CHUYÊN ĐỀ
MỘT SỐ CÁC DẠNG BÀI TẬP VỀ CÂN BẰNG HÓA HỌC
Dạng 1: TÍNH CÁC HẰNG SỐ CÂN BẰNG
Bài 1. Cho vào buồng phản ứng có xúc tác thích hợp ở 1000K và áp suất 1atm hỗn hợp
khí SO2, O2 và N2 theo tỉ lệ mol lần lượt là 2,62 : 1 : 3,76.
Khi phản ứng
đạt đến cân bằng thì thu được 33,9 mol SO 2, 17,5 mol SO3, 10,9 mol O2. Tính hằng số cân
bằng KC của phản ứng trên.
GIẢI
Gọi α là độ chuyển hóa của O2.
Theo bài ra,

t0
tcb

hỗn

2,62k

Theo bài ra, tại cân bằng:

= 2kα = 17,5.

= 19,65.3,76 = 73,884 mol

=10,9/136,184= 0,08

Vì

2kα

= k(1 – α) = 10,9 và

=33,9/136,184=0,2489;

⇒

ban

k

(2,62 - 2α)k k(1 – α)

k = 19,65

hợp

=17,5/136,184=0,1285 ;

đầu

có


= 273,1.
Bài 2. Độ phân li α của HCl và của HI ở 1000K theo các phản ứng

lần lượt là α1 = 1,4.10-3% và α2 = 28%.

Các chất đều ở trạng thái khí.


Tính hằng số cân bằng của phản ứng
1000K.

cũng ở
GIẢI

Vì các phản ứng ở đây đều có Δ� = 0 nên KP = KC = KN = Kn
* Xét sự phân li HCl:

t0

1

tcb
⇒

1 – α1

0,5α1

0,5α1

Thay α1 = 1,4.10-3% ta được K1 = 4,9.10-11.

K1 =

* Tương tự cho phản ứng
ta có

K2 =


= 3,8.10-2.

* Để tính K3 ta tổ hợp như sau:

K3 = 3,8.10-2/4,9.10-11 = 7,75.108.
Bài 3. Tính hằng số cân bằng KP ở 250C đối với phản ứng


= -29,1 kJ và áp suất hơi của methanol ở 250C bằng 1620 Pa.

Biết phản ứng có Δ

GIẢI
Xét quá trình
Ở 250C ta có: Δ

= -RTln

= -8,314.298.ln

= 4 540 J.

Ta tổ hợp như sau:

⇒ Δ
⇒

= Δ


+ Δ

= -29,1.103 + 4540 = -24 560 (J).

/ RT] = exp [ 24560 / 8,314.298] = 2,02.104.

KP3 = exp [ -Δ

Bài 4. Xét cân bằng sau tại 250C:
Tính các hằng số cân bằng K P, KC, KN. Biết rằng ở nhiệt độ trên, năng lượng tự do hình
thành chuẩn của NO2(k) và N2O4(k) lần lượt là 51,5 kJ/mol và 98,5 kJ/mol.
GIẢI
Ta có:

= 2Δ

Mặt khác,
⇒

(NO2) - Δ

(N2O4) = 2.51,5 - 98,5 = 4,5 kJ.

= - RTlnKP

lnKP = -

/ RT = - 4,5.103/8,314.298

⇒ KP = 0,1625.


Ta biết rằng: KP = KC.(RT)Δ� = KN. PΔ�
Đối với phản ứng trên,

= 1 và P = 1atm (điều kiện chuẩn) nên:

* KN = KP = 0,1625.
* KC =

=

= 6,65.10-3

Dạng 2. TÍNH TOÁN LIÊN QUAN ĐỘ CHUYỂN HÓA α.


TÍNH THÀNH PHẦN CÂN BẰNG
Bài 5. a) Xét phản ứng trong pha khí có kèm theo sự thay đổi số mol. Chứng minh rằng:
độ phân li α có thể tính theo công thức:

α=
trong đó: M1 là khối lượng mol phân tử khí ban đầu; M 2 là khối lượng mol phân tử khí trung
bình của khí đã phân li một phần ở thời điểm cân bằng; � là số mol khí thu được từ sự phân li
1 mol khí ban đầu.
b) Áp dụng: cho 1,588g N2O4 vào bình kín thể tích 0,5L ở 250C, do phân li một phần nên
áp suất chung đạt 1 atm. Tính độ phân li của N2O4 theo phương trình:
GIẢI
a) Giả sử lúc đầu có 1 mol khí ⇒ số mol khí tại thời điểm cân bằng là
(1 – α) + �α = 1 + (� – 1)α
Gọi d1 là khối lượng riêng của khí ban đầu và d 2 là khối lượng riêng của khí ở trạng thái

cân bằng. Ứng với 1 lượng chất nhất định, ở T, P không đổi thì khối lượng riêng tỉ lệ nghịch
với số mol, do đó ta có:

