DẠNG 3: BÀI TẬP VỀ PHÓNG XẠ
A-LÝ THUYẾT:
1. Phƣơng trình động học:
Ap dụng cho quá trình phân rã phóng xạ:
1 N
k = ln 0
(*)
t Nt
=> 2. m t   m0 .2



t
T1 / 2

Hay N( t )  N0 .e t ,

= m0 .e t
k

ln 2
1/ 2



0, 693
T1/ 2

k là hằng số phân rã phóng xạ (đôi khi kí hiệu là )
N0 là số nguyên tử phóng xạ ở thời điểm ban đầu
Nt là số nguyên tử phóng xạ còn lại sau thời gian t

2, Chu kì bán huỷ (thời gian bán huỷ, chu kì bán rã, thời gian bán rã):
Chu kì bán huỷ là thời gian cần thiết để 1/2 lượng ban đầu của chất phóng xạ phân rã.
Đây là đại lượng đặc trưng cho từng nguyên tố phóng xạ.
Biểu thức tính: t1/2 = ln2/0,693 (HS tự suy luận).
3, Độ phóng xạ:
Các sản phẩm của sự phân rã hạt nhân (gọi chung là các bức xạ) bay ra với tốc độ lớn. Trên đường đi,
nếu gặp các vật chắn bức xạ sẽ gây ra các biến đổi trong vật chắn đó. Tác dụng của bức xạ càng lớn
nếu số phân rã xảy ra trong một đơn vị thời gian càng lớn.
Độ phóng xạ là đại lượng đặc trưng cho mức độ gây biến đổi của các bức xạ. Nó được đo bằng số các
phân rã trong một đơn vị thời gian (tức là tốc độ phân rã).
dN
A=
dt
 t
 t
H ( t )  H 0 .e  N0 ..e
H(t): Tốc độ phân hủy tại thời điểm t
H(0): Tốc độ phân hủy ban đầu
Lẽ ra đơn vị của độ phóng xạ là số phân rã (tức số hạt phân rã)/1 giây, nhưng người ta hay sử dụng
hơn đơn vị Curi: 1 Curi = 3,7.1010 phân rã/giây.
<3,7.1010 chính là số phân rã do 1 gam Rađi tạo ra trong 1 giây và người ta quy ước bằng 1 Curi >.
4, Xác định niên đại sinh vật cổ dựa vào sự phóng xạ của C-14:
Thực nghiệm xác định được trong khí quyển, trong mỗi cơ thể sinh vật sống cứ 1giây trong 1 gam
cacbon có 15,3 phân rã C-14.
Như vậy (*) có thể viết thành:
1 R
k = ln 0
(**)
t Rt
trong đó R0 = 15,3phân rã/s/gam C.

Rt : tốc độ phân rã (trong một giây trong 1 gam) tại thời điểm đang xét.
t: thời gian kể từ lúc sinh vật chết đến thời điểm đang xét.
k hằng số tốc độ của quá trình phân rã C-14.
k tính được theo biểu thức sau:
R
1
ln 0
k=
t1 / 2 R0 / 2
=> k = ln2/t1/2 = 0,693/t1/2
=> thay trở lại (**) ta được:


B-Bài tập áp dung
Câu 1. 137 Ce tham gia phản ứng trong lò phản ứng hạt nhân, có chu kì bán hủy 30,2 năm. 137 Ce là
một trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của châu Âu sau tai nạn hạt nhân Trecnibun.
Sau bao lâu lượng chất độc này còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra.
Hƣớng dẫn
Áp dụng công thức:
1 N
2,3 N o
2,3 N o
K = ln o 
lg
t
lg
t
N
t
N

K
N
0,693
2,3T N o
Mà k =
t
lg
T
0,693 N
2,3.30,2 N o
2,3.30,2
2,3.30,2.2
t
lg

. lg 100 
 200,46 (năm)
No
0,693
0,693
0,693
100
Vậy sau 200,46 năm thì lượng chất độc trên còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra.
Câu 2.Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới
đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.10 12 nguyên tử/phút xuống còn
3.10-3 nguyên tử/phút.
Hƣớng dẫn:
0,693 0,693
k


