Chương II

Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa
học” ở bậc trung học phổ thông
II.1. Hệ thống các câu hỏi và bài tập phần “cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa
học” trong tài liệu giáo khoa chuyên Hoá học
II.1.1. Chương IV: Lý thuyết về phản ứng hóa học
a. Nội dung cơ bản
* Về mặt kiến thức: Giúp học sinh nắm được các kiến thức:
- Định nghĩa hiệu ứng nhiệt của một phản ứng.
- Định nghĩa: Năng lượng liên kết E, nhiệt tạo thành ∆H của hợp chất,
nhiệt phân huỷ (∆H’ = - ∆H), nhiệt hoà tan chất …
- Nội dung và hệ quả của định luật Hes (Hess).
- Nguyên lý I, II của nhiệt động học; năng lượng tự do Gip.
- Tốc độ phản ứng hóa học (định nghĩa, các yếu tố ảnh hưởng tới tốc độ
phản ứng). Định luật Gunbe – vagơ (định luật tác dụng khối lượng trong động
hóa học).
- Khái niệm về năng lượng hoạt hoá, quy tắc Van hôp.
- Khái niệm phản ứng thuận nghịch – bất thuận nghịch, trạng thái cân bằng,
hằng số cân bằng. Định luật tác dụng khối lượng (đối với phản ứng thuận nghịch).
- Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng hóa học, nguyên lý Lơ Satơliê về
chuyển dịch cân bằng.
* Về mặt kỹ năng: Giúp học sinh có được các kỹ năng sau:
- Cách xác định nhiệt phản ứng hóa học.
+ Dựa vào năng lượng liên kết.
+ Dựa vào nhiệt hình thành (nhiệt sinh, sinh nhiệt) của hợp chất.

1


+ Dựa vào định luật Hes (có 2 phương pháp là chu trình và tổ hợp các

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

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

cC + dung dịch + …

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

(5)


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

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

PCc .PDd
Kp = a b
PA .PB

326,30

H – Cl
430,9

C–H

414,2

Cl – Cl
242,6

kJ

* Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh dựa vào năng lượng liên kết để xác
định ∆H phản ứng.
* Hướng dẫn giải:
Ta có:

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


Ví dụ 2:
* Học sinh cần dựa vào định luật Hes với phương pháp tổ hợp các phương
trình nhiệt hóa học để xác định nhiệt phản ứng.
Ví dụ 3: [40, tr 198, 200, 202]
* Đề bài yêu cầu vận dụng kiến thức, kỹ năng tính ∆H0, ∆S0, ∆G0 của phản
ứng, kết luận về khả năng tự diễn biến của phản ứng.
Ví dụ 4:


⇔

2

(b)

v2
= 27 lần
v1

+ Kết luận: Tốc độ của phản ứng tạo SO3 tăng 27 lần.
Ví dụ 5:
* Đề bài: Nếu ở 1500C, một phản ứng nào đó kết thúc sau 16 phút, thì ở
1200C và 2000C phản ứng đó kết thúc sau bao nhiêu phút? Giả sử hệ số nhiệt độ
của phản ứng trong khoảng nhiệt độ đó là 2,0.

4


* Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh vận dụng quy tắc Van Hôp, tính
thời gian sau từng nhiệt độ cho trước.
* Hướng dẫn giải:
+ ở 1200C: Ta có: v150 = 120.2(150 – 120)/10 = v120.23
Phản ứng kết thúc sau thời gian t1 = 16.23 = 128 phút
+ ở 2000C: Ta có: v200 = v150.25
Phản ứng kết thúc sau thời gian t2 =

16
= 0,5 phút



+ ở đây ∆n = 0 ⇒ Kc = Kp = Kx = 4
b) Gọi x: lượng chất cực đại phản ứng (A)
+ Lúc cân bằng: số mol của

A là (3 – x)
B là (1 – x)
C, D là x

+ Tìm ra x dựa vào Kc = 4
x = 0,90 hay 90%.
c) Do ∆H = 0. Vậy khi tăng nhiệt độ cân bằng thực tế không bị dịch
chuyển, nhưng tốc độ phản ứng nhanh hơn, nghĩa là phản ứng đạt tới trạng thái
cân bằng nhanh hơn.
Ví dụ 26:
* Đề bài: Trong công nghệ hoá dầu, các ankan được loại hiđro để chuyển
thành hiđrocacbon không no có nhiều ứng dụng hơn. Hãy tính nhiệt của mỗi
phản ứng sau đây:
C4H10 → C4H6 + H2

∆H10 (1)

CH4 → C6H6 + H2

∆H20 (2)

