SÁNG KIẾN KINH NGHIỆM
ĐỀ TÀI:
"GIẢNG DẠY CHUYÊN ĐỀ NHIỆT ĐỘNG HỌC MÔN VẬT LÝ
LỚP 10"
PHẦN I: MỞ ĐẦU
1. Cơ sở khoa học của sáng kiến kinh nghiệm cần nghiên cứu:
Cơ sở lý luận
Nhiệt động học là một khoa học nghiên cứu về sự biến hoá dạng năng lượng này
thành dạng năng lượng khác và thiết lập các định luật của sự biến hoá đó. Hiện nay nhiệt
động học nghiên cứu một số lớn những hiện tượng vật lý và hoá học kèm theo sự biến đổi
năng lượng. Những nghiên cứu bằng phương pháp nhiệt động học không những chỉ cho
phép đưa đến sự cân bằng của năng lượng mà còn xác định chiều hướng và giới hạn mà
một quá trình có thể xảy ra trong những điều kiện nhất định. Như vậy nhiệt động học cho
phép điều khiển theo ý muốn những quá trình lý, hoá học trong sản xuất.
Nhiệt động hoá học nghiên cứu sự biến hoá của các dạng năng lượng khác nhau
trong phản ứng hoá học, các quá trình hoà tan, bay hơi, kết tinh, hấp phụ.v.v
Nhiệt động hoá học sử dụng các quan điểm và các kết luận của nhiệt động học lý
học. Trong nhiệt động hoá học người ta chỉ xét trạng thái đầu và trạng thái cuối của các
hệ hoá học ở trong quá trình biến hoá của chúng và dự đoán biến thiên năng lượng của
những quá trình độc lập với cách biến đổi tốc độ phản ứng và bản chất của những sản
phẩm trung gian được tạo nên trong phản ứng.
Cơ sở thực tiễn
Trong những năm qua, đề thi học sinh giỏi Quốc gia thường hay đề cập tới phần
nhiệt động học dưới nhiều góc độ khác nhau. Tuy nhiên, trong sách giáo khoa phổ thông ,
do điều kiện giới hạn về thời gian nên những kiến thức trên chỉ được đề cập đến một cách
sơ lược. Qua thực tiễn giảng dạy đội tuyển học sinh giỏi Quốc gia nhiều năm tôi đă
nghiên cứu, lựa chọn và hệ thống những kiến thức lí thuyết cơ bản, trọng tâm; sưu tầm
những bài tập điển hình để soạn chuyên đề “Chiều hướng diễn biến của quá trình hóa
học” đề cập về vấn đề nhiệt động học giúp cho học sinh hiểu sâu và vận dụng được tốt
những kiến thức đã học vào việc giải các bài tập, góp phần nâng cao chất lượng giảng
dạy và học tập môn Hóa học.

2. Mục đích của sáng kiến kinh nghiệm
Xây dựng hệ thống câu hỏi và bài tập phần “Nhiệt động học”dùng cho học sinh lớp
chuyên Hoá học ở bậc THPT giúp học trò học tốt hơn và chuẩn bị tốt hơn cho các kỳ thi
học sinh giỏi Hóa học cả về lý thuyết – bài tập – phương pháp giải, góp phần nâng cao
chất lượng giảng dạy và học tập môn Hóa học.
3. Đối tượng nghiên cứu, phạm vi nghiên cứu
Đề tài “NHIỆT ĐỘNG HỌC” tập trung hệ thồng lí thuyết và sưu tầm các bài tập
điển hình có liên quan đến:
1. ENTROPI (S)
2. NGUYÊN LÍ II CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC
3. SỰ BIẾN THIÊN S TRONG QUÁ TRÌNH BIẾN ĐỔI TRẠNG THÁI CỦA CHẤT
4.
∆
S TRONG QUÁ TRÌNH GIÃN NỞ ĐẲNG NHIỆT KHÍ LÍ TƯỞNG
5. SỰ BIẾN THIÊN ENTROPI CỦA CHẤT NGUYÊN CHẤT THEO NHIỆT ĐỘ
6. ENTROPI TUYỆT ĐỐI
7. SỰ BIẾN THIÊN ENTROPI TRONG PHẢN ỨNG HOÁ HỌC
8. THẾ NHIỆT ĐỘNG
9. Ý NGHĨA VẬT LÍ CỦA
∆
G
10. MỘT SỐ TÍNH CHẤT CỦA HÀM G
11. TÍNH
∆
G CỦA MỘT SỐ QUÁ TRÌNH:
Đối tượng nghiên cứu là các khóa học sinh đội tuyển dự thi học sinh giỏi quốc
gia từ năm 2009 đến năm 2011
4. Kế hoạch nghiên cứu
Sáng kiến kinh nghiệm này tôi đã nghiên cứu giảng dạy bồi dưỡng học sinh đội
tuyển dự thi học sinh giỏi quốc gia, tại trường THPH chuyên Hưng Yên từ năm học

