SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ HỒNG PHONG

Sáng kiến dự thi cấp tỉnh

BÁO CÁO SÁNG KIẾN
KHAI THÁC KIẾN THỨC VỀ
CÂN BẰNG HÓA HỌC ĐỂ BỒI DƯỠNG
HỌC SINH GIỎI

Tác giả

: Nguyễn Thị Thái

Trình độ chuyên môn : Thạc sĩ Hóa học
Chức vụ

: Giáo viên môn Hóa học

Nơi công tác

: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong


Nam Định, tháng 5 năm 2015

2


Phần thứ nhất
THÔNG TIN CHUNG VỀ SÁNG KIẾN


Địa chỉ liên hệ

: Số nhà 19/88 đường Vị Xuyên - Nam Định

Điện thoại

: 0913265103

5. Đồng tác giả: Không
6. Đơn vị áp dụng sáng kiến:
Tên đơn vị

: Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong

Địa chỉ

: 76 Vị Xuyên

Điện thoại

: 03503 640297

3


MỤC LỤC
MỞ ĐẦU
I. Điều kiện hoàn cảnh tạo ra sáng kiến.
II. Thực trạng

Bài tập áp dụng chương II.
Chương III. Một số phương pháp xác định hằng số cân bằng
1)
2)
3)
4)

Xác định hằng số cân bằng bằng phương pháp nhiệt động
Xác định hằng số cân bằng bằng phương pháp gián tiếp tổ hợp cân bằng
Xác định hằng số cân bằng theo thành phần các chất tại thời điểm cân bằng
XĐ hằng số cân bằng của phản ứng tại T1 bằng hằng số cân bằng tại T2

Bài tập áp dụng chương III.
Chương IV. Các yếu tố ảnh hưởng tới chuyển dịch cân bằng
1)
2)
3)
4)
5)

Ảnh hưởng của sự biến đổi nồng độ
Ảnh hưởng của sự biến đổi nhiệt độ
Ảnh hưởng của sự thay đổi áp suất
Ảnh hưởng của sự đưa vào một cấu tử trơ.
Việc thêm các khí hoạt động vào hệ.

Bài tập áp dụng chương IV.
Chương V. Các trường hợp riêng.
1. Sự phá vỡ cân bằng.


có thể ứng dụng trong làm bài tập nhằm hỗ trợ trong các bài thi học sinh giỏi thi
khu vực các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ, Học
sinh giỏi Quốc gia hay Quốc tế. Đây là một trong các chuyên đề mà tôi đã sử dụng
để dạy học sinh giỏi trong kì thi chọn HSGQG, học sinh chuyên Hóa 10, 11 và ôn
tập cho học sinh giỏi thi khu vực các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và
đồng bằng Bắc Bộ.
II. Thực trạng
Trong quá trình học tập, nghiên cứu và giảng dạy bộ môn hóa học tôi thấy
môn Hóa học chuyên trong trường phổ thông là môn khó, lượng kiến thức mà các
em cần cập nhật rất lớn. Song chúng ta không thể nhồi nhét tất cả những tri thức đó
cho học sinh mà phải dạy cho học sinh phương pháp học và lĩnh hội kiến thức đặc
biệt đối với học sinh chuyên và học sinh giỏi nếu không có những bài giảng và
phương pháp hợp lí, phù hợp với thế hệ học trò thì dễ làm cho học sinh khó khăn
trong việc tiếp thu kiến thức. Giáo viên không thể cho học sinh tự học bằng cách
đưa ra rất nhiều tài liệu tham khảo, để học sinh tự mày mò trong biển kiến thức đó
để chiếm lĩnh tri thức được. Mà giáo viên phải tạo cơ hội cho học sinh có được
phương pháp, kĩ năng, thói quen, ý chí tự học từ đó tạo cho các em lòng ham học,
khơi dậy nội lực vốn có trong mỗi con người, kết quả học tập của học sinh sẽ được
nhân lên gấp bội. Vì vậy tôi viết sáng kiến kinh nghiệm với nội dung KHAI THÁC
KIẾN THỨC VỀ CÂN BẰNG HÓA HỌC ĐỂ BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI
với mục đích làm cho môn hóa học, đặc biệt là chuyên đề này ngày càng dễ hiểu,
thiết thực, gần gũi và lôi cuốn học sinh khi học, giúp các em học sinh trong một
6


khoảng thời gian rất ngắn có thể hiểu được những kiến thức cơ bản để có thể áp
dụng để giải bài tập mà không cảm thấy khó khăn trong vấn đề tích hợp kiến thức
trong nhiều giáo trình.
Nội dung kiến thức đều có trong các giáo trình và tài liệu tham khảo, nhưng
có tài liệu viết sơ sài, có tài liệu lại viết quá sâu về vấn đề này. Đối với học sinh