⇒ α=

(*)

Mặt khác, ở T, P không đổi thì khối lượng mol M tỉ lệ thuận với khối lượng riêng d, do đó
ta có thể viết lại (*) là:
α=

b) Áp dụng:
Xét cân bằng:
Ta có:
PV =

⇒

M1 = MN2O4 = 92
⇒ M2 =

α=

Bài 6. Amoniac được tổng hợp theo phản ứng:


Chứng minh rằng: ở nhiệt độ và áp suất nhất định, nồng độ phần mol của NH 3 là lớn
nhất nếu xuất phát từ hỗn hợp ban đầu có tỉ lệ mol N2 : H2 = 1 : 3.
GIẢI
Gọi phần mol tại thời điểm cân bằng của N2, H2, NH3 lần lượt là x, ax, y. Ta chứng minh y

đạt cực đại khi a = 3.
Ta có: x + ax + y = 1 ⇒

(1)

Hằng số cân bằng KN sẽ là:

(2)

Thế (1) vào (2) ta được:

(3)

Để y cực đại khi a = 3 thì phải có 2 điều kiện: y’(a) = 0 và y’’(a) < 0.
(3) ⇒ 2lny - 4ln(1 – y) + 4ln(1 + a) - 3lna - lnKN = 0
Lấy đạo hàm y’(a): 2

(4)

Lấy đạo hàm y’’(a): 2

(5)

Cho a = 3 vào (4) ta có: 2
Vì 0 < y < 1

⇒ y’ = 0.

Thay a = 3 và y’ = 0 vào (5) ta có:
Cũng vì 0 < y < 1


⇒ y’’ < 0.

Như vậy khi a = 3 thì y’(a) = 0 và y’’(a) < 0, tức là y đạt cực đại tại a = 3. Đây là điều phải
chứng minh.


Bài 7.Cho cân bằng :
1. Ở 270C, 1atm có 20% N2O4 chuyển thành NO2. Hỏi ở 270C, 0,1 atm có bao nhiêu %
N2O4 chuyển thành NO2. Nhận xét.
2. Tính độ chuyển hóa α trong các trường hợp sau:
a) Cho 69g N2O4 vào bình kín thể tích 20L ở 270C.
b) Cho 69g N2O4 và 30g Ar vào bình kín thể tích 20L ở 270C. Nhận xét.
3. Người ta đo tỉ khối d so với không khí của hỗn hợp khí N 2O4, NO2 ở áp suất 1 atm và ở
các nhiệt độ khác nhau thì thu được kết quả sau:
Nhiệt độ (0C)

d

45

60

80

100

140

180


2,34

2,08

1,8

1,68

1,59

1,59

Tính độ chuyển hóa α ở các nhiệt độ trên. Cho biết có hiện tượng gì từ 1400C trở đi.
GIẢI
1.
t0

1

tcb

1–α

2α

Pi

⇒
* Khi P = 1 atm, α = 0,2


⇒ KP = 1/6

* Khi P’ = 0,1 atm ta có:

⇒ α’ = 0,543 = 54,3%.

Nhận xét: Khi áp suất hệ giảm, độ phân li α tăng, tức cân bằng chuyển dịch theo chiều
thuận (chiều tăng số mol khí) phù hợp nguyên lý chuyển dịch cân bằng Le Chatelier.
2. a) Ta có áp suất ban đầu của N2O4 là
.


t0

P0

tcb

P0(1 – α)

2P0α

⇒

Do T = 300K = const nên ta vẫn có
⇒

= 1/6 hay


.

α = 19,1%.

b) Khi thêm vào hỗn hợp một lượng Ar ở V bình = const thì áp suất riêng phần P i của các
khí không đổi ⇒ KP = const
⇒ α’ = α = 19,1%.
Như vậy việc thêm khí Ar không làm thay đổi độ chuyển hóa α của N2O4.
3. Với cân bằng trên ta có:
(1)
(Vì theo định luật bảo toàn khối lượng:
(

)cb =

⇒

Mặt khác: dhh/kk =

Từ (1) và (2)
Nhiệt độ
(0C)
d
α

⇒

45
2,34
0,356


= 92g (lấy 1 mol N2O4))

α=

(2)

. Ta có kết quả sau:

60

80

100

140

180

2,08
0,525

1,8
0,762

1,68
0,888

1,59
0,995


1,59
0,995

Ta thấy từ 1400C trở đi, α = 99,5% = const, lúc này có thể coi toàn bộ lượng N 2O4 đã
chuyển thành NO2.
Bài 8. Ở 8250C, phản ứng sau có hằng số cân bằng bằng 1:

a) Nếu xuất phát từ hỗn hợp đồng mol của CO và H 2O ở 8250C và 1 atm thì lúc cân bằng,
độ chuyển hóa của CO là bao nhiêu ?