 0,00347 / năm
t1 / 2
200
N
2,303lg
 kt
N0

3.10 3
 0,00347t
6,5.1012
t = 1,02.104 năm hay 10.200năm
2,303lg

Câu 3.Sản phẩm bền vững của sự phóng xạ 238 U là 206 Pb. Người ta tìm thấy 1 mẩu quặng uranit có
chứa 238 U và 206 Pb theo tỉ lệ 67,8 nguyên tử 238 U : 32,2 nguyên tử 206 Pb. Giả sử rằng 238 U và 206 Pb
không bị mất đi theo thời gian vì điều kiện khí hậu. Hãy tính tuổi của quặng.Biết chu kì bán hủy của
238
U là 4,51.109 năm.
Hƣớng dẫn:
Cứ 1 nguyên tử 238 U sinh ra tương ứng 1 nguyên tử 206 Pb
Vậy N nguyên tử 238 U sinh ra tương ứng N nguyên tử 206 Pb
Ta có :
N Ucòn trong quang 67,8 N Ucòn trong quang
N Ucòn trong quang
67,8





N Pbsinh ra
32,2
N Uphan ung
N0
 N Ucòn trong quang 32,2
ban đ
N 0ban dau .e kt
67,8


 e kt  0,6780
0

kt
N ban đau .(1  e ) 32,2
 kt  0,3886
 t  2,52.10 9 nam
Câu 4.Một mẫu vật có số nguyên tử 11 C (T1/2 = 20 phút) và 14 C (T1/2 = 5568 năm) như nhau ở một
thời điểm nào đó.
a) Ở thời điểm đó tỉ lệ cường độ phóng xạ của 11 C và 14 C là bao nhiêu?
b) Tỉ lệ đó sẽ bằng bao nhiêu sau 6 giờ?


Hƣớng dẫn: Cường độ phóng xạ tính theo hằng số tốc độ k:
0,693
(T1/2 : chu kì bán rã)
k
T1 / 2
0,693
k 11C 

 0,03465 (phút -1 )
20
0,693
k 14C 
 2,368  10 10 (phút
5568  365  24  60
Tại thời địểm t = 0: [11 C] = [14 C] = C0 nên
v 11C k 11C
0,03465


 146,3  10 6 (lần )
10
v 14C k 14C 2,368  10
Tại thời điểm t = 6 giờ ( = 360 phút)
[11C ]  C0  e

 k 11 t

[14C ]  C0  e

 k 14 t



v 11C
v 14C

v 11C




-1

)

C

C

k 11C [11C ]
14

k 14C [ C ]



k 11C
k 14C

e

 ( k 11  k 14 )t
C

C

10
0.03465
 e ( 0.034652.36810 )360 = 560 (lần)

10
v 14C 2,368  10
Câu 5. Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng 206 Pb : 238 U = 0,0453. Cho chu kì bán hủy của
là 4,55921.109 năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá đó.
0,0453
Số mol 238 U phóng xạ = số mol 206 Pb =
(mol)
206
0,0453
m U ban đầu = 1 +
. 298 = 1,0523 (g)
206
ln 2
k=
4,55921.10 3
N
1
k = ln 0
N
t
4,55921.10 3
1.0523
t=
ln
= 3,35.108 năm
1
0,693






238

U

Câu 6.Một mẫu than củi đuợc tìm thấy trong một hang động khi tốc độ phân hủy còn 2,4 phân
hủy/phút tính cho 1 gam. Giả định rằng mẫu than này là phần thừa của mẫu than do 1 họa sĩ dùng vẽ
tranh, hỏi bao nhiêu năm sau người ta tìm thấy mẫu than
Biết rằng trong cơ thể sống tốc độ phân hủy C là 13,5 phân hủy/giây, chu kì bán hủy của C là 5730
năm.
Hƣớng dẫn.
1.2/
0,693
k=
5730
13,5
5730
t=
ln
= 4,8.104 năm
0,693 0,04


