2

H n = H 3n  H 3n 1  56 ; S 3 = S 3n  S 4 n + 81
0

0

0

0

0

0

Theo G0 = H0  T. S0 có
* H 10 =  1296 + ( 56)  ( 1288) =  64 kJ/mol ; S 10 = 90 + 81  158 = 13 J/mol.K
G 1 =  64  298,15  13. 10 3 =  67,9 kJ/mol
0

* H 02 =  1292 + ( 56) ( 1296) =  52 kJ/mol ;

S 02 = 33 + 81  90 = 42

J/mol.K
G 2 =  52  298,15  ( 42. 10 3 ) =  39,5 kJ/mol
0

* H 30 =  1277 + ( 56) ( 1292) =  41 kJ/mol ;

S 30 = 220 + 81  ( 33) = 106

J/mol.K
G 2 =  41  298,15  ( 106. 10 3 ) =  9,4 kJ/mol
0

b) G H O = 56  298,15  (81.10 3) = 80,15 kJ/mol
0

2

� ln K = 
Theo G0 =  RT.ln K ��

Tổ hợp

G 0
RT

H3PO4 + OH  ⇌ H2PO 4 + H2O


- 13 -

0

G 1


H2O ⇌ OH  + H+
Cho H3PO4 ⇌ H+ + H2PO 4



ln Ka1 = 

0

 H H O
2

0

0

G a1 = G 1  H H O =  67,9 ( 80,15)= 12,25 kJ/mol
0

2

12, 25.103
=  4,944
8,314 �298

Tương tự H2PO 4 ⇌ H+ + HPO 4


2

HPO 4 ⇌ H+ + PO 4
2

3

Ka1 = 7,9. 10  3.

Ka2 = 8,0. 10  8.

0

G a 2 = 40,5 kJ/mol ;

Ka3 = 4,4. 10  13.

0

G a 3 = 70,5 kJ/mol ;

c) Số mol H3PO4 = 0,1V1 ; OH  = 0,1V2.
* Nếu tạo hỗn hợp 2 muối axit : 64  0,1V1+ (0,1V2  0,1V1)  52 = 0,09 và V1 + V2
= 0,025
Giải pt cho V2 = 0,015 L ; V1 = 0,01 L
* Nếu tạo hỗn hợp muối axit và muối trung hòa:
52  0,1V1 + (0,1V2  0,1V1)  41 = 0,09 ��
� V2 = 0,0175 L ; V1 = 0,0071 L
Bài 7. Cho các số liệu sau:
C2H5OH (h)

C2H4 (k)
68,12

 168,6
G
(kJ/mol)
0
282,0

219,45
S 298 (J/mol. K)
Với phản ứng : C2H4 (k) + H2O (h) ⇌ C2H5OH (h)
0
298,s

H2O (h)
 228,59
188,72

a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 250C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
b) Phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt?
Bài giải:
a) G 298 =  168,6  [68,2 + (  228,9)] =  8,13 kJ < 0 nên phản ứng theo chiều thuận.
0

b) H 0298 = G 0298 + T. S 0298
S 298 = 282,0  (188,72 + 219,45) = 126,17 J/ K
0

� phản ứng tỏa nhiệt.
H 298 =  8,13. 103 + (126,17  298) =  45728,66 J < 0 ��
0

Bài 8. Cho các số liệu sau ở 270C:
NH4COONH2
(r)
- 14 -

CO2 (k)

NH3 (k)


0
 393,5
 46,20
 H 300,s (kJ/mol)  645,2
0
 458,0
 394,4
 16,64
 G 300 (kJ/mol)
Với phản ứng : NH4COONH2 (r) ⇌ CO2 (k) + 2 NH3 (k)

a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 270C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
b) Nếu coi  H0 và  S0 không đổi đối với T thì bắt đầu ở nhiệt độ nào phản ứng ở
điều kiện chuẩn xảy ra theo chiều ngược với chiều phản ứng ở 270C ?
Bài giải:
0
a) G 300
= (  394,4) + (  16,64  2)  (  458,0) = 30,32 kJ > 0

