XÂY DỰNG CÁC DẠNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC PHẦN TỐC ĐỘ PHẢN ỨNG VÀ CÂN BẰNG HÓA HỌC by Dạy Kèm Quy Nhơn Official

BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC

vectorstock.com/28062440

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection

XÂY DỰNG CÁC DẠNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC PHẦN TỐC ĐỘ PHẢN ỨNG VÀ CÂN BẰNG HÓA HỌC Ở TRƯỜNG THPT WORD VERSION | 2013 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH

ĐÀO THỊ THU HIỀN

XÂY DỰNG CÁC DẠNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC PHẦN TỐC ĐỘ PHẢN ỨNG VÀ CÂN BẰNG HÓA HỌC Ở TRƯỜNG THPT Chuyên ngành: Lý luận và Phương pháp dạy học bộ môn hóa học Mã số: 60.14.10

LUẬN VĂN THẠC SĨ KHOA HỌC GIÁO DỤC HỌC

Người hướng dẫn khoa học:

PGS. TS. CAO CỰ GIÁC

NGHỆ AN - 2013 LỜI CẢM ƠN Để hoàn thành luận văn này, tôi xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến: - Thầy giáo PGS.TS. Cao Cự Giác – Trưởng Bộ môn Lí luận và phương pháp dạy học hoá học, khoa Hóa trường Đại học Vinh, đã giao đề tài, tận tình hướng dẫn và tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tôi nghiên cứu và hoàn thành luận văn này. - Thầy giáo PGS.TS Lê Văn Năm và cô giáo TS. Nguyễn Thị Bích Hiền đã dành nhiều thời gian đọc và viết nhận xét cho luận văn. - Ban chủ nhiệm khoa Sau đại học, Ban chủ nhiệm khoa Hoá học cùng các thầy giáo, cô giáo thuộc Bộ môn Lí luận và phương pháp dạy học hoá học khoa Hoá học trường Đại học Vinh đã giúp đỡ, tạo mọi điều kiện thuận lợi nhất cho tôi hoàn thành luận văn này. Tôi cũng xin cảm ơn tất cả những người thân trong gia đình, Ban giám hiệu Trường THPT Tân Kỳ 1, THPT Đô Lương 1, THPT Lê Viết Thuật, bạn bè, đồng nghiệp đã động viên, giúp đỡ tôi trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn này. Nghệ An, tháng 10 năm 2013 Đào Thị Thu Hiền

MỤC LỤC Trang MỞ ĐẦU ......................................................................................................... 1 1. Lí do chọn đề tài ................................................................................ 1 2. Lịch sử vấn đề nghiên cứu ................................................................. 2 3. Mục đích nghiên cứu ......................................................................... 2 4. Nhiệm vụ nghiên cứu ........................................................................ 2 5. Khách thể và đối tượng nghiên cứu ................................................... 3 6. Phương pháp nghiên cứu ................................................................... 3 7. Giả thuyết khoa học ........................................................................... 3 8. Đóng góp mới của đề tài .................................................................... 4 Chương 1. CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN .................................................. 5 1.1. Một số quan niệm về học sinh giỏi .................................................... 5 1.1.1. Ở các nước......................................................................................... 5 1.1.2. Ở Việt Nam ....................................................................................... 6 1.2. Những phẩm chất và năng lực tư duy của một học sinh giỏi hoá học ........ 7 1.3. Thực trạng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy học hoá học ở các trường chuyên .................................................................... 8 1.3.1. Điều tra cơ bản .................................................................................. 8 1.3.2. Giới thiệu về các kì thi Olympic hoá học quốc tế, khu vực, quốc gia và các tỉnh thành ........................................................................ 14 1.4. Phương pháp phát hiện và tổ chức bồi dưỡng học sinh giỏi hoá học ....... 20 1.4.1. Phương pháp phát hiện .................................................................... 20 1.4.2. Bồi dưỡng học sinh giỏi hoá ............................................................ 22 TIỂU KẾT CHƯƠNG 1 .................................................................................... 27 Chương 2. XÂY DỰNG CÁC DẠNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA THPT PHẦN TỐC ĐỘ PHẢN ỨNG VÀ CÂN BẰNG HÓA HỌC ........................................................................................ 28

2.1. 2.1.1. 2.1.2. 2.1.3. 2.1.4. 2.1.5.

Cơ sở lí thuyết hóa học: ................................................................... 28 Điều kiện động học xảy ra phản ứng hóa học .................................. 28 Đường cong động học và tốc độ phản ứng: ...................................... 28 Bậc của phản ứng. Một số phản ứng đơn giản. ................................ 29 Sơ lược về phản ứng phức tạp.......................................................... 30 Các yếu tố ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng. .................................... 31

Phản ứng thuận nghịch. ................................................................... 32 Cân bằng hóa học. ........................................................................... 32 Nguyên tắc xây dựng bài tập ........................................................... 38 Các dạng bài tập .............................................................................. 39 Bài tập về tốc độ phản ứng .............................................................. 39 Bài tập về cân bằng hóa học. ........................................................... 93 Sử dụng hệ thống bài tập ............................................................... 198 Vào việc phát hiện học sinh giỏi .................................................... 198 Vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi .................................................. 202 TIỂU KẾT CHƯƠNG 2 .................................................................................. 209 Chương 3. THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM ....................................................... 211 3.1. Mục đích của thực nghiệm sư phạm .............................................. 211 3.2. Nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm .............................................. 211 3.3. Nội dung thực nghiệm sư phạm ..................................................... 211 3.4. Phương pháp thực nghiệm sư phạm ............................................... 211 3.4.1. Chọn mẫu thực nghiệm .................................................................. 211 3.4.2. Trao đổi với giáo viên dạy thực nghiệm......................................... 212 3.4.3. Tiến hành thực nghiệm và thực hiện kiểm tra đánh giá .................. 213 3.5. Xử lý số liệu và kết quả thực nghiệm ............................................. 214 3.5.1. Tính các tham số đặc trưng ............................................................ 214 3.5.2. Kết quả thực nghiệm...................................................................... 215 3.6. Phân tích kết quả thực nghiệm ....................................................... 222 3.6.1. Mặt định tính ................................................................................. 222 3.6.2. Mặt định lượng .............................................................................. 223 TIỂU KẾT CHƯƠNG 3 .................................................................................. 223 KẾT LUẬN CHUNG VÀ ĐỀ NGHỊ ............................................................... 226 TÀI LIỆU THAM KHẢO .............................................................................. 228 PHỤ LỤC Phụ lục 1 : Bài kiểm tra thực nghiệm Phụ lục 2 : Giáo án thực nghiệm 2.1.6. 2.1.7. 2.2. 2.3. 2.3.1. 2.3.2. 2.4. 2.4.1. 2.4.2.

KÍ HIỆU CÁC CHỮ VIẾT TẮT TRONG LUẬN VĂN BD

Bồi dưỡng

Bài tập

BGD-ĐT

Bộ giáo dục và đào tạo

Dung dịch

ĐC

Đối chứng

đktc

Điều kiện tiêu chuẩn

ĐLTDKL

Định luật tác dụng khối lượng

Giáo dục

Giáo viên

Hoá học

Học sinh

HSG

Học sinh giỏi

Nxb

Nhà xuất bản

PTHH

Phương trình hóa học

SGK

Sách giáo khoa

THCS

Trung học cơ sở

THPT

Trung học phổ thông

Thực nghiệm

TNSP

Thực nghiệm sư phạm

1 MỞ ĐẦU 1. Lí do chọn đề tài Truyền thống từ ngàn xưa cha ông chúng ta đã rất coi trọng nhân tài, từ các cuộc thi hương, thi hội, thi đình rồi tuyển chọn bảng nhãn thám hoa. Qua đó đã phát hiện những nhân tài cho đất nước. Câu nói: “Hiền tài là nguyên khí của quốc gia” đã được khắc trên bia đá của Văn Miếu Quốc Tử Giám thể hiện được sự coi trọng nhân tài đối với sự nghiệp xây dựng và phát triển đất nước. Ngày nay, cùng với sự phát triển của khoa học kỹ thuật và công nghệ cao thì truyền thống đó càng khẳng định được giá trị. Nghị quyết hội nghị lần thứ tư ban chấp hành trung ương Đảng (Khóa VII) Đảng cộng sản Việt Nam đã vạch ra phương hướng “Giáo dục và đào tạo ...là một động lực thúc đẩy và là một điều kiện cơ bản bảo đảm việc thực hiện những mục tiêu kinh tế-xã hội, xây dựng và bảo vệ đất nước’’. Mục tiêu cao cả của giáo dục sẽ là “nâng cao dân trí, đào tạo nhân lực, bồi dưỡng nhân tài”. Để quán triệt quan điểm của Đảng bên cạnh nhiệm vụ đào tạo toàn diện cho thế hệ trẻ thì việc phát hiện và bồi dưỡng những học sinh có năng khiếu về các môn học ngay ở bậc phổ thông là bước khởi đầu quan trọng để xây dựng nguồn nhân tài tương lai cho đất nước. Nhiệm vụ này được thực hiện thường xuyên trong quá trình dạy học, qua các kỳ thi chọn và bồi dưỡng HSG các cấp. Số lượng HSG các trường cũng là một trong những mặt để khẳng định uy tín của giáo viên và vị thế của nhà trường. Cho nên vấn đề này rất được các giáo viên quan tâm. Việc tổng kết và đúc rút kinh nghiệm bồi dưỡng HSG là rất cần thiết và mang tính thiết thực góp phần nâng cao chất lượng giáo dục. Đã có nhiều tác giả với nhiều công trình về bồi dưỡng HSG hóa học phổ thông, tuy nhiên hiện nay chưa có nhiều công trình nghiên cứu về bài tập “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” dùng bồi dưỡng HSG một cách có hệ thống. Trong chương trình hóa học phổ thông, nghiên cứu về phản ứng hóa học là một trong những nội dung trọng tâm. Nhằm nghiên cứu mặt động học của các quá trình biến đổi chất. Các khái niệm được xem xét toàn diện về mặt định tính và định lượng. Kiến thức về tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học là cơ sở để hiểu các biện pháp kĩ thuật được áp dụng trong sản xuất hóa học. Từ đó giúp học sinh có kiến thức để lí giải những biện pháp qui trình kĩ

2 thuật trong sản xuất và thực tiễn. Và góp phần hình thành lòng tin vào khoa học và con người có khả năng điều khiển các quá trình hóa học. Nội dung kiến thức này đã đáp ứng được yêu cầu về đổi mới dạy học gắn với thực tiễn lao động sản xuất. Tuy nhiên học sinh còn gặp rất nhiều khó khăn khi tìm hiểu chuyên sâu về vấn đề này, và hầu như trong các kì thi học sinh giỏi các cấp (địa phương,quốc gia, ...) kiến thức về “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” đã được đề cập rất nhiều. Xuất phát từ yêu cầu thực tế đó, chúng tôi đã chọn đề tài:“Xây dựng các dạng bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học ở trường THPT” với mong muốn đây sẽ là tài liệu tham khảo có ích cho bản thân, đồng nghiệp trong việc thực hiện nhiệm vụ bồi dưỡng học sinh giỏi và giúp các em học sinh đạt được ước mơ của mình. 2. Lịch sử vấn đề nghiên cứu Trong những năm gần đây đã có nhiều đề tài về bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học đã được bảo vệ: “Xây dựng các dạng bài tập hữu cơ” của Nguyễn Thị Hương; “Xây dựng và sử dụng các dạng bài tập phần kim loại” của Nguyễn Hữu Toàn; “Xây dựng và sử dụng bài tập phần tổng hợp hữu cơ” của Phạm Thị Anh; “Hệ thống lí thuyết và bài tập phần cấu tạo chất ” của Phan Thị Vân; “Biên soạn chuyên đề chiều diễn biến của phản ứng hóa học vô cơ ” của Trần Thị Thanh đã tập trung vào mặt nhiệt động học của phản ứng chứ chưa xét về mặt động học của phản ứng... Và chưa có đề tài nào đề cập trọn vẹn chuyên sâu về vấn đề “Tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học ”. 3. Mục đích nghiên cứu Xây dựng, tuyển chọn các dạng bài tập cơ bản, nâng cao về tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng bồi dưỡng HSG hóa học THPT. 4. Nhiệm vụ nghiên cứu - Nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn có liên quan đến đề tài: tìm hiểu hệ thống lý luận về bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học; thực trạng bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học và việc sử dụng các chuyên đề dùng bồi dưỡng HSG hóa học ở trường THPT. - Nghiên cứu chương trình hóa phổ thông ban cơ bản, ban KHTN, chương trình chuyên hóa học, phân tích các đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấp quốc gia, các đề thi Olimpic 30-4, kì thi hóa học quốc tế.

3 - Tổng kết, mở rộng lý thuyết và biên soạn hệ thống các dạng bài tập dùng bồi dưỡng học sinh giỏi về tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học. - Thực nghiệm sư phạm để đánh giá chất lượng và khả năng áp dụng của đề tài. 5. Khách thể và đối tượng nghiên cứu 5.1. Khách thể nghiên cứu Quá trình dạy học, bồi dưỡng HSG hóa học THPT. 5.2. Đối tượng nghiên cứu Hệ thống lý thuyết, các dạng bài tập cho học sinh khá, giỏi phần “Tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học”. 6. Phương pháp nghiên cứu 6.1. Phương pháp nghiên cứu lý luận - Nghiên cứu cơ sở lý luận có liên quan đến đề tài. - Nghiên cứu cấu trúc, nội dung chương trình sách giáo khoa hóa học ban cơ bản, ban KHTN lớp 10, 11, 12; chương trình chuyên hóa học phần đại cương và đồng thời căn cứ vào tài liệu hướng dẫn nội dung thi chọn HSG tỉnh Nghệ An, chọn học sinh giỏi quốc gia của Bộ GD & ĐT. 6.2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn - Tìm hiểu quá trình dạy và bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở khối THPT (quan sát, phỏng vấn, điều tra…) từ đó đề xuất vấn đề nghiên cứu. - Trao đổi, tổng kinh nghiệm về vấn đề bồi dưỡng học sinh giỏi với các giáo viên có kinh nghiệm trong lĩnh vực này ở khối THPT. - Phương pháp thực nghiệm sư phạm: + Mục đích: nhằm xác định tính đúng đắn của giả thuyết khoa học, tính hiệu quả của các nội dung đã đề xuất. + Phương pháp xử lý thông tin: dùng phương pháp thống kê toán học trong khoa học giáo dục. 7. Giả thuyết khoa học Nêú xây dựng được hệ thống bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng bồi dưỡng học sinh giỏi thì sẽ nâng cao hiệu quả quá trình bồi dưỡng học sinh giỏi hóa ở bậc phổ thông.

