Tài liệu ôn học sinh giỏi cân bằng hóa học

Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG CÂN BẰNG HÓA HỌC Câu 1: Phản ứng dưới đây đạt đến cân bằng ở 109K với hằng số cân bằng Kp = 10: C (r) + CO2 (k)  2CO (k) (a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp cân bằng, biết áp suất chung của hệ là 1,5atm. (b) Để có hàm lượng CO bằng 50% về thể tích thì áp suất chung là bao nhiêu? Giải: (a) C + CO2  2CO n [] (1 - x) 2x 1 + x (mol) 2 Ta có: K P   2x  1  x    1,5 = 10   1 x 1 x 2 PCO PCO 2 x = 0,79 Vậy hỗn hợp cân bằng chứa 2.0,79 = 1,58 mol CO (88,27%) và 1 – 0,79 = 0,21 mol CO2 (11,73%) (b) Từ K P  (0,5) 2  P  10  P = 20 atm. 0,5 Câu 2: Cho phản ứng: 2SO2 (k) + O2 (k)  2SO3 (k) H = - 198 kJ Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427 0C, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 4270C. Giải: nO2 bđ = 7,434 (mol), nN2 bđ = 29,736 (mol) 2SO2 (k) + O2  2SO3 (k) H = - 198 kJ Ban đầu: 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0 Lúc phản ứng: 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol) Lúc CB: 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol) ∑số mol hỗn hợp ở TTCB = 0,21 + 2,284 + 10,3 + 29,736 = 42,53 (mol) Pi = xi.P = xi.1 = xi (Pso3 )2 và K C =K P (RT)- n (R = 0,082, T = 427 + 273 = 7000K, n = -1) KP = (Pso 2 )2 .Po 2  KP = (10,3)2 .42,53 >> 4,48.10 4 và K C =4,48.10 4 .(0,082.700)-(-1)  257.10 4 2 (0,21) .2,284 Câu 3: Cho cân bằng hóa học sau: N2O4 (k) ⇌ 2NO2 (k) (1) Thực nghiệm cho biết khối lượng mol phân tử trung bình của hai khí trên ở 35oC bằng 72,45 g/mol và ở 45 oC bằng 66,80 g/mol. (a) Tính độ phân li của N2O4 ở mỗi nhiệt độ trên? (b) Tính hằng số cân bằng KP của (1) ở mỗi nhiệt độ trên? Biết P = 1 atm (c) Cho biết theo chiều nghịch, phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Giải: Xét cân bằng: N2O4 (k) ⇌ 2NO2 (k) (1) (a) Gọi a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp  số mol NO2 trong 1 mol hỗn hợp là (1 - a) mol 0 *Ở 35 C có M = 72,45 g/mol = 92a + 46(1 - a)  a = 0,575 mol = nN2O4 và nNO2 = 0,425 mol Ban đầu Phản ứng Cân bằng N2O4 (k) ⇌ 2NO2 (k) x 0 0,2125 0,425 x - 0,2125 0,425 x - 0,2125 = 0,575  x = 0,7875 mol , vậy   0,2125  100%  26,98% 0,7875 *Ở 450C có M = 66,80 g/mol = 92a + 46(1 - a)  a = 0,4521mol = nN2O4 và nNO2 = 0,5479 mol N2O4(k) ⇌ 2NO2(k) Ban đầu x 0 Phản ứng 0,27395 0,5479  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung -1- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Cân bằng Tài liệu luyện thi HSG x - 0,27395 0,5479 x - 0,27395 = 0,4521  x = 0,72605 mol , vậy   (b) PNO 2  n NO 2 n hh P , PN 2O 4  0 Ở 35 C n N2O4 n hh KP  Ở 450C KP  0,27395  100%  37,73% 0,72605 P và P = 1 atm (PNO 2 ) 2 PN 2O4 (PNO2 ) 2 PN 2O 4  (0,425) 2  0,314 0,575  (0,5479) 2  0,664 0,4521 c) Từ kết quả thực nghiệm ta thấy, khi nhiệt độ tăng từ 350C lên 450C thì  tăng. Có nghĩa khi nhiệt độ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Vậy theo chiều thuận phản ứng thu nhiệt, nên theo chiều nghịch phản ứng tỏa nhiệt. Câu 4: Tính xem có bao nhiêu % chất ban đầu (N2 + 3H2 ) đã chuyển thành amoniac, nếu phản ứng được thực hiện ở 500 atm ,1000atm và nhận xét kÕt qu¶ víi nguyªn lÝ chuyÓn dÞch c©n b»ng? BiÕt hằng số cân bằng của phản ứng điều chế amoniac ở 5000C là 1,5.10–5 atm–2 .   3H2 2NH3 : Giải: N2 +   2 P NH 3 PN 2 . P 3 H2  1 , 5 . 10 PH2  3 / 4( P  PNH 3 ) => => P =500atm => 5 => 3PN 2  PH 2 => PN2  PH 2  PNH3  p => PN2  1 / 4( P  PNH3 ) 2 256PNH 3 27( P  PNH3 ) 4 = 1,5.10-5 => 16 PNH3 27 .( P  PNH3 ) 2 = 1,5.10 5 PNH3 = 152atm : P = 1000atm => PNH3 = 424 atm Tính % chuyển hoá: N2+ 3H2     2NH3 Ban đầu: 1 3 0 mol Phản ứng a 3a 2a mol Sau phản ứng (1-a) (3-3a) 2a mol 2a 152 =>   a  0,4662 => % hỗn hợp ban đầu: 4a/4 = a => 46,62% 4  2 a 500 2a 424   a  0,5955 => % hỗn hợp ban đầu: 4a/4 = a => 59,55% => 4  2a 500 => áp suất tăng cân bằng chuyển dịch theo chiều làm giảm áp suất của hệ. Câu 5: N2O4 phân li 20,0% thành NO2 ở 27oC và 1,00 atm. Hãy xác định (a) giá trị Kp; (b) độ phân li của N2O4 tại 27oC và 0,10 atm; (c) độ phân li của 69g N2O4 trong bình 20 L ở 27oC. Giải: Xét phản ứng phân li:   2NO2 N2O4   Phần mol: (a) K P  n n n-n 0 2n 2n 1  1  2 PNO  2NO 2 4 2 2 2 P  P , KP   PN 2O 4  N 2O 4 1  1 2 4 2 4  (0,2) 2  P   1  0,17 1 2 1  (0,2) 2  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung -2- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG 4 2  0,10  0,17    0,546 (54,6%) 1 2 69 (c) n   0,75mol . Sử dụng công thức 92 0,75(1  )  0,082  300 PN 2O 4   0,9225(1  ) 20 2.0,75.  0,082  300 PNO 2   1,845 20 (1,845) 2 KP   0,17    0,1927 (19,27%) 0,9225(1  ) (b) Bài 6: Xét phản ứng tổng hợp amoniac : N2 (k) + 3H2 (k) ⇄ 2NH3 (k) Ở 450oC hằng số cân bằng của phản ứng này là KP = 1,5.10-5. (a) Ban đầu trộn N2 và H2 theo tỉ lệ 1:3 về thể tích. Tính hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 khi áp suất hệ bằng 500 atm và bằng 1000 atm. (b) Các kết quả tính được có phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng hóa học hay không? 1. Giải: (a) Gọi x và h lần lượt là số mol ban đầu của N2 và hiệu suất phản ứng. N2 (k) no x n hx x(1-h) KP  3H2 (k) ⇄ 3x 3hx 3x(1-h) + 2 PNH 3 PN .PH3 2 2  2NH3 (k) 0 2hx 2hx  n = x(4-2h)  2 xh   P   x (4  2h)  2  x (1  h )  3x (1  h )   P  P   x (4  2h )  x (4  2h )  3  2h ( 4  2h ) 5,2(1  h ) 2 P K (*) -Tại 500 atm, (*)  14,1h 2  28,2h  10,1  0 với h  1  h  0,467 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 46,7% -Tại 1000 atm, (*)  14,1h 2  28,2h  10,1  0 với h  1  h  0,593 , vậy hiệu suất phản ứng bằng 59,3% (b) Khi áp suất tăng, hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3 tăng. Điều này phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng. Khi tăng áp suất, cân bằng chuyển dòi theo chiều làm giảm số phân tử khí (với phản ứng tổng hợp NH3 là chiều thuận). 