Biết năng lượng liên kết E theo kJ. mol-1 của các liên kết như sau:
E



tính được ∆H20 = 581,1 kJ

6


Ví dụ 27:
* Dạng đề giúp học sinh nắm vững lý thuyết về nguyên lý chuyển dịch cân
bằng - các yếu tố ảnh hưởng, kỹ năng tính HSCB và lượng chất trong hệ (cân bằng).
* Hướng dẫn giải:
1. Ví dụ phản ứng este hoá:
CH3COOH + C2H5OH

CH3COOC2H5 + H2O

+ Để phản ứng nhanh đạt tới trạng thái cân bằng cần:
Dùng xúc tác là axit (HCl, H2SO4)
Tăng nhiệt độ vừa phải
+ Biện pháp chuyển dịch cân bằng về phía tạo thành este:
Tăng nồng độ của axit hoặc rượu
Giảm lượng chất sau phản ứng (lấy bớt sản phẩm ra)
2.Tính HSCB:
K=

+

C2
= 3,6
( a − c ).( b − c )



PSO2 .PCl2
PSO2Cl2

= 50 atm

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

P.α 2
= 50 tính được α = 0,9806
1−α 2

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

SO2(k) + Cl2(k)

+ Dựa vào biểu thức tính K P =

(1)

Kp = 50 atm

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


bằng là 1,944 atm. Tính Kp và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl 5 thu nhiệt
hay phát nhiệt.
Cho: Cl = 35,453; P = 30,974; H = 1,008. các khí đều là khí lý tưởng.
*Mục đích của đề:Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức liên hệ hằng số cân
bằng theo độ phân li, áp suất, thể tích, khối lượng.Từ đó tính các đại lượng liên
quan.
* Hướng dẫn giải:
1. Thiết lập biểu thức của KP, KC:
Phương trình:

PCl5(k)

Ban đầu:

a

Cân bằng:

a–x

PCl3(k) + Cl2(k)
x

x

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

a=


PPCl5

=

x
.P
a+x

α2
.P
1 −α2

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

[ PCl5 ] = a(1 − α ) ;

[ PCl3 ] = [ Cl2 ] = a.α

V

V

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

n1 =a (1 +α1 ) =0,600mol =

* Tìm KP tại nhiệt độ T1

10

83,30
tính được α1= 0,500.
M


K PT1 =

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

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

a = 0,400 mol

- áp suất cân bằng P2 = 0,500 atm

V2 n2 P1
= × = 6,489 lần
V1 n1 P2

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

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

11


⇔

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

thời điểm khảo sát, áp suất riêng phần N2O5 là 0,070 atm. Các khí đều là lí tưởng.
1. Tính tốc độ:
a) Tiêu thụ N2O5.
b) Hình thành NO2, O2.
2. Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 s.
3. Nếu phản ứng trên có phương trình 2N 2O5(k) → 2NO2(k) + 1/2 O2(k) thì trị
số tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải thích?
* Mục đích của đề: Giúp học sinh củng cố kiến thức về tốc độ phản ứng;
kỹ năng: viết phương trình động học của phản ứng, biểu thị và tính tốc độ hình
thành, tốc độ tiêu thụ, tính số phân tử bị phân tích, mặt khác tại nhiệt độ T xác
định: tốc độ phản ứng vpư và hằng số tốc độ phản ứng k đều không đổi.
* Hướng dẫn giải:
1.a) - Tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức
+

vpư = k. C N O
2

(1)

5

12


trong đó: C N

2 O5

=


dt

5

- Tính tốc độ hình thành NO2, O2:
+

vhtNO2 =

+

vhtO2 =

dC NO2
dt

dCO2
dt

vhtNO2 , vhtO2

= 4 .vpư = 2,046.10-7 mol.l-1.s-1

= vpư = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1

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

2O5


122,7
386,6
0,882

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

k=

∑ ki
i =1

n

= 0,8612

mol-1.l.phút-1

13

157,4
317,2
0,861


Bài 8:
1. Phản ứng tự oxi hoá - khử trong môi trường kiềm:
3BrO- → BrO3- + 2Br-


dt

+ Biểu thức tốc độ phản ứng : v = − .

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

a – x1 = 0,07
a – x2 = 0,001

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

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


b) Chu kỳ bán huỷ :

t1/2 =

1
k.a


= k .C A2

d ( a − x)
2
= k .( a − x )
dt

Phương trình tốc độ dạng vi phân.