4 8. Đóng góp mới của đề tài 8.1. Về mặt lý luận - Đề tài đã nêu bật được một số quan niệm về học sinh giỏi, những phẩm chất và năng lực của một học sinh giỏi hóa học. Từ đó, đề xuất các giải pháp cụ thể để phát hiện và bồi dưỡng HSG hóa học hiện nay ở các trường phổ thông. - Đề tài đã tổng kết, mở rộng, phân tích, xây dựng các dạng bài tập thành một hệ thống bài tập phần “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” làm chuyên đề bồi dưỡng HSG hóa học ở trường phổ thông. 8.2. Về mặt thực tiễn - Nội dung đề tài giúp cho GV và HS có thêm tư liệu bổ ích trong việc dạy và học bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường phổ thông hiện nay. - Đề tài còn giúp GV có thêm định hướng trong việc xây dựng các chuyên đề bài tập dùng bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT.

5 Chương 1 CƠ SỞ LÍ LUẬN VÀ THỰC TIỄN 1.1. Một số quan niệm về học sinh giỏi 1.1.1. Ở các nước Trên thế giới việc phát hiện và bồi dưỡng HSG đã có từ rất lâu. Ở Trung Quốc, từ đời nhà Đường, những trẻ em có tài năng đặc biệt được mời đến sân Rồng để học tập và được giáo dục bằng những hình thức đặc biệt. Từ năm 1985, Trung Quốc thừa nhận phải có một chương trình GD đặc biệt dành cho hai loại đối tượng HS yếu kém và HSG, trong đó cho phép HSG có thể học vượt lớp. Ở châu Âu trong suốt thời Phục hưng, những người có tài năng về nghệ thuật, kiến trúc, văn học...đều được nhà nước và các tổ chức, cá nhân bảo trợ, giúp đỡ. Và trong suốt thế kỉ XX, HSG đã trở thành một vấn đề của nước Mỹ với hàng loạt các tổ chức và các trung tâm nghiên cứu, bồi dưỡng HSG ra đời. Nước Anh thành lập cả một Viện hàn lâm quốc gia dành cho HSG, tài năng trẻ và Hiệp hội quốc gia dành cho HSG, bên cạnh Website hướng dẫn GV dạy cho HSG và HS tài năng (http://www.nc.uk.net/gt)... Có thể nói, hầu như tất cả các nước đều coi trọng vấn đề đào tạo và bồi dưỡng HSG trong chiến lược phát triển chương trình GD phổ thông. Nhiều nước ghi riêng thành một mục dành cho HSG, một số nước coi đó là một dạng của giáo dục đặc biệt hoặc chương trình đặc biệt. Nhiều tài liệu khẳng định: HSG có thể học bằng nhiều cách khác nhau và tốc độ nhanh hơn so với các bạn cùng lớp vì thế cần có một chương trình HSG để phát triển và đáp ứng tài năng của họ. Từ điển bách khoa Wikipedia trong mục giáo dục HSG (gifted education) nêu lên các hình thức sau đây: - Lớp riêng biệt: HSG được rèn luyện trong một lớp hoặc một trường học riêng, thường gọi là lớp chuyên, lớp năng khiếu. - Phương pháp Mông-te-xơ-ri: Trong một lớp HS chia thành ba nhóm tuổi, nhà trường mang lại cho HS những cơ hội vượt lên so với các bạn cùng nhóm tuổi. Phương pháp này hết sức có lợi cho những HSG trong hình thức học tập với tốc độ cao.

6 - Tăng gia tốc: Những HS xuất sắc xếp vào một lớp có trình độ cao hơn với nhiều tài liệu tương ứng với khả năng của mỗi HS. - Học tách rời: Một phần thời gian theo học lớp HSG, phần còn lại học lớp thường. - Làm giàu tri thức: Toàn bộ thời gian HS học theo lớp bình thường, nhưng nhận tài liệu mở rộng để thử sức, tự học ở nhà. - Dạy ở nhà: Một nửa thời gian học tại nhà, học lớp, nhóm, học có cố vấn hoặc một thầy một trò và không cần dạy. - Trường mùa hè: Bao gồm nhiều khóa học được tổ chức vào mùa hè. - Sở thích riêng: Một số môn thể thao như cờ vua được tổ chức dành đề cho HS thử trí tuệ sau giờ học ở trường. Phần lớn các nước đều chú ý bồi dưỡng HSG từ bậc học Tiểu học. Cách tổ chức dạy học cũng rất đa dạng: có nước tổ chức thành lớp, trường riêng...một số nước tổ chức dưới hình thức tự chọn hoặc khóa học mùa hè, một số nước do các trung tâm tư nhân hoặc các trường đại học đảm nhận... 1.1.2. Ở Việt Nam Ở Việt Nam, học sinh giỏi chủ yếu được rèn luyện, học tập trong một lớp hoặc một trường học riêng, thường gọi là lớp chuyên, lớp năng khiếu hoặc trường chuyên. Từ năm 1998 trở về trước, ở tất cả các cấp học đều có các trường năng khiếu. Hiện nay chỉ duy trì một số các trường năng khiếu ở cấp THCS còn ở cấp THPT thì phổ biến nhất là các trường THPT chuyên hoặc khối phổ thông chuyên (khối năng khiếu) thuộc các trường đại học lớn trên toàn quốc. Hầu hết ở mỗi tỉnh, thành phố đều có một trường THCS năng khiếu và một trường THPT chuyên để đáp ứng nhu cầu học tập của các học sinh giỏi, học sinh có năng khiếu. Ngoài ra, một số ít học sinh giỏi được học tập trong các lớp chuyên (lớp khối) ở các trường THPT không chuyên. Với hình thức học tập này, học sinh vẫn theo học chương trình THPT bình thường hoặc phân ban, ngoài ra được bồi dưỡng nâng cao thêm với các buổi học tự chọn, phụ đạo. Các kiến thức giáo viên giảng dạy về cơ bản đáp ứng được nhu cầu học tập, tìm hiểu của học sinh nhưng không thể cung cấp đầy đủ nền tảng lý thuyết chuyên sâu như ở các trường THPT chuyên. Sau đây là danh sách một số các trường THPT chuyên trên toàn quốc: - Trường THPT Hà Nội – Amsterdam (Hà Nội)

7 - Khối chuyên Toán, Đại học Quốc gia Hà Nội (Hà Nội) - Khối chuyên Hóa, Đại học Quốc gia Hà Nội (Hà Nội) - Khối chuyên Toán - Tin, Đại học Sư phạm Hà Nội (Hà Nội) - Trường THPT Năng khiếu (TP. Hồ Chí Minh) - Trường THPT chuyên Lê Hồng Phong (TP. Hồ Chí Minh) - Trường THPT Quốc học (Chất lượng cao) (Huế) - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn (Đà Nẵng) - Trường THPT chuyên Phan Bội Châu (Nghệ An) - Trường THPT chuyên, Đại học Vinh (Nghệ An) - Trương THPT chuyên Trần Phú (Hải Phòng) - Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi (Hải Dương) - Trường THPT chuyên Hạ Long (Quảng Ninh) 1.2. Những phẩm chất và năng lực tư duy của một học sinh giỏi hoá học Theo PGS.Bùi Long Biên (ĐHBK) thì: “HSG hóa học phải là người nắm vững bản chất hiện tượng hóa học, nắm vững các kiến thức cơ bản đã được học, vận dụng tối ưu các kiến thức cơ bản đã được học để giải quyết một hay nhiều vấn đề mới (do chưa được học hoặc chưa gặp bao giờ) trong các kì thi đưa ra”. Theo PGS.TS.Trần Thành Huế (ĐHSP Hà Nội): căn cứ vào kết quả bài thi để đánh giá thì một HSG hóa học cần hội tụ đủ các yếu tố sau: - Có kiến thức cơ bản tốt, thể hiện nắm vững các khái niệm, định nghĩa, định luật, quy tắc đã được quy định trong chương trình, không thể hiện thiếu sót công thức, phương trình hóa học. - Vận dụng sắc bén, có sáng tạo, đúng kiến thức cơ bản. - Tiếp thu và dùng được ngay một số ít vấn đề mới do đầu bài đưa ra. Những vấn đề mới này là những vấn đề chưa được cập nhật hoặc đã đề cập đến mức độ nào đó trong chương trình hóa học phổ thông nhưng nhất thiết vấn đề đó phải liên hệ mật thiết với các nội dung của chương trình. - Bài làm cần được trình bày rõ ràng, khoa học. Theo PGS.TS.Cao Cự Giác (Đại học Vinh): Một học sinh giỏi hóa học phải hội đủ “ba có”: - Có kiến thức cơ bản tốt, thể hiện nắm vững kiến thức cơ bản một cách sâu sắc có hệ thống.

8 - Có khả năng tư duy tốt và tính sáng tạo cao: trình bày và giải quyết vấn đề một cách linh hoạt, rõ ràng, khoa học. - Có khả năng thực hành thí nghiệm tốt: Hóa học là khoa học vừa lý thuyết vừa thực nghiệm, không thể tách rời lý thuyết với thực nghiệm. Phải biết vận dụng lý thuyết để điều khiển thực nghiệm và từ thực nghiệm kiểm tra các vấn đề của lý thuyết, hoàn thiện lý thuyết. Theo các tài liệu về tâm lí học, phương pháp dạy học hóa học, những bài viết về vấn đề học sinh giỏi hóa học thì những phẩm chất và năng lực tư duy mà HSG hóa học cần có là: - Năng lực tiếp thu kiến thức. - Năng lực suy luận logic. - Năng lực đặc biệt. - Năng lực lao động sáng tạo. - Năng lực kiểm chứng. - Năng lực thực hành. Như vậy, những phẩm chất và năng lực tư duy quan trọng nhất của một HSG hóa học đó là: - Có kiến thức hóa học cơ bản vững vàng, sâu sắc, hệ thống. Chính là nắm vững bản chất hóa học của các hiện tượng hóa học. - Có năng lực tư duy hóa học: Biết phân tích, tổng hợp, so sánh, khái quát hóa cao, có khả năng sử dụng phương pháp mới (qui nạp, diễn dịch, loại suy...) - Có khả năng quan sát, nhận xét, nhận thức các hiện tượng tự nhiên. - Biết vận dụng linh hoạt, sáng tạo, mềm dẻo những kiến thức cơ bản và hướng nhận thức đó vào tình huống mới, không theo đường mòn. 1.3. Thực trạng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy học hoá học ở các trường chuyên 1.3.1. Điều tra cơ bản 1.3.1.1.Mục đích điều tra Tiến hành điều tra cơ bản để biết được thực trạng việc sử dụng chuyên đề “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” trong công tác bồi dưỡng HSG hóa học của các giáo viên ở các trường THPT hiện nay.

9 1.3.1.2. Đối tượng – Địa bàn điều tra - Đối tượng điều tra: Giáo viên trực tiếp giảng dạy hóa học (đặc biệt các GV đã, đang tham gia bồi dưỡng HSG hóa học) và HS tham gia vào đội tuyển HSG ở các trường THPT. - Địa bàn điều tra: Các trường THPT chuyên, không chuyên trên địa bàn tỉnh Nghệ An, Hà Tĩnh. 1.3.1.3. Nội dung điều tra - Đánh giá về mức độ sử dụng các dạng bài tập thành chuyên đề dùng để bồi dưỡng HSG hóa học của giáo viên THPT. - Việc xây dựng các dạng bài tập trong chuyên đề tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng để bồi dưỡng HSG hóa học ở trường THPT. Nội dung điều tra được cụ thể hóa thành các câu hỏi thể hiện trên phiếu điều tra, yêu cầu GV và HS hoàn thành các câu trả lời. 1.3.1.4. Kết quả điều tra: Trong thời gian từ tháng 1 đến tháng 9 năm 2013, chúng tôi đã: - Dự giờ bồi dưỡng HSG của một số GV dạy hóa học ở các trường THPT trên địa bàn tỉnh Nghệ An. - Gửi 100 phiếu điều tra tới GV dạy bộ môn hóa học và 400 phiếu điều tra tới HS THPT trên địa bàn tỉnh Nghệ An, đó là các trường: THPT Tân Kỳ 1, THPT Lê Viết Thuật , THPT Đô Lương 1… Kết quả được tổng hợp như sau: Bảng 1.1. Kết quả điều tra việc xây dựng các dạng bài tập thành những chuyên đề hóa học phục vụ công tác dạy học của giáo viên THPT Kết quả

Phần trăm

A. Thường xuyên

12/100

12%

B. Thỉnh thoảng

38/100

38%

C. Ít khi

45/100

45%

D. Không bao giờ

5/100

10 Bảng 1.2. Kết quả điều tra mục đích sử dụng chuyên đề hóa học về “ tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” phục vụ công tác dạy học của giáo viên THPT Kết quả

Phần trăm

A. Chương trình học chính khóa

6/100

B. Chương trình học ngoại khóa (học thêm, LTĐH)

18/100

18%

C. Bồi dưỡng học sinh giỏi

43/100

43%

D. Thảo luận chuyên môn ở Tổ, nhóm

11/100

11%

E. Ý kiến khác

22/100

22%

Bảng 1.3. Kết quả điều tra việc sử dụng các dạng bài tập phần “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học ” trong tỉ lệ bồi dưỡng các đối tượng HSG Kết quả

Phần trăm

A. Kì thi HSG cấp tỉnh, thành phố

17/100

17%

B. Kì thi Olimpic Hóa Học

38/100

38%

C. Kì thi Quốc Gia

21/100

21%

D. Kì thi I.Ch.O

11/100

11%

G. Các kì thi khác

13/100

13%

Bảng 1.4. Kết quả điều tra lí do khiến giáo viên thích xây dựng các dạng bài tập phần “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” nhằm phục vụ công tác dạy học Kết quả

Phần trăm

A. Tập trung nhiều kiến thức tổng hợp

19/100

19%

B. Tổ hợp được các dạng bài tập quan trọng

17/100

17%

C. Phát huy được hiệu quả dạy học

7/100

D. Chuyên đề là tài liệu tham khảo bổ ích

9/100

E. Cả 4 ý trên

46/100

46%

G. Ý kiến khác

2/100

11 Bảng 1.5. Kết quả điều tra về nội dung kiến thức mà giáo viên xem là hay và khó cần bồi dưỡng cho học sinh Kết quả

Phần trăm

10/100

10%

9/100

C. Nhiệt hóa học

11/100

11%

D. Tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học

18/100

18%

E. Kim loại chuyển tiếp

12/100

12%

F. Cơ chế phản ứng

14/100

14%

G. Ý kiến khác

26/100

26%

A. Cấu tạo chất B. Phản ứng hóa học (đánh giá chiều phản ứng, viết và cân bằng PTHH của phản ứng)

Bảng 1.6. Kết quả điều tra ý kiến của giáo viên về việc xây dựng các dạng bài tập phần “ tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” dùng bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT Kết quả