Phần thứ ba

NỘI DUNG SÁNG KIẾN
Cân bằng hoá học : Nghiên cứu khả năng, chiều hướng và giới hạn của phản ứng, nghĩa là trong
những điều kiện nào một phản ứng hoá học có thể xảy ra, tự xảy ra theo chiều nào, khi nào phản

8


ứng đạt cân bằng, hiệu suất phản ứng là bao nhiêu, ảnh hưởng của các yếu tố bên ngoài đến sự
chuyển dịch cân bằng phản ứng như thế nào.

CHƯƠNG I.
KHÁI QUÁT VỀ CÂN BẰNG HÓA HỌC
HẰNG SỐ CÂN BẰNG
1) Phản ứng thuận nghịch
Trong nhiều quá trình hóa học, các chất phản ứng có thể biến hóa hoàn toàn
thành sản phẩm của phản ứng. Ví dụ như khi được đốt nóng và có mặt chất xúc tác
mangan đioxit (MnO2), muối kali clorat (KClO3) phân hủy hoàn toàn thành kali
clorua (KCl) và oxi theo phản ứng:
2KClO3 ⇌ 2KCl + 3O2
Nhưng KCl và O2 không thể kết hợp lại với nhau tạo thành KClO 3. Những
phản ứng chỉ xảy ra theo một chiều như vậy gọi là phản ứng một chiều.
Khi cho khí hidro đi qua oxit sắt từ (Fe 3O4) được đốt nóng đến 500ºC, xảy ra
phản ứng tạo thành Fe và H2O:
Fe3O4 + 4H2 ⇌ 3Fe + 4H2O
Ngược lại nếu cho sắt hạt tác dụng với hơi nước ở 500ºC ta lại thu được H 2
và Fe3O4 theo phản ứng ngược lại:
3Fe + 4H2O ⇌ Fe3O4 + 4H2

H2O trong bình kín và cũng đốt nóng đến 1200ºC thì cũng thu được những kết quả
như trên : 0,4 mol CO2, 0,4 mol H2, 0,6 mol CO và 0,6 mol H2O.
Một hệ phản ứng khi có tốc độ phản ứng thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch
được gọi là ở trạng thái cân bằng hóa học. Nhìn bề ngoài lúc đó tưởng chừng phản
ứng đã ngừng lại (ΔG = 0) nhưng thực tế vẫn luôn luôn diễn ra đồng thời quá trình
thuận và quá trình nghịch cho nên cân bằng đó được gọi là cân bằng động.
2) Định luận tác dụng khối lượng
Trong điều kiện nhiệt độ, áp suất không đổi xét phản ứng tổng quát:
aA + bB +….→ cC + dD + ….

10


Biến thiên năng lượng tự do của phản ứng (ΔGpư) được xác định bởi phương

trình:

Trong đó:

là biến thiên năng lượng tự do của phản ứng ở điều kiện

chuẩn.
(i): là hoạt độ của chất i
Khi phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng: ΔG = 0
→

→

Khi T = hằng số →



Với: Δn = ( c + d + …) – ( a + b +…)

→

c) Hằng số cân bằng theo số mol Kn
Ta có
12


Trong đó: n là tổng số mol các khí tại cân bằng
P là áp suất toàn phần của hệ

Với:

Δn = ( c + d + …) – ( a + b +…)

Ta có :

PV = nRT →

Do đó ta có:
d) Đại lượng Kx
Ta có: áp suất riêng phần

Pi = Xi . PT (PT là áp suất toàn phần)

Trong đó :
Khi đó: Kp = Kx . PΔn
Với:

ra số mol của các chất tại thời điểm cân bằng, rồi thay vào biểu thức tính Kp. Nắm
chắc mối liên hệ (Kc, Kp), (Kx, Kp). Chú ý Kx không phải hằng số cân bằng vì nó
phụ thuộc vào cả nhiệt độ và áp suất.
Giải:
N 2 O4( k ) ƒ 2 NO2( k )

Ban đầu 1
[]

1−a

2α

Tổng số mol hỗn hợp sau phản ứng ∑n = 1+α (mol)