Theo G = A + PV hay G = A + PV = A + n.RT với n = 3
thì A 300 = 30,32. 103  3  8,314  300 = 22837,4 J > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều
0

nghịch.
b) H 300 = (  393,5) + (  46,2  2)  (  645,2) = 159,3 kJ
0

0
S 300
=

H 0  G 0 159300  30320
=
= 429,93 J/K
300
300

mà U0 = H0  nRT

0
U 300
= 159300  3  8,314  300 = 151817,4 J

Để phản ứng xảy ra theo chiều ngược với chiều ở 27 0C thì A0 = U0  TS0 phải <
0
� T > 353,12 K tức là ở 800C thì phản ứng đổi
A0 = 151817,4  T  429,93 < 0 ��

chiều.
Bài 9: Tính sự biến thiên entropi của q trình đun nóng 0,5 mol H 2O 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.
Bài giải:
o

H2O(r)
223K

 S1

o

o

o
S
 So3
 S4
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
.


C
.


C
.
= n.   P ( r )

P
(
l
)
P
(
h
)


T 273 273
T 373 373
T 
 223

- 15 -


273 6004
373 40660
773


2
35,56. ln 223  273  75,3. ln 273  373 30,2. ln 373 10 (773  373)

=0,5.

=

93,85(J/K)
Bài 10. Tính sự biến thiên entropi khi trộn lẫn 200g nước ở 15 oC với 400g nước ở
60oC. Biết rằng hệ là cô lập và nhiệt dung mol của nước lỏng là 75,3 J/mol.K
Bài 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  T =

318

200
dT
S hệ = S1 + S2 =  .75,3.
+
18
T
288

=

318

2.333 288
= 318(K)
3

400

dT

 18 .75,3. 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.
Bài 11. 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 thơng với
nhau. Nhiệt độ và áp suất của các khí lúc đầu đều ở đkc (273K, 1atm).
Bài giải:
Vì khí lí tưởng khuếch tán vào nhau nên q 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

V
= 3,003J/K
0,3V
- 16 -

V2
V1


 S = S N + S H + S NH = 8,56(J/K)
2

2

3

* Q trình khuếch tán khí lí tưởng là đẳng nhiệt nên H = 0
 G 273 = H – T. S = -273.8,56 = -2336,88(J)
Bài 12. Trong các phản ứng sau, những phản ứng nào có  S > 0;  S < 0 và  S  0
ít.

C(r) + CO2(k)  2CO(k) (1)
CO(k) +

1
O2(k)  CO2(k)
2

(2)

H2(k) + Cl2(k)  2HCl(k)

(3)

S(r) + O2(k)  SO2(k)

(4)

Bài 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.
Bài 13. Cho bit p:

C2H4(k) +H2O(h)
và các số liệu 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?
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?

Bài 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)
Ph¶n øng x¶y ra theo chiỊu thuËn
 Gp (298) =-8,13kJ <0
o

c)
- 17 -


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
=-8,13 +298(- 126,17 .10-3) =- 45,72866(kJ)

<0
ph¶n øng to¶ nhiƯt

o

H298,p

Bài 14. Một mol khí lí tưởng đơn nguyên tử ở 300K và 15atm giãn nở tới áp suất
1atm. Sự giãn nở được thực hiện bằng con đường:
a) Đẳng nhệit và thuận nghịch nhiệt động.
b) Đẳng nhiệt và không thuận nghịch.
c) Đoạn nhiệt và thuận nghịch.
d) Đoạn nhiệt bất thuận nghịch.
Trong các quá trình bất thuận nghịch, sự giãn nở chống lại áp suất 1atm. Tính Q, W,