Câu 7. Một mẫu than lấy từ hang động của người Pôlinêxian cổ tại Ha Oai có tốc độ là 13,6 phân hủy
14C trong 1 giây tính với 1,0 gam cacbon. Biết trong 1,0 gam cacbon đang tồn tại có 15,3 phân hủy
14C trong 1 giây và chu kỳ bán hủy của 14C là 5730 năm . Hãy cho biết niên đại của mẩu than đó?
0,693
ln 2
 Hằng số phóng xạ: k =

=
5730
t1
2

Niên đại của mẩu than t =

1 N0 5730 15,3
= 973,88 (năm)
ln

ln
k N t 0,693 13,6

Câu 8. Một mẩu than lấy từ hang động ở vùng núi đá vôi tỉnh Hòa Bình có 9,4 phân hủy 14 C. hãy cho
biết người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây bao nhiêu năm? Biết chu kỳ bán hủy của 14 C là
5730 năm, trong khí quyển có 15,3 phân hủy 14 C. Các số phân hủy nói trên đều tính với 1,0 gam
cacbon, xảy ra trong 1,0 giây.
Hƣớng dẫn
0,693
ln 2
 Hằng số phóng xạ: k =
=
5730
t1
2

1 N0 5730 15,3
ln


ln
= 3989,32 (năm)  4000 (năm)
k N t 0,693 9, 4
Người Việt cổ đại đã tạo ra mẩu than đó cách đây khoảng 4000 năm
Niên đại của mẩu than t =

Bài 9. 226
88 Ra có chu kỳ bán huỷ là 1590 năm. Hãy tính khối lượng của một mẫu Ra có cường độ phóng
xạ = 1Curi (1 Ci = 3,7. 1010 Bq)?

 Hướng dẫn giải :
Theo biểu thức v = -

dN
= kN = 3,7.1010 Bq
dt

(trong đó N là số nguyên tử Ra, còn k =

ln2
3,7.1010
 N=
. T1/2 )
T1
0,693
2

và T1/2 = 1590.365.24.60.60 = 5,014.10
mRa =


10

226.3,7.1010.5,014.1010
226N
=
= 1 gam
0,693.6,022.1023
6,022.1023


DẠNG 4: BÀI TẬP VỀ NHIỆT PHẢN ỨNG, CBHH...
1. Hiệu ứng nhiệt
- Hiệu ứng nhiệt là năng lượng tỏa ra hay hấp thụ trong một phản ứng hóa học
- Được kí hiệu là : H (entapi) , đơn vị là KCal/mol hoặc KJ/mol (1Cal =
4,184J)
- H < 0 : phản ứng tỏa nhiệt
- H > 0 : phản ứng thu nhiệt
2. Cách tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng hóa học
a. Tính theo năng lượng liên kết , hoặc nhiệt tạo thành
- Năng lượng liên kết (Elk hoặc Hlk ) là năng lượng cần thiết để phá vở 1 liên
kết hóa học thành các các ngun tử riêng rẽ ở trạng thái khí .
H =  Elk (sản phẩm) -  Elk (ban đầu)
- Nhiệt tạo thành của một hợp chất là lượng nhiệt tỏa ra hay hấp thụ khi tạo thành một mol chất đó từ
các đơn chất bền .
Nhiệt tạo thành của đơn chất bằng 0 .
H =

 nhiệt tạo thành sản phẩm -  nhiệt tạo thành các chất ban đầu

b. Định luật Hess

- Hiệu ứng nhiệt của phản ứng hóa học chỉ phụ thuộc vào trạng thái đầu và trạng thái cuối của các
chất , khơng phụ thuộc vào các giai đoạn trung gian .
* Động hóa học và nhiệt động hóa học
8. H thuan  H nghich
9. H pu   H sp   H chatpu
  nllk
 nllksp
chatpu 
  nhietdc
 nhietdcsp
chatpu 