b) Để độ chuyển hóa của CO là 99% thì phải dùng bao nhiêu mol H2O trên 1 mol CO ?
GIẢI
a)
t0

1

1 (mol)

tcb

1–α

1–α

Vì phản ứng có Δ� = 0

⇒


α

K=

=1

α
⇒ α = 0,5.

b)
t0

1

a (mol)

tcb

1–α

a–α

K=

α
=1

α


(*)

Thay α = 99% vào (*) ta được a = 99.
Vậy phải dùng 99 mol H2O(h) / 1 mol CO để độ chuyển hóa của CO là 99%.
Bài 9. Trong công nghiệp, NH3 được tổng hợp theo phản ứng:

Dùng hỗn hợp ban đầu theo tỉ lệ mol N2 : H2 = 1 : 3 để thực hiện phản ứng.
a) Đặt a =

/P với

là áp suất riêng phần của NH3 và P là áp suất chung của hỗn hợp

cân bằng. Thiết lập công thức liên hệ giữa a, P và KP.
b) Tính a ở 5000C và P = 300 atm, biết ở nhiệt độ này phản ứng trên có
1,5.10-5. Từ đó tính độ chuyển hóa α của N2 (hoặc H2) thành NH3 .

KP =

Nếu thực hiện phản ứng cũng ở nhiệt độ trên nhưng với P = 600 atm thì α bằng bao nhiêu ? So
sánh 2 trường hợp và giải thích tại sao trong thực tế người ta chỉ thực hiện ở áp suất khoảng 300
atm ?
GIẢI
a) Gọi Pi là áp suất riêng phần của các chất tại cân bằng, ta có:
= a.P ;

=3

; P=


+

+

=4

+ aP


⇒

⇒

= P.(1 – a)/4 ;

= 3P.(1 – a)/4

⇒

=

KP =

= 0,325.

(*)

b) Để tìm a ta thay P, KP vào (*):
Với P = 300 atm ⇒ a = 0,226 ; với P = 600 atm ⇒ a = 0,334.
Xét cân bằng:

tcb

=

1–α

3 - 3α

=

2α

= 4 - 2α

⇒ α =

= aP

Với a = 0,226 ⇒ α = 37% ; với a = 0,334 ⇒ α = 50%
Như vậy khi P tăng thì α tăng (phù hợp nguyên lí Le Chatelier). Nhưng khi áp suất P quá cao thì
không đảm bảo sản xuất an toàn, mặt khác, trong quá trình sản xuất, NH 3 được ngưng tụ và tách khỏi
môi trường phản ứng nên thực tế người ta tiến hành phản ứng trên ở khoảng 300 atm.

Dạng 3 : CÂN BẰNG HÓA HỌC DỊ THỂ
Bài 10. Amonicacbamat rắn bị phân hủy theo phản ứng:

Ở 500C, phản ứng có KP = 3,13.10-2. Người ta cho 1 mol amonicacbamat vào bình chân không
V = 22,4 L ở 500C.
a) Tính áp suất của hệ lúc cân bằng.
b) Thể tích của hệ phải bằng bao nhiêu để sự phân hủy amonicacbamat là hoàn toàn ?

GIẢI
a) Áp suất chung P của hệ, P =
Theo phản ứng,
⇒ KP =

=2

+
⇒

.
= 2/3P;

= P/3

= (2/3P)2.P/3 = 4P3/27 = 3,13.10-2 ⇒ P = 0,595 atm.


b) Tại giới hạn của sự tồn tại cân bằng trên, P = 0,595 atm và nkhí = n(NH3) + n(CO2) = 2 + 1 =
3 mol ⇒ V = nRT/P = 3. 0,082.(273 + 50)/0,595 = 133,54 L.
Vậy với V ≥ 133,54 L thì ở 500C sự phân hủy của amonicacbamat là hoàn toàn.
Bài 11. Thủy ngân (II) oxit HgO bị phân hủy theo phản ứng:
Trong bình chân không dung tích 500 cm3 người ta đưa vào m gam HgO(r) và đun nóng bình đến
5000C. Áp suất bình khi cân bằng là 4 atm.
a) Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng trên ở 5000C.
b) Chứng minh rằng cân bằng chỉ được thiết lập nếu khối lượng m ít nhất phải bằng giá trị m0
nào đó. Tính m0.
GIẢI
a) Áp suất chung P của hệ, P =


+

.