Phần trăm

A. Cần thiết

85/100

85%

B. Không cần thiết

10/100

10%

C. Ý kiến khác

5/100

Bảng 1.7. Kết quả điều tra về hứng thú của giáo viên khi sử dụng chuyên đề dùng bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT Kết quả

Phần trăm

A. Thích

85/100

85%

B. Không thích

15/100

15%

12 Bảng 1.8. Kết quả điều tra về nội dung kiến thức mà học sinh xem là hay và khó cần được bồi dưỡng Kết quả

Phần trăm

52/400

13%

43/400

10,75%

C. Nhiệt hóa học

46/400

11,5%

D. Tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học

57/400

14,25%

E. Kim loại chuyển tiếp

41/400

10,25%

F. Cơ chế phản ứng

59/400

14,75%

G. Hữu cơ có nhóm chức

34/400

8,5%

H. Liên kết hóa học và cấu trúc tinh thể

39/400

9,75%

K. Ý kiến khác

29/400

7,25%

A. Cấu tạo chất B. Phản ứng hóa học (đánh giá chiều phản ứng, viết và cân bằng PTHH của phản ứng)

Bảng 1.9. Kết quả điều tra về hứng thú của học sinh học khi sử dụng các dạng bài tập “ tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” dùng bồi dưỡng học sinh giỏi do giáo viên biên soạn ở trường THPT Kết quả

Phần trăm

A. Thích

335/400

83,75%

B. Không thích

65/400

16,25%

Bảng 1.10. Kết quả điều tra lí do khiến học sinh thích học các dạng toán phần “ tốc độ phản ứng và cân bằng hoá học” ở trường THPT Kết quả

Phần trăm

A. Kiến thức tổng hợp và rèn luyện tư duy khoa học

14/400

3,5%

B. Tổng hợp hệ thống các dạng bài tập đến các kì thi HSG

76/00

19%

C. Phát huy được hiệu quả học tập

17/400

4,25%

D. Giúp vận dụng được các kiến thức thực tế

64/400

16%

E. Cả 4 ý trên

249/400

62,25%

G. Ý kiến khác

20/400

13 1.3.1.4.1. Đánh giá kết quả điều tra Qua số liệu ở các bảng điều tra chúng tôi nhận thấy: - Nội dung về các dạng bài tập về “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” là một trong những nội dung quan trọng có tỉ lệ cao trong nội dung hóa học nhằm thực hiện nhiệm vụ bồ dưỡng HSG (chiếm 18% trong những nội dung khó và quan trọng). - Trong đó phần kiến thức này nhằm bồi dưỡng HSG là 43%. Như vậy kiến thức về “tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” chiếm tỉ trọng ít trong chương trình hóa học phổ thông, các kiến thức chỉ đề cập ở mức độ cơ bản nhưng trong bài tập nhằm bồi dưỡng HSG lại cần kiến thức chuyên sâu và mở rộng. - Vì nền kiến thức có tính ứng dụng thực tế rộng rãi nên học sinh cảm thấy rất hứng thú khi học (chiếm 83,75%). Nên chúng tôi đã cố gắng tổng hợp một cách đầy đủ các dạng toán nhằm đáp áp ứng yêu cầu của giáo viên và học sinh. 1.3.1.4.2.Thuận lợi Trong quá trình điều tra đã được sự ủng hộ và hợp tác cao của các GV và HS, các đối tượng điều tra đã đang có đóng góp trong công tác bồi dưỡng HSG nên nội dung điều tra được triển khai nhanh, kết quả thu được nhanh chóng. 1.3.1.4.3. Khó khăn Chỉ điều tra trên một đối tượng vừa phải đang thực hiện nhiệm vụ bồi dưỡng HSG nên kết quả điều tra còn hạn chế. Vì thời gian có hạn nên phiếu điều tra chỉ đề cập một số vấn đề quan trọng trong việc nắm thái độ và tư tưởng chứ chưa điều tra được nội dung cụ thể những vấn đề đề tài nghiên cứu. Một số GV và HS chưa thấy hết ý nghĩa của việc điều tra nên hiệu quả điều tra chưa cao. 1.3.1.4.4. Giải pháp + Cần tiến hành điều tra ở nhiều đối tượng, giáo viên ở các trường khác nhau, địa bàn khác nhau. + Đối với học sinh thì cần làm việc trước để các em thấy được tầm quan trọng của công tác điều tra. + Hệ thống câu hỏi đưa ra phải có đầy đủ các phương án trả lời có thể có của câu hỏi. + Người nghiên cứu phải có kiến thức sâu về vấn đề cần điều tra và cần tiến hành điều tra thử.

14 1.3.2. Giới thiệu về các kì thi Olympic hoá học quốc tế, khu vực, quốc gia và các tỉnh thành 1.3.2.1. Kì thi Olympic Hóa học Quốc tế (IChO) Olympic Hóa học Quốc tế (tiếng Anh: International Chemistry Olympiad, viết tắt là IChO) là một kì thi học thuật quốc tế hóa học hàng năm dành cho các học sinh THPT. a)Lịch sử kì thi IChO lần đầu tiên được tổ chức ở Prague – Tiệp Khắc vào năm 1968 với mục đích tăng số lượng liên lạc quốc tế và trao đổi thông tin giữa các quốc gia, giúp tăng cường quan hệ hữu nghị giữa thanh thiếu niên từ các quốc gia khác nhau, khuyến khích hợp tác và hiểu biết quốc tế. Từ đó kỳ thi được tổ chức hàng năm trừ năm 1971. Các đoàn đại biểu tham dự lần đầu tiên hầu hết là các nước thuộc khối phía Đông cũ. Cho đến năm 1980, Olympic Hóa học Quốc tế lần thứ 12 được tổ chức bên ngoài khối, ở Áo. IChO lần thứ 44 (năm 2012) đã được tổ chức ở Wasington, Mỹ vào cuối tháng 7 vừa qua với 72 quốc gia tham dự. b) Thành phần đoàn dự thi mỗi nước Mỗi đoàn đại biểu gồm tối đa bốn học sinh và hai cố vấn. Học sinh phải dưới 20 tuổi và không được ghi danh là sinh viên chính quy trong các tổ chức giáo dục sau trung học. Trung tâm Thông tin Quốc tế của Olympic Hóa học quốc tế có trụ sở tại Bratislava, Slovakia. Các nước muốn tham gia IChO phải gửi các quan sát viên đến hai kỳ Olympic liên tiếp trước khi học sinh nước họ có thể tham gia vào sự kiện này. Tổng cộng có 72 quốc gia đã tham gia vào IChO lần thứ 44 ở Mỹ năm 2012. c) Nội dung thi, ban giám khảo và giải thưởng Kỳ thi bao gồm hai phần thi là một bài kiểm tra lý thuyết và một bài kiểm tra thực hành. Cả hai phần đều có thời gian thi là 5 giờ và được tổ chức vào những ngày riêng biệt. Bài kiểm tra thực hành thường diễn ra trước khi kiểm tra lý thuyết. Việc kiểm tra lý thuyết có giá trị là 60 điểm và kiểm tra thực hành có giá trị là 40 điểm. Mỗi bài kiểm tra được đánh giá độc lập, tổng điểm các phần thi là kết quả chung cuộc của thí sinh. Một bồi thẩm đoàn khoa học được thành lập bởi nước chủ nhà, sẽ đề nghị các đề thi. Ban giám khảo quốc tế, trong đó bao gồm 2 cố vấn từ

15 mỗi nước tham gia, sẽ thảo luận về những đề thi và dịch chúng sang ngôn ngữ mẹ đẻ của học sinh nước họ. Nội dung thi bao gồm nhiều môn thuộc các lĩnh vực khác nhau trong hóa học gồm hóa hữu cơ, hóa vô cơ, hóa lý, hóa phân tích, hóa sinh và quang phổ học. Mặc dù đa số các môn này đã được bao gồm trong hầu hết các chương trình hóa học trung học, nhưng chúng được đánh giá ở mức độ sâu hơn và nhiều môn có thể đòi hỏi trình độ kiến thức và sự hiểu biết tương đương giáo dục sau trung học. Ngoài ra, hàng năm nước chủ nhà IChO sẽ đưa ra một tập hợp các bài toán chuẩn bị cho Olympic, trước khi kỳ thi này diễn ra. Việc chuẩn bị cho Olympic Hóa học quốc tế đòi hỏi trình độ cao về sự hiểu biết và sự quan tâm đến hóa học, cũng như khả năng xuất sắc để có thể liên kết các chuyên ngành hóa học với nhau và với thế giới thực tế. Tất cả thí sinh được xếp hạng dựa theo điểm cá nhân của họ và không có điểm chính thức cho đội. Huy chương Vàng được trao cho 10% số học sinh đạt điểm cao nhất, Huy chương Bạc được trao cho 20% số học sinh tiếp theo, và Huy chương Đồng được trao cho 30% số học sinh tiếp đó. Bằng danh dự được trao cho thí sinh mà không giành được huy chương, nhưng đạt điểm số tối đa một bài toán trong phần thi lý thuyết hoặc phần thi thực hành. Một giải đặc biệt được trao cho thí sinh có tổng điểm cao nhất. Hai giải thưởng riêng đặc biệt được dành cho những thí sinh có được điểm số tốt nhất trong các phần thi lý thuyết và thực hành. Thỉnh thoảng, một giải thưởng đặc biệt khác được trao cho nữ thí sinh đạt điểm cao nhất. d) Việt Nam tại Olympic Hóa học Quốc tế Việt Nam bắt đầu tham dự kỳ thi Olympic Hóa học Quốc tế từ năm 1996 (lần thứ 28), tương đối muộn. Tuy vậy những năm gần đây, đoàn Việt Nam luôn ở nhóm các quốc gia có kết quả thi cao nhất. IChO lần thứ 46 sẽ được tổ chức ở Việt Nam vào năm 2014. Đây là lần thứ ba Việt Nam đăng cai tổ chức một kỳ thi Olympic Khoa học Quốc tế dành cho học sinh trung học phổ thông. Trước đó Việt Nam đã tổ chức Olympic Toán học vào năm 2007 và Olympic Vật lý vào năm 2008.

16 Từ khi tham gia đến nay, đoàn học sinh Việt Nam đã giành được tổng số 12 huy chương vàng, 27 huy chương bạc, 22 huy chương đồng, 2 giải khuyến khích, 3 bằng khen và một giấy chứng nhận đặc biệt. Trong kỳ thi IChO lần thứ 44 (năm 2012) tổ chức tại Mỹ, 4 thành viên của đội tuyển Việt Nam đều giành được huy chương (1 huy chương vàng, 2 huy chương bạc và 1 huy chương đồng). Và trong kì thi IChO lần thứ 45 (năm 2013) tổ chức tại Nga, 4 thành viên đội tuyển đều dành huy chương (1 huy chương vàng, 3 huy chương đồng) 1.3.2.2. Kì thi chọn học sinh giỏi Quốc Gia

Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia THPT là kỳ thi dành cho học sinh lớp 11 và lớp 12 do Bộ Giáo dục và Đào tạo tổ chức vào tháng 3 hàng năm. Những học sinh đạt giải cao nhất trong kỳ thi này được lựa chọn vào các đội tuyển Quốc gia Việt Nam tham dự Olympic quốc tế. Những học sinh đạt giải Nhất, Nhì, Ba được ưu tiên tuyển vào các trường đại học. Những học sinh đạt giải Khuyến khích được ưu tiên tuyển vào các trường cao đẳng và trung cấp chuyên nghiệp. Kỳ thi này có ý nghĩa rất quan trọng trong việc đánh giá chất lượng học tập giữa học sinh các tỉnh thành ở Việt Nam. Môn Hóa học là một môn thi được tổ chức hằng năm trong kì thi HSG Quốc gia. a) Mục đích kỳ thi Thi chọn học sinh giỏi nhằm động viên, khuyến khích người dạy và người học phát huy năng lực sáng tạo, dạy giỏi, học giỏi Góp phần thúc đẩy việc cải tiến, nâng cao chất lượng dạy và học, chất lượng công tác quản lý, chỉ đạo của các cấp quản lý giáo dục Phát hiện người học có năng khiếu về môn học để tạo nguồn bồi dưỡng, thực hiện mục tiêu đào tạo nhân tài cho địa phương, đất nước. Chọn học sinh giỏi cấp quốc gia bậc học trung học phổ thông của Việt Nam. Chọn đội tuyển dự thi Olympic quốc tế trong số những người đạt giải cao nhất. b) Đối tượng dự thi, thời gian và địa điểm tổ chức kỳ thi Đối tượng dự thi là học sinh đang học lớp 11 hoặc lớp 12 ở Việt Nam đã tham gia kỳ thi chọn học sinh giỏi cấp cơ sở (tỉnh, thành phố trực thuộc trung ương và một số trường THPT chuyên thuộc các trường Đại học) và được chọn vào đội

17 tuyển của đơn vị dự thi. Đối với kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia, đội tuyển mỗi môn thi của từng đơn vị dự thi có tối đa 06 thí sinh. Các đội tuyển có không dưới 06 thí sinh dự thi và có 80% số thí sinh trở lên đoạt giải trong 02 kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia liên tiếp ngay trước năm tổ chức kỳ thi, được Bộ Giáo dục và Đào tạo tạo xét tăng đến tối đa 10 thí sinh. Kỳ thi chọn học sinh giỏi quốc gia có 02 buổi thi cho các môn có thi quốc tế, 01 buổi thi cho các môn còn lại. Thời gian làm bài thi là 180 phút đối với mỗi môn thi tự luận, 90 phút đối với mỗi môn thi trắc nghiệm, 90 phút tự luận và 45 phút trắc nghiệm đối với môn thi có cả tự luận và trắc nghiệm. Kỳ thi được tổ chức thi tại đơn vị dự thi hoặc các đơn vị dự thi liên kết tổ chức thi chung tại một địa điểm. c) Các môn thi, nội dung thi, cán bộ coi thi và ban giám khảo Các môn thi gồm có: Toán học, Vật lý, Hóa học, Sinh học, Tin học, Ngữ văn, Lịch sử, Địa lý, Tiếng Anh, Tiếng Nga, Tiếng Pháp, Tiếng Trung Quốc. Nội dung thi được thực hiện theo hướng dẫn nội dung dạy học các môn chuyên trường trung học phổ thông chuyên do Bộ Giáo dục và Đào tạo ban hành, áp dụng từ năm học 2001-2002. Cán bộ coi thi là các giáo viên trung học phổ thông của các tỉnh. Cán bộ coi thi tỉnh này được cử đi coi thi tỉnh khác. Trưởng ban là lãnh đạo Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục. Phó Trưởng ban là Phó Cục trưởng Cục Khảo thí và Kiểm định chất lượng giáo dục hoặc lãnh đạo Vụ Giáo dục Trung học. Các giám khảo là các chuyên gia khoa học, chuyên viên, giảng viên có uy tín khoa học và năng lực chuyên môn ở một số đại học, học viện, trường đại học, cơ quan, cơ sở giáo dục ở Trung ương. Mỗi môn thi có một trưởng môn chấm thi phụ trách. d) Giải thưởng và quyền lợi của người đạt giải Có các giải thưởng sau: giải Nhất, giải Nhì, giải Ba và giải Khuyến khích. Chỉ xếp giải cá nhân theo từng môn thi. Người đạt các giải Nhất, Nhì, Ba, Khuyến khích trong kỳ thi này được Bộ Giáo dục và Đào tạo Việt Nam cấp bằng chứng nhận Học sinh giỏi cấp quốc gia trung học phổ thông.