10. S pu   Ssp   Schatpu

11. Gpu    S   Gsp   Gchatpu
Khi tính, các giá trị H , S , G từng chất có nhân với hệ số
IV/ Động hóa học
Phương trình động học chung của phản ứng:
12.   

d C
d t

 ktd Cx Cy

Nếu hệ trong dd lỏng
13.   

d P
d t


 ktd Px Py

Nếu phản ứng ờ pha khí
x+y: Bậc của phản ứng. Đối với phản ứng đơn giản, bậc của phản ứng là tổng hệ số tỉ lệ của các
chất phản ứng.
A, B: Các chất tham gia phản ứng
CA, CB: Nồng độ A, B ban đầu
Tốc độ phản ứng và hằng số tốc độ ktd thay đồi theo nhiệt độ theo các biểu thức:
T T
 ( T ) kt

 2
14.
 ( T ) kt
2

2

2

1

1

1

E

15. k(T )  A0 .e RT , trong đó:



A0 : Là hằng số đặc trưng cho phản ứng
E: Năng lượng hoạt hóa của phản ứng
k
E 1 1 
16. ln (T )    
k(T ) R  T1 T2 
E: Năng lượng hoạt hóa của phản ứng (J.mol-1 )
Liên hệ giữa hằng số tốc độ ktd và nồng độ các chất theo thời gian (dùng để xác định hằng số k td):
- Đối với phản ứng bậc 0: (   ktd )
17. k.t = C0 – Ct
- Đối với phản ứng bậc 1: (   ktd .CA )
2

1

18. ktd .t  ln

C0
Ct

- Đối với phản ứng bậc 2:
+Nếu CA=CB (   ktd .CA .CB  ktd .CA2 )
19. ktd .t 

1

1




Ct

C0

+ Nếu CA ≠ CB (   ktd .CA .CB )
1

20 ktd .t 

a b

ln

b( a  x )
a(b  x)

a, b: Nồng độ ban đầu chất phản ứng
x: nồng độ chất tham gia phản ứng
- Đối với phản ứng bậc 3:
Chỉ xét trường hợp nồng độ tham gia phản ứng của các chất đều bằng nhau: (   ktd .CA3 )
V/ Cân bằng hóa học:
k

B
Xét cân bằng: A 

1


k2

21. K cb 

k1
k2
1

xe

t

xe  xt

22. k1  k2  ln

k1 , k2 : hằng số tốc độ phản ứng thuận và nghịch
xe: Nồng độ chất lúc cb
xt : Nồng dộ chất tại thời điểm t
cC + dD
Xét cân bằng: aA + bB
Các hằng số cân bằng:
23. K P 

PCc PDd
PAa PBb

Trong đó: Pi  xi P 
24.


KC 

nn

n

P   Pi  P

C   D 
 A  B 

25. K x 

c

d

a

b

xCc xDd
x Aa xBb

Trong cân bằng, chỉ coi K P là hằng số. các hằng số khác phụ thuộc vào KP và nhiệt độ, áp suất theo
biểu thức:


26. K P  KC ( RT )n  K x P n
- Nếu T=const => K C là hằng số

- Nếu P=const => K P là hằng số
Khi nhiệt độ thay đổi:
K
  1 1 
27. ln C (T 2)  
  
K C (T 1)
R  T2 T1 
Biến thiên năng lượng Gipps của phản ứng:
28. G  G 0  RT ln

CCc CDd
C Aa CBb

G >0: Phản ứng chuyển dịch theo chiều nghịch
G <0: Phản ứng chuyển dịch theo chiều thuận
Khi phản ứng đạt được trạng thái cân bằng:
29. ∆G=0  ∆G0 = -RTlnK C
Dự đoán chiều phản ứng: QC =

CcC CdD
CaA C bB

+ QC+ QC>KC: ∆G>0: Phản ứng chuyển dịch theo chiều nghịch
B-BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1.Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH4 Cl là 1 atm biết ở 250 C có các dữ kiện:
 H ht0 (kJ/mol)
 G ht0 (kJ/mol)
NH4 Cl(r)