Theo phản ứng,
=2

⇒

⇒ KP =

= 2/3P;

= P/3

= (2/3P)2.P/3 = 4P3/27 = 4.43/27 = 9,48.

b) Xét cân bằng
t0

a (mol)

tcb

a – 2x

2x

x


Tồn tại cân bằng trên nếu P = 4 atm = const, tức là HgO phải dư, nghĩa là phải có
nào đó.
Tại giới hạn tồn tại cân bằng, nkhí = nHg + nO2 = 3x =

m ≥ m0

=

⇒ x = 0,021 mol. Do đó m0 = 0,021.216,6 = 456 g.
Bài 12. Ở 1020K, hằng số cân bằng KP của 2 phản ứng sau lần lượt lượt bằng 4 và 1,25:


a) Tính áp suất riêng phần của CO, CO2 tại cân bằng.
b) Người ta đưa 1 mol Fe, 1 mol C và 1,2 mol CO2 vào bình chân không thể tích 20 L ở 1020K.
Tính số mol các chất tại cân bằng.
GIẢI
a)

Có KP1 =

=4

Có KP2 =

⇒

=

= 4/1,25 = 3,2 atm;


=

= 3,2/1,25 = 2,56 atm.

b)
t0 1 (mol)
tcb 1 – x

t0
tcb

1
1–y

1,2
1,2 – x – y

2x + y

1,2
1,2 – x – y

Áp suất chung tại cân bằng: P =

y

2x + y
+

= 2,56 + 3,2 = 5,76 atm.


Tổng số mol khí ở cân bằng:
n = n(CO) + n(CO2) = (1,2 – x – y) + (2x + y) = 1,2 + x
⇒ n = 1,2 + x =

=

Với khí CO ta có: nCO = 2x + y =
⇒ y = 0,765 – 2x = 0,405
Vậy số mol các chất tại cân bằng:

= 1,38 ⇒ x = 0,18

=

= 0,765 mol

= 1,25


1 – x = 0,82 mol C; 1 – y = 0,595 mol Fe;
0,765 mol CO; 1,2 – x – y = 0,615 mol CO2.
Bài 13. Ở 8200C cân bằng sau có KP1 = 0,2.
Người ta cho 0,1 mol CaCO3 vào bình chân không có pittong giữ ở V = 22,4 L và 8200C.
1. Tính thành phần của hệ khi cân bằng.
2. Người ta tăng dần thể tích V. Vẽ đồ thị biểu diễn áp suất chung P theo V.
3. Trong cùng điều kiên trên, người ta thêm vào hệ 0,2 mol cacbon graphit và cân bằng sau
được thiết lập đồng thời:
Tại cân bằng, 3 chất rắn (C, CaCO3, CaO) cùng có mặt và áp suất chung của hệ bằng 1,6 atm.
Tính hằng số cân bằng KP2 của cân bằng này.

Để 2 cân bằng trên cùng tồn tạị thì lượng CaCO3 cho vào phải thỏa mãn điều kiện gì ?
GIẢI
1.
t0

0,1 (mol)

tcb

0,1 – x

x

x

Lúc cân bằng: KP = PCO2 /P0 = 0,2 (với P0 = 1 atm) ⇒ PCO2 = 0,2 atm
⇒ nCO2 =

=

= 0,05 mol

⇒ Thành phần lúc cân bằng:
n(CO2) = n(CaO) = 0,05 mol; n(CaCO3) = 0,1 – 0,05 = 0,05 mol.
2. Vì KP = 0,2 nên khi P = 0,2 atm thì cân bằng trên được duy trì. Nếu P < 0,2 atm hay P > 0,2
atm thì cân bằng trên bị phá vỡ.
Khi tăng dần V: chừng nào cân bằng trên còn tồn tại thì P = const = 0,2 atm. Tiếp tục tăng V đến
một lúc nào đó P < 0,2 atm thì cân bằng bị phá vỡ. Tại giới hạn của sự phá vỡ cân bằng, ta có:
n(CO2) = n(CaCO3) = 0,1 mol ⇒ V =


=

= 44,8 L


Khi V ≥ 44,8 L thì cân bằng trên bị phá vỡ, sự phân hủy CaCO3 là hoàn toàn. Lúc này P liên hệ

=

với V theo phương trình P =

(atm).

Tóm lại: + Khi 22, 4 ≤ V ≤ 44,8 L thì P = const = 0,2 atm.
+ Khi V > 44,8 L thì P = 8,96/V (atm).
Đồ thị:
P (atm)
0,2

44,8

22,4

V (L)

4

3. Khi 2 cân bằng cùng tồn tại ta có:
KP1 = PCO2 /P0 = 0,2 (với P0 = 1 atm) ⇒ PCO2 = 0,2 atm.
Mặt khác, áp suất chung của hệ, P = PCO2 + PCO ⇒ PCO = 1,6 – 0,2 = 1,4 atm.