18 Những người đạt giải Nhất, Nhì, Ba trong kỳ thi này được ưu tuyển vào trường đại học có khối ngành phù hợp với môn đã dự thi. Những người đạt giải Khuyến khích trong kỳ thi này được ưu tiên tuyển vào trường cao đẳng, trung cấp chuyên nghiệp nào có khối ngành phù hợp với môn đã dự thi. 1.3.2.3. Kì thi Olympic truyền thống 30-4 Kỳ thi Olympic truyền thống 30 tháng 4 là một kỳ thi học sinh giỏi hàng năm dành cho học sinh khối 10 và 11 của các tỉnh phía Nam (từ Quảng Bình đến Cà Mau). Kỳ thi này do trường Trung học phổ thông chuyên Lê Hồng Phong (Thành phố Hồ Chí Minh) sáng lập và được tổ chức lần đầu tiên vào năm 1995 tại chính ngôi trường này. Môn Hóa học là một trong số 10 môn thi được tổ chức hằng năm trong kì thi Olimpic 30/4 này. a) Mục đích kỳ thi Kỳ thi được tổ chức với mục đích phát hiện các học sinh có năng khiếu thuộc các khối lớp 10 và 11, tạo điều kiện giao lưu giữa các học sinh giỏi và trao đổi chuyên môn giữa các thầy cô dạy lớp chuyên của các tỉnh phía Nam, chuẩn bị đội ngũ cho kỳ thi học sinh giỏi quốc gia, đồng thời cũng để nhằm kỷ niệm ngày 30 tháng 4, giải phóng miền Nam, thống nhất đất nước. b) Thời gian, địa điểm tổ chức kỳ thi Kỳ thi Olympic 30-4 được tổ chức mỗi năm vào các ngày thứ Sáu, thứ Bảy và Chủ nhật trong tuần lễ đầu tiên của tháng 4 tại trường THPT đăng cai. Trong 17 lần tổ chức từ 1995 đến 2011 thì có 13 lần tổ chức tại trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh, 1 lần tại trường Quốc học Huế năm 2007, 2 lần tại trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, Đà Nẵng vào năm 2005 và 2006, 1 lần tại trường trung học phổ thông chuyên Lý Tự Trọng, Cần Thơ năm 2011. Kì thi lần thứ 18 sẽ diễn ra tại Vũng Tàu. c) Cách thức thi và trao giải thưởng Cuộc thi gồm có 10 môn: Toán, Văn, Tiếng Anh, Lý, Hóa, Sinh, Sử, Địa, Tin và Tiếng Pháp. Mỗi trường chỉ được cử tối đa 3 học sinh thuộc tham gia thi mỗi môn mỗi khối. Vì vậy, mỗi trường có thể tham dự tối đa là 60 học sinh (30 học sinh lớp 10 và 30 học sinh lớp 11). Mỗi trường sẽ cử một giáo viên phụ trách một môn cho cả hai khối 10 và 11, nên mỗi trường sẽ có tối đa 10 giáo viên phụ trách 10 bộ môn.

19 Hội đồng ra đề của mỗi môn gồm có 6 người, phụ trách ra đề môn đó cho cả 2 khối 10 và 11. 6 thành viên của hội đồng này sẽ do các giáo viên phụ trách bộ môn đó của tất cả các trường tham gia chọn ra vào mỗi năm. Do đó, có tổng cộng 60 người thuộc hội đồng ra đề và có thể thay đổi hàng năm. Hội đồng chấm thi của mỗi môn có số thành viên không nhất định. Con số này phụ thuộc vào lượng học sinh tham gia dự thi môn đó và thay đổi theo các năm. Các thành viên này cũng do hội đồng giáo viên phụ trách bộ môn đó chọn ra. Giải thưởng có 3 loại huy chương: vàng, bạc và đồng. Ở mỗi môn của mỗi khối, huy chương vàng được trao cho 10% số học sinh dự thi có điểm cao nhất, huy chương bạc là 15% và huy chương đồng là 15%. Cũng ở mỗi môn của mỗi khối, 3 học sinh cao điểm nhất sẽ được tặng danh hiệu Thủ khoa, Á khoa và Tam khoa. Vì vậy một môn thi sẽ có 2 Thủ khoa, 2 Á khoa và 2 Tam khoa của 2 khối 10 và 11. Đồng thời, cũng ở mỗi môn của mỗi khối, ban tổ chức sẽ trao danh hiệu tập thể xuất sắc nhất môn ... của khối ... cho nhóm 3 học sinh dự thi cùng một môn của một trường, thuộc cùng một khối và có tổng điểm thi cao nhất trong tất cả các nhóm dự thi cùng môn, cùng khối đó của các trường dự thi. d) Giới thiệu về một số kì thi Olympic 30-4 Năm học 1994-1995 (lần I), lần đầu tiên kì thi được tổ chức thí điểm tại trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh. Lúc đó, ngoài trường đăng cai chỉ có các trường THPT Chuyên của một số tỉnh, thành phố phía Nam tham dự. Rút kinh nghiệm ở kì thi thứ nhất, kì thi Olympic 30-4 lần thứ hai (lần II) vẫn được tổ chức ở trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ Chí Minh nhưng mở rộng đối tượng dự thi đến các trường THPT Chuyên và không chuyên thuộc các tỉnh, thành phố khu vực miền Trung – Tây Nguyên. Năm học 2005 – 2006, kì thi Olympic 30/4 lần thứ XII được tổ chức tại trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Thành phố Đà Nẵng. Đây là lần thứ hai, trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn đăng cai tổ chức (lần đầu tiên tổ chức năm 1998 – 1999, lần V). Ở kì thi lần này có 60 trường THPT Chuyên và không chuyên từ 28 tỉnh, thành phố tham dự; với 2109 học sinh ở cả hai khối lớp 10, 11 và tổ chức thi đủ 10 môn. Tổng số huy chương được trao là 838, trong đó có 212

20 Huy chương Vàng, 314 Huy chương Bạc và 314 Huy chương Đồng. Riêng bộ môn Hóa học, có 12 Huy chương Vàng, 34 Huy chương Bạc và 38 Huy chương Đồng đã được trao thưởng. Năm học 2009 – 2010, kì thi Olympic 30/4 lần thứ XVI lại được tổ chức tại trường THPT Chuyên Lê Hồng Phong, Thành phố Hồ chí Minh. Kì thi này có qui mô rất lớn gồm 2900 thí sinh của 90 trường thuộc 30 tỉnh thành tham gia tranh tài đủ 10 môn thi. Tháng 4 năm 2011 (năm học 2010 – 1011), kì thi Olympic 30/4 lần thứ XVII được tổ chức tại trường THPT Chuyên Lý Tự Trọng, Thành phố Cần Thơ. Ở kì thi này, có 3257 học sinh tham dự đại diện cho 94 trường THPT Chuyên và không chuyên tranh tài đủ 10 môn thi. Năm học 2011 – 2012, kì thi Olympic 30/4 lần thứ XVIII được tổ chức tại trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn, Thành phố Vũng Tàu. Kì thi này có qui mô rất lớn gồm 3856 thí sinh của 114 trường tham gia tranh tài đủ 10 môn thi. Năm học 2012-2013, kì thi Olympic 30/4 lần thứ XIX được tổ chức tại trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, thành phố Hồ Chí Minh. 1.4. Phương pháp phát hiện và tổ chức bồi dưỡng học sinh giỏi hoá học 1.4.1. Phương pháp phát hiện Để phát hiện được những cá nhân học giỏi thì nhà trường, giáo viên phụ trách thông qua: - Hồ sơ cá nhân học sinh (học bạ): + Kết quả học tập môn hóa (kể cả các môn khoa học tự nhiên) ở bậc THCS (đối với học sinh lớp 10); hoặc ở năm học trước (đối với học sinh lớp 11,12). + Các kì thi HSG môn hóa mà học sinh tham gia: Học sinh giỏi cấp trường, cấp huyện, cấp tỉnh. + Nền tảng gia đình, ảnh hưởng giáo dục từ gia đình. - Biểu hiện của học sinh trong các hoạt động giáo dục chính khóa, ngoại khóa: + Có khả năng tư duy toán học, khả năng quan sát nhận thức vấn đề nhanh rõ ràng. + Luôn hào hứng trong các tiết học, nắm bài mới nhanh, trả lời được các câu hỏi khó giáo viên đưa ra và tự đặt ra các câu hỏi hay để tham gia thảo luận trên lớp.

21 + Lĩnh hội và vận dụng tốt các khái niệm, định luật hóa học. Giải các bài toán hóa học đúng, nhanh và sáng tạo. Vận dụng thành thạo các phương pháp giải bài tập và đề xuất được các phương pháp giải mới. + Tiến hành thí nghiệm đúng trình tự, khoa học. Thao tác thí nghiệm rõ ràng, dứt khoát, chuẩn. + Các bài kiểm tra, bài thi đều đạt điểm cao. + Tham gia tích cực và đạt kết quả tốt các buổi ngoại khóa hóa học, các cuộc thi của Câu lạc bộ Hóa học do nhà trường tổ chức, các bài thi trên các tạp chí chuyên môn (Tạp chí Hóa học ứng dụng, …). - Căn cứ vào các tiêu chí về HSG hóa học như đã nêu trên, giáo viên bồi dưỡng HSG cần phải xác định được: + Mức độ nắm vững kiến thức, kỹ năng một cách đầy đủ, chính xác của học sinh so với yêu cầu của chương trình hóa học phổ thông. + Mức độ tư duy của từng học sinh và đặc biệt là đánh giá được khả năng vận dụng kiến thức của học sinh một cách linh hoạt, sáng tạo. - Trong quá trình dạy học hóa học, giáo viên cần: + Làm rõ mức độ đầy đủ chính xác của kiến thức, kỹ năng, kỹ xảo theo chuẩn kiến thức kỹ năng của chương trình và sách giáo khoa. Muốn vậy, cần phải kiểm tra học sinh ở nhiều phần của chương trình, kiểm tra cả kiến thức lý thuyết, bài tập và thực hành. Có thể linh hoạt thay đổi một vài phần trong chương trình, nhằm mục đích đo khả năng tiếp thu của mỗi học sinh trong lớp. Và giảng dạy lý thuyết là một quá trình trang bị cho học sinh vốn kiến thức tối thiểu (phần cứng) trên cơ sở đó mới phát hiện được năng lực sẵn có của một vài học sinh thông qua các câu hỏi củng cố, nghiên cứu, các lời phát biểu… + Làm rõ trình độ nhận thức và mức độ tư duy của từng học sinh bằng nhiều phương pháp và nhiều tình huống. Tạo ra nhiều tình huống về lý thuyết và thực nghiệm để đo mức độ tư duy của từng học sinh. Đặc biệt đánh giá khả năng vận dụng kiến thức một cách linh hoạt, sáng tạo. + Soạn thảo và lựa chọn một số bài tập đáp ứng hai yêu cầu trên để phát triển học sinh có năng lực trở thành HSG hóa học. - Thông qua bài kiểm tra, giáo viên có thể phát hiện HSG hóa học theo các tiêu chí:

22 + Mức độ đầy đủ, rõ ràng về mặt kiến thức. + Tính logic trong bài làm của học sinh đối với từng yêu cầu cụ thể. + Tính khoa học, chi tiết, độc đáo được thể hiện trong bài làm của học sinh. + Tính mới, tính sáng tạo (những đề xuất mới, những giải pháp có tính mới về mặt bản chất, cách giải bài tập hay, ngắn gọn…). + Mức độ làm rõ nội dung chủ yếu phải đạt được của toàn bài kiểm tra. + Thời gian hoàn thành bài kiểm tra. 1.4.2. Bồi dưỡng học sinh giỏi hoá 1.4.2.1.Thành lập đội tuyển Việc tuyển chọn cần dựa trên chỉ tiêu cụ thể của công tác bồi dưỡng HSG môn hóa học. Cần tổ chức thi chọn lọc qua vài vòng loại để lựa chọn chính xác đối tượng học sinh vào bồi dưỡng. Giáo viên cần đánh giá học sinh một cách khách quan, chính xác, không chỉ qua bài thi mà cả qua việc học tập bồi dưỡng hằng ngày. Việc lựa chọn đúng không chỉ nâng cao hiệu quả bồi dưỡng mà còn tránh bỏ sót HSG và không bị quá sức đối với những em không có tố chất. 1.4.2.2. Kế hoạch tổ chức bồi dưỡng a) Kích thích động cơ học tập của học sinh Để việc bồi dưỡng HSG có hiệu quả thì không thể không chú ý tới việc kích thích động cơ học tập của học sinh tham gia vào đội tuyển HSG. Giáo viên dạy đội tuyển HSG có thể tham khảo các đề xuất sau: - Hoàn thiện những yêu cầu cơ bản: + Tạo môi trường dạy – học phù hợp. + Thường xuyên quan tâm tới đội tuyển. + Giao các nhiệm vụ vừa sức cho học sinh và làm cho các nhiệm vụ đó trở nên thực sự có ý nghĩa với bản thân họ. - Xây dựng niềm tin và những kỳ vọng tích cực trong mỗi học sinh: + Bắt đầu công việc học tập, công việc nghiên cứu vừa sức đối với học sinh. + Làm cho học sinh thấy mục tiêu học tập rõ ràng, cụ thể và có thể đạt tới được. + Thông báo cho học sinh rằng năng lực học tập của các em có thể được nâng cao hoặc đã được nâng cao. Đề nghị các em cần cố gắng hơn nữa.