-315,4
-203,9
NH3(k)
-92,3
-95,3
HCl(k)
-46,2
-16,6
Hƣớng dẫn:
Đối với phản ứng : NH4 Cl(r)  NH3(k) + HCl(k)
Hằng số cân bằng : K = PNH3( k ) .PHCl ( k )
Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân bằng
của NH3 và HCl là :
PNH3( k ) = PHCl (k ) = 0,5 atm
Do đó : K T = 0,5.0,5=0,25 (atm)2
 Ở 250 C :
0
G298
của phản ứng :
0
G298
= -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ

Từ công thức G 0 = -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK 298
 lnK 298 = -37,133
0
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét H 298
không đổi nên :

ln

KT
K 298

0
H 298
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J)
 Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
H 0 1
1

(
 )  T = 596,80 K
R 298 T


Câu 2: Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp
A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:
CO (K) + H2 O(K)  CO2(K) + H2(K)
Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t 0 C) bằng 5. Tỷ lệ số mol
ban đầu của CO và H2 O bằng 1:n
Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO 2 .
1. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và Kc.
2. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng).
3. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu.
Hƣớng dẫn:
1. Xét cân bằng:
CO + H2 O  CO 2 + H2
Trước phản ứng

1
n
0
1
Phản ứng
a
a
a
a
Sau phản ứng
1-a
n-a
a
1+a
Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2
Kc =

CO2 H 2   a(1  a)
COH 2 0 (1  a)(n  a)

1 a
(N = n+2)
N
Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn
100x2 + 65x – 2 = 0
Giải phương trình:
x = 2,94%
1 a
3. Muốn x = 1% thay a vào
 0,01 và thay tiếp Kc ta có phương trình.

N
5,04 N 2 – 12N – 200 = 0
Giải phương trình:
N = 7,6
tức n = 5,6
Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có quan hệ lớn hơn 5,6.
1
3
Câu 3.Cho phản ứng: N2 (k) +
H2 (k)  NH3 (k) có hằng số cân bằng ở 4000 C là 1,3.10-2 và ở
2
2
5000 C là 3,8.10-3 . Hãy tính ΔH0 của phản ứng trên.
Hƣớng dẫn:
½ N2 + ½ H2  NH3
Ở 400 0 C có k = 1,3 . 10-2 ; ở 500 0 C có k = 3,8 . 10-3

2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=

1

2

lg
Hệ thức Arrehnius:

k 2  H T1  T2 3,8.10 3

.


 1,229
k1
R
T1 .T2 1,3.10 2

 H 

 1,229.8,314.673.773
 53,2 kJ/mol
 100


Câu 4. Xét phản ứng:
CaCO 3 (r)  CaO (r) + CO 2 (k).
H0 298K (Kcal/mol) = 42,4. S0 298K (cal/mol.K)= 38,4.
suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân.
Hƣớng dẫn:

Trong điều kiện áp

CaCO 3 (r)  CaO (r) + CO 2 (k).
H0 298K (Kcal/mol) = 42,4. S0 298K (cal/mol.K)= 38,4.
Áp suất khí quyển = 1 atm  KP = P CO2 = 1
G0 = H0 - TS0 = - RTlnK P = 0
H 0 42,4.10 3 cal / mol
T=

1104,2K
38,4 cal / mol.K
S0

Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 =
831,20 C
Câu 5
Ở 270 C, 1atm N 2 O4 phân huỷ theo phản ứng
N2 O4 (khí)
2NO 2 (khí)
với tốc độ phân huỷ là 20%
a. Tính hằng số cân bằng K p .
b. Độ phân huỷ một mẫu N 2 O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở
270 C
Hƣớng dẫn:
Gọi độ phân huỷ của N 2 O4 ở 270 C, 1 atm là  , số mol của N 2 O4 ban đầu là n
Phản ứng:
N 2 O4 (k)
2NO 2 (k)
Ban đầu:
n
0
Phân ly:
n
2n
Cân bằng
n(1-  )
2n 
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+  )
Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng:
PN 2 O 4 = ((1-  )/(1+  ))P; PNO 2 = ((2  )/(1+  ))P
(0,5đ)
a. (0,5 đ)
K P = P2 NO 2 / PN 2 O 4 = [((2  )/(1+  ))P]2 /((1-  )/(1+  ))P