Do đó, KP2 =

= 1,42 /0,2 = 9,8.

Xét 2 cân bằng đồng thời:

⇒

t0

a (mol)

tcb

a–x

t0

0,2 (mol)

tcb

0,2 – y

x

x–y

x–y


2y

n(CaCO3) = a – x = a – (x – y) – y = a – n(CO2) – 1/2.n(CO).

Mặt khác ta có: n(CO2) =

=

= 0,05 mol


=

n(CO) =

= 0,35 mol

Để 2 cân bằng cùng tồn tại thì phải có n(CaCO3) > 0, tức là
n(CaCO3) > a – n(CO2) – 1/2.n(CO), hay a > 0,05 + ½.0,35 = 0,675 mol.
Vậy 2 cân bằng trên cùng tồn tại khi lượng CaCO3 đưa vào lớn hơn 0,675 mol.
Bài 14. Cho các phản ứng:

Ở 8200C, có các hằng số cân bằng KP1 = 0,2; KP2 = 0,4.
Người ta đưa 1 mol CaO, 1 mol MgO và 3 mol CO 2 vào 1 xilanh có thể tích rất lớn, ban đầu là
chân không và được giữ ở 8200C. Nhờ 1 pittong người ta nén dần xilanh lại. Vẽ đường cong biểu diễn
sự phụ thuộc của áp suất P vào thể tích V của bình.
GIẢI
Khi thể tích còn rất lớn, CO2 không phản ứng với các oxit. Khi V giảm đến mức để P = 0,2 atm thì cân
bằng (1) được thiết lập. Tương tự cân bằng (2) được thiết lập khi P = 0,4 atm.
Thật vậy , xét phản ứng

Ta có KP = 1/PCO2 = 1/KP1 = 1/0,2 = 5.
Khi PCO2 = P < 0,2 atm thì Q = 1/PCO2 > 5. Khi đó Q > KP ⇒ ΔG > 0: phản ứng không xả ra.
Phản ứng nghịch cũng không xảy ra vì ban đầu chưa có CaCO3.
Phân tích lần lượt các quá trình khi V giảm như sau:
* Khi V rất lớn, PCO2 < 0,2 atm không có phản ứng xảy ra, CO 2 xử sự như khí lí tưởng, quá trình
là nén đẳng nhiệt 3 mol khí CO2 theo phương trình
P=

=

=

(atm).

* Khi P = 0,2 atm ⇒ V = 269/0,2 = 1345 L thì quan sát được cân bằng (1). Sự giảm V kéo theo
sự tiêu thụ CO2. Lúc này P = const = 0,2 atm cho đến khi 1 mol CaO phản ứng hết với 1 mol CO 2 theo
phản ứng (1), trong bình còn lại 2 mol CO2. Ở giới hạn chấm dứt cân bằng này ta có :
V=

=

= 896 L.

* Từ khi V = 896 L, quá trình là nén đẳng nhiệt 2 mol khí CO2 và áp suất tăng theo phương trình:


=

P=


=

(atm).

* Khi P tăng tới 0,4 atm thì quan sát được cân bằng (2), ứng với V =

= 448 L.

Từ lúc này, P = const = 0,4 atm cho tới khi 1 mol MgO phản ứng hết với 1 mol CO2, trong bình
còn lại 1 mol CO2. Tại giới hạn chấm dứt cân bằng (2) ta có
V=

= 224 L.

* Tiếp tục nén khí là nén đẳng nhiệt 1 mol khí CO2 theo phương trình:

=

P=

(atm)

Tóm lại:

P=

Đồ thị:
P (atm)

P=


0,4

P=

0,2

P=

22,4

44,8

896

1345

V (L)


Dạng 4: ẢNH HƯỞNG CỦA NHIỆT ĐỘ ĐẾN CÂN BẰNG
HÓA
HỌC. TÍNH HẰNG SỐ CÂN BẰNG TỪ CÁC ĐẠI LƯỢNG
NHIỆT ĐỘNG VÀ NGƯỢC LẠI
Bài 15. Amoniclorua bị phân hủy theo phản ứng:

Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân ly của NH4Cl rắn là 1 atm, biết ở 250C có các số liệu sau:
Chất

Δ


(kJ/mol)

Δ

(kJ/mol)

NH4Cl (r)

-315,4

-203,9

HCl (k)

-92,3

-95,3

NH3 (k)

-46,2

-16,6
GIẢI

Ta xác định KP(T), KP(298) và ΔH0 của phản ứng để tìm T.
Có KP =
* Gọi T là nhiệt độ phải tìm ứng với áp suất phân ly bằng 1 atm, ta có:
=


và P =

⇒ KP(T) =

+

⇒

=

= P/2 = 0,5 atm.