2HI (K) Câu 7: Cho phản ứng: H2 (K) + I2 (K) Thực hiện phản ứng trong bình kín 0,5lít ở toC với 0,2mol H2 và 0,2mol I2 .Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng nồng độ của HI là 0,3mol/lít. 1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. 1.2..Thêm vào cân bằng trên 0,1mol H2 thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. 1.3..Tính hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC. 1 1 HI (K) H2 (K) + I2 (K) 2 2 Giải: 1.1.Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở toC. Theo giả thiết: [H2] = [I2] = 0,4mol/lít H2 (K) + I2 (K) Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) 0,4(mol/lít) Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) 0,25 (mol/lít ) 0,3 2  1,44 Kcb = 0,25.0,25 1.2.Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới:  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung 2HI (K) 0,3 (mol/lít ) -3- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG   Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H2 nồng độ H2 tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận. Khi thêm 0,1 mol H2 nồng độ H2 = 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít Gọi x là nồng độ H2 tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới. H2 (K) + I2 (K) 2HI (K) Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít) Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít) (0,3  2 x) 2  1,44  2,56x2 + 2,208x – 0,072 = 0 ĐK: 0< x < 0,25 (0,25  x).(0,45  x) Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x/ = -0,89 loại. Vậy : [H2] = 0,41854 (mol/lít) [I2] = 0,21854 (mol/lít) [HI] = 0,36292 (mol/lít) 1.3..Hằng số cân bằng của phản ứng sau ở toC. 1 1 H2 (K) + I2 (K) HI (K) 2 2 Gọi K/cb là hằng số cân bằng của phản ứng: Kcb = 1 1 H 2 2 I 2 2 HI  1 5 1 = = 6 1,44 K cb Câu 8: Cho 2 mol N2 và 8 mol H2 vào bình kín có thể tích là 2 lít, sau khi phản ứng: N2(K) + 3H2(K) 2NH3(K) Đạt trạng thái cân bằng , đưa nhiệt độ về nhiệt độ ban đầu , thì áp suất trong bình bằng 0,9 lần áp suất đầu. Tính K cân bằng. Giải: Tổng số mol ban đầu trong bình kín :  nbđ = 2+ 8 = 10 mol Trong cùng điều kiện t0 và V : Tỉ lệ mol = Tỉ lệ áp suất. 1 P n 10 Ta có: đ = đ  =  ns = 0,9 x 10 = 9 mol 0,9 Ps ns ns Gọi x là số mol N2 tham gia phản ứng: N2(K) + 3H2(K) 2NH3(K) Trước pứ: 2 mol 8 mol Phản ứng: x mol 3x mol 2x mol Sau pứ : (2 – x) (8-3x) 2x mol Tổng số mol các chất khí sau phản ứng:  n s = 10 – 2x = 9 mol  x = 0,5mol Ta có K/cb = = Ở trạng thái cân bằng : nN 2 = 2 – 0,5 = 1,5 mol  [N2] = 1,5 = 0,75 mol/lí 2 6,5 = 3,25 mol/lít ; nNH 3 = 2 x 0,5 = 1 mol 2 1 (0,5) 2 C 2 NH 3 = 0,5 mol/lít  Kcb = = = 9,71. 10-3  [NH3] = C N 2 .C 3 H 2 (0,75).(3,25) 3 2   2NO2 Câu 9 : Cho cân bằng : N2O4   nH 2 = 8 – 3 x 0,5 = 6,5 mol/lít  [H2] = Lấy 18,4 gam N2O4 vào bình chân không có dung tích 5,9 lít ở 27OC. Khi đạt tới cân bằng, áp suất là 1 atm. Cũng với khối lượng đó của N2O4 nhưng ở nhiệt độ 110OC thì ở trạng thái cân bằng, nếu áp suất vẫn là 1 atm thì thể tích hỗn hợp khí đạt 12,14 lít. a/. Tính thành phần % N2O4 bị phân li ở 27OC và 110OC. b/. Tính hằng số cân bằng ở 2 nhiệt độ trên, từ đó rút ra kết luận phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt. Giải: a) Số mol N2O4 ban đầu: 18,4/92 = 0,2 mol   2NO2 N 2 O4   bđ (mol): 0,2  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung 0 -4- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG pư: x 2x còn : 0,2 – x 2x * Ở to = 27oC thì: (0,2 + x1) = 5,9.273 / 22,4(273 + 27) = 0,23969  x1 = 0,03969  % N2O4 bị phân hủy: [0,03969/ 0,2] 100% = 19,845% * Ở to = 110oC thì: (0,2 + x2) = 12,14.273 / 22,4(273 + 110) = 0,3863  x2 = 0,1863  % N2O4 bị phân hủy: [0,1863 / 0,2] 100% = 93,15% 2 b) K = [NO2] / [N2O4] = {2x/V)2 / (0,2 – x)/V = 4x2 / V(0,2 – x) * Ở to = 27oC: V1 = 5,9 l; x1 = 0,03969 mol  K1 = 6,66.10-3 * Ở to = 110oC: V2 = 12,14 l; x2 = 0,1863 mol  K2 = 0,8347 Nhận xét: Ta thấy khi tăng số mol N2O4 phân hủy tăng và hằng số cân bằng cũng tăng  phản ứng thu nhiệt   2NO2 (K). Cho 18,4gam N2O4 vào bình dung tích là 5,904 lít Câu 10: Có cân bằng: N2O4 (K)   ở 270C. Lúc cân bằng áp suất của hỗn hợp khí trong bình là 1atm. Tính áp suất riêng phần của NO2 và N2O4 lúc cân bằng. Nếu giảm áp suất của hệ lúc cân bằng xuống bằng 0,5 atm thì áp suất riêng phần của NO2, N2O4 lúc này là bao nhiêu? Kết quả có phù hợp nguyên lý của Le Chatelier không ? 18,4 Giải: n N 2O4   0,2(mol) 92 N2 O4 2NO2 Ban đầu 0,2 0 Cân bằng 0,2 - x 2x Tổng số mol có trong hệ lúc cân bằng: 0,2 – x + 2x = 0,2 + x PV 1 5,904 => x = 0,04  0,2  x   0,24 RT 0,082(273  27) n NO2 (lúc cân bằng) = 0,08 mol n N2O4 (lúc cân bằng) = 0,2 – 0,04 = 0,16 mol Vì số mol N2O4 gấp đôi số mol NO2 nên áp suất N2O4 cũng gấp đôi của NO2 PNO 2  12 2 1 1 2 Vậy: PNO 2  (atm), PN2O4  (atm) ; K P   2  3 3 PN 2O4 6 3 Đặt PNO 2 khi cân bằng là P thì áp suất của N2O4 khi cân bằng là: 0,5 – P. Từ đó: 1 P2   6 P 2  P  0,5  0 6 0,5  P  0,217 (atm); PN 2O5  0,283 (atm) KP  PNO2 Kết quả: PNO 2 PN2O4  0,217  0,77 0,283 So sánh với trường hợp trên: PNO 2 PN2O4 1 3    0,5 3 2 Vậy: Khi áp suất của hệ xuống thì cân bằng dịch chuyển sang phía làm tăng áp suất của hệ lên, nghĩa là sang phía có nhiều phân tử khí hơn (phù hợp nguyên lý).   