14


a)
PN2O4 =
PNO2 =

Kp =

Tại cân bằng:

1−α
Phệ
1+α
2α

( RT )

∆n

= Kp × ( RT )

−1

Kp = Kx × P ∆n ⇒ Kx = Kp × P −1

Kx không phải hằng số cân bằng vì nó phụ thuộc vào cả nhiệt độ và áp suất.
Bài 2: Nitrosyl clorua là một chất rất độc, khi đun nóng sẽ phân hủy thành nito
monoxit và clo.
a)

Viết phương trình cho phản ứng này.

b)

Tính Kp của phản ứng tại 298K (theo atm và theo Pa). Cho:

0
∆H 298
(kJ/mol

)
0
S 298
(J/K.mol)


Kp tại nhiệt độ khác nhau.
Giải:
15


a) 2 NOCl ƒ 2 NO + Cl2
0
0
0
0
b) ∆H 298, = 2∆H 298( NO ) + ∆H 298(Cl ) − 2∆H 298( NOCl )
2

= 2 × 90, 25 ×103 + 0 − 2 × 51, 71×103

= 77080 ( J )
0
0
0
0
∆S 298,
= 2 S298
( NO ) + S298( Cl2 ) − 2 S 298( NOCl )

= 2 × 211 + 223 − 2 × 264
= 117 ( J K )
0
0
0
∆G298


⇒ LnKp( 475 K ) =

∆H  1
1 
×
−
÷+ LnKp( 298 K )
R  298 475 

⇒ LnKp( 475 K ) =

77080  1
1 
×
−
÷+ ( −17, 04 )
8,314  298 475 

⇒ Kp( 475 K ) = 4,31 × 10−3 atm

Hay Kp( 475 K ) = 436,603Pa

Bài 3: SO2 phản ứng với O2 theo phương trình:
2 SO2( k ) + O2( k ) ƒ 2SO3( k )

Trong công ngiệp người ta dùng oxi không khí dư để thực hiện phản ứng ở
T=700K và có chất xúc tác ở áp suất thường.
16


× 1 = 0,103 atm
100

⇒ Kp =

2
PSO
3
2
SO2

P

× PO2

=

0,1032

( 2,1 × 10 )
−3

2

× 0, 0537

= 4, 48 × 104 atm

Bài 4: Khí N2O4 kém bền, bị phân ly 1 phần theo phản ứng:
N 2 O4( k ) ƒ 2 NO2( k ) (1)

0

Phản ứng

α

2α

a −α

2α

[ ] ∆Ght

Tại cân bằng, tổng số mol khí là:

∑ n =a + α (mol)

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí là:
Mh =

92a + 92α − 92α
92a
=
a +α
a +α
2

[ NO2 ]
[ N 2 O4 ]


∆n

⇒ Kc =

Kp

( RT )

∆n

= Kp × ( RT )

4α 2
V
4α 2
×
= 2
V ×( a −α ) a +α a −α2

Ở 35oC thì M h = 72, 45 ( g mol )
⇒

92a
63
= 72, 45 ⇒ a = α
a +α
17

18

Kp =

4α 2
2

 167 
α ÷ −α2

63



= 0, 6637

Bài 5: Tính hằng số cân bằng Kp đối với phản ứng:
N 2 + 3H 2 ƒ 2 NH 3 ở 25oC

Biết ∆Ght của NH3 bằng -16,64 kJ/mol
Kp sẽ thay đổi thế nào khi phản ứng được viết dưới dạng
1
3
N2 + H 2 ƒ
2
2

NH 3

Nhận xét: Đây là bài toán cần tính Kp dựa vào biểu thức liên hệ với ∆G 0 . Chú ý
khi thay đổi hệ số tỉ lượng của các chất trong phương trình có ảnh hưởng đến Kp
của phản ứng.