23 - Làm cho học sinh tự nhận thức được lợi ích, giá trị của việc được chọn vào đội tuyển học sinh giỏi. + Việc học trong đội tuyển trở thành niềm vui, niềm vinh dự. + Tác dụng của phương pháp học tập, khối lượng kiến thức thu được khi tham gia đội tuyển có tác dụng như thế nào đối với môn hóa học ở trên lớp, với các môn học khác và với cuộc sống hằng ngày. + Giải thích mối liên quan giữa việc học hóa học hiện tại và việc học hóa học mai sau. + Sự ưu ái của gia đình, nhà trường, thầy cô và phần thưởng giành cho các học sinh đạt giải. b) Xây dựng chương trình Nhà trường xây dựng chương trình bồi dưỡng môn hóa học cho HSG. Trên cơ sở đó, giáo viên trực tiếp giảng dạy xây dựng chương trình bồi dưỡng môn hóa học dưới sự chỉ đạo và giám sát của hội đồng giáo dục nhà trường. Hiện nay, có rất nhiều sách nâng cao và các tài liệu tham khảo, internet… song chương trình bồi dưỡng chưa có sách hướng dẫn chi tiết, cụ thể từng tiết, từng buổi học như trong chương trình chính khóa. Vì thế soạn thảo chương trình bồi dưỡng là một việc làm hết sức quan trọng và rất khó khăn nếu như chúng ta không có sự tham khảo, tìm tòi và chọn lọc tốt. Giáo viên cần soạn thảo nội dung bồi dưỡng dẫn dắt HS từ kiến thức cơ bản của nội dung chương trình học chính khóa, tiến dần tới chương trình nâng cao (tức là trước hết phải khắc sâu kiến thức cơ bản của nội dung học chính khóa, từ đó vận dụng để mở rộng và nâng cao dần). Cần soạn thảo chương trình theo vòng xoáy: từ cơ bản tới nâng cao, từ đơn giản tới phức tạp. Đồng thời cũng phải có ôn tập củng cố. Soạn thảo một tiết học bồi dưỡng môn hóa học, gồm có: - Kiểm tra, nhận xét kết quả học tập ở nhà. - Kiến thức cần truyền đạt (lý thuyết, ví dụ từ kiến thức cơ bản đến nâng cao). - Bài tập vận dụng. - Tổng kết và giao nhiệm vụ học tập ở nhà (bài tập về nhà luyện tập thêm, tương tự bài ở lớp).

24 Một số giờ ôn tập, giáo viên cần giúp các em tổng hợp các dạng bài, các phương pháp giải theo hệ thống. Vì hầu hết các em chưa tự mình hệ thống được mà đòi hỏi phải có sự trợ giúp của giáo viên. Điều cần thiết, giáo viên cần đầu tư thời gian tham khảo nhiều tài liệu để đúc rút, soạn thảo cô đọng nội dung chương trình bồi dưỡng. Cần lưu ý rằng: Tùy thuộc vào thời gian bồi dưỡng, khả năng tiếp thu của học sinh mà lựa chọn mức độ bài khó và từng dạng luyện tập nhiều hay ít. Đối với trường THPT chuyên, học sinh các lớp chuyên được học theo chương trình do Bộ GD & ĐT biên soạn. Các em được học toàn diện về các môn như các học sinh trường THPT không chuyên khác. Tuy nhiên, để tăng thời lượng cho các môn chuyên, một số môn học khác được xếp giảng dạy rút gọn, học đủ kiến thức trong thời gian ngắn hơn. Sau khi học hết học kỳ 1 của lớp 10, các giáo viên phát hiện các HSG của lớp chuyên, tách các học sinh này theo nhóm để dạy nâng cao. Nhóm học sinh xuất sắc được đưa thêm kiến thức, khuyến khích tự học, đẩy nhanh quá trình tích lũy kiến thức để sang lớp 11 có đủ kiến thức của lớp 12 tham gia thi HSG quốc gia 12. Nhóm thứ hai được bồi dưỡng ở mức độ chậm hơn, chắc chắn và chuyên sâu sẽ tham gia thi HSG quốc gia khi các em sang học lớp 12. Việc bồi dưỡng HSG được chia thành hai giai đoạn: - Giai đoạn 1: Cuối lớp 10, học các kiến thức cơ bản, chuyên sâu của chương trình THPT. - Giai đoạn 2: Bồi dưỡng nâng cao tiếp cận với các vấn đề của kỳ thi HSG quốc gia, quốc tế. c) Nội dung và phương pháp giảng dạy Giáo viên cần phải tổng kết và đúc rút những nội dung chính mà các bài thi HSG tỉnh và HSG quốc gia môn hóa học thường đề cập để giúp học sinh có định hướng một cách khái quát. Ví dụ: - Phần hóa đại cương: + Cấu tạo nguyên tử. + Cấu tạo phân tử và liên kết hóa học.

25 + Nhiệt động hóa học (đề cập tới cân bằng hóa học). + Động hóa học (chủ yếu cho vòng 2 HSG tỉnh và HSG quốc gia). + Dung dịch và dung dịch điện li. + Phản ứng oxi hóa – khử. + Điện hóa (về pin điện, điện phân). - Phần hóa vô cơ: + Phản ứng của các chất vô cơ. + Nhận biết các chất vô cơ. + Một số các bài toán vô cơ. - Phần hóa hữu cơ: + Hóa lập thể chất hữu cơ (gluxit, protein, peptit và gluxit). + Cấu trúc và tính chất vật lý. + Cấu trúc và tính chất axit – bazơ. + Nhận biết các chất hữu cơ. + Phản ứng hữu cơ và cơ chế phản ứng. + Xác định cấu tạo chất hữu cơ (từ tính chất). + Tổng hợp hữu cơ (sơ đồ). + Một số các bài toán hữu cơ. Tùy theo từng giai đoạn cụ thể, từng khối lớp mà giáo viên soạn thảo nội dung bồi dưỡng phù hợp. Nội dung dạy học gồm hệ thống lý thuyết và hệ thống bài tập tương ứng. Trong đó, hệ thống lý thuyết phải được biên soạn đầy đủ, ngắn gọn, dễ hiểu, bám sát yêu cầu của chương trình; soạn thảo, lựa chọn hệ thống bài tập phong phú, đa dạng giúp học sinh nắm vững kiến thức, đào sâu kiến thức, rèn luyện kỹ năng và đồng thời phát triển được tư duy cho học sinh. Sử dụng phương pháp dạy học hợp lý sao cho học sinh không cảm thấy căng thẳng, mệt mỏi và quá tải đồng thời phát huy được tối đa tính tích cực, tính sáng tạo và nội lực tự học tiềm ẩn trong mỗi học sinh; như: thuyết trình, thảo luận, tự học, tự nghiên cứu,… d) Hướng dẫn học sinh tự học và tổng kết Trong quá trình bồi dưỡng, GV yêu cầu HS: Đọc trước các phần lý thuyết cơ bản trong SGK, trong một số tài liệu tham khảo, tập hợp lý thuyết cơ bản để hỗ trợ

26 giải quyết các vấn đề theo các chủ điểm liên quan. Tiếp tục xây dựng các câu hỏi và bài tập theo các nội dung lý thuyết đã học. Giao các bài tập nhỏ, bài tập lớn, bài tập chuyên đề cho cá nhân và nhóm học sinh. Tài liệu giúp HSG tự học tốt nhất là vở của các HSG năm trước được giữ lại cho các HSG năm sau. Các đề thi Olympic, HSG tỉnh, quốc gia, quốc tế và các cuốn sách chuyên khảo đặc biệt được sưu tầm và nhân bản. Hướng dẫn học sinh thu thập các tài liệu qua nhiều kênh, tạp chí hóa học, hóa học ứng dụng, internet…Nhờ đó, các GV đã rèn luyện cho HS ý thức và phương pháp tự học, tự nghiên cứu, khả năng sáng tạo, tính tư duy độc lập. Tất cả các HSG đều phải viết các bài tổng kết lớn đối với các kiến thức đã học dưới sự hướng dẫn của giáo viên. Nhờ công việc này, mỗi học sinh được rèn luyện các khả năng phân tích và tổng hợp. Nhiều học sinh có thể xây dựng được các bài tập khó để bước đầu rèn luyện khả năng sáng tạo. 1.4.2.3. Sàng lọc đội tuyển Giáo viên cần xác định đây là công việc thường xuyên, liên tục để nâng cao chất lượng của đội tuyển HSG, thông qua việc kiểm tra, đánh giá kết quả học tập của các học sinh. Trong quá trình dạy đội tuyển, giáo viên có thể đánh giá khả năng, kết quả học tập của học sinh qua nhiều hình thức như quan sát hành động của từng em trong quá trình học tập; kiểm tra hoặc phỏng vấn, trao đổi. Hiện nay, các giáo viên thường đánh giá kết quả học tập của học sinh trong đội tuyển bằng các bài kiểm tra, bài thi (bài tự luận hoặc bài thi hỗn hợp). Tuy nhiên, cần chú ý là các câu hỏi trong bài thi nên được biên soạn sao cho có nội dung khuyến khích tư duy độc lập, sáng tạo của học sinh. 1.4.2.4. Chính sách hỗ trợ, động viên, xã hội hoá công tác bồi dưỡng học sinh giỏi (khuyến học) 1.4.2.4.1. Xã hội hóa công tác bồi dưỡng HSG Kết quả bồi dưỡng HSG còn phụ thuộc rất nhiều vào các lực lượng giáo dục trong xã hội. Vì vậy, nhà trường cần có kế hoạch hoạt động để thu hút các lực lượng này quan tâm tạo điều kiện và cùng tham gia vào công tác bồi dưỡng HSG. Cụ thể là: - Tạo niềm tin cho các bậc phụ huynh, các cấp lãnh đạo. - Tuyên truyền sâu rộng trong xã hội. - Tham mưu với các cấp chính quyền địa phương.

27 - Thực hiện tốt việc dân chủ hóa trong nhà trường. 1.4.2.4.2. Tổ chức đánh giá và khen thưởng công tác bồi dưỡng HSG a) Đối với học sinh Những học sinh có thành tích cao trong đợt thi HSG các cấp sẽ được tuyên dương và nhận phần thưởng xứng đáng với thành tích đạt được. Theo thông tin mới nhất về kì thi tuyển sinh Đại học – Cao đẳng năm 2012, có bổ sung quyền lợi của HSG quốc gia như: Tuyển thẳng HSG quốc gia đạt giải nhất, nhì, ba vào đại học và giải khuyến khích vào cao đẳng các ngành đúng hoặc ngành gần đúng theo môn học sinh đạt giải… Việc này khích lệ rất lớn tới phong trào học tập trong nhà trường. b) Đối với giáo viên Những giáo viên có thành tích cao trong các đợt hội thi giáo viên giỏi, các giáo viên có thành tích trong công tác bồi dưỡng HSG đều được nhận những phần thưởng về vật chất và tinh thần tương xứng với công sức bỏ ra dành cho công tác giáo dục. Đây là việc làm cần thiết để đẩy mạnh phong trào thi đua “dạy tốt học tốt” trong tập thể sư phạm nhà trường. c) Đối với tập thể nhà trường Những tập thể nhà trường có thành tích cao trong bồi dưỡng HSG thì được Bộ GD – ĐT, Sở GD – ĐT, Ủy ban nhân dân tỉnh,…khen thưởng. Ngoài ra, hằng năm sau mỗi kỳ thi HSG quốc gia, HSG tỉnh đều có thống kê kết quả thi của các trường. Điều này giúp khích lệ sự phấn đấu, thi đua giữa các trường, giúp đẩy mạnh phong trào bồi dưỡng HSG trên toàn quốc. TIỂU KẾT CHƯƠNG 1

Sau khi nghiên cứu cơ sở lý luận và thực tiễn của đề tài, chúng tôi đã nêu ra được: - Một số quan niệm về HSG, những phẩm chất và năng lực tư duy cần có của một HSG hóa học, biện pháp tổ chức bồi dưỡng HSG hóa học. - Tầm quan trọng của đề tài khi xây dựng các dạng bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học nhằm bồi dưỡng HSG hóa học. - Giới thiệu về một số kì thi HSG hóa học các cấp (tỉnh, khu vực, quốc gia và quốc tế). - Đề tài cũng nêu lên được thực trạng của việc bồi dưỡng HSG và dạy học hóa học ở các trường chuyên.

28 Chương 2 XÂY DỰNG CÁC DẠNG BÀI TẬP BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI HÓA HỌC PHẦN TỐC ĐỘ PHẢN ỨNG VÀ CÂN BẰNG HÓA HỌC Ở TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG 2.1. Cơ sở lí thuyết hóa học 2.1.1. Điều kiện động học xảy ra phản ứng hóa học Phản ứng hóa học chỉ có thể xảy ra nếu có va chạm giữa các phân tử có đủ năng lượng là nội dung của định luật tác dụng khối lượng hay định luật – phương trình tốc độ phản ứng (thực nghiệm):

V = k CnA .C Bn A

Theo lí thuyết phản ứng và thực nghiệm: Va chạm hoạt động là các va chạm giữa các hạt có đủ năng lượng vượt qua năng lượng hoạt hóa E* hay Ea. 2.1.2. Đường cong động học và tốc độ phản ứng Đường cong động học: Khi xét một phản ứng: Ví dụ A → B Khi đó CA giảm dần, CB tăng dần theo thời gian phản ứng t. Nếu biễu diễn C theo t ta có đường cong động học: C

t Tốc độ của phản ứng hóa học: Xét phản ứng trong hệ đồng thể: nA + mB +… = n’ A’ + m’B’ + … Tốc độ của phản ứng đã cho được xác định như sau: VA = d[A’]/dt Tốc độ của phản ứng được đo bằng độ biến thiên nồng độ tức thời của sản phẩm theo thời gian. 1 1 1 1 d[A] d[B] d[A ' ] d[B' ] ' ' n m n m v= =− = = dt dt dt dt

29 Bậc và phân tử số của phản ứng: Đối với phản ứng với các hệ số hợp thức đã cho ở trên, biểu thức tốc độ được cho bởi phương trình động học: v= k [A]α [B]β k là hằng số tốc độ chỉ phụ thuộc nhiệt độ. α, β là bậc riêng phần đối với chất A và chất B Tổng α + β+… là bậc toàn phần của phản ứng: Bậc của phản ứng có thể là số nguyên, phân số, dương hoặc âm và có thể bằng không. 2.1.3. Bậc của phản ứng, một số phản ứng đơn giản a) Bậc của phản ứng: Bậc riêng phần của phản ứng là trị số riêng rẽ của từng số mũ trong phương trình động học. Bậc toàn phần của một phản ứng là tổng số mũ của các chất trong phương trình động học của phản ứng đó. n= α + β+.. b) Một số phản ứng đơn giản: Phản ứng coi như xảy ra một chiều và hệ số chất tham gia trong phương trình bằng số mũ của nồng độ chất đó trong phương trình động học. + Phản ứng một chiều bậc nhất: A → sản phẩm Ta có: v = k. CA Khi thời gian t = 0: [A] = C0 = a. Nồng độ A bị mất sau thời gian dt là x , lúc đó CA = a-x v= -

dCA d(a − x) =− = k(a-x) dt dt

⇔ k=

1 a ln t a−x

+ Phản ứng một chiều bậc hai: Có hai trường hợp về loại phản ứng này: Trường hợp 1: Sơ đồ chung là 2A → Sản phẩm A + B → Sản phẩm