2NO2(k)   nhận được xuất phát từ a mol N2O4. Gọi  là độ phân li của N2O4. a/ Tính số mol NO2, N2O4 và tổng số mol của hệ khi cân bằng theo a và  ? b/Tính áp suất riêng phần của NO2, N2O4 khi cân bằng theo  và áp suất tổng P của hệ?Tính KP theo  và P? c/ Nếu ban đầu có 1,588 gam N2O4 trong bình 0,5 lít ở 250C và P = 760 mmHg thì  , áp suất riêng phần của NO2, N2O4 lúc cân bằng là bao nhiêu? Giải: NO2 =2a  , N2O4=a(1-  ), PNO 2 =2  P/(1+  ), PN2 O4=(1-  )P/(1+  ). Câu 11: Cân bằng: N2O4(k)  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung -5- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG P =4  2P/(1-  )(1+  );  = 0,1587, KP=0,103, PNO 2 =0,274 atm, PN2 O4= 0,726 atm.   2HI(k) được thiết lập với các nồng độ sau : Câu 12: Cân bằng trong hệ H2(k) + I2(k)   [H2] = 0,025 M ; [I2] = 0,005 M ; [HI] = 0,09M . a) Khi hệ đạt trạng thái cân bằng ấp suất của hệ biến đổi như thế nào ? b) Tính hằng số cân bằng Kcb và nồng độ ban đầu của I2 và H2 ?   2HI Giải: H2 + I2   Trong quá trình phản ứng số mol khí không đổi . Nếu thể tích và nhiệt độ không đổi thì áp suất của hệ [HI]2 = 64,8 . Từ [HI] = 0,09 M=> [H2]pư = [I2]pư = 0,045M không đổi Kcb = [H 2 ].[I2 ] => Do đó nồng độ ban đầu: [H2] = 0,07M; [I2 ] = 0,05M Câu 13: Nung FeS2 trong kh«ng khÝ, kÕt thóc ph¶n øng thu ®­îc mét hçn hîp khÝ cã thµnh phÇn: 7 SO2; 10 O2; 83 N2 theo sè mol. §un hçn hîp khÝ trong b×nh kÝn (cã xóc t¸c) ë 800K, x¶y ra ph¶n øng:   2SO3 2SO2 + O2  Kp = 1,21.105.  a) TÝnh ®é chuyÓn ho¸ ( sè mol) SO2 thµnh SO3 ë 800K, biÕt ¸p suÊt trong b×nh lóc nµy lµ 1 atm, sè mol hçn hîp khÝ ban ®Çu (khi ch­a ®un nãng) lµ 100 mol. b) NÕu t¨ng ¸p suÊt lªn 2 lÇn, tÝnh ®é chuyÓn ho¸ SO2 thµnh SO3, nhËn xÐt vÒ sù chuyÓn dÞch c©n b»ng.   a) C©n b»ng: 2SO2 + O2  2SO3  Ban ®Çu: 7 10 0 (mol) lóc c©n b»ng: (7-x) (10 - 0,5x) x (x: sè mol SO2 ®· ph¶n øng). Tæng sè mol c¸c khÝ lóc c©n b»ng: 100 – 0,5x = n. p p p ¸p suÊt riªng cña c¸c khÝ: ; PO2 = (10 – 0,5x). ; PSO3 = x . PSO2 = (7-x). n n n 2 (PSO3 ) 2 x (100  0,5 x) = Kp = = 1,21. 105 2 (PSO2 ) . PO2 (7  x) 2 .(10  0,5 x) 49.96,5 = 1,21. 10 5 Gi¶i ®­îc x = 6,9225. 2 (7  x) .6,5 6,9225.100% VËy ®é chuyÓn hãa SO2  SO3 : = 98,89. 7 do K>>  x  7  Ta cã : b) NÕu ¸p suÊt t¨ng 2 lÇn t­¬ng tù cã: 7- x= 0,300 . 5 .10 -2 = 0,0548  x = 6,9452.  ®é chuyÓn ho¸ SO2  SO3: (6,9452 . 100)/7 = 99,21 KÕt qu¶ phï hîp nguyªn lý L¬sat¬lie: t¨ng ¸p suÊt ph¶n øng chuyÓn theo chiÒu vÒ phÝa cã sè ph©n tö khÝ Ýt h¬n. Bài 14: Xét quá trình cân bằng sau tại 686oC : CO2 (k) + H2 (k) ⇄ CO (k) + H2O (k) Nồng độ các chất tại cân bằng lần lượt bằng [CO] = 0,050 M, [H2] = 0,045 M, [CO2] = 0,086 M và [H2O] = 0,040 M. Nếu tăng nồng độ CO2 lên đến giá trị 0,500 M (nhiệt độ không đổi) thì nồng độ mỗi chất ở cân bằng mới được thiết lập lại bằng bao nhiêu ? Hằng số cân bằng nồng độ : [H O][CO] 0,040  0,050 KC  2   0,52 [CO 2 ][H 2 ] 0,086  0,045 Thêm CO2, cân bằng chuyển dời theo chiều thuận : CO2 (k) 0,500 -x 0,500-x + H2 (k) ⇄ 0,045 -x 0,045-x  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung CO (k) + 0,050 +x 0,050 +x H2O (k) 0,040 +x 0,040 + x -6- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG [H 2 O][CO] (0,040  x)  (0,050  x )   0,52 [CO 2 ][H 2 ] (0,500  x)  (0,045  x)  0,48x2 + 0,373x – 9,7.10-3 = 0  x = 0,025M Vậy [CO2] = 0,48M, [H2] = 0,020M, [CO] = 0,075M và [H2O] = 0,065M. Từ K C  C©u 15: Khi nung nãng ®Õn nhiÖt ®é cao PCl5 bÞ ph©n li theo ph­¬ng tr×nh PCl5 (k) ⇋ PCl3 (k) + Cl2 (k) 1. Cho m gam PCl5 vµo mét b×nh dung tÝch V, ®un nãng b×nh ®Õn nhiÖt ®é T (K) ®Ó x¶y ra ph¶n øng ph©n li PCl5. Sau khi ®¹t tíi c©n b»ng ¸p suÊt khÝ trong b×nh b»ng p. H·y thiÕt lËp biÓu thøc cña Kp theo ®é ph©n li  vµ ¸p suÊt p. ThiÕt lËp biÓu thøc cña kc theo , m, V. 2. Trong thÝ nghiÖm 1 thùc hiÖn ë nhiÖt ®é T1 ng­êi ta cho 83,300 gam PCl5 vµo b×nh dung tÝch V1. Sau khi ®¹t tíi c©n b»ng ®o ®­îc p b»ng 2,700 atm. Hçn hîp khÝ trong b×nh cã tØ khèi so víi hi®ro b»ng 68,862. TÝnh  vµ Kp. 3. Trong thÝ nghiÖm 2 gi÷ nguyªn l­îng PCl5 vµ nhiÖt ®é nh­ ë thÝ nghiÖm 1 nh­ng thay dung tÝch lµ V2 th× ®o ®­îc ¸p suÊt c©n b»ng lµ 0,500 atm. TÝnh tØ sè V2 . V1 4. Trong thÝ nghiÖm 3 gi÷ nguyªn l­îng PCl5 vµ dung tÝch b×nh V1 nh­ ë thÝ nghiÖm 1 nh­ng h¹ nhiÖt ®é cña b×nh ®Õn T3 = 0,9 T1 th× ®o ®­îc ¸p suÊt c©n b»ng lµ 1,944 atm. TÝnh Kp vµ . Tõ ®ã cho biÕt ph¶n øng ph©n li PCl5 thu nhiÖt hay ph¸t nhiÖt. Cho: Cl = 35,453 ; P : 30,974 ; H = 1,008 ; C¸c khÝ ®Òu lµ khÝ lÝ t­ëng. Lêi gi¶i: 1. ThiÕt lËp biÓu thøc cho Kp, Kc   PCl3 (k) + Cl2 (k) PCl5 (k)   ban ®Çu a mol c©n b»ng a–x x x (mol) Tæng sè mol khÝ lóc c©n b»ng : a + x = n x = ; Khèi l­îng mol: M PCl5 = 30,974 + 5 x 35,453 = 208,239 (g/mol) a M PCl = 30,974 + 3 x 35,453 = 137,333 (g/mol) 3 M Cl2 = 70,906 (g/mol) m gam = a mol PCl5 ban ®Çu 208,239 gam/mol *¸p suÊt riªng phÇn lóc c©n b»ng cña mçi khÝ: PPCl5 = a  x p trong ®ã PP Cl3 = PCl 2 = x P a x a x 2  x  PCl2  PPCl3  a  x  p x2    p 2   a  x   1 Kp = = = 2 PPCl5 a-x ax  p a  x   a x  p   x2 2 2 2 x 2 x p a  p  = p ; Kp = = p Kp = a2 x 2 (a  x ) (a  x ) a2  x 2 1 2  a2 a2 a(1   ) a * Kc = [PCl5] = trong ®ã [PCl3] = [Cl2] = V V 2 2  PCl3  Cl 2  =  a   V = a = m 2 Kc = V(1   ) 208, 239 V(1   ) V2 [ PCl5 ] a 1     Giáo viên: Nguyễn Cao