2009-2010.
5. Phương pháp nghiên cứu
a). Nghiên cứu tài liệu
b). Thực nghiệm (giảng dạy), đây là phương pháp chính
6. Thời gian hoàn thành
3 năm
7. Cấu trúc của sáng kiến kinh nghiệm
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, sáng kiến kinh nghiệm bao gồm
các phần chính sau đây:
I.CƠ SỞ LÍ THUYẾT
II. BÀI TẬP VẬN DỤNG
PHẦN II: NỘI DUNG
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 δQ
TN
thì sự biến thiên entropi trong quá trình này là: d
S
=
T
Q
TN
δ
S là hàm trạng thái (J/mol.K)
- Nếu sự biến đổi là bất thuận nghịch thì d
S
>
T
Q

TN
δ
- Vì là hàm trạng thái nên khi chuyển từ trạng thái 1 sang trạng thái 2 bằng biến thiên
thuận nghịch hay bất thuận nghịch thì S
2
- S
1
= ∆S =
∫
2
1
T
Q
TN
δ
(∆S
TN
= ∆S
BTN
)
2. NGUYÊN LÍ II CỦA NHIỆT ĐỘNG HỌC
dS ≥
T
Q
δ
- Trong hệ cô lập δQ = 0. nên:
+ dS = 0: trong hệ cô lập entropi của hệ không đổi nếu xảy ra quá trình thuận nghịch.
+ dS > 0 : trong hệ cô lập, quá 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 < S < S
S < S < S
H
2
(k)
O
2
(k) O
3
(k)
H
2
O(r)
H
2
O (l)
H
2
O (h)
⇒ 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 sôi ở P = const thì:
T = const ⇒ ∆S =
∫
2
1
T
Q

δ
=
T
H∆
∆H = nhiệt biến thiên trạng thái = L
n/c
hoặc L
h
4. ∆S TRONG QUÁ TRÌNH GIÃN NỞ ĐẲNG NHIỆT KHÍ LÍ TƯỞNG
Xét n mol khí lí tưởng giãn nở thể tích từ V
1
→ V
2
ở t
o
= const. Vì nội năng của khí lí
tưởng chỉ phụ thuộc nhiệt độ nên trong sự biến đổi này:
∆U = Q
TN
+ W
TN
= Q
BTN
+ W
BTN
= 0
⇒ Q
TN
= - W
TN

= nRT. ln
1
2
V
V
( = -(- P. ∆V) =
dV
V
nRT
.
2
1
∫
).
T = const ⇒∆S =
T
Q
TN
= nRln
1
2
V
V
= n.R.ln
2
1
P
P
5. SỰ BIẾN THIÊN ENTROPI CỦA CHẤT NGUYÊN CHẤT THEO NHIỆT ĐỘ
- Quá trình P = const: Đun nóng 1 chất nguyên chất từ T

1
→ T
2
, không có sự chuyển pha:
∆S =
∫
2
1
T
T
TN
T
Q
δ
Với δQ = δQ
P
= dH = n.C
P
.dT
∆S =
T
dT
Cn
T
T
P

2
1
∫

* Trong khoảng nhiệt độ hẹp, coi C
P
= const ⇒ ∆S = n.C
P
.ln
1
2
T
T
- Quá trình: V = const ⇒ ∆S = n .C
V
.ln
1
2
T
T
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 quá trình đun nóng có sự chuyển pha thì:
∆S = ∆S
T
- ∆S
(T = 0)
= S
T

=
∑
=
∆
5
1i
i
S
⇒ S
T
=
T
dT
Cn
T
L
n
T
dT
Cn
T
L
n
T
dT
Cn
T
T
hP
S

S
T
T
lP
nc
nc
T
rP
S
S
nc
nc

)()(
0
)(
1
∫∫∫
++++
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 S
0
T
, thường T = 298K → S
0
298
7. SỰ BIẾN THIÊN ENTROPI TRONG PHẢN ỨNG HOÁ HỌC
+ Khi phản ứng thực hiện ở P = const, T = const thì: ∆S = ΣS(sp) - ΣS(t/g)
+ Nếu ở điều kiện chuẩn và 25

