Xây dựng bài tập cân bằng hoá học
Cân bằng hoá học là một chuyên đề quan trọng trong Hoá học .
Nó có liên quan đến rất nhiều lĩnh vực của Hóa học . Khi tiếp cận với
chuyên đề này , chúng ta có một cái nhìn biện chứng về các phản ứng
hóa học . Do đó nghiên cứu lý thuyết và kết hợp với việc xây dựng , su
tầm các bài tập trở nên hết sức cần thiết để từ đó khắc sâu kiến thức đã
đợc
Trên cơ sở đó , tôi đã tiến hành tổng kết lý thuyết và xây dựng
các dạng bài tập của cân bằng hoá học thông qua một số dạng khác
nhau
A. Lý thuyết về cân bằng hoá học
I. Định luật tác dụng khối lợng
Tại T,p = const , diễn ra phản ứng :
aA + bB + cC + dD +
=> Thế đẳng áp của phản ứng (G
p
) đợc xác định bởi phơng trình :
G = G
0
+ RTln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
= G
0
+ RTln Q (I)
G
0

=


(III)
Khi T = const =>
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
= const = K
a
(IV)
=> G
0
= - RTln K
cb
(V)
Từ (I) => G = - RT ln K
cb
+ RT ln Q = RT ln
cb
K
Q
(VI)
Tuỳ thuộc vào đặc điểm các chất trong phơng trình phản ứng mà
K
cb
có thể đợc biểu thị ở các hình thức khác nhau.



(VII)
Ví dụ : Phản ứng : 2Cl
2(k)
+ 2H
2
O
(k)
4HCl
(k)
+ O
2 (k)
(*)
Giả sử các khí trong phản ứng (*) đều đợc coi là lý tởng.
=> K
p
=
cb
OHCl
OHCl
PP
PP





P
i
i
.=
n : tổng số mol các khí ; P là áp suất toàn phần của hệ .
=>
















=
n
P
nn
nn
K
b
B

V
RT
c, Hằng số cân bằng K
c
(Hằng số cân bằng nồng độ)
p
i
= [ i]. RT
[ i ] là nồng độ chất i ở thời điểm cân bằng.
=> K
p
=
][][
][][
ba
dc
BA
DC
(RT)
(c + d +

) - (a + b +

)
Đặt : n = (c + d + ) - (a + b + )
K
c
=
][][
][][

T
( P
T
là áp suất toàn phần )
Trong đó : x
i
=

i
i
n
n
=> K
p
= K
x
. P

n
với K
x
= b
B
a
A
d
D

B
a
A
d
D
c
c
PP
PP
.
.
[atm
(c + d +

) -

(a + b +

)
]
K
c
=
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
[ (nồng độ)

Khi đó : K
cb
=
][.][
][.][
ba
dc
BA
DC
[ i ] là nồng độ chất i ở trạng thái cân bằng .
Khi đó G = G
0
+ RT ln K
cb

4. Sự tổ hợp cân bằng
Xét ví dụ 2 H
2
+ Cl
2
2HCl
(k)
(1) G
0
I
1 2H
2
+ O
2
2H


= - RT ln K
p
=> - RT ln K
p (III)
= - (RT lnK
2
P(I)
- RT ln K
P (II)
)
3
=> K
P(III)
=
1
)(
2
)(
)(
2
)(
.

=
IIPIP
IIP
IP
KK
K



Chấp nhận gần đúng :

H
0
,

S
0
không đổi trong khoảng nhiệt độ
xét.
=> H
0
= const ; S
0
= const
=> ln K
p
= f






T
1
b, Sự chuyển dịch cân bằng.
H < 0 ( phản ứng toả nhiệt ) => T tăng thì lnK


n
.
=> Chúng ta có các trờng hợp sau :
TH 1 . n = 0 ( không có sự thay đổi số mol khí ) => K
x
không
thay đổi theo P , vì thế sự thay đổi áp suất chung của hệ trong trờng
hợp này không làm chuyển dịch cân bằng.
VD CO
(k)
+ H
2
O
(k)
CO
2 (k)
+ H
2

(k)