= [4  2 /(1-  2 )]P
với P = 1atm,  = 20% hay  = 0,2
 K P = 1/6 atm
b. (1đ)
n N2 O4 = 69/92 = 0,75
Gọi độ phân huỷ của N 2 O4 trong điều kiện mới là  ’
Phản ứng:
N 2 O4 (k)
2NO 2 (k)
Ban đầu:
0,75
0
Phân ly:
0,75  ’
1,5  ’
Cân bằng
0,75(1-  ’)
1,5  ’
Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+  ’)
Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng:
P’ = (n”.R.T)/V = (0,75 (1+  ’).0,082.300)/20 = 0,9225(1+  ’)
Vì K P = const nên:
Theo biến đổi tương tự như trên ta có: K P = (4  2 /1-  2 )P’=1/6
Nên: (4  ’2 /1-  ’2 ).0,9225(1+  ’) = 1/6   ’  0,19


Câu 6.
Cho hỗn hợp cân bằng trong bình kín:
N2 O 4 (k)
2NO 2 (k)

(1)
Thực nghiệm cho biết: Khi đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm
- ở 350 C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 72,45 g/mol
- ở 450 C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 66,8 g/mol
1. Hãy xác định độ phân li  của N 2 O 4 ở mỗi nhiệt độ trên.
2. Tính hằng số cân bằng K P của ( 1 ) ở mỗi nhiệt độ (lấy tới chữ số thứ ba sau dấu phẩy).Trị số này
có đơn vị không ? Giải thích?
3.Hãy cho biết phản ứng theo chiều nghịch của phản ứng (1) là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Giải thích?.
Hƣớng dẫn:
1. Goị a là số mol của N 2 O4 có trong 1 mol hỗn hợp.
(1-a) là số mol của NO 2 .
0
Ở 35 C có Mhh = 92a + 46 (1-a ) = 72,45
 a = 0,575  n N 2 O4 = 0,575 và n NO 2 = 0,425
N2O4
2NO 2
n(bđ) x
n(pư) 0,2125
0,425
n(cb) x- 0,2125
0,425
 x - 0,2125 = 0,575  x = 0,7875 mol   = 0,2125/0,7875 = 26,98%
Ở 450 C có M = 92a + 46(1-a) = 66,8
N2O4
2NO 2
n(bđ) y
n(pư) 0,27395
0,5479
n(cb) y-0,27395
0,5479

 y –0,27395 = 0,4521  y = 0,72605
  = 0,27395/0,72605= 37,73%
2. Ở 350 C PNO 2 = (0,425/ 1). 1 = 0,425
PN 2 O4 = (0,575/ 1). 1 = 0,575
K P = (0,425)2 / 0,575 = 0,314 (mol)
Ở 450 C P NO 2 = (0,5479/ 1). 1 = 0,5479
P N 2 O4 = (0,4521/ 1). 1 = 0,4521
K P = (0,5479)2 / 0,4521 = 0,664 (mol)
Câu 7: Dưới tác dụng của nhiệt, PCl5 bị phân tách thành PCl3 và Cl2 theo phản ứng cân bằng
PCl5 (K) <=> PCl3 (K) + Cl2 (K)
Ở 273 C và dưới áp suất 1atm người ta nhận thấy rằng hỗn hợp cân bằng có khối lượng riêng là
2,48 g/l. Tìm K C và K P của phản ứng trên.
0

Cho R = 0,0,821 lít . atm . mol-1 . độ-1
Hƣớng dẫn:
Gọi x = n PCl5 , y = nPCl3  Cl3 có trong 1 lít hỗn hợp lúc cân bằng ở 273 0 C, 1 atm. Tổng số mol khí
trong hỗn hợp là (x + 2y) mol
PV = (x + 2y) RT
-> x + 2y =

PV
1

 0,02231 mol
RT 0,0821 . 546

(1)

Số mol PCl5 ban đầu là (x + y) theo định luật bảo toàn khối lượng.