30 Với nồng độ ban đầu của A và B bằng nhau. Phương trình động học dạng tích phân: k=

1 x t a(a − x)

Trường hợp 2: Nồng độ của A khác B k=

t b(a − x) ln a − b a(b − x)

+ Các loại phản ứng đơn giản khác: - Có phản ứng bậc 0: lúc đó v = k - Có phản ứng bậc phân số - Phản ứng có bậc từ 3 trở lên ít gặp. 2.1.4. Sơ lược về phản ứng phức tạp a) Phản ứng song song. + Một hoặc một số chất đầu có thể phản ứng theo một số hướng khác nhau. Sơ đồ chung :

B A C

+ Trong phản ứng song song phản ứng chính sẽ là - Phản ứng có tốc độ lớn nhất - Hoặc là phản ứng tạo ra sản phẩm được quan tâm nhất b) Phản ứng nối tiếp Sơ đồ đơn giản nhất có dạng k k A  → B  →D 1

A: Chất đầu; B: Chất trung gian; D: Chất cuối k1, k2 là hằng số tốc độ của hai giai đoạn phản ứng nối tiếp đó. c) Phản ứng thuận nghịch Sơ đồ chung của phản ứng là A+B+… ⇌ C+D… Tốc độ phản ứng thuận: vt = k1. CA.CB… Tốc độ phản ứng nghịch: vn = k2. CC.CD… Tốc độ của phản ứng thuận nghịch: vtn = vt - vn

31 Tại thời điểm: vtn = 0 → vt = vn ta có cân bằng hóa học d) Phản ứng liên hợp: Sơ đồ phản ứng liên hợp có dạng A+B→M A+D→N (Nghĩa là một phản ứng chỉ xảy ra được đồng thời với phản ứng kia) 2.1.5. Các yếu tố ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng 2.1.5.1. Ảnh hưởng của nồng độ đến tốc độ phản ứng. Định luật tác dụng khối lượng Guldberg-waage Xét phản ứng đồng thể: aA + bB → Sản phẩm Guldberg-waage đã tìm ra định luật sau: “Tốc độ của phản ứng hóa học tỉ lệ thuận với tích số nồng độ các chất tham gia phản ứng với số mũ bằng những con số thu được từ thực nghiệm” → Phương trình động học: v = k. CAx .C By Trong đó: CA , CB là nồng độ mol của A và B ở thời điểm tính tốc độ phản ứng x, y là những con số xác định bằng thực nghiệm. Tổng x+ y: Bậc của phản ứng k: hằng số tốc độ phản ứng chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ. 2.1.5.2. Ảnh hưởng của nhiệt độ đến tốc độ của phản ứng 2.1.5.2.1. Qui tắc Van’t Hoff Bằng thực nghiệm: Van’t hoff nhận thấy rằng: Cứ tăng nhiệt độ lên 100C, thì tốc độ phản ứng tăng lên khoảng từ 2 đến 4 lần. Con số chỉ số lần tăng lên của tốc độ phản ứng khi nhiệt độ tăng thêm 100C gọi là hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng và được kí hiệu là γ . Vt +10 k t +10 = =γ Vt kt

Nếu tăng nhiệt độ từ t1 lên t2 ta có:

Vt 2 Vt1

k t2 k t1

=γ

t 2 − t1 10

2.1.5.2.2. Phương trình Arrhenius Bằng thực nghiệm Arrhenius rút ra phương trình về ảnh hưởng của nhiệt độ đến v chính xác hơn:

32 lnk =

A + lnβ T

A và β – những hằng số đặc trưng cho mỗi phản ứng. Giá trị của A có thể được xác định theo đồ thị lnk -

1 với tg α = A hoặc dựa vào các giá trị k ở hai nhiệt T

độ khác nhau. ln

k2 1 1 = A( − ) k1 T2 T1

2.1.5.3. Ảnh hưởng của xúc tác đến tốc độ phản ứng. Chất xúc tác là chất làm tăng tốc độ phản ứng mà không bị tiêu hao trong phản ứng hóa học, nghĩa là sẽ phục hồi, tách khỏi sản phẩm phản ứng mà không bị biến đổi về tính chất lẫn về lượng. Vai trò của xúc tác là làm giảm năng lượng hoạt hóa của phản ứng để tăng tốc độ phản ứng. 2.1.5.4. Ảnh hưởng của diện tích bề mặt chất rắn. Khi tăng diện tích bề mặt chất phản ứng, tốc độ phản ứng tăng. 2.1.6. Phản ứng thuận nghịch Phản ứng thuận nghịch là phản ứng xảy ra theo hai chiều trái ngược nhau trong cùng một điều kiện (trong phương trình phản ứng hóa học ta dùng mũi tên hai chiều) Ví dụ: N2 + 3H2 ⇌ 2NH3 2.1.7. Cân bằng hóa học Trong phản ứng thuận nghịch các chất tham gia phản ứng tác dụng với nhau tạo thành các sản phẩm phản ứng, đồng thời các sản phẩm cũng tác dụng với nhau tạo lại các chất đầu. Khi nào lượng các chất mất đi theo phản ứng thuận bằng lượng của chúng được tạo thành theo phản ứng nghịch thì ta nói phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng hóa học. Lúc này thành phần các chất trong phản ứng không biến đổi nữa. Đây là cân bằng động vì phản ứng thuận và phản ứng nghịch vẫn xảy ra nhưng với vận tốc bằng nhau. 2.1.7.1. Điều kiện cân bằng của một phản ứng hóa học Xét phản ứng hóa học : aA + bB ⇌ cC + dD

33 Xuất phát từ biểu thức ∆G của phản ứng ở điều kiện thí nghiệm (không chuẩn):

Cc × Cd ∆G = ∆G + RT ln C D Ca × C b B A 0

(1)

Khi T, P = const → ∆G0 = const. Tại thời điểm cân bằng ta có: ∆G = 0

∆G 0 = −RT ln

[ C] × [ D] a b [ A ] × [ B]

(2)

Khi đó ta đặt:

[ C] × [ D ] Kc = a b [ A ] × [ B]

(3)

KC gọi là hằng số cân bằng biểu thị qua nồng độ mol/l. Nếu phản ứng xảy ra trong pha khí ta thay nồng độ bởi áp suất riêng phần, ta có KP – hằng số cân bằng biểu thị theo áp suất:

Pc × Pd K = C D P Pa × P b A B

(4)

n Nếu tính theo nồng độ phân số mol x = i ta có: i ∑n i xc × xd Kx = C D xa × xb A B

(5)

Xét mối quan hệ giữa KC, KP, KX: Ta giả sử PA, PB, PC, PD là áp suất riêng phần của khí A, B, C, D tại lúc cân bằng và nA, nB, nC, nD là số mol tương ứng trong thể tích V lít: n P Ta có: P = A RT = [ A ] RT → [ A ] = A A V RT

34 P P P Tương tự: [ B] = B ; [ C] = C ; [ D] = D thay vào (3) ta có: RT RT RT

 PC   PD    ×  RT   RT    =   K = C a d  PA   PB    ×    RT   RT 

 Pc × Pd a +b − c+d   C D RT    a b P ×P A B

Đặt ∆n = (c+d) – (a+b) ta có: KC = KP × (RT)−∆n

(6)

(7)

Theo định luật Dalton: Pi = xiP Trong đó: Pi là áp suất riêng phần khí i P = ∑Pi là áp suất toàn phần của hệ (áp suất chung) xi là nồng độ phân số mol chất i → PA = xA × P; PB = xB × P; PC = xC × P; PD = xD × P thay vào (4) ta có:

x c × x d   c+d − a + b    K = C D P = K x × P ∆n P xa × x b A B

(8)

Từ (7) và (8) ta có mối liên hệ:

K = K × (RT)∆n = K x × P ∆n P C

(9)

Khi ∆n = 0 → KP = KC = Kx

ac × ad Một cách chính xác phải nói: K = C D b aa × a B A Với ai = Pi/P0 gọi là hoạt áp của khí i. Thường chấp nhận P0 = 1atm, khi đó ai là một hư số có giá trị ai = Pi. Do đó, K là đại lượng không có thứ nguyên. Tương tự, trong dung dịch ta có hoạt độ ai = Ci/C0 (C0 = 1mol/l). 2.1.7.2. Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng hóa học

M ộ t hệ cân bằ ng được giữ nguyên chỉ khi các thông s ố tr ạ ng thái đặc tr ư ng cho hệ không b ị biế n đổ i. N ếu một trong các thông s ố này b ị biế n đổ i thì cân b ằ ng củ a h ệ b ị phá v ỡ và chuy ển sang mộ t trạ ng thái cân bằ ng khác g ọ i là s ự chuy ể n dị ch cân b ằng. Các y ế u tố ả nh hưở ng đế n cân bằ ng là nhiệt độ , áp suất và n ồng độ .

35 • Ảnh hưởng của nhiệt độ: Một hệ đang ở trạng thái cân bằng, nếu ta tăng

nhiệt độ của hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều thu nhiệt, còn khi giảm nhiệt độ thì cân bằng chuyển dịch theo chiều tỏa nhiệt. ∆G0 = ∆H0 -T∆S0= -RTlnK ⇒ lnK = −

∆H 0 ∆S0 + RT R

Nếu coi gần đúng ∆H0 và ∆S0 không thay đổi theo nhiệt độ ta thấy: - Nếu phản ứng tỏa nhiệt (∆H0 < 0) thì khi tăng nhiệt độ hằng số cân bằng K sẽ giảm: Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. - Nếu phản ứng thu nhiệt (∆H0 > 0) thì khi tăng nhiệt độ, hằng số cân bằng K sẽ tăng: Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. • Ảnh hưởng của áp suất: Một hệ trạng thái cân bằng , nếu ta tăng áp suất

của hệ lên thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang chiều giảm áp suất của hệ (có số mol khí ít hơn) ngược lại nếu ta giảm áp suất của hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang chiều giảm áp suất (có số mol khí ít hơn). • Ảnh hưởng của nồng độ: Một hệ đang ở trạng thái cân bằng , nếu ta tăng

nồng độ của một chất nào đó trong hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều giảm nồng độ chất đó, và ngược lại nếu ta giảm nồng độ một chất nào đó trong hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang phía tăng nồng độ của chất đó lên. ∆G = -RTlnKC + RT ln

Trong đó :

CcC .CdD Q = RT ln a b C A .C B KC

CcC .CdD CaA .CbB

Như vậy dấu của ∆G được quyết định bởi tỉ số

Q KC

- Nếu Q < KC → ∆G < 0 : phản ứng xảy ra theo chiều thuận là chiều có tác dụng làm Q tăng cho tới khi Q = KC thì cân bằng được thiết lập. -Nếu Q > KC → ∆G > 0 : phản ứng xảy ra theo chiều nghịch là chiều có tác dụng làm Q giảm cho tới khi Q = KC thì cân bằng được thiết lập.

36 2.1.7.3. Nguyên lí chuyển dịch cân bằng hóa học Lơ-sa-tơ-lie

“ Một hệ đang ở trạng thái cân bằng nếu ta biến đổi một trong các thông số của hệ (nhiệt độ, áp suất, nồng độ) thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang chiều chống lại sự biến đổi đó”

Ta tổng kết theo bảng sau: Nhiệt độ

Tăng

Thu nhiệt

Giảm

Tỏa nhiệt

Tăng

Áp suất

Cân bằng chuyển dịch

Giảm

theo chiều

Tăng

Nồng độ

Giảm

Giảm số phân tử khí Tăng số phân tử khí Giảm nồng độ Tăng nồng độ

Không làm chuyển dịch cân bằng hóa học

Xúc tác

2.1.7.4. Biểu diễn định luật tác dụng khối lượng đối với một số dạng cân bằng 2.1.7.4.1. Cân bằng axit- bazơ

Xét axit HA : HA + H2O ⇌ H3O+ + AKa =

(H 3O + )(A − ) ; Ka là hằng số phân li của axit HA (HA)

Xét bazơ B: B + H2O ⇌ BH+ + OHKb =

(BH + )(OH − ) ; Kb hằng số phân li của bazơ B (B)

2.1.7.4.2. Cân bằng oxi hóa – khử

aOx1 + b Kh2 ⇌ a Kh1 + b Ox2 K=

(Kh1 )a (Ox 2 )b (Ox1 )a (Kh 2 )b

K là hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa – khử 2.1.7.4.3. Cân bằng hợp chất ít tan

MmAn ↓ ⇌ m Mn+ + n AmKs = ( Mn+)m (Am-)n Ks = tích số tan của kết tủa MmAn

37 2.1.7.4.4. Cân bằng tan của chất khí trong dung dịch

Thí dụ : H2 ↑ ⇌ H2 (aq) K = [H2]aq 2.1.7.4.5. Cân bằng phân bố chất tan giữa hai dung môi không trộn lẫn

Ví dụ : I2(aq) ⇌ I2(CHCl3) KD =

[I 2 ]CHCl3 [I 2 ]aq

2.1.7.5. Ý nghĩa của hằng số cân bằng trong dung dịch chất điện li 2.2.7.5.1. Tổ hợp cân bằng

Trong thực tế ta chỉ có thể tra cứu các hằng số cân bằng của các quá trình cơ bản. Hằng số cân bằng tổ hợp được tính từ hằng số cân bằng riêng lẻ đã cho bằng các cách sau: a) Biễu diễn cân bằng theo chiều nghịch Quá trình thuận:

MA ⇌ M+ + A-

Quá trình nghịch: M+ + A- ⇌ MA

K K’ −1

Nhận thấy :

 [M + ][A − ]  [MA] -1 K= =   = K + − [M ][A ]  [MA] 

b) Cộng các cân bằng M + A ⇌ MA

(1)

MA + A ⇌ MA2

(2)

Lấy (1) + (2):

M + 2A ⇌ MA2

(3)

Ta có:

K1 =

Theo (3) ta có:

[MA] [MA 2 ] ; K2 = [M][A] [MA][A]

[MA 2 ] = K1 .K2 [M][A]2

c) Nhân cân bằng với một thừa số Đây là trường hợp đặc biệt của việc cộng cân bằng

M + X ⇌ MX

Nhân cân bằng này với n = 2 2M + 2 X ⇌ 2 MX Ta có :

[MX]2 K2 = = ( K1)2 2 2 [M] .[X]

38 2.1.7.5.2. Đánh giá chiều hướng và mức độ xảy ra của các phản ứng trong dung dịch

a) So sánh các hằng số cân bằng Để đánh giá mức độ xảy ra của các quá trình có thể so sánh các giá trị hằng

b) Tính thành phần cân bằng theo định luật tác dụng khối lượng. Trong trường hợp đơn giản nhất thường gặp, khi trong hệ chỉ có một cân bằng duy nhất thì có thể tổng hợp định luật bảo toàn nồng độ với định luật tác dụng khối lượng để tính nồng độ cân bằng của các cấu tử. Ví dụ: Trong dung dịch MX nồng độ C mol/lit có cân bằng MX ⇌ M+ + X-

Theo định luật bảo toàn nồng độ: CMX = C = [MX] + [M+] Đặt [M+] = [X-] = x thì ta có: [MX] = C – x

K =

x2 [M + ][X − ] = C−x [MX]

Giải phương trình bậc 2 ta có: x2 + Kx –KC = 0 Nếu x << C thì x =

K.C

2.2. Nguyên tắc xây dựng bài tập

Dựa vào mục đích nội dung và phương pháp dạy học hóa học, cơ sở tâm lí của học sinh, nội dung chương trình và đặc điểm của bộ môn hóa học có thể thiết kế bài học mới dựa vào bài tập gốc theo các nguyên tắc sau: 1. Nghịch đảo điều kiện và yêu cầu. 2. Phức tạp hóa điều kiện. 3. Phức tạp hóa cả điều kiện và yêu cầu. 4. Ghép nội dung nhiều bài toán với nhau. 5. Chuyển bài tập tự luận thành bài tập trắc nghiệm. Ngoài 6 nguyên tắc trên ta cần phải chú ý các yêu cầu sau: + Hệ thống bài tập thiết kế phải giúp học sinh tiếp thu được kiến thức mới, mở rộng kiến thức đã học, phát huy được tính tích cực chủ động của học sinh.