TH 2 . n < 0 (giảm số mol khí ) => khi tăng áp suất chung, K
x

giảm =>
G = G
0
+ RT ln K
x


n
= G
0
+ RT ln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC
+ RT ln( RT )

n
= G
0'
+ RT ln
)()(
)()(
ba
dc
BA
DC

Lúc cân bằng G = 0 => Q
c
= K
c
=
][][

Các dạng bài tập đợc xây dựng, su tầm cần khắc sâu các kiến thức
đã học đồng thời gợi mở các vấn đề khác có liên quan. Trên cơ sở đó
ta có thể thống kê các dạng bài tập sau :
- Bài tập áp dụng kiến thức đã học.
- Bài tập tổng hợp .
I . Dạng bài tập áp dụng kiến thức .
Dạng 1: Xác định thành phần hệ ở thời điểm cân bằng .
Ví dụ 1 .
a, Cho 1 mol PCl
5
(khí) vào một bình chân không, thể tích V. Đa
nhiệt độ bình lên 525K. Cân bằng :
PCl
5 (k)
PCl
3 (k)
+ Cl
2 (k)
(1)
đợc thiết lập với K
p
= 1,85. áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng
đo đợc là 2 atm. Tính số mol của từng chất tại thời điểm cân bằng.
b, Cho 1 mol PCl
5
và 1 mol khí He vào bình nh ở thí nghiệm a)
rồi tăng nhiệt độ lên 525K . Tính số mol của PCl
5
, PCl
3

n
= 1 - x + x + x = 1 + x (mol)
Tại thời điểm cân bằng :
6
P
x
x
PP
P
x
x
P
ClCl
Cl
.
1
.
1
1
32
5
+
==
+

=
áp dụng định luật tác dụng khối lợng (ĐKTDKT), ta có :
85,1.
1
.

PCl
ClCl
p
P = 2atm =>
925,0
2
85,1
1
2
2
==
x
x
=> x = 0,693 (mol)
=>
)(307,0693,01
)(693,0
5
23
moln
molnn
PCl
ClPCl
==
==
b, Tính V.Trong thí nghiệm a, tại thời điểm cân bằng ,
2
n
n
= 1 + x


=
+
==
Ta có :
566,1
1
.
1
.)2(
.
22
2
==

=>

==>
+==
RT
V
K
y
y
V
RT
y
y
K
V

=
+
==
+

=
+
==
zz
z
P
PP
K
z
z
P
z
z
PP
PCl
ClPCl
P
PCl
PClCl
z
2
= 0,925 (2 - z - z
2
)
1,925 z

2(k)
SO
2 (k)
+ Cl
2 (k)
(1) K
p
= 50
a, Tính % theo thể tích SO
2
Cl
2
(khí) còn lại khi (1) đạt đến trạng
thái cân bằng ở điều kiện đã cho.
b, Ban đầu dùng 150mol SO
2
Cl
2
(khí) tính số mol Cl
2
(khí) thu
đợc khi (1) đạt đến trạng thái cân bằng.
( Các khí đợc coi là lý tởng. )
Bài giải
a, SO
2
Cl
2(k)
SO
2 (k)

+ 50y - 100 = 0
=> y
1
= 1,92582
y
2
= -51,9258
=>
==
22
SOCl
PP
1,92582 (atm)
=>
=
22
ClSO
P
7,418.10
-2
(atm)
Vì % thể tích tỷ lệ thuận với % số mol
P
T
=
22
ClSO
P
+
=+

22
===
Ví dụ 3 .
8
Cho cân bằng
CH
4 (k)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ 3H
2 (k)
(1)
Tại 1100K, hằng số cân bằng của cân bằng trên là 357.
Ban đầu ngời ta lấy CH
4
và H
2
O theo tỷ lệ mol là 1 : 4. Tại thời
điểm cân bằng, ngời ta thu đợc hỗn hợp có tỷ khối so với H
2
là
3
20
a, Xác định áp suất riêng phần của các khí ở thời điểm cân bằng
và áp suất toàn phần của hệ :
Bài giải :

M
n
25
2.328)4(18)(16
0
00
2
+
+++
=
0
00
0
0
9,0
80200264
3
40
25
.88
nx
xnn
xn
n
==>
+==
+
=
)(
1,1