Chung -7- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy HoÆc: Kp = Kc (RT)∆V Kp = Kc (RT) Tài liệu luyện thi HSG ∆VkhÝ = 1 pV = nRT = (a + x) RT  RT = pV pV = a x a(1   ) pV pV 2   p = Kc a x a x 1  2 pV  a  2 (1   ) = Kc  Kc =   p Thay x = a  12 V 1  2 a(1   ) Kp = Kc Kc = a 2 a  2 (1   ) =  V(1   ) V 1    (1- ) = m 2 208,239 V (1   ) 1 RT pV a(1   )  a(1   ) a 2 Thay RT =  Kc = Kp  = = p  V(1   ) a(1   ) pV 1 2 pV 83,30 g 2. ThÝ nghiÖm 1 : n PCl5 ban ®Çu = a = = 0,400 mol 208,239 g/mol * Quan hÖ Kp vµ Kc. Tõ c¸ch 1 : Kc = Kp M cña hçn hîp c©n b»ng: 68,826  2,016 = 138,753 g/mol 83,30 g Tæng sè mol khÝ lóc c©n b»ng: n1 = a (l + 1) = = 0,600 mol 138, 753 g/mol n1 = a (1 + 1) = 0,400 (1 + 1) = 0,600  1 = 0,500 (0,5)2 2 * T×m Kp t¹i nhiÖt ®é T1 : Kp = p =  2,70 = 0,900  1  (0,5)2 1 2 3. ThÝ nghiÖm 2: - Gi÷ nguyªn nhiÖt ®é  Kp kh«ng ®æi. - Gi÷ nguyªn sè mol PCl5 ban ®Çu: a = 0,400mol. - ¸p suÊt c©n b»ng P2 = 0,500 atm. Ta cã  22  22  p = Kp =  0,500 = 0,900  22 = 0,64286  2 = 0,802 2 1   22 1   22 Tæng sè mol khÝ lóc c©n b»ng: n2 = 0,400 + (1+ 2)  0,721 (mol). n RT n RT * ThÓ tÝch b×nh trong TN 2: V2 = 2 1 so víi V1 = 1 1 p2 p1 0, 721 2, 700 V2 n p = 2 1 = = 6,486 (lÇn)  0, 600 0,500 V1 n1 p2 4. ThÝ nghiÖm 3: - Thay ®æi nhiÖt ®é  Kp thay ®æi. - Gi÷ nguyªn sè mol PCl5 ban ®Çu a = 0,400 mol vµ V1 - ¸p suÊt c©n b»ng P3 thay ®æi do: nhiÖt ®é gi¶m (T3 = 0,9 T1), tæng sè mol khÝ thay ®æi (n3  n 1). P3 = 1,944 atm ; TÝnh 3 : n3 = a (1+ 3) = 0,400  (1+ 3) ; p3V1 = n3RT3 = 0,9 n 3RT1 ; P1V1 = n1RT1. 1,944 0, 400  (1   3 )  0,9 P3 0,9 n 3    3 = 0,200  n3 = 0,48 mol  P1 n1 2, 700 0,600 * KP (T3 ) = (0, 200)2  32  p =  1,944 = 0,081 3 1   32 1  (0, 200)2 * Khi h¹ nhiÖt ®é, Kp gi¶m  c©n b»ng chuyÓn dÞch theo chiÒu nghÞch. ChiÒu nghÞch lµ chiÒu ph¸t nhiÖt  ChiÒu thuËn lµ chiÒu thu nhiÖt. Bµi 16: Cho c©n b»ng ho¸ häc:   N2O4 H  58,04kJ 2NO2    Giáo viên: Nguyễn Cao Chung -8- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG C©n b»ng sÏ chuyÓn dÞch nh­ thÕ nµo , gi¶i thÝch, khi: 1/ T¨ng nhiÖt ®é. 2/ T¨ng ¸p suÊt. 3/ Thªm khÝ tr¬ Ar trong 2 tr­êng hîp: a) Gi÷ ¸p suÊt kh«ng ®æi. b) Gi÷ thÓ tÝch kh«ng ®æi. 4/ Thªm xóc t¸c. Gi¶i: 2NO2 ⇌ N2O4 H  58,04 kJ (ph¶n øng táa nhiÖt) a) T¨ng nhiÖt ®é c©n b»ng chuyÓn sang tr¸i theo chiÒu ph¶n øng thu nhiÖt. b) T¨ng ¸p suÊt c©n b»ng chuyÓn sang ph¶i theo chiÒu lµm gi¶m sè mol. c) Thªm khÝ tr¬ : * ¸p suÊt kh«ng ®æi  ThÓ tÝch t¨ng  gi¶m ¸p suÊt riªng phÇn cña c¸c khÝ . PN O Kp = 2 P NO 2 4 = 2 nN O n2 NO 2 4 2 nN2O4 V / V . khi thªm khÝ tr¬ Q = 2 . RT n NO RT 2 v× V/ >V  Q>Kp vËy ®Ó Q  Kp : sè mol N2 O4 ph¶i gi¶m  c©n b»ng chuyÓn theo chiÒu tõ ph¶i sang tr¸i ( t¹o NO2) * ThÓ tÝch kh«ng ®æi  ¸p suÊt riªng phÇn cña c¸c khÝ kh«ng ®æi  c©n b»ng kh«ng chuyÓn dÞch. d) Xóc t¸c tµm t¨ng hoÆc gi¶m tèc ®é c¶ ph¶n øng thuËn vµ nghÞch  kh«ng lµm chuyÓn dÞch c©n b»ng. Câu 17: 1) Cân bằng: N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) sẽ chuyển dịch chiều nào khi (a) thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho thể tích không đổi? (b) thêm Ar vào hỗn hợp cân bằng nhưng giữ cho áp suất không đổi? Giải: (a) Ta có: 2 PNH n 2NH 3 3 KP   PN 2 PH3 2 n N 2 n 3H 2 2  V   V     Kn    RT   RT  2 . Vì V, KP và T = const nên K n  n 2NH 3 n N 2 n 3H 2  const . Như vậy có sự tăng áp suất của hệ nhưng không có sự chuyển dịch cân bằng. 2  V  (b) K P  K n   Với T, P và Kp = const, khi thêm Ar đã làm V tăng nên Kn phải giảm. Sự thêm  RT  agon đã làm cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm phân li NH3). Chú thích: Trong trường hợp này, ta không thể dựa vào nguyên lí Le Chatelier để dự đoán chiều diễn biến của phản ứng. 2) Phản ứng nhiệt phân CaCO3 được tiến hành trong 1 bình kín. Khi áp suất của CO2 trong bình lên đến 0,236 atm thì không thay đổi nữa mặc dù trong bình vẫn còn CaCO3 và có CaO. 1) Tính Kp, Kc của phản ứng ở 800oC 2) Trong bình dung tích 10 lít, nếu ta bỏ vào đó 5 gam CaCO3 và 2 gam CaO, nung nóng bình đến 800oC để đạt cân bằng thì sau khi cân bằng, khối lượng mỗi chất rắn trong bình là bao nhiêu gam? ĐÁP ÁN 1) CaCO3 (r) = CaO(r) + CO2 (k) (*) Tại 800 oC khi PCO 2 = 0,236 thì không thay đổi nữa  đạt cân bằng Nên Kp = PCO2 = 0,236 (atm) ; n = n khí sau - n khí trước Kp 0,236   2,68  10 3 (mol/lít) n 22,4 (RT) (800  273) 273 Kc = [CO2] = 2,68  10-3 (mol/lít) 2) Vì nung nóng bình đến 800oC: do nhiệt độ không đổi nên Kc không đổi  Kc = 2,68  10-3 (mol/lít)  n CO 2 = 2,68  10 -3  10 = 2,68  10-2 (mol) Kc  từ phương trình (*) n CaCO 3 nhiệt phân = n CO 2 và tạo ra 2,68  10-2 mol CaO  m CaCO 3 đã nhiệt phân = 2,68  10-2  100 = 2,68 (gam)  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung -9- Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG Vậy trong bình còn lại lượng chất rắn là: m CaCO3 = 5 – 2,68 = 2,32 (gam) m CaO = 2,68  10-2  56 + 2 = 3,5008 (gam) Bài 18: Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000K với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ lúc cân 2H 2 O  2H 2  O 2 có pkp1 = 20,113 bằng, biết rằng: 2CO 2  2CO  O 2 có pkp2 = 20,400 Từ các dữ kiện đề bài ta có: 1 1 CO  O 2  CO 2 K P3  2 K P,2 1 H 2O  H 2  O2 2 CO  H 2O  CO2  H 2 K P 4  K P,1 K P  K P3 .K P4  K P1 10 20,113   100,1435  1,392 K P2 10 20,400 Giả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H2O CO  H 2 O  CO 2  H 2 K P  1,392 Ban đầu 1mol 1mol Lúc câu bằng 1-a(mol) (1-a)mol a mol a mol a a P. P PCO2 .PH2 a2 2 2 