= 0,52 = 0,25.

* Tìm KP(298):
Phản ứng trên có Δ

=Δ

+ Δ

- Δ

= 92.103 J


Mặt khác: Δ

= -RTlnKP ⇒ 92.103 = -8,314.298.lnKP


⇒ KP(298) = 7,47.10-17.
* Tìm Δ
Δ

của phản ứng:

= Δ

= 176,9.103 J

- Δ

của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ thì ln

Xem
Thay

+ Δ

=

, KP(T), KP(298) ở trên vào (*) ta được T = 597K.

Bài 16. Tính

của phản ứng

biết rằng:
lgKP1 =


lgKP2 =
GIẢI
Phản ứng cần xét là tổng của phản ứng (1) và (2), do đó KP = KP1.KP2
⇒ lgKP = lgKP1 + lgKP2 =
⇒

lgKP =

+ 12,04

⇒ lnKP =

Mặt khác:

⇒

+

lgKP =

+

So sánh (a) và (b) ⇒

=

(a)

+ I ; I: hằng số tích phân


(b)

⇒

= 95,43.103 J = 95,43 kJ.

(*)


Bài

17.Cho

phản

ứng ; Δ

= 74,85 kJ

Có các số liệu sau:
Chất

CH4(k)

C(gr)

H2(k)

(J.mol-1.K-1 )


186,19

5,69

130,59

35,71

8,64

28,84

CP (298) (J.mol-1.K-1 )
a) Tính KP(298)

b) Thiết lập phương trình lnKP = f(T). Tính KP(1000). Kết quả có phù hợp nguyên lí
chuyển dịch cân bằng Le Chatelier không ?
GIẢI
a) Δ

=

⇒ Δ

(Cgr) + 2

= Δ

(H2) -


- 298. Δ

⇒ lnKP(298) = - Δ

(CH4) = 80,68 J/K
= 74850 - 298.80,68 = 50807 J

/RT = -50807/8,318.298 = -20,5 ⇒ KP(298) = 10-9.

b) Để thiết lập phương trình lnKP = f(T) cần biết phương trình Δ

= g(T).

ΔCP = CP (Cgr) + 2CP (H2) - CP (CH4) = 8,64 + 2.28,84 - 35,71 = 30,61 (J/K)
⇒ Δ

= Δ

+ ΔCP (T – 298)

= 74850 - 30,61. (T – 298) = 65 728,22 + 30,61T
Theo phương trình Van’t Hoff:

⇒

⇒

=


lnKP (T) = -15,17 -

+ 3,68lnT. Đây là phương trình cần tìm.

* Với T = 1000K ⇒ lnKP (1000) = 10,43 > -20,5 = lnKP (298)
⇒

KP (1000) > KP (298).


Vậy khi T tăng thì KP tăng, điều này phù hợp nguyên lý chuyển dịch cân bằng Le Chatelier vì
phản ứng theo chiều thuận thu nhiệt.
Bài 18. Sự phụ thuộc vào nhiệt độ của hằng số cân bằng của phản ứng :

được cho bởi phương trình lgKP =
a) Tính Δ

- 0,783lgT + 0,00043T.

của phản ứng trên.

b) Tính ΔH của phản ứng trong khoảng 800 – 1000 0C, chấp nhận rằng trong khoảng nhiệt độ
này hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ.
GIẢI
a) Chuyển lgKP sang lnKP : lnKP =

- 0,783lnT + 2,303.0,00043T (*)

Lấy đạo hàm 2 vế của (*) theo nhiệt độ ta được:


-

+ 2,303.0,00043

Mặt khác ta có:

(b)

Từ (a) và (b) ⇒

= - 2,303.2116R - 0,783RT + 2,303.0,00043RT2

Ở T = 298K:
= -2,303.2116.8,314 - 0,783.8,314.298 + 2,303.0,00043.8,314.2982
= -41 724.103 J = -41 724 kJ.
b) Ta có:

=

⇒

=

Ở T1 = 273 + 800 = 1073K , lgKP1 = 0,0093
Ở T2 = 273 + 1000 = 1273K , lgKP2 = -0,2215
⇒ Trong khoảng nhiệt độ 1073K - 1273K thì
=

(a)


2,303.(-0,2215 - 0,0093) = -3.103 J = -3 kJ.


Dạng 5: CHIỀU PHẢN ỨNG. SỰ CHUYỂN DỊCH CÂN BẰNG
Bài 19. Phản ứng sau ở 250C có KP =

9,18:

Hỏi ở cùng nhiệt độ này, phản ứng đi theo chiều nào trong các điều kiện sau:
a)

= 0,9 atm;

b)

= 0,72 atm;

c)

= 0,1 atm;

= 0,1 atm.
= 0,28 atm.
= 0,9 atm.