0
C thì: ∆S
0
298
= ΣS
0
298
(sp) - ΣS
0
298
(t/g)
+ 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. Còn trong trường hợp số mol khí ở 2 vế bằng nhau hoặc
phản
ứng không 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 không đổi trong quá trình này môi trường nhận của
hệ một nhiệt lượng ∆H
mt
do hệ toả ra → ∆H
mt
= - ∆H
hệ
= - ∆H
→ ∆S
mt
= -

T
H∆
+ Điều kiện tự diễn biến của hệ:
→ ∆S
cô lập
= ∆S
hệ
-
T
H∆
> 0 → ∆H – T. ∆S < 0
+ Hệ ở trạng thái cân bằng khi ∆H – T. ∆S = 0
+ Đặt G = H – TS ⇒ ở nhiệt độ, P không đổi thì quá 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 không đổi ⇒ nhiệt đẳng tích mà môi trường nhận của
các hệ là ∆U
mt
→ ∆S
mt
= -
T
U
mt
∆
→ điều kiện tự diến biến của hệ trong quá 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
- Công: δWP = - P.dV = -n.R.dT → WP = - P. ∆V = - nR∆T
- Nhiệt: δQP = dH = n.
P
C
.dT → QP = ∆H = n.
dTC
T
T
P
.
2
1
∫

- Nội năng: dU = δQ + δW → ∆U = ∆H – P. ∆V = ∆H – n.R. ∆T
- Entropi: dS ≥
T
Q
TN
δ
→ ∆S ≥
∫
2
1
T
Q

TN
δ
⇒ ∆S
TN
=
T
dT
Cn
T
T
P

2
1
∫
=
TdCn
T
T
P
ln
2
1
∫
Nếu
P
C
= const → ∆S
TN
= n.

P
C
.ln
1
2
T
T
* Quá trình đẳng tích
- Công: δW
V
= - P.dV = 0 → W
V
= 0
- Nhiệt: δQ
V
= dU
V
= n.
V
C
.dT ⇒ Q
V
= ∆U
V
=
dTnC
T
T
V


2
1
∫
Nếu
V
C
= const →Q
V
= n.
V
C
.∆T
- Nội năng: ∆U
V
= Q
V
+ W’
- Entropi: ∆S ≥
T
Q
V
=
=
∫
T
dT
Cn
T
T
V


2
1
TdCn
T
T
V
ln
2
1
∫
⇒ ∆S ≥ n.
V
C
.ln
1
2
T
T
(
V
C
= const)
- Entanpi: H = U + PV  dH = dU + P.dV + V.dP = dU + V.dP (dV = 0)
⇒ ∆H = ∆U + V . ∆P
* Quá trình đẳng nhiệt
- Công: δW
T
= - PdV = -
dV

V
nRT
.
⇒ W
T
= -
1
2
2
1
1
2
lnlnln
2
1
P
P
nRT
V
V
nRT
V
V
nRT
V
dV
RTn
V
V
==−=

∫
- Nhiệt: ∆U
T
= Q
T
+ W
T
= 0 ⇒ Q
T
= - W
T
= nRT ln
1
2
V
V
- Nội năng: ∆U
T
= 0
- Entanpi: ∆H
T
= ∆U
T
+ ∆(PV)
T
= ∆U
T
+ nR. ∆T = 0
- Entropi: ∆S
TN

=
nc
ncTN
T
L
T
Q
=
hoặc =
S
h
T
L
* Với quá trình dãn nở khí lí tưởng thuận nghịch
∆S =
=
−∆
=
T
WU
T
Q
TN
+
∫
T
dT
Cn
V
T

T

2
1
dV
V
nRT
V
V
∫
2
1
Nếu C
V
= const → ∆S = n.
1
2
ln
T
T
C
V
+ nRT ln
1
2
V
V
Vì T = const →∆S = nRT ln
1
2

V
V
= nRT.ln
2
1
P
P
* Quá trình đoạn nhiệt
- Nhiệt: Q = 0
- Nội năng và công: dU = δQ + δW = δW = -PdV =
T
dT
Cn
V
T
T