KP    với P là áp suất chung 2 PCO .PH2O 1  a 1  a P. P (1  a) 2 2 a  K P  1,1798 => a  0,54mol 1 a a x 100% (1  a)x100% %H 2  %CO 2   27% ; %CO  %H 2 O   23% 2 2   2HI(khí) Câu 17: H2(khí) + I2(khí)   Thực hiện phản ứng tổng hợp hiđro iođua trong một bình kín, dung tích 2 lit ở nhiết độ T, có hằng số cân bằng K = 36. a, Nếu nồng độ ban đầu của H2 và I2 bằng nhau và bằng 0,02M thì nồng độ của các chất tại thời điểm cân bằng là bao nhiêu? b, Ở cân bằng trên, người ta thêm vào bình 0,06gam hiđro thì cân bằng cũng bị phá vỡ và hình thành cân bằng mới. Tính khối lượng hiđro iođua ở cân bằng cuối? + I2(rắn)  2HI(khí) a) H2(khí) Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0 Phản ứng: x x 2x Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x 2 Vậy : 2x  36  2 x  6  0, 02  x   x  0, 015  0, 02  x  .  0, 02  x  Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H2] = [I2] = 0,005M b) Số mol H2 thêm: 0,06 : 2 = 0,03 (mol) → nồng độ tăng thêm: 0,03: 2 = 0,015M H2(khí) + I2(khí)  2HI(khí) Ban đầu: 0,02M 0,005M 0,03M Phản ứng: a a 2a Cân bằng: 0,02 – a 0,005 – a 0,03 + 2a 2  0,03  2a  K  36 → a = 2,91.10-3 và  0, 02  a  0,005  a  2,89.10-2 M. Vì a < 0,005 nên chỉ nhận a = 2,91.10-3 Khối lượng HI ở cân bằng cuối: (0,03 + 2. 0,0029). 2. 128 = 9,165(gam)  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 10 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG Câu 18: Trong bình kín dung tích không đổi chứa 35,2x (g) oxi và 160x (g) SO2. Khí SO2 ở 136,5 oC có xác tác V2O5. Đun nóng bình một thời gian, đưa về nhiệt độ ban đầu, áp suất bình là P’. Biết áp suất bình ban đầu là 4,5 atm và hiệu suất phản ứng là H%. a, Lập biểu thức tính áp suất sau phản ứng P’ và tỉ khối hơi d của hỗn hợp khí sau phản ứng so với không khí, theo H. b, Tìm khoảng xác định P’, d? c, Tính dung tích bình trong trường hợp x = 0,25? Hướng dẫn giải: 35, 2 x  1,1x(mol ) ; nSO bdau  160 x  2,5 x(mol ) 2 32 64 2SO2 + O2 2SO3  Ban đầu: 2,5x 1,1x 0 Phản ứng: 2,2xH 1,1xH 2,2xH Sau phản ứng: (2,5x – 2,2xH) (1,1x – 1,1xH) 2,2xH n2 = 2,5x - 2,2xH + 1,1x - 1,1xH + 2,2xH = x(3,6 - 1,1H) (mol) Trường hợp bài toán đẳng V, đẳng T. n P x  3,6  1,1H  4,5 P n   1  P' 2   1, 25  3,6 1,1H  P ' n2 n1 3,6 x b, Khi H = 0 → P’ = 4,5 (atm) ; H = 1 → P’ = 3,125 (atm) Vậy trong thời gian phản ứng thì 3,125 < P’ < 4,5 . Tỉ khối hơi so với không khí: msau mtruoc 160 x  35,2 x 195,2 ; 195, 2 6,731 M sau     dhhsau / kk  M sau   nsau ntruoc x(3,6 1,1H ) 3,6 1,1H 29 29 3, 6 1,1H  3, 6 1,1H nO2bdau  Khi H = 0 → d = 1,87 ; H = 1 → d = 2,69 ; Vậy 1,87 < d < 2,69 c, Áp dụng công thức: PV = nRT ; Pđầu = 4,5atm; nđầu = 3,6x = 3,6.0,25 = 0,9(mol) 22,4 0,9.  273 136,5 nRT 273 →V   6,72(l ) P 4,5 Câu 19: Trong một bình kín A dung tích 1 lít ở 500 0C, hằng số cân bằng của phản ứng tổng hợp HI từ H2 và I2 bằng 46. a)Tính nồng độ mol các chất ở trạng thái cân bằng? Biết ban đầu trong bình A có 1mol H2 và 1mol I2 b) Nếu ban đầu cho 2 mol HI vào bình A ở nhiệt độ 500 0C thì nồng độ các chất lúc cân bằng là bao nhiêu? c) Nếu hệ đang ở trạng thái cân bằng ở câu a, ta thêm vào hệ 1,5 mol H2 và 2,0 mol HI thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? 2HI a) Cân bằng : H2 + I2 Ban đầu 1M 1M 0 Phản ứng x x 2x Cân bằng 1-x x 2x Ta có biểu thức cân bằng : Kc = HI2  4x 2 H 2 I 2  1  x 2  46 (điều kiện x <1) Giải được x = 0,772M b) Cân bằng : 2HI H2 + I2 Ban đầu 2M 0 0 Phản ứng 2y y y Cân bằng 2-2y y y 2 1 I H y = ; Giải được y = 0,228M ;Vậy [ HI ] = 2-2y = 1,544M K 'C = 1   2  2   2 2 46 Kc  2  2y  HI [H2] =[I2] = y = 0,228M c) Cân bằng : H2 + I2 2HI Khi thêm vào hệ 1,5 mol H2 và 2,0 mol HI thì :  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 11 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG 2 2 vt = kt[H2][I2] = kt1,728.0,228 = kt.0,394 ; vn = kn [ HI ] = kn(3,544) = kn.12,56 v t k t 0,394 0,394 0,394  .  k C.  46.  1,44 v n k n 12,56 12,56 12,56 vt > vn do đó cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Hằng số cân bằng của phản ứng : Câu 20 H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 6000C bằng 64 a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 600 0C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (600 0C)   2HI (k) a. H2(k) + I2 (k)   Ban đầu: 2mol 1mol Phản ứng: x x 2x [] 2-x 1-x 2x 2 2 (2 x)  HI  Kc   64 KC  (2  x)(1  x) H 2 I 2  x1 = 2,25(loại) ; x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng b. H2(k) + I2(k) n 1 n-0,99 0,01 n: nồng độ ban đầu của H2 2HI (k) 1,98 2 1,98 KC   n  0,99 0,01 64 2 => n  7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1 Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng N2O4 (khí) 2NO2 (khí) với tốc độ phân huỷ là 20% a. Tính hằng số cân bằng Kp. b. Độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270C Giải: Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là  , số mol của N2O4 ban đầu là n Phản ứng: N2O4 (k) 2NO2 (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 a. KP = 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  KP = 1/6 atm b. n N2O4 = 69/92 = 0,75 Gọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là  ’ Phản ứng: N2O4 (k) 2NO2 (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 KP = const nên: Theo biến đổi tương tự như trên ta có: KP = (4  ' 2/1-  ' 2)P’=1/6 Nên: (4  ’2/1-  ’2).0,9225(1+  ’) = 1/6   ’  0,19 Câu 22: Ở nhiệt độ T, phản ứng giữa CO2 và C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có hằng số cân bằng KP bằng 10. Câu 21:  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 12 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG a). Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng, biết áp suất chung của hỗn hợp tại trạng thái cân bằng là 4atm. b). Xác định áp suất riêng của CO2 lúc cân bằng. c). Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích. Đáp án : a). Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng: 2CO(k) KP =10 CO2 (k) + C (r) Ban đầu: x mol Tại cân bằng: (x – a) mol 2a mol Tổng số mol khí tại cân bằng: x – a + 2a = x + a (mol) 2  Kp  PCO 2 PCO 2  2a    x  a P  4a 2 P      10  ( x  a )( x  a ) xa  P xa 4a 2 10x 2 10 = 0,62x x 4P  10 4 P  10 x  a x  0,62x  Nồng độ phần mol của CO2 =   0,234 x  a x  0,62 x 2a 1,24x   0,766 Nồng độ phần mol của CO = x  a x  0,62 x b). Xác định áp suất riêng của CO2 tại cân bằng: Pi = Ni P xa Áp suất riêng của CO2 = P  0,234 x 4 = 0,936atm  xa c). Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích: VCO 2 n CO 2 n    0,06  CO  0,94 Vhh n hh n hh 10  2  a 2 P x a (0,94P) 2 10x 0,06  10  P   0,679atm 0,06P 0,94 2 Vậy để % về thể tích của CO2 tại cân bằng là 6% thì áp suất chung tại cân bằng phải là 0,679atm. Câu 23: Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) 1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li  và áp suất P. 2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K).Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính  và Kp. 3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và . Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt. 1) PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) Kp  TTCB 1- Áp suất: 1 .P 1 Ta có: Kp =    .P 1  .P 1 PPCl3 .PCl2 PPCl5 α.P α.P . α2 2 ; Vậy: K = .P  1 α 1 α  . P p 2 2 1 α 1   1  α .P 1 α  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 13 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy 2) Theo đề: n PCl5 ban đầu = Tài liệu luyện thi HSG 83,4  0,4 mol, P = 2,7atm 208,5 Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: nS. ; d S/H2 = 69,5  M S = 69,2.2 = 139. Áp dụng BTKL: mS = m PCl5 ban đầu = 83,4 (g)  nS = PCl5 (K) BĐ 0,4 TTCB (0,4-x) 83,4 = 0,6 mol. 139 PCl3(K) + Cl2(K) x x nS = 0,4 - x + x + x = 0,6  x = 0,2 ; Do đó:  = x 0,2 = 0,5.  0,4 0,4 2 0,52 .2,7  0,9 . P = 1 2 1  0,52 Vậy: Kp = 3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol. Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9 T1 là P2 , số mol n2. Với P2 = 1,944 atm. P V  n1RT1 PV n RT PV n1RT1  1 1  1 1  1  Ta có: 1 1 P2 V2  n 2 RT2 P2 V2 n 2 RT2 P2 V n 2 R.0,9.T1 n P 0,6.1,944  n2 = 1 2  = 0,48. P1 .0,9 2,7.0,9 PCl5 (K) BĐ TTCB   PCl3(K) + Cl2(K)   0,4 (0,4-x) x x n2 = 0,4 - x + x + x = 0,48  x = 0,08. Do đó:  = x 0,08 = 0,2.  0,4 0,4 Vậy: Kp = (0,5đ)   '2 0,22 . P = .1,944  0,081 1   '2 1  0,22 Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt. Câu 25: Dưới tác dụng của nhiệt, PCl5 bị phân tách thành PCl3 và Cl2 theo phản ứng cân bằng   PCl3 (K) + Cl2 (K) PCl5 (K)   Ở 2730C và dưới áp suất 1atm người ta nhận thấy rằng hỗn hợp cân bằng có khối lượng riêng là 2,48 g/l. Tìm KC và KP của phản ứng trên. Cho R = 0,0,821 lít . atm . mol-1 . độ-1 Giải: . Gọi x = n PCl5 , y = n PCl3  Cl3 có trong 1 lít hỗn hợp lúc cân bằng ở 2730C, 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  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 14 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG [PCl 3 ][Cl 2 ]  0,728 => Kp = Kc . RT = 3,26 [PCl 5 ] C©u 26 Sunfuryl ®iclorua SO2Cl2 lµ ho¸ chÊt phæ biÕn trong ph¶n øng clo ho¸. T¹i 350oC, 2 atm ph¶n øng SO2 Cl2 (khÝ)  SO2 (khÝ) + Cl2 (khÝ) (1) Cã Kp = 50 . a) H·y cho biÕt ®¬n vÞ cña trÞ sè ®ã vµ gi¶i thÝch: h»ng sè c©n b»ng Kp nµy ph¶i cã ®¬n vÞ nh­ vËy. KC  b) TÝnh phÇn tr¨m theo thÓ tÝch SO2 Cl2(khÝ) cßn l¹i khi (1) ®¹t tíi c©n b»ng ë ®iÒu kiÖn ®· cho. c) Ban ®Çu dïng 150 mol SO2 Cl2(khÝ), tÝnh sè mol Cl2(khÝ) thu ®­îc khi (1) ®¹t tíi c©n b»ng. C¸c khÝ ®­îc coi lµ khÝ lý t­ëng. C¸ch gi¶i: 1. a) Gäi sè mol SO2Cl2 ban ®Çu lµ 1, ®é ph©n li lµ  , ta cã: (1) SO2 Cl2 (khÝ)  SO2 (khÝ) + Cl2 (khÝ) Ban ®Çu 1 0 0 Ph©n li  C©n b»ng (1  )   pSO2 (atm)  pCl2(atm) Kp = = 50 atm (2) pSO2Cl2(atm) b) V× c¸c khÝ ®Òu lµ khÝ lÝ t­ëng nªn pi = P . xi ni (3) mµ xi = (4)  nj ë ®©y : nSO2 = nCl2 =  ; n SO2Cl2 = (1  ) ; cßn  n j = 1   (5) b) Tæ hîp (5) vµ (4) , (3) vµ (2) ta cã: Kp  P. 2 1   2 Kp  P  Kp 50 2  50  0,9806 Sè mol SO2Cl2 cßn lµ (1  )  0,0194 (mol) 0,0194  100%  0,98% Do ®ã SO2Cl2 cßn l¹i chiÕm 1,9804 §©y lµ % theo sè mol, còng lµ % theo thÓ tÝch. VËy khi (1) ®¹t tíi c©n b»ng SO2Cl2 cßn l¹i chiÕm 0,98%vÒ sè mol hay thÓ tÝch cña hÖ. + Cl2 (khÝ) Kp = 50 (1) (HoÆc SO2Cl2 (khÝ)  SO2 (khÝ) 2 atm 2 - (P + p) p p 2 p =>  50  p 2  100p  100  0 => pSO Cl = 2 - 2  0,9902 = 0,0196 (atm) 2 2 2  2p n SO Cl = 0,0196 : 2 = 0,0098 hay 0,98% pSO Cl = P . n SO Cl => 2 2 2 2 2 2 % theo sè mol còng lµ % theo thÓ tÝch. VËy khi (1) ®¹t tíi c©n b»ng SO2Cl2 cßn l¹i chiÕm 0,98%vÒ sè mol hay thÓ tÝch cña hÖ.) c) Ban ®Çu dïng 150 mol (khÝ), tÝnh sè mol Cl2(khÝ) thu ®­îc khi (1) ®¹t tíi c©n b»ng: Theo (1) ta cã: nSO2 = nCl2 = nSO2Cl2  98,06 = 150  0,9806 nCl2 = 147,09 mol o Câu 27: I.1. Ở 27 C, 1atm, 20% N2O4 chuyển thành NO2. Hỏi ở 27oC, 0,1 atm, có bao nhiêu % N2O4 chuyển thành NO2 ? Nhận xét ? I.2. Tính  khi cho 69 gam N2O4 vào 1 bình 20 lít ở 27oC. I.3. Tính  khi cho 69 gam N2O4 và 30 gam Ar vào 1 bình 20 lít ở 27oC. I.4. Tính  khi cho 69 gam N2O4 và 30 gam Ar vào 1 bình 40 lít ở 27oC. Cho nhận xét và giải thích.  