 U,  H,  Stp cho mỗi trường hợp.
Bài giải:
a) T = const  U = 0 ; H = 0
2

WTN = - PdV = - nRTln
1

V2
P1
= -nRTln
V1
P2

WTN = -1(mol).8,314 (J.mol-1K-1) .ln

15
.300(K)
1

= -6754,42(J)

Q = -W = 6754,42(J)
Stp = Smt + Shệ = 0

Quá trình giãn nở thuận nghịch:
b) T = const  U = 0 ; H = 0
WBTN = -Png(V2 - V1) = -P2(

nRT nRT
P2
1
) = nRT( - 1) = 1. 8,314.300.(
- 1)=
P2
P1
P1
15

-2327,92(J)
QBTN = -W = 2327,92(J)
Stp = Smt + Shệ
2

U  W

dT
Q
 nCV
Shệ(BTN) = Shệ(TN) = TN =
+
T
T
T
1

2

V2
P1
nR
dV
=
nRln
=
nRln

V1
P2
V
1

= 1.8,314 .ln
Smt =

 2327,92

Qmt
Q
= - he =
= -7,76(J/K)
300
T
T
- 18 -

15
= 22,515(J/K)
1

 Stp = 22,515 - 7,76 = 14,755 (J/K)


( Quá trình giãn nở này tự xảy ra)
c) Đoạn nhiệt  Q = 0
T.V- 1 = const

Đoạn nhiệt thuận nghịch  Theo Poisson
nRT
 nRT 
Mà V =
 T. 

P
 P 


1-

 1

 T .P1- = const

= const

1-



T1 .P1 =T2 .P2


T1 = P2
P1
T2

1-

1-

T1
P2
=
T2
P1



1-

T2 =T1 . P1
P2



Với khí lí tưởng đơn nguyên tử thì CV =

3
5
R; CP = R
2
2

 = CP = 5
CV
3
1- 5

13
=
= -0,4
5

3
-0,4
T2 = 300. 15 = 101,55(K)
1

U = W = nCV(T2 - T1) = 1.
H = nCP(T2 - T1) = 1.
STN =

3
.8,314.(101,55 - 300) = -2474,87(J)
2

5
.8,314 .(101,55 - 300)= - 4124,78(J)
2

Q
=0
T

d) Đoạn nhiệt  Q = 0
Đoạn nhiệt, không thuận nghịch  không áp dụng được PT poisson
U = W  nCV. T = -Png. V
 n.

nRT2 nRT1
3
.R(T2 - T1) = -P2(
)
P2
P1
2



P2
3
(T2 - 300) = -( T2 .T )
P1 1
2



3
1
T2 - 450 = -T2 + .300
2
15
- 19 -


 V2 =
V1 =

nRT2
=
P2

1.0,082.188
= 15,416(l)
1

nRT2
= 1,64(l)

P2

 U = W = 1.

3
.8,314.(188- 300) = -1396,752(J)
2
T

2
dT
U  W
QTN
 nCV
Stp = Shệ =
=
+
T
T
T
T1

= nCVln

T2
V2
+ nRln
T1
V1

= 1.

CH4(k)

T2

V2

= nCV d ln T +
T1

nR

V dV

V1

CH4(k) + H2O (k)  CO(k) + 3H2(k)

H2O (k)

H S0, 298 (kJ/mol) - 74,8

- 241,8

0
S 298
(J/molK)

188,7

186,2

P
dV

T
V1

15,416
3
188
.8,314.ln
+ 1. 8,314 .ln 1,64 = 12,801(J/K) > 0
2
300

0
Bài 15. Tính G273
của phản ứng:

Biết:

V2

CO(k)

H2(k)

-110,5

197,6

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)
Bài 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
T>

 H0 - T. S0 < 0

3
H 0 206,1.10
=

= 959,71(K)
214,752
S 0

Bài 16. 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
- 20 -


Bài giải:
G S0, 2000 = -240000 + 6,95.2000 + 129.2000lg2000= -140933,426(J/mol)
 G 
 = -S
 T  P

dG = VdP - SdT  

 G 0 
1
12,9
 = 6,95 + 12,5.lgT + 12,9T.
= 6,95 + 12,9lgT +
T . ln 10
ln 10
 T  P

0
 S 2000
= - 

= 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)