Khối lượng PCl5 ban đầu = khối lượng hỗn hợp sau phản ứng = 2,48g


-> x + y =

2,48
 0,0119 mol
208,5

(2)

(1) , (2) ->

x = 0,00149
y = 0,01041
[PCl5 ] = [Cl2 ] = 0,00149 mol/l
[PCl3 ] = [Cl2 ] = 0,01041 mol/l
KC 

[PCl 3 ][Cl 2 ]
 0,728
[PCl5 ]

Câu 8
a. Xét phản ứng 2A + B  C + D
Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị mol-1 .l.s-1 . Xác định bậc của phản ứng
b. Cho cân bằng a A(k) + b B(k)  c C(k) + d D(k)
Hãy lập biểu thức liên hệ giữa K c và K p
c. Lấy cùng mẫu kẽm hòa tan hết trong dung dịch axit HCl ở mỗi lần thí nghiệm ứng với nhiệt độ và
thời gian phản ứng sau:

Thí nghiệm
Nhiệt độ(0 C)
Thời gian phản ứng (phút)
1
20
27
2
40
3
3
55
?
Hãy tính thời gian phản ứng của thí nghiệm 3
Hƣớng dẫn:
a.
Phản ứng 2A + B  C +D
Có biểu thức tốc độ pứ V = k C Ax CBy
Trong đó k : Hằng số tốc độ phản ứng
X : bậc phản ứng theo A
Y : bậc phản ứng theo B
n = x+y : bậc chung của phản ứng
 mol .l-1 . s-1 = mol-1 .l. s-1 (mol. l-1 )n  n=2
b.0,5đ
Với cân bằng : a A(k) + b B(k)  c C(k) + d D(k)
K p = Kc (RT)c+d-a-b
c. 0,5đ
Áp dụng V2 = V1 

T 2 T1
10

T 2 T1
40 20
27
T 2 t1
=
=  10 
=  10 32 =  2   = 3 :
3
T1 t 2
55
40
t2
3 1,5
=  10 
= 3  t3 = 34,64 giây
t3
t3

Câu 9 : Tính năng lượng liên kết trong bình
- Nhiệt đốt cháy CH4
- Nhiệt đốt cháy C 2 H6
- Nhiệt đốt cháy Hiđrô
- Nhiệt đốt cháy than chì
- Nhiệt hóa hơi than chì

C – H và C – C từ các kết quả thực hiện nghiệm sau :
= - 801,7 kJ/mol
= - 1412,7 kJ/mol
= - 241,5 kJ/mol

= - 393,4 kJ/mol
= 715 kJ/mol


- Năng lượng liên kết H – H = 431,5 kJ/mol
Các kết quả đều đo được ở 2980 k và 1atm
Hƣớng dẫn:
CH4

+

CO 2

CO2

+

2H2 O

H2 O

O2

+

2H2

CO 2

O2

+

C(r)

C(r)

C(k)

2H2

4H


CH4

 H1

- H
2
- H
3

 H4

2 H

C(k)

+

4H

5

 H  40H  C

40H  C   H1   H 2   H3   H 4  2 H5
= - 801,5 + 241,5 .2 + 393,4 + 715 + 2 . (431,5) = 1652,7 kJ/mol
1652, 7
 C  H 
 413,175 kJ / mol
4
Tương tự : Sắp xếp các phản ứng
(1đ)
 C  C  344,05 kJ / mol
(1đ)
Câu 6 : 5 điểm
Câu 10:Tìm nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của Ca3 (PO 4 )2 tinh thể biết :
-12 gam Ca cháy toả 45,57 kcal
- 6,2 gam P cháy toả 37,00 kcal
- 168 gam CaO t ác dụng với 142 gam P2 O5 toả 160,50 kcal
Hiệu ứng nhiệt đo trong điều kiện đẳng áp
Cho Ca=40;P=31;O=16
Hƣớng dẫn:
Ta có Ca(r) +O 2 (k)  CaO(r)  H1 <0
(1)
40gam
12gam