.
6,6
4,2
.
25
3
.
6,6
8,0
.
6,6
8,0
.
25
42
2
24
2
2
4
2
2
2
3
3
0
0
0
0
0

HCO
T
T
OHCH
HCO
P
TTOH
TCH
TTH
TTTCO
===
===>
==>
=====>
==
=

=
=
+
=
==
+
=
Dạng 2 : Cân bằng dị thể .
9
Trong cân bằng dị thể,ngoài việc xác định thành phần tại trạng
thái cân bằng, một yếu tố rất đáng quan tâm đó là sự phá vỡ cân bằng.
Ví dụ 4 .
Cho cân bằng dị thể sau:

2
atm
V
RT
nP
kOH
===
C
(r)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ H
2 (k)
K
p
=4,1
Ban đầu 24,6
Cân bằng 24,6 - x x x
Ta có : K
P
=
1,4
6,24
.
2
2

nn
HCO
OH
nnPPP ==++
C
(r)
+ H
2
O
(k)
CO
(k)
+ H
2 (k)
Ban đầu 3mol
Cân bằng 3 - x x x

xxxn
n
+=+= 323
2

=> P
T
= 0,82 (3 + x)
xP
x
x
PP
THCO


=
x
x
P
PP
OH
HCO
x
2
= 15 - 5x x
2
+ 5x - 15 = 0 => x = 2,11 (mol) > 2
10
=> Khi tăng lên 100 lít, cân bằngđã bị phá vỡ => Số mol khí
trong bình :
)(1,4
1000
1000.82,0
.5
1;2
22
atmP
molnmolnn
T
OHHCO
==
===
Dạng 3 . Cân bằng trong dung dịch
Ví dụ 5 .

+ H
2
O Fe(OH)
2+
+ H
+
(1) K
1
= 10
-2,17
Mg
2+
+ H
2
O Mg(OH)
+
+ H
+
(2) K
2
= 10
-12,8
Bài giải :
a, Tính pH HClO
4
H
+
+ ClO
-
4

2
O Fe(OH)
2+
+ H
+
(1) K
1
= 10
-2,17
Mg
2+
+ H
2
O Mg(OH)
+
+ H
+
(2) K
2
= 10
-12,8
Ta có : K
1
.
+3
Fe
C
= 3.10
-4,17
>> K

+ x
=> K
1
=
17,2
2
3
3
2
10
10.3
)10.5(
][
])([][



+
++
=

+
=
x
xx
Fe
OHFeH
Giải phơng trình ta có : x = 1,53 . 10
-3
=> [H

3
MCMC
MCMC
HClO
Fe
Mg
NH




====
====
+
+

Phản ứng : 3NH
3
+ 3H
2
O + Fe
3+
Fe(OH)
3

+ 3NH
+
4
(3)
K

Nhận xét : K
5
, K
3
rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn.
NH
3
+ H
+
NH
+
4
2,5.10
-3
2,5.10
-3
2,5.10
-3
3NH
3
+ 3H
2
O + Fe
3+
Fe(OH)
3
+ 3NH
+
4
4,75.10




+
==
=> [OH
-
] = 10
-6,04
(M)
=>
s
Mg
KOHC <==

+
478,13204,622
10)10(10.4].[
2

=> Kết tủa chỉ có Fe(OH)
3
và pH = 7,96(M)
Dạng 4 . Bài tập xác định các đại l ợng nhiệt động .
Ví dụ 5 . Cho cân bằng
SO
2 (k)
+
2
1

=
)(512,0
)(.)(
)(
2
1
2
1
2
1
2
2
3

= atm
atmPatmP
atmP
OSO
SO
G
0
p
= -RT lm K
p
= - 8,314 . 1000 . (- 0,67) = 5570,38
(J)
Ta có : G
0
= H
0

Cho : O
2(k)
Cl
(k)
HCl
(k)
H
2
O
(k )
H
2
O
(l)
H
0
(kJ/mol
-1
) 0 0 - 92,31 -241,83 285,8
S
0
298
(J.mol
-1
. K) 205,03 222,9 186,7 188,7 69,9
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
4HCl
(k)
+ O
2 (k)