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 15 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG I.5. Người ta đo tỉ khối đối với không khí của một hỗn hợp khí N2O4, NO2 ở áp suất 1 atm và tại các nhiệt độ khác nhau. Kết quả thu được là: 45 60 80 100 140 180 to (C) d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59 Tính  ở các nhiệt độ trên. Cho biết chiều thuận là chiều thu nhiệt hay toả nhiệt? Giải: I.1. N2O4 (k)  2NO2 (k) Tổng số mol khí Phệ Ban đầu n n Po Biến đổi n 2n Cân bằng n(1-) 2n n(1+) Pcb n 1 -   2n ; . Pcb . Pcb PN2O4  PNO2  n 1    n 1     KP = PNO2 2  4 2 . Pcb 1 2 -Khi Pcb = 1 atm,  = 0,2  KP = 0,167 -Khi Pcb = 0,1 atm   = 0,543 = 54,3%  Nhận xét: Khi Pcb của hệ giảm,  tăng tức là cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, phù hợp với nguyên lí Lechatelier. n 0,75 I.2. C N2O4    0,0375 (M) V 20 Po = CRT = 0,0375.0.082.300 = 0,9225 (atm) N2O4 (k)  2NO2 (k) Ban đầu Po Biến đổi Po 2Po Cân bằng Po(1-) 2Po 2 2 PNO 2 4  KP =   = 0,191 = 19,1% . Po  PN 2O 4 1   2 I.3. Mặc dù thêm 1 lượng khí Ar làm áp suất tổng quát tăng gấp đôi tuy nhiên do thể tích bình không đổi nên C N 2O 4 không đổi  Po (N2O4) không đổi, mà Kp cũng không đổi (vì nhiệt độ không PN 2O4 đổi).   = 0,191 = 19,1% I.4. Tính tương tự câu I.2 ta được  = 0,259 = 25,9%  Nhận xét:  tăng, cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Vì: áp suất tổng quát của hệ không đổi nhưng áp suất cân bằng gây ra bởi N2O4 , NO2 lại giảm  cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. n.M N 2O 4 M hh I.5.  M hh  29d  (áp dụng định luật bảo toàn khối lượng). d hh/kk  n 1    29 M N 2O 4  -1  29d  to 45 60 80 100 140 180 d 2,34 2,08 1,80 1,68 1,59 1,59  0,356 0,525 0,762 0,888 0,995 0,995  Nhận xét: nhiệt độ tăng,  tăng  cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. Theo nguyên lý Lechatelier, chiều thuận là chiều thu nhiệt. CAÂU 28: ÔÛ nhieät ñoä xaùc ñònh vaø döôùi aùp suaát 1atm, ñoä phaân li cuûa N2O4 thaønh NO2 baèng 11%. a. Tính haèng soá caân baèng Kp cuûa phaûn öùng naøy. b. Ñoä phaân li seõ thay ñoåi nhö theá naøo khi aùp suaát giaûm töø 1atm xuoáng tôùi 0,8atm. c. Ñeå cho ñoä phaân li giaûm xuoáng tôùi 8% thì phaûi neùn hoãn hôïp khí tôùi aùp suaát naøo? Keát quaû nhaän ñöôïc coù phuø hôïp vôùi nguyeân lí chuyeån dòch caân baèng Le Chatelier khoâng? Vì sao? CAÂU II: (4 ñieåm)  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 16 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy a/   N2O4   1- Coù : Tài liệu luyện thi HSG 2NO2 2  n = 2 + 1 -  = 1 +  PNO2 = PxNO2 = P [2:(1+)] PN2O4 = PxN2O4 = P [(1-) : (1+)] ; Kp = 42 : (1-2) . Vôùi  = 11%  Kp = 0,049. b/ 0,049 = 42P : (1-2) Vôùi P = 0,8   = (0,0612 : 4,0612)1/2 = 0,123. Vaäy khi P giaûm töø 1 0,8 atm, ñoä phaân li taêng töø 11% leân 12,3%. c/ Vôùi  = 0,08 thì 0,049 = (4 . 0,082 : 1 – 0,082) . P  P = 1,9 atm. Khi P taêng töø 1 leân 1,9 atm. Caân baèng chuyeån dòch sang traùi, ñieàu naøy phuø hôïp vôùi nguyeân lí Le Chatelier. Vì khi taêng P, caân baèng chuyeån dòch sang phía laøm giaûm soá mol khí. Câu 29: Tính độ phân li của N2O4 ở 25oC, 1atm. Biết sự phân li xảy ra theo phản ứng: 2NO2 N2 O4 Khi cho 1,6 gam N2O4 phân li trong 1 bình kín thu 500ml ở 760 mmHg.   2NO2 N2O4   Ban đầu Pư [] a mol a a(1-  ) 2a 2a 1,6 = 0,0174 mol 92 PV 1.0,5 -Số mol hỗn hợp sau = a(1 +  ) = = 0,02045  22 ,4 RT .298 273  a(1 +  ) = 0,02045   = 0,175 => Độ phân li = 17,5 % Câu 30: 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: -Số mol N2O4 cho vào bình a = CO(K) + H2O(K)  CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1:n Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 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. 1. Xét cân bằng: CO + H2O  CO2 + 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 = CO 2 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. 5,04 N2 – 12N – 200 = 0 N 2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 17 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG 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. Câu 31:Cho 1 mol HI vào 1 bình kín.Đun nóng bình đến nhiệt độ T. Khi phản ứng cân bằng, số mol HI là 0.8 ( mol). Nếu cho 0,2mol H2 và 0,4mol I2 vào 1 bình rồi đun nóng đến T. Hỏi khi phản ứng cân bằng, số mol mỗi khí trong bình là bao nhiêu? Tính hiệu suất phản ứng tạo thành HI ? - Gọi K là hằng số cân bằng của phản ứng 2HI  H2 + I2 (1) Theo đề ra ta có, n HI p.ư. = 1-0,8 =0,2(mol) . Theo p.ư. (1), suy ra nH2 = nI2 = 0,1(mol) + I2 2HI ↔ H2 Ban đầu 1(mol) P.ư. : 0,2(mol) 0,1(mol) 0,1(mol) Cân bằng : 0,8(mol) 0,1(mol) 0,1(mol) []: 0,8/V 0,1/V 0,1/V Vậy K = [(0,1/V).(0,1/V)]/ (0,8/V)2 = 1/64 Suy ra, pứ (2) : I2 + H2  2HI có hằng số cân bằng K' = 1/K = 64. - Gọi x là số mol H2 tham gia để phản ứng (2) đạt cân bằng : ( Điều kiện x <0,2 ) K' H2 + I2  2HI Ban đầu 0,2 0,4 Phản ứng x x 2x Cân bằng 0,2-x 0,4-x 2x Ta có K' = [HI]2 /[H2].[I2] <=> 64 = [(2x/V')2] / [(0,2-x)/V'. (0,4-x)/V'] Giải được x = 0,189 =>Theo giả thiết nI2 dùng > nH2 dùng Theo phản ứng (2), nI2 p.ư. = nH2 p.ư. nên hiệu suất phản ứng (2) được tính theo H2 p.