+ Lấy tích phân của (*):
dx

∫ ( a − x)
⇔

2

= ∫ k .dt

1
= kt + C
a−x

Khi t = 0 → x = 0 → C =

1
a

⇔kt =


15

(Điều phải chứng minh)


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

là: 35040 J.mol-1; 32,11 J. mol-1.K-1.
b) Tính HSCB KC, KP của phản ứng ở 1000K.
c) Một hỗn hợp khí chứa 35% thể tích H 2, 45% thể tích CO và 20% thể
tích hơi nước được nung nóng tới 1000 K.
Xác định thành phần hỗn hợp (theo % thể tích) ở trạng thái cân bằng.
0
Mục đích của bài: Yêu cầu học sinh tính ∆G , HSCB KC, KP của phản ứng

ở 1000 K từ đó xác định thành phần hỗn hợp theo % thể tích của chất trong hỗn
hợp.
Hướng dẫn giải:
0
0
0
a) áp dụng biểu thức: ∆G = ∆H − T∆S
0
0
0
= 2930 J
Thay giá trị ∆S , ∆H , T tính được ∆G1000

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

16


a) Tính:

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

(T = 298 K).

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

K P500 K < K P1000 K
Phản ứng thu nhiệt, khi nhiệt độ tăng thì K P tăng. Vậy kết quả trên phù hợp
với nguyên lý Lơ Satơliê.
Bài 11: Cân bằng: N2O4(k)

2NO2(k)

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

2NO2(k)
2aα

2aα

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


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

1−α
.P
1+α

2α
.P
1+α
KP =

c) Ta biết:

2
PNO
2

PN 2O4

2

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

2NO2(k)

(1)

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

c) Xác định ∆H, ∆S của phản ứng (1) ở 333 K. Cho biết ở 373 K có KP = 14,97.
d) Tính KP của phản ứng (1) khi α = 11%. Độ phân li α thay đổi như thế
nào khi P từ 1 atm giảm còn 0,8 atm ?
e) Để α đạt tới 8% thì phải nén hỗn hợp khí tới áp suất nào ? Nhận xét về
chiều của phản ứng (1).
18


Mục đích của bài : Yêu cầu học sinh thiết lập biểu thức tính KP theo α,
0
P ; xác định KP, KC, ∆G , ∆H, ∆S của phản ứng ở điều kiện cụ thể, áp dụng

nguyên lí Lơ Satơliê để xác định chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
a)

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

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


c) Dưới áp suất 300 atm thì ở nhiệt độ nào để đạt 50% NH3. Cho biết chiều
của cân bằng (1).
Mục đích của bài: Giúp cho học sinh có kĩ năng tổng hợp: chứng minh giả
thiết là đúng, tính HSCB KP, tính số mol, nhiệt độ (áp dụng biểu thức của định
luật KiecHoff), tìm áp suất, và xét chiều phản ứng.
Hướng dẫn giải:
1.a) Phản ứng:
+ Giả thiết:
KP =

N2(k) + 3H2(k)

2NH3(k) (1)

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



3dx H 2
xH 2

(3)

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

Ta có:

Khi x NH 3

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

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

20

(a)



K P1

(b)

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

A = 11144,162;

2

B = - 18,721

+ Mặt khác: ∆G = - RT lnK
Trong đó:

ln K =

A
11144,162
+B=
− 18,721
T
T

Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng: ∆G = 0 ⇒ lnK = 0
hay

T = 595,3 K


2
x NH
3

.P −2

(2)

x NH 3 = 0,36 ;

x N 2 = 0,16 ;

x N 2 .x

3
H2

21

x H 2 = 0,48 ;

P = 300 atm.


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

−4
b) ở 4500C, K P = 0,813.10 .

x N 2 = 0,125 ;

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

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

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

ln

K P2
K P1

=

∆H 0
R

1
1 
 −

 T1 T2 

(c)

(1)

1. Chứng minh rằng ở nhiệt độ và áp suất nhất định nồng độ của NH 3 là
lớn nhất nếu xuất phát từ hỗn hợp có tỉ lệ N2 : H2 là 1 : 3 theo số mol.
2. a) Dùng số liệu nhiệt động dưới đây:

(

)
):

0
∆H 298
k .J .mol −1 :

(

0
S 298
J .K −1 .mol −1

N2

H2

0

0

191,49

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

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

(2)

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

ln K x = 2.

dx NH 3
x NH 3

−

dx N 2
x N2

−

3dx H 2
xH2

(3)

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

23

2

2

(hợp lý)

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

2

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

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

b) Phản ứng đổi chiều ở nhiệt độ T > 466 K.
3. Dựa theo nguyên lí Lơ Satơliê, cần tiến hành phản ứng ở áp suất cao.
4. + Lập biểu thức liên hệ KP theo Kx và P
KP = Kx. P-2
+ Tính : Kx, KP thay vào biểu thức tìm được P = 5284 atm.
Bài 15 : Photphopentaclorua phân huỷ theo phương trình :
PCl5(k)

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


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

P

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

0,3
1
⇔
=
⇔x =0,075
0,3 + x 1,25

Mặt khác

α=

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

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

nt

25

(2)

(1)