39 + Hệ thống bài tập phải phát triển các thao tác tư duy và rèn luyện kĩ năng tính toán. + Nội dung bài tập phù hợp đối tượng học sinh và thời gian. + Thiết kế bài tập theo nguyên tắc từ dễ đến khó, từ đơn giản đến phức tạp nhưng nội dung các bài tập phải phán ánh được đầy đủ chương trình hóa học, củng cố ôn tập các khái niệm, các định luật cơ bản của hóa học. Những nguyên tắc trên giúp ta biến hóa được nội dung bài tập phù hợp theo mục đích dạy học. 2.3. Các dạng bài tập 2.3.1. Bài tập về tốc độ phản ứng 2.3.1.1. Kiến thức nâng cao

Xét phản ứng: aA + bB + … ⇌ cC + dD + … Tốc độ phản của phản ứng được đo bằng độ biến thiên nồng độ tức thời của sản phẩm theo thời gian 1 1 1 1 d[A] d[B] d[A '] d[B'] v= -n =−m = n' = m' dt dt dt dt

Thực nghiệm chứng tỏ rằng: Biểu thức tốc độ được cho bởi phương trình v = k [A]α[B]β k: Hằng số tốc độ chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ α + β: là bậc toàn phần của phản ứng Xác định bậc của phản ứng:

a) Phương pháp cô lập của Ostwald: Cơ sở của phương pháp là ở chỗ một chất phản ứng được lấy làm đối tượng nghiên cứu phải sao cho trong quá trình phản ứng nồng độ chất nghiên cứu thay đổi,trong khi đó nồng độ các chất phản ứng khác biến thiên không đáng kể. Bậc

riêng phần đối với chất được chọn để xét như vậy sẽ được xác định dựa vào phương trình động học thu được bằng phương pháp dưới đây. * Phương pháp tích phân: Gọi a hoặc [A0] là nồng độ đầu của chất A và (a-x) hoặc [A] là nồng độ của A ở thời điểm t. Ta có: v = −

d[A] d(a − x) dx =− = = k(a − x)q dt dt dt

40 * Phương pháp vi phân của Van’t Hoff: Kết quả thực nghiệm kẻ đường cong biễu diễn [A] = f(t) Tốc độ v sẽ được xác định từ đường thẳng tiếp tuyến với đường cong tại thời điểm t nào đó: v = -

d[A] dt

Nếu gọi q là bậc của phản ứng thì: v = k[A]q Từ đó lgv = lgk + qlg[A] vẽ đường cong biểu diễn lgv = f(lg[A]). Độ dốc đường thẳng biểu diễn sẽ cho giá trị q là bậc riêng phần của phản ứng đối với A. Bậc

Phương trình tốc độ

Dạng vi phân 0

Dạng tích phân

dx =k dt

x = kt

dx = k (a-x) dt

2,303 lg

a = kt a−x

2,303 lg

[A 0 ] = kt [A]

lg[A] là hàm bậc 1 đối với t 1 1 − = kt a−x a

dx = k(a-x)2 dt

1 1 = kt − [A] [A 0 ] 1 là hàm bậc 1 đối với t [A]

dx = k (a-x)q dt

1 1 1 [ − q−1 ] = kt q −1 q − 1 (a − x) a

b) Phương pháp thời gian nửa phản ứng: Thực chất của phương pháp này là sự xác định thời gian biến đi với tỉ lệ như nhau của một chất ở hai nồng độ đầu khác nhau.

41 Bậc

Phương trình tốc độ [A 0 ] [A] [A ] Với [A] = 0 ta có 2 0,693 k= t1/2

Sự liên hệ giữa các thời gian nửa phản ứng

kt = 2,303 lg

t1 = t2

kt =

1 1 − [A] [A 0 ]

1 t1/2[A 0 ]

kt =

1 1 1 [ ] − (q −1) q − 1 [A] [A 0 ](q−1)

2q−1 − 1 t1/2 (q − 1)[A]q−1

t1[A0]1 = t2[A0]2

t1[A0]1q-1 = t2[A0]2q-1

*Năng lượng hoạt động hóa:

Năng lượng hoạt hóa E là năng lượng cần thiết để đưa các tiểu phân chất phản ứng tới trạng thái của phức hoạt động, tại đây có sự phá hủy liên kết để tạo ra các sản phẩm phản ứng. Giữa năng lượng hoạt hóa và hằng số tốc độ có mối liên hệ được cho bởi phương trình kinh nghiệm:

k = A. e

−

E RT

A: thừa số tần số. Phương trình Arrhenius được viết ở hai nhiệt độ T1 và T2 với hai hằng số tốc độ tương ứng sau:

2,303 lg

k T2

k T1

E 1 1 ( − ) R T1 T2

2.3.1.2.Một số dạng câu hỏi và phương pháp giải: Dạng 1: Viết biểu thức tốc độ phản ứng

Phương pháp giải: - Dựa vào phương trình phản ứng. - Dựa vào cơ chế hình thành phản ứng. - Dựa vào thực nghiệm. Bài tập áp dụng:

42 Bài 1:

Cho các phản ứng sau: a) 2NO (k) + Cl2 (k) → 2NOCl (k) b) CaCO3(r) → CaO( r) + CO2(k) Hãy viết biểu thức của tốc độ của phản ứng theo định luật tác dụng khối lượng. Phân tích: Tốc độ phản ứng chỉ phụ thuộc vào nồng độ chất khí, nồng độ chất tan phản ứng trong dung dịch. Trong phương trình động học không có mặt chất rắn hoặc chất

lỏng. Giải: a) v = k . C2NO . CCl

b) v = k’ Bài 2:

Cho phản ứng đơn giản ở trạng thái khí A + αB → ABα a) Viết biểu thức tốc độ phản ứng trên. b) Xác định α, biết rằng khi tăng nồng độ của A và B gấp 2 lần thì tốc độ phản ứng tăng 16 lần. Phân tích: Viết phương trình động học v = k[A].[B]α Khi tăng nồng độ của A và B gấp 2 lần: v’ = k2 [A].2α[B]α = 2α+1 .v = 16v 2α+1 = 16; α = 3 Câu 3 : (Olympic Hóa Học-Áo,2001) Đinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ oxit và oxi theo phương trình:

2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k) a) Viết biểu thức tốc độ phản ứng của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit. b) Phản ứng phân hủy của đinitơ pentoxit diễn ra theo cơ chế sau: (1) N2O5 (2)

k1  → NO2 + NO3

k → N2O5 NO2 + NO3  −1

43 k (3) NO2 + NO3  → NO2 + O2 + NO 2

(4)

k NO + N2O5  → 3NO2 3

Từ cơ chế trên, hãy viết biểu thức tốc độ thực và bậc của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit.

Phân tích: Ta lập biểu thức v = -

d[N 2O5 ] = - k1[N2O5] + k-1[NO2][NO3]- k3[NO][N2O5] dt

Sau đó xác định biểu thức:

d[NO3 ] d[NO] ; dt dt

Ta lại có: v = k[N2O5] từ đó xác định k Giải: a) v = k.[N2O5]2 b) v = -

d[N 2O5 ] = -k1[N2O5] + k-1[NO2][NO3]- k3[NO][N2O5] (1) dt

d[NO3 ] = k1[N2O5] –k-1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] = 0 dt

(2)

d[NO] = k2[NO2][NO3] –k3[NO][N2O5] = 0 dt

(3)

k1[N 2O5 ] (k −1 + k 2 )[NO 2 ]

Từ (2 ): [NO3] = Từ (3) : [NO] =

k 2 [NO 2 ][NO3 ] k 2[NO 2 ]k1[N 2O5 ] k 2 k1 = = k 3[N 2O5 ] k 3[N 2O5 ](k −1 + k 2 )[NO 2 ] k 3 (k −1 + k 2 )

Thay tất cả vào (1): v = - k1[N2O5] + k-1[NO2] =-

d[N 2O5 ] = dt

k1[N 2O5 ] k 2 k1 -k3 [N2O5] (k −1 + k 2 )[NO 2 ] k 3 (k −1 + k 2 )

2k1k 2 [N2O5] k −1 + k 2

Vậy phản ứng bậc 1 với N2O5 và k = -

2k1k 2 k −1 + k 2

Câu 4:

Cho phản ứng xảy ra ở T(K) : 2N2O5 (k) ⇌ 4NO2 (k) + O2 (k) Lần lượt thực hiện các thí nghiệm sau:

44 Nồng độ ban đầu của

Tốc độ phân hủy

N2O5(mol/l)

(mol/l.s)

0,17

1,39.10-3

0,34

2,78.10-3

0,68

5,56.10-3

Thí nghiệm

Viết biểu thức tốc độ phản ứng và hằng số tốc độ ở t(K). Phân tích: Nhận xét về sự thay đổi nồng độ giữa các thí nghiệm có mối quan hệ như thế nào với sự thay đổi về tốc độ phân hủy: v = k.[N2O5]a. Ta xác định a Giải: Ta có: v1 = k. 0,17a = 1,39.10-3 v2 = k.0,34a = 2,78.10-3 = 2v1 v3 = k. 0,68a = 5,56.10-3 = 4v1 Như vậy nồng độ phản ứng tăng bao nhiêu lần thì tốc độ phản ứng tăng lên bấy nhiêu lần nên a = 1. v = k.[N2O5] và k =

1,39.10−3 = 8,176.10-3 0,17

Vậy: v = 8,176.10-3 .[N2O5] Câu 5:

Ion peroxiđisunfat là tác nhân oxi hóa mạnh nhất được biết mặc dù phản ứng của nó xảy ra rất chậm. Ion peroxiđisunfat có thể oxi hóa hầu hết các ion halogenua để tạo thành halogen phân tử.

Tốc độ đầu (v0) của phản ứng tạo thành iot phụ thuộc vào nồng độ đầu của phản ứng sau ở 250C: S2O82− + 2I- → 2 SO 24− + I2

(1)

Ta có bảng sau: [ S2O82− ] (mol.l-1) = C0

C0 (I- )

V0 (10-8.mol.l-1.s-1)

0,0001

0,010

1,1

0,0002

0,010

2,2

0,0002

0,005

1,1

45 Viết biểu thức và tính hằng số tốc độ phản ứng. Phân tích: Dựa vào biểu thức: v = k. C(Sx O ) .C(Iy ) . Dựa vào sự thay đổi v1, v2, v3 để xác 2

2− 8

−

định x và y.

Giải: Ta có: v = k. C(Sx O ) .C(Iy ) . 2

2− 8

−

v1 = k.10-4x .10-2y = 1,1 v2 = k.2x 10-4x 10-2y = 2,2 = 2v1 v3 = k. 2x .5y .10-4x .10-2y = 1,1 Giải ta thấy x = y = 1 nên v = k C(Sx O ) .C(Iy 2

2− 8

−

)

1,1.10−8 = 0,011(l.mol-1.s-1) −3 −2 0,1.10 .1.10

Câu 6 : Ở 300C thời gian nửa phản ứng đối với sự thủy phân chất hữu cơ A trong

môi trường axit là 100 phút khi môi trường phản ứng được đệm bằng dung dịch đệm có pH = 5. Ở pH = 4, thời gian nửa phản ứng rút xuống còn 10 phút. Trong cả

hai trường hợp thời gian nửa phản ứng đều không phụ thuộc nồng độ đầu chất A. Nếu phương trình động học có dạng -

d[A] = k[A]a [H+]b dt

Xác định a và b. Phân tích: Đối với mỗi thí nghiệm thì [H+] là một hằng số nên có thể viết lại:

d[A] = k[A]a [H+]b = k’ [A]a dt

Vì t1/2 không phụ thuộc nồng độ đầu chất A nên sự phụ thuộc tốc độ vào [A] là bậc 1 tức là a = 1 Giải: Ta có : -

d[A] = k[A]a [H+]b = k’ [A]a với k’ = k[H+]b dt

Vì t1/2 không phụ thuộc nồng độ đầu chất A nên sự phụ thuộc tốc độ vào [A] là bậc 1 tức là a = 1. k’là hằng số tốc độ phản ứng bậc 1 do đó:

46 k’ = 0,693/ t1/2 (t1/2 )1 k '2 [H + ]b2 = = (t1/2 ) 2 k1' [H + ]1b

100 10−4 b = ( −5 ) ; b = 1 10 10

Cuối cùng : −

d[A] = k [A] [H+] dt

Câu 7: (Olympic Hóa 2012)

Cơ chế sau đây được đề xuất cho phản ứng giữa clorofom và clo : Bước 1: Cl2 ( k) ⇌ 2Cl (k)

nhanh

K = kt / kn

nhanh

2. Cl (k) + CHCl3 (k) ⇌ HCl (k) + CCl3 (k)

chậm

3. CCl3 (k) + Cl (k) ⇌ CCl4 (k)

nhanh

Giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng nên: v = k2.[Cl].[CHCl3] Giải: a) Ta có: v = k2.[Cl].[CHCl3]

(4)

Giai đoạn (1) thuận nghịch diễn ra nhanh thì cân bằng có thể thiết lập được K=

[Cl]2 nên [Cl] = K1/2 . [Cl2]1/2 [Cl2 ]

(5)

Thay (5) vào (4): v = k2 K1/2 . [Cl2]1/2 .[CHCl3] = k .[Cl2]1/2.[CHCl3] b) Nếu [CHCl3] và [Cl2] tăng lên gấp đôi thì tốc độ phản ứng sẽ tăng lên 2. 2 = 2,83 lần.