Tính áp suất tối thiểu của NO2 để phản ứng trên tự diễn biến ở 25 0C theo chiều thuận khi
= 1,5 atm ?
GIẢI
Phản ứng ở T, P = const, để xét chiều phản ứng ta sử dụng phương trình đẳng nhiệt dạng


, với Q là thương số phản ứng.

Trong phản ứng trên ta có:

a) Q =

= 90 > KP ⇒ ΔG > 0: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.

b) Q =

= 9,18 = KP ⇒ ΔG = 0: phản ứng đạt trạng thái cân bằng.

c) Q =

= 0,12 < KP ⇒ ΔG < 0: phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

Ta có:

ΔG = -RTlnKP + RTln


Phản ứng trên tự diễn biến theo chiều thuận ở 250C và

phải thỏa mãn ΔG = 0, hay -RTlnKP + RTln

=0

⇒

= 1,5 atm thì áp suất tối thiểu của NO2


= 0,4 atm.

Nhận xét: với việc chọn điều kiện ban đầu thích hợp, ta có thể tiến hành phản ứng theo chiều
mong muốn.
Bài 20. Hằng số cân bằng của phản ứng
ở 4200C
bằng 50. Xét chiều của phản ứng khi nồng độ các chất trong hỗn hợp đầu có giá trị như sau:
a) H2 2 mol/L; I2 5 mol/L; HI 10 mol/L.
b) H2 1,5 mol/L; I2 0,25 mol/L; HI 5 mol/L.
c) H2 1 mol/L; I2 2 mol/L; HI 10 mol/L.
GIẢI
Phản ứng ở T, V = const, để xét chiều phản ứng ta sử dụng phương trình đẳng nhiệt dạng

, với Q là thương số phản ứng.

Trong phản ứng trên ta có:

a)

b)

c)

= 10 < KC

⇒ ΔF < 0: phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

= 66,7 > KC ⇒ ΔF > 0: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch.


= 50 = KC

⇒ ΔF = 0: phản ứng đạt trạng thái cân bằng.

Bài 21. 1. Cân bằng trong pha khí
chiều nào trong các trường hợp sau:
a) Thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho T, V = const.
b) Thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho T, P = const.
2. Cho phản ứng

sẽ chuyển dịch theo


Cho biết sự chuyển dịch cân bằng của phản ứng này nếu giảm thể tích bình phản ứng trong 2
trường hợp sau (T = const):
a) Trong bình không có Br2(lỏng).
b) Trong bình có Br2(lỏng).
GIẢI
1. a) Xét thương số phản ứng Q:

=

.

=

.

(ở đây n là tổng số mol khí trong hỗn


hợp).
Do T, V = const nên Q không đổi. Vì vậy khi thêm Ar ở V = const dù áp suất chung có tăng nhưng
không có sự chuyển dịch cân bằng. Ta cũng có thể lí luận đơn giản hơn:
do V = const nên áp suất
riêng phần Pi = const, do đó Q = const, tức không có sự chuyển dịch cân bằng.
b)

.

=

.

(*) .Lấy đạo hàm 2 vế sau khi lấy logarit nepe của

(*), trong đó chỉ có n thay đổi (PV = nRT, mà T, P = const nên thêm Ar thì n thay đổi), ta được

. Do n tăng nên dn > 0, do đó dQ > 0 tức Q tăng và Q > K P

= 2.

⇒ ΔG > 0: cân bằng chuyển dịch

theo chiều nghịch ( chiều phân li NH3).
Như vậy nếu thêm khí trơ vào hệ phản ứng đang ở trạng thái cân bằng ở T, P = const thì cân bằng
sẽ chuyển dịch theo chiều tăng lượng chất khí. Chính vì vậy trong công nghiệp tổng hợp NH 3 người ta
phải tìm cách giảm khí trơ (nếu có như Ar, CH4, …) để tăng hiệu suất phản ứng. Người ta thấy rằng
nếu khí trơ chiếm 10% thể tích thì áp suất 1000 atm chỉ có tác dụng tương đương với áp suất 250 atm
khi không có khí trơ.
2. Khi giảm thể tích bình phản ứng mà T = const thì sẽ tăng áp suất riêng phần của các khí trong

hệ. Xét

(**)

a) Trường hợp trong bình không có Br2(lỏng): phản ứng này có Δ� = 0 nên sự thay đổi áp suất đó
không làm chuyển dịch cân bằng.
b) Trường hợp trong bình có Br 2(lỏng): áp suất riêng phẩn của H2, HBr tăng trong khi áp suất riêng
phần của Br2(k) lại không đổi do còn cân bằng