2
1
∫
*Quá trình bất thuận nghịch
dU
BTN
= δW
BTN
= -P
ng
.dV = -P
2
.dV

∆U
BTN
= W
BTN
= -P
ng
.(V
2
– V
1
) = n.C
V
. ∆T
* Quá trình thuận nghịch W = ∆U = n.C
V
(T
2
- T
1
)
T
1
. V
1
1
−
γ
= T
2
. V

1
2
−
γ
→ T
2
= T
1
.(
2
1
V
V
)
γ
-1
- Entanpi: ∆H = n .C
P
(T
2
– T
1
)
- Entropi: ∆S
TN
=
T
Q
TN
= 0

* Phương trình Poisson: (Dùng cho quá trình thuận nghịch)
T .
1−
γ
V
= const; P.V
γ
= const;
V
P
C
C
=
γ
* W
BTN
= -P
2
(V
2
– V
1
) = - P
2
.(
)()
12
1
1
2

2
TTnC
P
nRT
P
nRT
V
−=−
→ T
2
→ ∆U = W = → V
2
* G = H – TS = U + PV – TS
=






∂
∆∂
P
T
G
- ∆S ;
=







∂
∆∂
T
P
G
- ∆V
Với phản ứng oxi hoá khử có thể diễn ra trong pin điện: ∆G = - nEF
dT
Gd∆
= - nF.
dT
dE
= - ∆S ⇒ ∆S = nF.
dT
dE
⇒∆H = ∆G + T. ∆S = nF( T.
dT
dE
- E)
9. Ý NGHĨA VẬT LÍ CỦA ∆G:
G = H – TS = U + PV – TS
⇒ dG = dU + P.dV + V.dP – T.dS – SdT = (δW + δQ) + PdV + VdP – T.dS – SdT
Vì δW = δW’ + (-PdV)
δQ ≤ T.dS → dG ≤ δW’ + VdP – SdT
Dấu “ =” ứng với quá trình thuận nghịch và công lớn nhất.
dG = δW’
max

+ VdP – SdT
* Đối với quá trình đẳng nhiệt, đẳng áp → dP = dT = 0
⇒ dG
T,P
= δW’
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:
- Khi P = const →
P
T
G






∂
∂
= - S →
P
T
G







∂
∆∂
= - ∆S
⇒ ∆G = ∆H – T. ∆S = ∆H + T.
P
T
G






∂
∆∂
⇒ T.
P
T
G






∂

∆∂
- ∆G = -∆H ↔
22
.
T
H
T
G
T
G
T
P
∆
−=
∆−






∂
∆∂
⇔
2
T
H
T
T
G

P
∆
−=
∂






∆
∂
→
dT
T
H
T
G
d
T
T
T
G
T
G
T
T

2
1

2
2
1
2
1
∫∫
∆
−=
∆
∆
∆
↔
dT
T
G
T
G
T
G
T
T
TT
.
2
1
12
2
12
∫
∆

−=
∆
−=
∆
Nếu coi ∆H
o
không phụ thuộc vào nhiệt độ thì:






−∆−
∆
=
∆
298
11
298
298
T
H
G
T
G
o
o
T
10.2. Sự phụ thuộc vào P:

Khi T = const →
V
P
G
T
=






∂
∂
→
( ) ( )
∫∫ ∫
=−→=
2
1
1
2
1
2

2
1
P
P
PT

P
P
PT
dPVGGdPVdG
- Với chất rắn, lỏng → coi V = const khi P biến thiên (trừ miền áp suất lớn) thì:
( ) ( )
)(
12
12
PPVGG
PTPT
−+=
- Với chất khí lí tưởng → V =
P
nRT

⇒
( ) ( )
1
2
ln.
12
P
P
nRTGG
PTPT
+=
Nếu áp suất bình thường: P
1
= P

o
= 1bar (1 atm) ⇒ G
T(P)
= G
o
T
+ nRT.lnP (P tính bằng bar
(atm)).
11. TÍNH ∆G CỦA MỘT SỐ QUÁ TRÌNH:
11.1. Giãn nén đẳng nhiệt khí lí tưởng
∆G = nRT.ln
1
2
P
P
= nRT.ln
2
1
V
V
11.2. Trộn lẫn đẳng nhiệt, đẳng áp 2 khí lí tưởng:
∆G = n
A
.RTlnx
A
+ n
B
.RTlnx
B
11.3. Quá trình chuyển pha thuận nghịch (tại nhiệt độ chuyển pha): ∆G

cf
= 0
11.4. Quá trình chuyển pha thuận nghịch ở T ≠ T
cf
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 hoá học: ∆G
o
pư
= Σ∆G
o
S(sản phẩm)
- Σ∆G
o
S(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 Phản ứng
∆
H
o
298
(kJ)
(1)
2NH
3
+ 3N
2
O
→