ư. = (0,189/0,2)  100% = 94,5% Cáu 32: . Cho cán bàòng 2SO 2 (K) + O 2 (K)   2SO 3   (K) H < 0 a. Xaïc âënh chiãöu chuyãøn dëch cán bàòng khi: Tàng nhiãût âäü cuía hãû, båm thãm häùn håüp CO2, N2 vaìo hãû, thãm CO vaìo hãû. b. Âun noïng häùn håüp coï 2 mol SO2 vaì 1 mol O2 trong bçnh kên coï thãø têch 4 lêt åí to C coï màût xuïc taïc V2O5. Sau 1 thåìi gian hãû âaût âãún traûng thaïi cán bàòng. Biãút aïp suáút cuía häùn håüp âáöu vaì aïp suáút häùn håüp sau phaín æïng åí toC laì P vaì P' (atm). Xaïc âënh giåïi haûn cuía tè säú P' P Giaûi:. a) - Khi tàng nhiãût âäü cán bàòng chuyãøn dëch theo chiãöu nghëch - Khi thãm CO2, N2 vaìo hãû  tàng aïp suáút cuía hãû nãn cán bàòng chuyãøn dëch theo chiãöu thuáûn - Khi thãm CO vaìo hãû CO taïc duûng våïi O2 laìm näöng âäü O2  cán bàòng chuyãøn theo chiãöu nghëch b) 2SO 2 (k) + O 2 (k) SO3(k) b/âáöu : 2 mol 1 mol 0 mol H < 0 x mol xmol 2 x c/bàòng : (2 - x)mol (1 - )mol x mol 2 x x nt = 2 + 1 = 3 mol ; ns = 2 - x + 1 +x=3mol 2 2 x 3 P' 2 P' Pt n 2 = t  = Vç 2  x  0   1 3 P 3 P Ps ns p/æïng : xmol Caâu 33: ÔÛ 8170C haèng soá caân baèng Kp cuûa phaûn öùng giöõa CO2 vaø C(r) dö ñeå taïo thaønh CO baèng 10. Xaùc ñònh : a/ Phaàn mol cuûa caùc khí trong hoãn hôïp luùc caân baèng, khi aùp suaát chung baèng 4  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 18 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy Tài liệu luyện thi HSG b/ AÙp suaát rieâng cuûa khí CO2 luùc caân baèng c/ AÙp suaát chung cuûa hoãn hôïp sao cho luùc caân baèng CO2 chieám 60% veà theå tích 2. a/ BÑ  P2 Kp= CO =10 PCO2 C(r) + CO2 (K)  2CO(K) 1mol 0 1-  2 ( vôùi Pi= xi P vaø xi = Kp= 10 ) ta coù n PC O 2 i tính Kp    0, 62  xCO2  2 P 1 1 P  1 PC O  ni thay vaøo bieåu thöùc 1 2  0, 234, xCO   0, 766 1  1  b/ PCO2  xCO2 .P  0, 234.4  0, 936 atm xCO2  0, 06; c/ Luùc caân baèng CO2 chieám 6% theå tích , neân xCO  0,94 KP  0,94   2 P  10  P  0, 679atm. 0, 06 Câu 34:X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. a) Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3. 2XO + Cl 2 , ở 500 0C có K = 1,63.10-2. b) Cho phản ứng: 2XOCl p Ở trạng thái cân bằng áp suất riêng phần của PXOCl =0,643 atm, PXO = 0,238 atm. a) Tính PCl2 ở trạng thái cân bằng. b) Nếu thêm vào bình một lượng Cl2 để ở trạng thái cân bằng mới áp suất riêng phần của XOCl bằng 0,683 atm thì áp suất riêng phần của XO và Cl2 là bao nhiêu? a> Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns2 np 3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 suy ra: n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p 3) Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: N H H 3 H NH3 : N có trạng thái lai hoá sp . b> Xét phản ứng ở 5000C: Kp = 1,63.10-2 2NOCl  2NO + Cl2 Ở trạng thái cân bằng có: PNOCl = 0,643 atm, PNO = 0,238 atm. Vậy dựa và biểu thức Kp ta có: 2 P  PCl = Kp.  NOCl  = 0,119 atm. Nếu thêm vào bình một lượng Cl2 để PNOCl = 0,683 atm 2  PNO  thì PNO = 0,238 – 0,04= 0,198 atm => và PCl = 0,194 atm. 2 2. Ở 8200C hằng số cân bằng Kp của các phản ứng như sau: CaO (tt) + CO2 (k) K1 = 0,2 CaCO3 (tt) C gr + CO2(k) 2CO (k) K2 = 2 Cho 1 mol CaCO3 và 1 mol C vào bình chân không dung tích 22,4 lít duy trì ở 8200C. a. Tính số mol các chất khi cân bằng. b. Ở thể tích nào của bình thì sự phân hủy CaCO3 là hoàn toàn. P 2 CO Hướng dẫn: a. K1=PCO2  0,2 atm K2 = => Do đó PCO = 2.0,2  0, 632 atm PCO 2 Gọi x,y là số mol CaCO3 và CO2 đã phản ứng. Từ đó suy ra số mol các chất  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 19 - Trường THPT Kỹ Thuật Lệ Thủy CaCO3 (tt) Ban đầu Phản ứng [] 1 mol x 1- x C gr + CO2(k) Tài liệu luyện thi HSG     CaO (tt) + CO2 (k) 0 x x   2CO (k)   0 mol 2y 2y K1 = 0,2 (1) 0 x x K2 = 2 (2) Ban đầu 1 x Phản ứng y y [] 1-y x-y Ở trạng thái cân bằng là: CaCO3 CaO CO2 C CO 1-x x x- y 1-y 2y PCO2 V P V  0,05 mol CO2 ; 2y = CO  0,158 mol CO x- y= RT RT  nCaO = 0,129 mol ; nCaCO = 0,871mol ; nC = 0,921 mol 3 b. Sự phân hủy hoàn toàn thì x = 1  nCO2 = (1- y) mol và nCO = 2y (mol).Áp suất CO2 và CO không đổi.  0, 632V  2yRT => giải hai phương trình ta được V  173,69 lít   0, 2V  1  y  RT VËy khi thÓ tÝch t¨ng, ¸p suÊt chung gi¶m th× c©n b»ng chuyÓn dÞch theo chiÒu lµm t¨ng ¸p suÊt, tøc lµ theo chiÓu t¹o ra khÝ CO2.(kÕt qu¶ phï hîp nguyªn lý Le Chaterlier)   H2O(k) + CO cã nång ®é c©n b»ng cña H2, C©u 35: . ë 600 0K ®èi víi ph¶n øng: H2 + CO2   CO2, H2O vµ CO lÇn l­ît b»ng 0,600; 0,459; 0,500 vµ 0,425 mol./1. a) T×m Kc, Kp cña ph¶n øng. b) NÕu l­îng ban ®Çu cña H2 vµ CO2 b»ng nhau vµ b»ng 1 mol ®­îc ®Æt vµo b×nh 5 lÝt th× nång ®é c©n b»ng c¸c chÊt lµ bao nhiªu?  H 2O .CO  = 0,5  0, 425 = 0,7716 ; Kp = Kc(RT) n = 0,7716 (do n = 0) Gi¶i: a) Kc =  H 2 .CO2  0, 6  0, 459 b) T¹i CBHH: [H2O] = a ; [CO] = a ; [H2] = [CO2 ] = 0,2 – a a2 Ta cã : = 0,7716  a = 0,094 vµ 0,2 – a = 0,106 (0, 2  a )2 §¸p sè: Kc = Kp = 0,772; [H2] = [CO2] = 0,106 M vµ [H2O] = [CO] = 0,094 M.   2SO3 b»ng 3,50 atm1 . C©u 36:. ë 1000K h»ng sè c©n b»ng Kp cña ph¶n øng 2SO2 + O2   TÝnh ¸p suÊt riªng lóc c©n b»ng cña SO2 vµ SO3 nÕu ¸p suÊt chung cña hÖ b»ng 1atm vµ ¸p suÊt c©n b»ng cña O2 b»ng 0,1atm. Gi¶i: Gäi x lµ ¸p suÊt riªng cña SO2 th× ¸p suÊt riªng cña SO3 = 1 – 0,1 – x = 0,9 – x (0, 9  x )2 Kp = = 3,50  x = 0,57 atm vµ PSO3 = 0,33 atm 0,1 x 2   2NH3. ë 250C C©u 37: . a) TÝnh h»ng sè c©n b»ng Kp ®èi víi ph¶n øng: N2 + 3H2   BiÕt G 0ht cña NH3 =  16,64 kJ/mol 1 3   NH3. N2 + H2   2 2  33, 28   G = – 2. 16,64 = – 33,28 kJ/mol  G0 = – RTlnKp  lnKp = –   = 13,43  8,314  298  VËy Kp = 6,8. 105. b) Kp sÏ thay ®æi thÕ nµo khi ph¶n øng ®· cho ®­îc viÕt d­íi d¹ng:  Giáo viên: Nguyễn Cao Chung - 20 -