0
p
= (2 . 188,7) + 2,222,9 - 205,03 - 4.186,7
= - 128,63 (J/K)
=> G
0
p
= H
0
p
- 298 S
0
p
= - 114420 - 298 (-128,63)
= - 76088,26 (J)
=> G
0
= - RT lm K
p

=> ln K
p
=
71,30
298.314,8
)26,76088(
0
=

=

TR
H
RT
STH
00
00
1
.
)(

+

=


13
Vì S
0
, H
0
đợc giả thiết là không phụ thuộc vào t
0
=> ln K
p (698k)
=
245,4
314,8
)63,128(
698
1

(3)
= H
0
(3)
- T S
0
(2)
= 43970 298.118,8 =
8567,6 (J)
K
p(3)
=
OH
P
2
(bão hoà)
=> G
0
(2)
= - RT ln
OH
P
2
(bão hoà)
=> ln
OH
P
2
(bão hoà)
=

G
K
p
= 2,19. 10
16
K
p
=
)(10.19,2
)(.)(
)(
316
44
22
2
2

= atm
atmPatmP
atmP
O
HCl
Cl
II . Bài tập tổng hợp
Ví dụ 1 :
Cho cân bằng sau :
CO
(k)
+ H
2

Vì n = 0 => K
p
= K
c
= K
x
CO
(k)
+ H
2
O
(k)
H
2 (k)
+ CO
2(k)
n
T
14
Ban đầu 1 6 7
Cân bằng 5.10
-2
6 - 0,95 0,95 0,95 7
K
P
=
57,3
7
05,5
.









+


=
)273460(
11
0
460(
)(
TR
H
K
K
CP
TP
ln







2(k)
2CO
(k)
(2) K
2
= 2
a. Trong một bình chân không dung tích 22,4lít ở 820
0
C, ngời ta
cho 1 mol CaCO
3
và 1 mol C. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái
cân bằng.
b. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì sự phân hủy xảy ra
hoàn toàn.
Bài giải
Gọi x là số mol CaCO
3
bị phân hủy.
y là số mol C tham gia phản ứng.
Ta có: CaCO
3(r)
CaO
(r)
+ CO
2(k)
(1) K
1
= 0,2
x -y

CO
P
P
= 2 => P
CO
=
4,0.2
2
=
CO
P
atm.
=> 2y.
V
RT
=
079,0
4.2
4,0
4,0 ===> y
Thay vào (I) => x= 0,129
b, Để sự phân hủy CaCO
3
xảy ra hoàn toàn => x = 1
Và áp suất riêng phần của các khí tại thời điểm cân bằng bị phá
hủy là không bị thay đổi. Nghĩa là P
CO
=
632,0
atm và P

3
phân hủy hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là: V
173,76lít
Ví dụ 3 .
Thực nghiệm cho biết cần lấy số mol khí H
2
gấp 3 lần số mol
FeO (rắn) mới khử hết oxit đó ở 1500K
a, Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
b, Ban đầu lấy 30 mol FeO, tính % theo thể tích các khí trong
hỗn hợp hợp khí khi đã khử hết 80% lợng oxit banđầu (vẫn xét tại
1500K)
c, Nếu đem nóng bình phản ứng lên 1510K thì chỉ cần lấy số mol
H
2
gấp 2,85 lần số mol FeO thì vừa đủ khử hết.Tính H
p

Bài giải
FeO
(k)
+ H
2 (k)
Fe
(k)
+ H
2
O
(k)
(1)

p
=
5,0
2
1
=
16
b, FeO
(r)
+ H
2 (k)
Fe
(r)
+ H
2
O
(k)
Ban đầu 2 n
1

Phản ứng - 1,6 -1,6 + 1,6 + 1,6
Cân bằng 0,4 n
1
- 1,6 1,6 1,6
=> K
p
=
5,0
6,1
6,1