4N
2
+ 3H
2
O
−
1011
(2)
N
2
O + 3H
2

→
N
2
H
4
+
H
2
O
−
317
(3)
2NH
3
+ 0,5O
2


→
N
2
H
4
+ H
2
O
−
143
(4)
H
2
+ 0,5 O
2

→
H
2
O
−
286
S
0
298
(N
2
H
4
) = 240 J/K.mol ; S

0
298
(H
2
O) = 66,6 J/K.mol
S
0
298
(N
2
) = 191 J/K.mol ; S
0
298
(O
2
) = 205 J/K.mol
a) Tính nhiệt tạo thành
∆
H
o
298
của N
2
H
4
; N
2
O và NH
3
.

b) Viết phương trình của phản ứng cháy Hidrazin và tính
∆
H
o
298
,
∆
G
o
298
và hằng số
cân bằng K của phản ứng này.
c) Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2mol NH
3
và 0,5mol O
2
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
N
2
+ H
2
→ N
2
H
4
. Đó là:
4N

2
+ 3H
2
O → 2NH
3
+ 3N
2
O -∆H
1
3N
2
O + 9H
2
→ 3N
2
H
4
+ 3H
2
O 3∆H
2
2NH
3
+ 0,5 O
2
→ N
2
H
4
+ H

2
O ∆H
3
H
2
O → H
2
+ 0,5 O
2
-∆H
4
Sau khi cộng ta được: 4N
2
+ 8H
2
→ 4N
2
H
4
có 4∆H
5
Suy ra ∆H
5
= (-∆H
1
+ 3∆H
2
+ ∆H
3
- ∆H

4
) : 4
= (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol
Từ ∆H
5
và ∆H
4
và ∆H
2
tính được ∆H
ON
2
= ∆H
5
+ ∆H
4
- ∆H
2
= 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ ∆H
5
và ∆H
4
và ∆H
3
tính được ∆H
3
NH
= ∆H
5

+ ∆H
4
- ∆H
3
= ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = 46,125 kJ/mol
b) N
2
H
4
+ O
2
N⇌
2
+ 2H
2
O
∆H
0
298
= 2 × ( −286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol
∆S
0
298
= 191 + (2 × 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K
∆G
0
298
= − 622,75 − ( −120,8. 10
−
3

× 298) = − 586,75 kJ/mol
ln K = −
G
RT
∆
= −
3
586,75.10
8,314 298
−
×
= 236,8 ; K = 10
103
.
c) ∆H = ∆U + P∆V = ∆U + ∆nRT
→
∆U = ∆H − ∆nRT
Với ∆n = 1 − 2,5 = − 1,5 cho ∆U = − 143.10
3
− ( − 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 quá 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 H
2
O (l) H⇌
2
O (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 Nitơ monoxit Cl
2
∆
H
o
298
(kJ/mol)
51,71 90,25 ?
S
0
298
(J/K.mol)
264 211 223
c) Tính gần đúng Kp của phản ứng ở 475K
Bài giải:
a) 2NOCl 2NO + Cl⇌
2
.
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. 10
3

) + 0 − (2 × 51,71. 10
3
) = 77080 J/mol
∆S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264) = 117 J/mol
∆G = 77080 − 298 × 117 = 42214 J/mol
và ln K = −
42214
8,314 298×
= − 17
→
Kp = 3,98. 10
−
8
atm và Kp = 4,04. 10
−
3
Pa
c) Tính gần đúng:
ln
2
1
( )
( )
Kp T
Kp T
=
1 2
1 1H
R T T
 

∆
−
 ÷
 

→
lnKp(475K) =
77080 1 1
8,314 298 475
 
−
 ÷
 
+ lnKp(298)
ln Kp (475) = − 5,545
→
Kp = 4,32. 10
−
3
atm hay Kp = 437Pa
Bài 4. Hằng số cân bằng (K
c
) của một phản ứng kết hợp A (k) + B (k) AB (k) ⇌
ở 25
0
C là 1,8. 10
3
L/mol và ở 40
0
C là 3,45.10

3
L/mol .
a) Giả sử
∆
H
o
không phụ thuộc nhiệt độ, hãy tính
∆
H
o

và
∆
S
o
.
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
2
1
( )
( )
Kp T
Kp T
=
1 2
1 1H
R T T
 

∆
−
 ÷
 

→
ln
3
3
3,45.10
1,8.10
=
1 1
8,314 298,15 313,15
H∆
 
−
 ÷
 
Tính được ∆H = 33,67 kJ/mol
Với ∆G = ∆H − T. ∆S = − RTlnK
→
(33,67 × 10
3
) − T
2
. ∆S = − 8,314 T
2
. ln 3,45.
10

3
.