Bài 17. Một Học sinh khi làm bài tường trình thí nghiệm đo nhiệt độ đốt cháy một hợp
chất hữu cơ cho rằng:  H =  U + P.  V. Sự đốt cháy trong bom nhiệt lượng kế làm
cho  V = 0, do đó  H =  U. Kết luận này sai ở đâu?
Bài giải:
H = U + P.V  H = U + (PV) = U + P. V + V. P
Hay H = U + (nRT)
Trong bom nhiệt lượng kế thì: V = 0 nên: H = U + V. P = U + (nRT)
Bài 18. Hãy chỉ ra những mệnh đề sai:
a) Đối với 1 hệ kín, q trình giãn nở khí là đoạn nhiệt  hệ là cô lập  Q = 0;   S = 0.
b) Một hệ bất kỳ có thể tự diễn biến tới trạng thái có entanpi thấp hơn (  H < 0) và
entropi lớn hơn ( S > 0). Hay hệ có thể diễn biến theo chiều giảm entanpi tự do ( G <
0).

c) GT0 = H T0 - T. S T0
0
Với phản ứng hoá học ở T = const. Nếu G > 0  Phản ứng tự diễn biến theo chiều

nghịch.
G 0 = 0 : Phản ứng ở trạng thái cân bằng.
G 0 < 0 : Phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận.

Bài giải:
a) Sai . Do S = 0 chỉ khi quá trình biến đổi thuận nghịch.
Cịn với q trình biến đổi bất thuận nghịch thì S >

Q
 S > 0.
T

b) Sai . Do mệnh đề này chỉ đúng trong điều kiện T, P = const.
Cịn với q trình biến đổi mà V, T = const thì phải xét F.
- 21 -


c) Sai. Do với q trình hố học thì phải xét giá trị:
G = G0 + RTlnQ chứ không phải dựa vào G0.
(Tuy nhiên, có thể coi rằng GT0 << 0 thì q trình có thể xảy ra được cả ở điều kiện
chuẩn và điều kiện thực. Khi GT0 << 0 thì về ngun tắc chỉ có q trình ngược lại mới
xảy ra, khơng thể xác định được chính xác giới hạn của GT0 mà theo đó q trình xảy ra
theo chiều này hay chiều khác. Một cách gần đúng có thể coi rằng các giới hạn này
khoảng chừng  40 kJ/mol).
Bài 19. Một khí lí tưởng có CV = 3R không phụ thuộc T được giãn nở đoạn nhiệt
trong chân khơng tới thể tích gấp đơi. Học sinh A lí luận rằng đối với q trình đoạn

V 
T
nhiệt thì 2  1 
T1  V2 

 1

với  =

T1
4
do đó T2 = 1
3
23

Học sinh B cho rằng:  U = Q + A = 0 + 0 = n.CV.  T   T = 0  T2 = T1
Học sinh nào nói đúng? Hãy chỉ ra lỗi sai của Học sinh kia.
Bài giải:
- Học sinh B nói đúng.
- Học sinh A nói sai : Vì q trình giãn nở trong chân khơng là q trình bất thuận nghịch
nên khơng sử dụng được phương trình poisson.
Bài 20. Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái tiêu chuẩn tại
25oC 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 hố hồn tồn 1 mol C3H8(k) với O2(k) tạo thành theo 2 cách :
a) Bất thuận nghịch

b) Thuận nghịch (trong 1 tế bào điện hố)
1) Tính  H0,  U0,  S0,  G0 của phản ứng trong mỗi cách nói trên?
2) Tính nhiệt, cơng thể tích, cơng phi thể tích (tức là cơng hữu ích) mà hệ trao đổi với
mơi 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.