54,0
85,1
1
2
2
==
H
OH
P
P
Ta có : ln










=
12
11
1
2
TTR
H
K
K

H = +74,9kJ.
ở 500
0
C hằng số cân bằng của phản ứng Kp = 0,41
a,Tính Kp ở 850
0
C (Giả thiết rằng H không đổi trong khoảng
nhiệt độ trên).
b, Trong một bình chân không dung tích 50 lít giữ ở 850
0
C, ngời
ta cho vào 1 mol CH
4
. Xác định độ phân ly của CH
4
cũng nh áp
suất của hỗn hợp khí ở thời điểm cân bằng. (Giả thiết các khí là lý t-
ởng).
Bài giải
a, Ta có: T
1
= 500 + 273 = 773
0
K
T
2
= 850 + 273 = 1123
0
K
ln

(r)
+ 2H
(k)
Ban đầu : 1
17
Phản ứng 2
Cân bằng 1- 2
=> Số mol hỗn hợp = 1- + 2 = 1 + .
Ta có
PP
CH
.
1
1
4


+

=
PP
H
.
1
2
2


+
=

=> Kp =
)1(84,1.
1
4
2
2
2
4
2



+

=
CH
H
P
P
= 15,4
=> = 0,74
Vậy ta có áp suất toàn phần P =
atm
V
nRT
2,3
50
1123.082,0).1(
=
+

s
= 16 AgI

, pK
s
= 16
Bài giải
a, Tính pH
KI K
+
+ I
-

0,01 0,01 0,01
H
2
O H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
HCN H
+
+ CN
-
K
a

+
=

=
x
x
HCN
CNH
(giả thiết x << 0,1)
=> [H
+
] = 10
-5,15
(M) => pH = 5,15
b, Khi cho AgNO
3
vào dung dịch X.
AgNO
3
Ag
+
+ NO
-
3
0,01 0,01 0,01
Ag
+
+ I
-
AgI

>> K
3

=> Do vậy kết tủa AgI sẽ tạo ra trớc
Ag
+
+ I
-
AgI

(1) K
1
= 10
16
K rất lớn, phản ứng coi nh xảy ra hoàn toàn và số mol AgI trong
1 lít dung dịch A là 0,01mol .
Quá trình hoà tan AgI
AgI + 2HCN Ag(CN)
-
2
+ I
-
+ 2H
+
K = K
-1
1

. K
3

=>
5,13
2
2
10
1,0
4

=
x
=> x = 9,43.10
-3
<<
2
1,0
=> [Ag(CN)
-
2
] = [I
-
] = 9,43.10
-5
(M)
[H
+
] = 2x = 1,886 . 10
-4
(M) => pH = 3,72
=> [HCN] = 0,1(M)
* => [CN

I
K
s




==
=> [Ag
+
] [CN
-
= 2,9.10
-19
< K
s
= 10
-16
=> không có kết tủa AgCN
3. Khi cho NaOH vào dung dịch : NaOH Na
+
+ OH
-

Phản ứng :
19
AgI + 2HCN + 2OH
-
Ag(CN)
-

(M)
[Ag
+
] =
)(10
10
10
)(
14
2
16
M
I
K
s




==
[CN
-
] =
)(10.82,2
][
])([
5
2
1
M

HCN
CNH
+

=> [H
+
] = K
a
)(10
10.82,2
10.2
.10
][
][
85,5
5
2
3,9
M
CN
HCN





==
=> pH = 5,85
Số mol OH
-

c, Tại 200bar, xác định nhiệt độ mà tại đó hiệu suất phản ứng đạt
70%.
Bài giải :
CO
(k)
+ 2H
2 (k)
CH
3
OH
(k)
Ban đầu 1 2 0 n
T
= 3
Cuối phản ứng 1-x 2 - 2x x n
T
= 3 -2x
Hiệu suất đạt 70% -> x = 0,7
=>
TTH
PP
x
x
P 1875,0.
23
1
2
=




=> P
T
= 1,23.10
-2
(bar)
b, Ta có :








=
573
11
)573(
)(
ln
0
TR
H
KK
TK
pu
P
P
=> lnK

Ví dụ 7 .
Nghiên cứu phản ứng :
C
6
H
5
C
2
H
5
(k) + 3H
2 (k)
C
6
H
11
C
2
H
5 (k)
(X) (Y) (Z)
Tiến hành trong khoảng 132 ữ 292
0
C đợc phơng trình :
lnK
P
=
041,18
9620


pu
0


= 9620 => H
0
p
= -79,98 (kJ)
R
S
0

= - 18,041 => S
0
= - 150 (J/mol.K)
G
0
= -RTlnK
P
= - 8,314(250 + 273)ln.K
P
= - 8,314 . 523 .