→
∆S =
3 3
(33,67.10 ) 8,314 313,15 ln3,45.10
313,15
+ × ×
= 175,25 J/K.mol
b) Vì Kp = Kc.(RT)
−∆
n
với
∆
n = 1 nên Kp =
3
1,8.10
8,314 298,15×
= 0,726 atm
−
1
.
Kp = Kx. (P)
−∆
n
với
∆
n = 1 nên Kx = 0,726
×

1 = 0,726
Bài 5. Amoni hidrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH
3
(k) và H
2
S
(k). Cho biết:
Hợp chất
H
0
(kJ/mol) S
0
(J/K.mol)
NH
4
HS (r)
−
156,9
113,4
NH
3
(k)
−
45.9
192,6
H
2
S (k)
−
20,4

205,6
a) Hãy tính
∆
H
o
298
,
∆
S
o
298
và
∆
G
o
298
của phản ứng trên
b) Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 25
0
C của phản ứng trên
c) Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35
0
C của phản ứng trên, giả thiết
∆
H
0
và
∆
S
0

không phụ thuộc nhiệt độ.
d) Giả sử cho 1,00 mol NH
4
HS (r) vào một bình trống 25,00 L. Hãy tính áp suất toàn
phần trong bình chứa nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 25
0
C. Bỏ qua thể
tích của NH
4
HS (r). Nếu dung tích bình chứa là 100,00L, hãy tính lại áp suất toàn
phần trong thí nghiệm trên.
Bài giải:
a) ∆H
0
= − 45,9 −20,4 − ( − 156,9 ) = 90,6 kJ/mol
∆S
0
= 192,6 + 205,6 − 113,4 = 284,8 J/K.mol
∆G
0
= ∆H
0
− T. ∆S
0
= 90600 − 298,15 × 284,8 = 5687 J/mol hay 5,687 kJ/mol
b) ∆G
0
= − RT.ln K
a


→
− 5687 = − 8,314 × 298,15 × ln K
a
.
→
K
a
= 0,1008
Kp = Ka = 0,1008 atm
2
.
c) Tương tự tại 35
0
C, ∆G
0
= ∆H
0
− T. ∆S
0
= 2839 J/mol nên Ka = 0,3302 và Kp =
0,3302 atm
2
.
d) Do P (toàn phần) = P (NH
3
) + P (H
2
S)
→
P (NH

3
) = P (H
2
S) = 0,5P (toàn phần)
Kp = [0,5P (toàn phần)]
2
= 0,1008
→
P (toàn phần) = 0,635 atm
số mol khí =
PV
RT
=
0,635 25
0,08314 298,15
×
×
= 0,64 mol
→
số mol NH
4
HS = 1 − 0,5×0,64= 0,68
* Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí =
0,635 100
0,08314 298,15
×
×
= 2,56 mol
số mol NH
4

HS = 1 − 0,5 × 2,56 = − 0,28
→
không còn chất rắn
Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên
P (toàn phần) =
nRT
V
=
2 0,08314 298,15
100
× ×
= 0,5 atm
Bài 6. Cho các số liệu sau:
H
3
PO
4
(d
d)
H
2
PO
4
−
(dd
)
HPO
2
4
−

(dd) PO
3
4
−
(dd)
H
2
O
(lỏng)
∆
H
0
(kJ/mol)
−
1288
−
1296
−
1292
−
1277
−
56
S
0
(J/K.mol)
158 90
−
33
−

220
81
a) Tính
∆
H
0
và
∆
G
0
của các phản ứng trung hoà từng nấc H
3
PO
4
bằng kiềm
H
n
PO
n 3
4
−
+ OH
−