Kp ' =

PNH3
1
2

3

PN 2 × PH22


Bài 6: Ở 50oC và dưới áp suất là 0,344 atm độ phân ly α của N2O4(k) thành NO2
bằng 63%. Xác định Kp, Kc, Kx.
Nhận xét: Dữ kiện đề bài cho ở 50oC và dưới áp suất là 0,344 atm độ phân ly α
của N2O4(k) thành NO2 bằng 63% như vậy đây là dữ kiện để tính Kp, sau đó dùng
biểu thức liên hệ giữa Kp với Kc, Kx để xác định Kc, Kx.
Giải:
N 2 O4( k ) ƒ 2 NO2( k )

Ban đầu

1

Cân bằng

1−α

2α


2

χ N2O4

4α 2
( 1 + α ) 4α 2
⇒ Kp = P ×
=
×P
1−α
1−α2
1+α

Mà P=0,344 atm, độ phân ly α= 0,63
=>

Kp =

Có Kp = Kc × ( RT )
=>

4 × 0, 632
× 0,344 = 0,91 atm
1 − 0, 632
∆n

⇒ Kc =

Kp



Kx =

2
χ NH
3

χ H3 2 × χ N2

Tại cân bằng tổng số mol khí là:

∑ n =1 + 1 + 3+ = 5(mol)
2

1
⇒ χ NH 3 = ;
5

3
χ N2 = ;
5

χ H2 =

1
 ÷
25
5
⇒ Kx =  3 =
= 8,33


0,32 × 0,32 3, 04
×
= 1, 744atm
0, 21
0,85

Kp
1, 744
=
= 4, 07
RT 0, 082 × 523
Kp 1, 744
=
=
= 0,574
P
3, 04

−∆n

−∆n

=

∑ n = 0, 21 + 0,32 + 0,32 = 0,85(mol )

=

Bài 9: Tính các hằng số cân bằng Kx, Kc, Kp của phản ứng:

a)

1
3
N 2( k ) + H 2( k ) ƒ NH 3( k ) biết ∆G 0 = −16, 6 kJ mol
2
2

b)

3
1
N 2( k ) + H 2( k ) ƒ N 3 H ( k ) biết ∆G 0 = 328, 0 kJ mol
2
2

a)

1
3
N 2( k ) + H 2( k ) ƒ NH 3( k )
2
2

Giải:

Có ∆G 0 = −16, 6 kJ mol = −16600 J
−16600
= 6, 7
8,314 × 298

Giải:
C( r ) + O2( k ) ƒ CO2( k ) Kp =

PCO2
PO2

=

nCO2
nO2

C( r ) + O2( k ) ƒ CO2( k )

Ban đầu
[ ]

a
a–x

x

∑ n = a ( mol )

Tại cân bằng hỗn hợp chứa 22,5% CO2
22


x
= 0, 225
a

PC6 H12

=

a

∑ n = 1 + 3a ( mol )

3a

27 a 3 × a
P3
27 a 4
×
=
3
3
1− a
( ∑ n ) ( 1 − a ) × ( 1 + 3a )

Bài 13: Ở 600K đối với phản ứng CO2( k ) + H 2( k ) ƒ CO( k ) + H 2O( k )
Nồng độ cân bằng của H2, CO2,H2O và CO lần lượt bằng 0,600; 0,459;
0,500 và 0,425 mol/l.
Tìm Kc, Kp của phản ứng.
Giải:
CO2( k ) + H 2( k ) ƒ CO( k ) + H 2O( k ) ∆n = 1 + 1 − 1 − 1 = 0
⇒ Kp = Kc

[ H O ] × [ CO ]



⇒ Kp = 1, 27 ×106

T = 598
Ln

Kp( 298 K )
Kp( 598 K )

=−

∆Η 0  1 1 
× − ÷
R  T1 T2 

Kp( 598 K )

∆Η 0  1 1 
56430  1
1 
⇒ Ln
=
×  − ÷= −
×
−
÷ = −11, 43
6
1, 27 ×10
R  T1 T2 
8,314  298 598 

COCl2( k ) ƒ CO( k ) + Cl2( k )

Ban đầu

0,025

[ ]

0,025 – a

a

a

∑ n = 0, 0253 + a(mol )
⇒ 0, 0253 + a = 0, 0308 ⇒ a = 5,5 × 10 −3 (mol)

Kp =

PCO2 × PCl2
PCOCl2

( 5,5 ×10 )
−3

=

2

×1

∆Η 02

∆Η 0ht H2O

C2 H 5OH ( k ) ƒ CH 3CHO( k ) + H 2( k )

∆Η 0

∆Η 0 = ∆Η10 − ∆Η 02 − ∆Η 0ht H 2O
= − 1412 + 1196 + 278 = 71kJ = 71000 J
Ln

Kp( 403 K )
Kp( 378 K )

⇒ Ln
⇒

=−

Kp( 403 K )
6, 4 ×10−9

Kp( 403 K )
6, 4 ×10−9

∆Η 0  1 1 
× − ÷
R  T1 T2 
=