041,18
523

< 0 - RT
QpRT
T
ln041,18
9620
+







=> - 79980 + 150.T + 288T < 0
=> T <
K447
8,178
79980
=
Ví dụ 8 .
Biết áp suất phân ly của MgCO
3
ở 813K là 747mmHg ; ở 843
0
K là
1340 mmHg
a, Xác định hiệu ứng nhiệt của phản ứng : MgCO
3 (k)
= MgO
(r)

K
P
(843
0
K) = 1340 mmHg = 1,763 (atm)








=
813
1
843
1
.
)813(
)843(
ln
0
0
0
R
H
KK
KK
pu

=>






=
TTK
KK
P
P
1
843
1
.
314,8
110950
)(
)843(
ln
0
=> T = 813,85(
0
K)
d,
)(335,0
85,813.
273
4,22

+ 3H
2 (k)
K
1
= 1,30
CO + H
2
O CO
2(k)
+ H
2 (k)
K
1
= 2,2
Xác định áp suất toàn phần P ở cân bằng để cho
2
CO
n
= 0,50 mol
từ đó suy ra thành phần của hệ.
Bài giải.
Ta có CH
4
+ H
2
O CO + 3H
2
1- y 4 - y - x y - x 3y + x
CO + H
2

(y < 1)
3y + 0,5 = 4,8(4y - 17,5 - y
2
) = 19,2y - 8,4 - 4,8y
2
4,8y
2
= 16,2y + 8,9 = 0
=> y
1
= 2,68 > 1 (loại)
y
2
= 0,69
=> y = 0,69
3,1
)38,6(
.
81,2.31,0
)57,2(.19,0
.
41
3
.
2
2
2
2
3
3

+









==
T
T
TT
TT
OHCH
HCO
P
P
P
n
xy
n
y
n
xy
n
xy
PP
PP

c) Ban đầu dùng 150 mol SO
2
Cl
2
(khí), tính số mol Cl
2
(khí) thu đ-
ợc khi (1) đạt tới cân bằng.
Các khí đợc coi là khí lý tởng.
2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH
3
NH
2
0,010M.
b) Độ điện li thay đổi ra sao khi
- Pha loãng dung dịch ra 50 lần.
- Khi có mặt NaOH 0,0010M.
- Khi có mặt CH
3
COOH 0,0010M.
- Khi có mặt HCOONa 1,00M.
Biết: CH
3
NH
2
+ H
+
CH
3
NH

Phân li
Cân bằng (1 )
pSO
2
(atm) ì pCl
2
(atm)
Kp = = 50 atm
(2)
pSO
2
Cl
2
(atm)
b)Vì các khí đều là khí lí tởng nên pi=.xi
(3) ni
mà xi = (4)
nj
ở đây : nSO
2
= nCl
2
= ; nSO
2
Cl
2
= (1 ) ; còn nj =

còn lại chiếm ì 100% 0,98%
1,9804
Đây là % theo số mol, cũng là % theo thể tích. Vậy khi (1) đạt
tới cân bằng SO
2
Cl
2
còn lại chiếm 0,98%về số mol hay thể tích của hệ.
(Hoặc SO
2
Cl
2
(khí) SO
2
(khí) + Cl
2
(khí) Kp= 50
(1)
2 atm
2 - (P + p) p p
p
SO
2
Cl
2
= 2 - 2 ì 0,9902 = 0,0196 (atm)
p
SO
2
Cl

2
ì 98,06 = 150 ì 0,9806
nCl
2
= 147,09 mol
2. a) Tính độ điện li của dung dịch CH
3
NH
2
0,010M:
CH
3
NH
2
+ H
2
O CH
3
NH
3
+
+ OH
-
10
-14
c c K
b
= 10
-3,36
[ ] c-x x x 10

2
3
=ì=


4
2
NHCH
10.2
50
10
C
23


==
436,3
4
2
10.49,1x10
x102
x


==
ì
%5,7410
102
1049,1
2