→
H
n
−
1
PO

n 4
4
−
+ H
2
O
b) Tính hằng số điện ly của H
3
PO
4
ở 25
0
C 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) ∆H
0
và S
0
của H
+
đều bằng 0: ∆H
2
0
H O
− ∆H
0
OH
−

= − 56 kJ/mol
∆H
0
n
= ∆H
0
3 n−
− ∆H
0
3 1n− +
− 56 ; ∆S
0
3
= S
0
3 n−
− S
0
4 n−
+ 81
Theo ∆G
0
= ∆H
0
− T. ∆S
0
có
* ∆H
0
1

= − 1296 + ( −56) − ( −1288) = − 64 kJ/mol ; ∆S
0
1
= 90 + 81 − 158 = 13 J/mol.K
∆G
0
1
= − 64 − 298,15 × 13. 10
−
3
= − 67,9 kJ/mol
* ∆H
0
2
= − 1292 + ( −56) −( −1296) = − 52 kJ/mol ; ∆S
0
2
= −33 + 81 − 90 = −42
J/mol.K
∆G
0
2
= − 52 − 298,15 × ( −42. 10
−
3
) = − 39,5 kJ/mol
* ∆H
0
3
= − 1277 + ( −56) −( −1292) = − 41 kJ/mol ; ∆S

0
3
= −220 + 81 − ( −33) = −106
J/mol.K
∆G
0
2
= − 41 − 298,15 × ( −106. 10
−
3
) = − 9,4 kJ/mol
b) ∆G
2
0
H O
= −56 − 298,15 × (81.10
−
3
) = 80,15 kJ/mol
Theo ∆G
0
= − RT.ln K
→
ln K = −
0
G
RT
∆
Tổ hợp H
3

PO
4
+ OH
−
H⇌
2
PO
4
−
+ H
2
O ∆G
0
1
H
2
O OH ⇌
−
+ H
+
− ∆H
2
0
H O
Cho H
3
PO
4
H⇌
+

+ H
2
PO
4
−
∆G
0
1a
= ∆G
0
1
− ∆H
2
0
H O
= − 67,9 −( −80,15)= 12,25 kJ/mol
ln K
a1
= −
3
12,25.10
8,314 298×
= − 4,944 K
a1
= 7,9. 10
−
3
.
Tương tự H
2

PO
4
−
H⇌
+
+ HPO
2
4
−
∆G
0
2a
= 40,5 kJ/mol ; K
a2
= 8,0. 10
−
8
.
HPO
2
4
−
H⇌
+
+ PO
3
4
−
∆G
0

3a
= 70,5 kJ/mol ; K
a3
= 4,4. 10
−
13
.
c) Số mol H
3
PO
4
= 0,1V
1
; OH
−
= 0,1V
2
.
* Nếu tạo hỗn hợp 2 muối axit : 64 × 0,1V
1
+ (0,1V
2
− 0,1V
1
) × 52 = 0,09 và V
1
+ V
2
= 0,025
Giải pt cho V

2
= 0,015 L ; V
1
= 0,01 L
* Nếu tạo hỗn hợp muối axit và muối trung hòa:
52 × 0,1V
1
+ (0,1V
2
− 0,1V
1
) × 41 = 0,09
→

V
2
= 0,0175 L ; V
1
= 0,0071 L
Bài 7. Cho các số liệu sau:
C
2
H
5
OH
(h)
C
2
H
4

(k) H
2
O (h)
∆
G
0
298,s
(kJ/mol)
−
168,6
68,12
−
228,59
S
0
298
(J/mol. K)
282,0 219,45 188,72
Với phản ứng : C
2
H
4
(k) + H
2
O (h) C⇌
2
H
5
OH (h)
a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 25

0
C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
b) Phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt?
Bài giải:
a) ∆G
0
298
= − 168,6 − [68,2 + ( − 228,9)] = − 8,13 kJ < 0 nên phản ứng theo chiều thuận.
b) ∆H
0
298
= ∆G
0
298
+ T. ∆S
0
298

∆S
0
298
= 282,0 − (188,72 + 219,45) = −126,17 J/ K
∆H
0
298
= − 8,13. 10
3
+ (−126,17 × 298) = − 45728,66 J < 0
→
phản ứng tỏa nhiệt.