Theo hệ thức (*), vì số mũ của PHBr lớn hơn số mũ của PH2 nên sự tăng áp suất nói trên dẫn đến sự
tăng Q, lúc đó Q > KP ⇒ ΔG > 0 và cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch.
Bài 22. Xét ảnh hưởng của sự thêm khí H2; thêm khí N2 đối với cân bằng sau trong 2 trường
hợp:
a) T, V = const.
b) T, P = const.
Áp dụng: ở T, P = const có hỗn hợp khí cân bằng gồm 3 mol N 2, 1 mol H2 và 1 mol H2. Thêm 0,1
mol N2 vào hỗn hợp phản ứng trên ở T, P = const thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào ?
GIẢI

a) Theo Bài 21, ở T,V = const ta có :

.

=

= const.

(*)


Để biết ảnh hưởng của sự thêm đối với cân bằng, ta lấy đạo hàm 2 vế của (*) sau khi đã
logarit hóa.

=-

Khi thêm N2:

Do tăng N2 nên dn(N2) > 0 ⇒ dQ < 0, tức Q giảm ⇒ cân bằng chuyển dịch theo chiều
thuận, chiều tiêu thụ N2 thêm vào. Kết quả tương tự khi thêm H2 vào hệ.
Một cách tổng quát, người ta chứng minh được rằng: ở T, V = const, việc thêm 1 khí hoạt động (là
khí tham gia trong phản ứng) làm cân bằng chuyển dịch theo chiều tiêu thụ khí thêm vào.

.

b) Theo Bài 21, ở T,P = const ta có :
* Thêm H2:
Chỉ có n(H2) và n thay đổi và dn = dn(H2) > 0 (
Ta có:

⇒

= phần mol của H2 trước khi có sự thêm).

lnQ = -3.lnn(H2) + 2.lnn

=

+

=


+

=(

)


Vì

< 1 nên (

)

< 0 ⇒

< 0, Q giảm ⇒ cân bằng chuyển dịch theo chiều

thuận (chiều tiêu thụ H2 thêm vào).
* Thêm N2:
Chỉ có n(N2) và n thay đổi và dn = dn(N2) > 0 (
có:

= phần mol của N2 trước khi có sự thêm). Ta

lnQ = -lnn(N2) + 2.lnn

=

⇒


+

=

+

=(

)

Do dn > 0 nên dấu của dQ phụ thuộc dấu của
+ Nếu

= 1/2 ⇒ dQ = 0: cân bằng không có sự chuyển dịch.

+ Nếu

> 1/2 ⇒ dQ > 0: cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch ( chiều tạo ra N2).

+ Nếu

< 1/2 ⇒ dQ < 0: cân bằng chuyển dịch theo hiều thuận (chiều tiêu thụ N2).

Như vậy: ở T, V = const, sự thêm N2 gây sự chuyển dịch cân bằng như thế nào còn tùy vào phần
mol của nó trước khi có sự thêm.
Áp dụng: trước khi thêm N2 thì

=


= 0,6 > 0,5, do đó cân bằng chuyển dịch theo chiều

nghịch, chiều tạo ra N2 chứ không phải chiều tiêu thụ N2 như ta dự đoán.

BÀI TẬP TỔNG HỢP
Bài 23. a) SO3 được đốt nóng lên đến 900K, với áp suất chung bằng 1,306 atm người ta đo được
/

= 2,58. Tính

hằng số cân bằng của phản

ứng:
b) Cho cân bằng:
Thực nghiệm cho biết các số liệu sau:
T (K)

900

830


lg

Tính

,

- 1,7


/

- 1,812

của phản ứng ở 298K.

c) Tính áp suất của O2 ứng với sự phân hủy V2O5(r) thành V2O4(r) ở 900K.
GIẢI
a) Xét cân bằng:
Ta có:
= 1/2
⇒

; P=

+

+

= 0,32 atm ;

KP =

⇒

= 2,58.

= 0,8256 atm ;

+


+ 1/2

= 1,306

= 0,16 atm.

= 0,155.

b) Đối với cân bằng:
ta có :

= - RT.lnKP = - RT.ln

⇒

= - 2,303RT.lg

= - 2,303. 8,314. 900. (- 1,7) = 29 295 J
= - 2,303. 8,314. 830. (- 1,812) = 28 797 J.

Giả sử

,

không phụ thuộc nhiệt độ trong khoảng nhiệt độ này, khi đó:

=

- 900.


hay 29 295 =

- 900.

(a)

=

- 830.

hay 28 797 =

- 830.

(b)

Giải hệ (a) và (b) ta được:
⇒

= 22 896 - 298.

= - 7,11 (J/K) ;

= 22 896 J
(- 7,11) = 25 015 J.