 H1

-45,57Kcal

Vậy nhiệt của phản ứng (1) là :  H1 = 40x ( 1245,57) = -151,9 Kcal.
2P(r) +5/2O 2 (k)  P2 O5 (r)

 H2 <0

62 gam

 H2

6,2gam

-37Kcal

(2)

vậy nhiệt của phản ứng (2) là:  H2 = -370Kcal
3CaO( r) +P2 O 5  Ca3 (PO 4 )2 (r )  H3 =160,5 Kcal
Tổ hợp (1), (2) & (3) :
lấy (1) nhân 3 cộng (2) và (3) vế theo vế ta được:
3Ca( r) +2P(r) +4O2 (k)  Ca3 (PO4)2 (r)
 H= -986,2Kcal

H

(3)

(1đ)


Bài 11. Cho năng lượng liên kết của:

kJ/mol

N-H

O=O

NN

H-O

N-O

389

493

942

460

627

Phản ứng nào dễ xảy ra hơn trong 2 phản ứng sau ?
2NH3 + 3/2 O2 

N2 + 3 H2 O (1)

2NH3 + 5/2 O2  2NO + 3H2 O (2)

 Hướng dẫn giải :
Tính hiệu ứng nhiệt:
3
2

E1 = (6EN-H + EO=O) - (ENN + 6EO-H)
= 6 389 +

3
 493 - 942 - 6 460 = - 626,5 kJ
2

5
2

E2 = (6EN-H + EO=O)- (2EN-O + 6EO-H)
= 6 389 +

5
 493 - 2 627 - 6 460 =- 447,5 kJ
2

- Phản ứng (1) có H âm hơn nên pư (1) dễ xảy ra hơn.
Bài 12. Tại 250 C, phản ứng:



 CH3 COOC2 H5 + H2 O có hằng số cân bằng K = 4
CH3 COOH + C2 H5 OH 

Ban đầu người ta trộn 1,0 mol C 2 H5 OH với 0,6 mol CH3 COOH. Tính số mol este thu được khi
phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng.

 CH3 COOC2 H5 + H2 O
CH3 COOH + C2 H5 OH 

Phản ứng
x
x
[ ]
1–x
0,6 – x
x
x
CH3COOC 2 H5  H2O 
x2
K=
=4
C 2 H5OHCH3COOH (1 x)(0,6 x)
 3x2  6,4x + 2,4 = 0  x1 = 0,4855 và x2 = 1,64 > 1
Vậy, số mol este thu được khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng = 0,4855

DB


 2NH3 (k) có Kp = 1,64 104 .
Bài 13. Tại 4000 C, P = 10atm phản ứng N 2 (k) + 3H2 (k) 


Tìm % thể tích NH3 ở trạng thái cân bằng, giả thiết lúc đầu N 2 (k) và H2 (k) có tỉ lệ số mol theo
đúng hệ số của phương trình.
Hƣớng dẫn:


 2NH3 (k)
N2 (k) + 3H2 (k) 



Theo PTHH:

PN

2

PH

2



nN

2

nH

2



1
 Theo gt: P NH + P N + P H = 10
3
2
2
3

 P NH + 4P N = 10
3
2
Và Ta có: Kp =

(PNH )2
3

3

(PN )(PH )
2
2

2

=

(PNH3 )2
3

(PN2 )(3PN2 )

= 1,64 104 

PNH

3

(PN )

2

 6,65102 .

2

Giải pt cho: 6,65 10 (P N ) + 4P N  10 = 0  P N = 2,404 và P N =  62,55 < 0
2
2
2
2
Vậy, P N = 2,404  P NH = 10  4P N = 0,384 atm chiếm 3,84%
2

2

3

2

DẠNG 5: BÀI TẬP VỀ KHOÁNG CHẤT