- 22 -


4) Một mơ hình tế bào điện hố 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 hố. Nếu từ tế bào điện hố đó, ở 25 oC, ta thu được
dịng điện 100mA. Hãy tính cơng suất cực đại có thể đạt được.
Bài 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:
Smt =

2220.10 3
Qmt
Q
H 0
= - BTN = == 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
- 23 -

= -2212,56(kJ)


4) Các nửa phản ứng:
Anot: C3H8 + 26OH-  3 CO32  + 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 (+)

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

 E = E0 -

[CO32 ]3
0,0592
0,0592
lg
lg(5)-6 = 1,19(V)

 6
5 = 1,18 20
[OH ] .PC3 H 8 .PO2
20

 P = E .I = 1,19 .0,1 = 0,119(W)
Bài 21. Tính biến thiên entropi khi chuyển 418,4J nhiệt từ vật có t 0 = 150oC đến vật có
t0 = 50oC.
Bài giải:
Q trình biến đổi trên là khơng thuận nghịch được coi như gồm 3 q trình biến thiên
thuận nghịch:
1) Vật ở 150oC truyền nhiệt thuận nghịch ở T = const.
S1 =

 418,4
Q
=
= - 0,989(J/K)
T 150 273,15

2) Hệ biến thiên đoạn nhiệt từ 150oC đến 50oC
S2 = 0
3) Vật ở 50oC nhận nhiệt thuận nghịch ở T = const
S3 = -

418,4
Q
=
= 1,295(J/K)
50 273,15

T

Do S là hàm trạng thái nên:
SBTN = STN = S1 + S2 + S3 = 0,306(J/K)
Bài 22.

Biết ở -15oC, Phơi(H2O, l) = 1,428 (torr)
ở -15oC, Phơi (H2O,r) = 1,215(torr)
- 24 -


Hãy tính  G của q trình đơng đặc 1 mol H2O(l) thành nước đá ở -15oC và 1atm.
Giải:
o

15 C, 1 mol H2O l

GBTN =?

-15oC, 1mol H2O(r)

(Quá trì
nh TN do
(1) H2O hơi, bà o hoà
nằm câ
n bằng vớ i H2O(l))
(2)

- 15oC, 1mol H2O
1,428 Torr

(3)

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

(1), (3) là quá trình chuyển pha thuận nghịch
 G1 = G3 = 0
 G = G2 = nRTln

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

= -346,687(J)

Bài 23. Có 1 mol O2 nguyên chất ở 25oC, 2atm; 1 mol O2 nguyên chất ở 25oC; 1atm
1 mol O2 ở 25oC trong khơng khí trên mặt đất (P = 1atm, O2 chiếm 21% V khơng khí)
- So sánh giá trị hàm G của 1 mol O 2 trong 3 trường hợp trên hơn kém nhau bao
nhiêu J?. Từ đó rút ra kết luận: Khả năng phản ứng của O 2 trong mỗi trường hợp
trên cao hay thấp hơn so với trường hợp khác?
Bài giải:
* G0 là hàm Gibb của 1 mol O2 ở 1atm
- 1 mol O2, 1atm, 25oC  1 mol O2, 2atm, 25oC
(G0)
G1 = G1 - G0 = nRTln

(G1)

P2
2
= 1. 8,3145 .298,15.ln 1
P1

= 1718,29(J)

 G1 > G0.
- Gọi G2 là hàm Gibb của 1mol O2 ở 25oC trong khơng khí (0,21 atm)
1mol O2, 25oC, 1atm  1 mol O2, 25oC, 0,21atm
(G0)

(G2)

G2 = G2 - G0 = 1. 8,3145 .298,15.ln

0,21
1

= -3868,8(J)

 G2 < G0.
Vậy:
G2(1mol O2, 25oC, 0,21atm) < G0(1 mol O2, 25oC, 1atm) < G1(1 mol H2O, 25oC, 2atm)
- 25 -