Bài 8. Cho các số liệu sau ở 27
0
C:
NH
4
COONH
2
(r)
CO
2
(k) NH
3
(k)
∆
H
0
300,s

(kJ/mol)
−
645,2
−
393,5
−
46,20
∆
G
0
300


(kJ/mol)
−
458,0
−
394,4
−
16,64
Với phản ứng : NH
4
COONH
2
(r) CO⇌
2
(k) + 2 NH
3
(k)
a) Hỏi ở điều kiện chuẩn và 27
0
C phản ứng xảy ra theo chiều nào?
b) Nếu coi
∆
H
0
và
∆
S
0
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 27
0

C ?
Bài giải:
a) ∆G
0
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
0
300
= 30,32. 10
3
− 3 × 8,314 × 300 = 22837,4 J > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều
nghịch.
b) ∆H
0
300
= ( − 393,5) + ( − 46,2 × 2) − ( − 645,2) = 159,3 kJ
∆S
0
300
=
0 0
300
H G∆ − ∆
=
159300 30320
300
−
= 429,93 J/K mà ∆U

0
= ∆H
0
− ∆nRT
∆U
0
300
= 159300 − 3 × 8,314 × 300 = 151817,4 J
Để phản ứng xảy ra theo chiều ngược với chiều ở 27
0
C thì ∆A
0
= ∆U
0
− T∆S
0
phải <
0
∆A
0
= 151817,4 − T × 429,93 < 0
→
T > 353,12 K tức là ở 80
0
C thì phản ứng đổi
chiều.
Bài 9: Tính sự biến thiên entropi của quá trình đun nóng 0,5 mol H
2
O từ – 50
o

C đến
500
o
C 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
o
P
C
của nước đá và nước
lỏng lần lượt bằng 35,56 và 75,3J/molK;
o
P
C
của hơi nước là (30,2 + 10
-2
T) J/molK.
Bài giải:
H
2
O
(r)
H
2
O
(r)
H
2
O
(l)
H

2
O
(l)
H
2
O
(h)
H
2
O
(h)
S
1
S
2
S
3
S
4
S
5
∆
∆
∆
∆
∆
773K
373K373K
273K
273K

223K
o
o o
o
o
S
2
S
3
S
4
S
5
∆
∆
∆ ∆
o
o
o
o
= + + + +
S
∆
o
S
1
∆
o
= n.







++++
∫ ∫ ∫
273
223
373
273
773
373
)()()(
.
373
.
273
.
T
dT
C
L
T
dT
C
L
T
dT
C

hP
h
lP
nc
rP
=0,5.






−+++++
−
)373773(10
373
773
ln.2,30
373
40660
273
373
ln.3,75
273
6004
223
273
ln.56,35
2
= 93,85(J/K)

Bài 10. Tính sự biến thiên entropi khi trộn lẫn 200g nước ở 15
o
C với 400g nước ở
60
o
C. 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:
18
200
.
P
C
(T – 288) =
18
400
.
P
C
(333 – T)
T – 288 = 2.333 – 2T ⇒ T =
3
288333.2 +
= 318(K)
∆S

hệ
= ∆S
1
+ ∆S
2
=
T
dT
.3,75.
18
200
318
288
∫
+
T
dT
.3,75.
18
400
318
333
∫
=
18
200
.75,3 ln
288
318
+

18
400
.75,3 ln
333
318
= 5,78 (J/K) > 0
⇒ 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% N
2
; 50%H
2
và 30%NH
3
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 thông 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 quá 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
2
N
V
= 0,2V;
3
NH
V
= 0,3V;

2
H
V
= 0,5V.
Do %V = %n ⇒
2
N
n
= 0,2 mol;
2
H
n
= 0,5 mol;
3
NH
n
= 0,3mol.
- Sự biến thiên entropi được tính theo CT: ∆S = nRln
1
2
V
V
2
N
S∆
= 0,2 .8,314.ln
V
V
2,0
= 2,676J/K

2
H
S∆
= 0,5.8,314.ln
V
V
5,0
= 2,881J/K
3
NH
S∆
= 0,3.8,314.ln
V
V
3,0
= 3,003J/K
⇒ ∆S =
2
N
S∆
+
2
H
S∆
+
3
NH
S∆
= 8,56(J/K)
* Quá 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)
+ CO
2(k)

→
2CO
(k)
(1)
CO
(k)
+
2
1
O
2(k)


→
CO
2(k)
(2)
H
2(k)
+ Cl
2(k)

→
2HCl
(k)
(3)
S
(r)
+ O
2(k)

→
SO
2(k)
(4)
Bài giải:
Phản ứng (1) có ∆n khí = 2 -1 = 1 > 0 → ∆S > 0