47 Câu 8:

Phản ứng phân hủy etanal xảy ra theo cơ chế sau: Hằng số tốc độ

Ea/kJ .mol-1

(1)

CH3CHO → CH3 + HCO

358

(2)

CH3 + CH3CHO → CH4 + CH3CO

(3)

CH3CO → CH3 + CO

(4)

HCO → H + CO

(5)

H + CH3CHO → H2 + CH3CO

(6)

2CH3 → C2H6

Xác định biểu thức tốc độ phân hủy etanal; tốc độ tạo thành CO, CH4, C2H6, H2 (Bỏ qua kí hiệu cho gốc tự do). Phân tích: Nhận thấy: [C2H6]’ = k6[CH3]2 [CH4]’ = k2[CH3].[CH3CHO] [H2]’ = k5.[H].[CH3CHO] [CO]’ = k4[HCO].k3[CH3CO] Áp dụng nguyên lí dừng cho các gốc tự do và tính cụ thể. Giải: Đặt các kí hiệu: CH3là Me; CH3CO là Ac; CH3COH là AcH

Ta có: [CHO]’ = k1[AcH] –k4[HCO] = 0 ⇒ [HCO] = [H]’ = k4[HCO]- k5[H][AcH] = 0 ⇒ [H] =

k1 [AcH] k4

k 4[HCO] k = 1 k 5[AcH] k5

[Me]’ = k1[AcH]-k2[Me][AcH] + k3[Ac]-2k6[Me]2 = 0 [Ac]’ = k2[Me][AcH] – k3[Ac] + k5[H][AcH] = 0 2

⇒ 2k1[AcH] -2k6[Me] = 0 ⇒ [Me] =

[Ac] =

k 2 [Me] + k 5 [H] k [AcH] = 2 k3 k3

k1 [AcH]1/2 k6

k1 k [AcH]3/2 + 1 [AcH] k6 k3

48 [C2H6]’ = k6[CH3]2 = k1[AcH] [CH4]’ = k2[CH3].[CH3CHO] = k2

k1 [AcH]3/2 k6

[H2]’ = k5.[H].[CH3CHO] = k1[AcH] [CO]’ = k3[Ac] + k4[HCO] = 2k1[AcH] +k2

k1 [AcH]3/2 k6

Câu 9:

Các quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật có thể sản sinh ra các chất độc hại, thí dụ O −2 . Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim E mà các chất 2 O −2 + 2H+ ⇌ O2 + H2O2 (*)

này bị phá hủy, ví dụ:

Người ta đã nghiên cứu phản ứng (*) ở 250C với xúc tác E là supeoxiđeđimutazơ (SOD). Các phản ứng tiến hành trong dung dịch đệm có pH = 9,1. Nồng độ đầu của SOD ở mỗi thí nghiệm đều bằng 0,400.10-6 mol.lit-1. Tốc độ đầu V0 của phản ứng ở những nồng độ khác nhau của O −2 được ghi ở bảng dưới đây:

C0 ( O −2 ) mol.lit-1

7,69.10-6

3,33.10-5

2,00.10-4

V0 mol.lit-1.s-1

3,85.10-3

1,67.10-2

0,100

a) Thiết lập phương trình động học của phản ứng (*) ở điều kiện thí nghiệm cho phép. b) Tính hằng số tốc độ. Phân tích: Cần nhận thấy dung dịch đệm nên pH = const. Biểu thức tốc độ phản ứng chỉ phụ thuộc vào [ O −2 ]. v =-

d[O 2 ] = k .[ O −2 ]α dt

Dựa vào thí nghiệm xác định α Giải: a) Ta có: v = -

d[O 2 ] = k[ O −2 ]α [H+]β = k .[ O −2 ]α dt

49 TN 1:

3,85.10−3 7, 67.10−6 α ( ) ⇒ α = 1. = 1,67.10−2 3,33.10−5

TN 2:

1, 67.10−2 3,33.10−5 α ) ⇒ α = 1 =( 0,100 2,00.10−4

TN 3:

3,85.10−2 7,69.10−6 α ) ⇒ α = 1 =( 0,100 2,00.10−4

b) Thay vào ta có k =

3,85.10−3 = 501 s-1 7,69.10−6

Câu 10:

Có phản ứng bậc 1 sau: CCl3COOH (k) → CHCl3 (k) + CO2 (k) Hằng số vận tốc ở 440C là 2,19.10-7 s-1 và ở 1000C là 1,32.10-3 s-1 Viết phương trình động học của phản ứng và tính hệ số nhiệt độ của vận tốc phản ứng. Phân tích: Dựa vào qui tắc Van’t Hoff : γ

T2 −T1 10

v2 v1

Giải: Do phản ứng bậc 1 nên: v = k.[CCl3COOH] Ta có: γ

100− 44 10

T2 −T1 v2 k 2 = = γ 10 v1 k1

1,32.10−3 = 6027 = γ 5,6 ⇒ γ = 4,73 2,19.10−7

Dạng 2: Xác định hằng số tốc độ phản ứng và bậc của phản ứng

Phương pháp giải: - Phương pháp thử. - Dựa vào biến thiên đồ thị. - Dựa vào chu kì bán hủy. - Thông qua các đại lượng vật lí. Bài tập áp dụng:

50 Câu 1:

Cho phản ứng : AB (k) → A (k) + B (k) Người ta tiến hành nung nóng 0,1 mol AB (k) ở 6000K trong bình phản ứng có dung tích 1 lít và đo áp suất của hỗn hợp các chất trong bình thì thu được các số thực nghiệm sau: t(giờ)

P (atm)

4,92

5,67

6,31

7,31

8,54

a) Xác định bậc của phản ứng . b) Tính hằng số tốc độ và thời gian bán phản ứng ở 600K. c) Tính áp suất trong bình sau khi tiến hành phản ứng 24 giờ. Phân tích: Sử dụng phương pháp thử: 1 t

Nếu phản ứng là bậc 1: Phương trình động học k = ln

P0 P

Sau đó tiến hành tính các giá trị k1, k2, k3, k4. Giải : a) Giả sử phản ứng là bậc 1: Phương trình động học là k =

1 P0 ln t P

AB (k) → A(k) + B (k) t=0

pư

P0 –x

⇒ Phh = P + x ; P = P –x = 2P –Phh . Ta có bảng số liệu sau:

t(h)

Phh(atm)

4,92

5,67

6,31

7,31

8,54

P (atm)

4,92

4,17

3,53

2,53

1,30

Thế các giá trị vào phương trình động học, ta có: 1 1

k1 = ln

4,92 1 4,92 = 0,1654h-1 ; k2 = ln = 0,166h-1 4,17 2 3,53

51 k2 =

1 4,92 1 4,92 = 0,1663h-1 ; k4 = ln = 0,1664h-1 ln 4 2,53 8 1,3

⇒ Phản ứng trên là bậc 1

b) k = t1/2 =

k1 + k 2 + k 3 + k 4 = 0,1660 (h-1) 4

ln 2 0,6931 = k 0,1660

c) t = 24h P = P0. e-kt = 4,92. e-0,166.24 = 0,093atm = P0 –x ⇒ x = 4,827atm Vậy áp suất trong bình: Phh = P0 + x = 9,747atm Câu 2:

Biến thiên nồng độ chất phản ứng biến đổi theo thời gian được mô tả trong bảng sau: t(s)

[A]

0,4

0,2

0,1

0,05

Tốc độ tức thời của phản ứng ở tại giây 20 sẽ bằng bao nhiêu? Giải: Với phản ứng bậc 1: x1 = x0. e− kt

x2 = x0. e − kt

Trong đó k là hằng số tốc độ phản ứng ⇒ ln(x1) – ln(x2) = k(t2 –t1) ⇔ k =

ln x1 − ln x 2 t 2 − t1

Nếu giá trị ki xấp xỉ nhau thì xem như phản ứng bậc 1: ln 0, 4 − ln 0, 2 ln 0, 2 − ln 0,1 ln 0,1 − ln 0,05 = = 20 − 1 40 − 20 60 − 40

Vậy phản ứng bậc1. Tốc độ tức thời ở giây thứ 20: v = k.x20 = 0,035.0,2 = 0,007 mol.l-1.s-1. Câu 3:

Xác định k và n của phản ứng A → sản phẩm, biết:

52 t ( ph)

0,5

0,901

0,820

0,667

0,501

0,435

0,344

Giải : Ta tính ngay được : t ( ph)

0,5

0,901

0,820

0,667

0,501

0,435

0,344

lnC

-0,104

- 0,198

-0,404

-0,691

-0,832

-1,067

Tiến hành vẽ đồ thị lnC- t: đường thẳng nên n = 1 k =-

∆ ln C 1 = = 0,212 ph-1 ∆t 4,7

Câu 4: Động học của phản ứng thủy phân axetat metyl trong môi trường axit HCl

0,05M được nghiên cứu ở 250C bằng cách chuẩn độ 25ml hỗn hợp phản ứng bằng dung dịch NaOH ở từng thời điểm t, có kết quả sau đây: t ( phút)

119

∞

VNaOH (ml)

24,4

25,8

29,3

31,7

47,2

Xác định bằng đồ thị bậc của phản ứng, hằng số tốc độ của phản ứng ở 250C và thời gian nửa phản ứng. Phân tích: Giả thiết phản ứng đã cho là bậc 1 thì: kt = 2,303 lg

C0 C

Gọi V0, Vt, V∞ là thể tích xút dùng chuẩn độ 25ml hỗn hợp phản ứng ở thời điểm đầu, thời điểm t, và thời điểm kết thúc phản ứng nên:

V∞ - V0 tỉ lệ với C0 V∞ - Vt tỉ lệ với C Thay vào trên ta có: kt = 2,303 lg

V∞ − V0 V∞ − Vt

Xác định dựa vào sự biến thiên đồ thị.

53 Giải: Tốc độ phản ứng được viết: v = k’ [este][axit] Do axit được lấy dư nên k’[axit] = const = k nên: v = k[este] Giả thiết phản ứng đã cho là bậc 1 thì kt = 2,303 lg

C0 C

Gọi V0, Vt , V∞ là thể tích xút dùng chuẩn độ 25ml hỗn hợp phản ứng ở thời điểm đầu, thời điểm t, và thời điểm kết thúc phản ứng thì:

V∞ - V0 tỉ lệ với C0 V∞ - Vt tỉ lệ với C Thay vào trên ta có: kt = 2,303 lg Hay kt = 2,303 lg

V∞ − V0 V∞ − Vt

C0 = 2,303lg(V∞ - V0)- 2,303lg (V∞ - Vt ) C

Đối với phản ứng bậc 1 đồ thị của lg(V∞ - Vt) phụ thuộc t phải là đường

thẳng với độ dốc bằng –k/2,303. Thực nghiệm đồ thị là đường thẳng với độ dốc -1,46.10-3 chứng tỏ phản ứng thủy phân este trong môi trường axit là bậc 1 với k = 2,303.1,46.10-3 = 3,36.10-3 phút lg( v∞ - Vt) tgα= -1,46.10-3

t Câu 5:

Nghiên cứu động học của phản ứng : 2NO + 2H2 → N2 + 2H2O Bằng cách đo tốc độ đầu của sự giảm áp suất trong hỗn hợp khí .Kết quả nhận được ở 7000C như sau:

54 Áp suất đầu NO (atm)

Áp suất đầu H2 (atm)

Tốc độ đầu (atm/ph)

0,5

0,2

0,0048

0,5

0,1

0,0024

0,25

0,2

0,0012

Xác định bậc phản ứng rồi tính hằng số tốc độ. Phân tích: Tốc độ đầu: v0 = -

−dP x .PHy2 = k. PNO dt

Dựa vào thực nghiệm xác định x và y. Giải: Gọi PNO và PH là áp suất đầu các chất tương ứng, x và y là bậc riêng đối với 2

NO và H2. Ta có biểu thức tốc độ đầu: v0 = -

−dP x .PHy2 = k. PNO dt

Từ phương trình động học lấy logarit hai vế ta có: lgv0 = const + x lgPNO + y lg PH

Đối với hai dữ kiện đầu thì PNO không đổi:

lgv0 = const + y lg PH Hay: lg

(PH2 )1 v 0,1 = y lg thay số vào ta được y = 1 v 0,2 (PH2 )2

Tương tự hai dữ kiện một và ba ta có: lg

v 0,1

v 0,3

= y lg

(PNO )1 thay số vào ta được x = 2 (PNO )3

Vậy bậc của phản ứng là bậc 3 Hằng số tốc độ k =

v0,1 0, 0048 = = 0,096(atm)-2(ph)-1 2 P .PH2 (0,5) .0, 2 2 NO

Câu 6: (Olympic hóa 2011)

Khảo sát động học của phản ứng: H2O2 + 2I- + 2H+ → I2 + 2H2O Ta thu được dữ liệu sau:

55 Nồng độ đầu (mol/lít)

Tốc độ phản

H2O2

I-

H+

ứng mol.l-1.s-1

TN1

0,010

0,00050

1,15.10-6

TN2

0,020

0,010

0,00050

2,30.10-6

TN3

0,010

0,020

0,00050

2,30.10-6

TN4

0,010

0,00100

1,15.10-6

Hãy xác định bậc của phản ứng và hằng số tốc độ của phản ứng. Giải: Tương tự như bài tập trên v = k[H2O2]x.[I-]y .[H+]z Dựa vào thí nghiệm 1 và 3: Bậc riêng phần của I- là 1 Dựa vào thí nghiệm 1 và 4: Bậc riêng phần của H+ là 0 Dựa vào thí nghiệm 1 và : Bậc riêng phần của H2O2 là 1 Vậy bậc của phản ứng là bậc 2. Hằng số tốc độ: k =

1,15.10−6 = 1,15.10-2 (mol-1.l.s-1) 0,01.0,01

Câu 7:

Khi nghiên cứu về phản ứng xảy ra trong mưa axit đã tạo ra H2SO4 trong khí quyển, có 2 phản ứng tỉ lượng được đề nghị: Phương án A: SO3 + H2O → H2SO4 Phương án B: 2H2O + SO3 → H2SO4 + H2O Phương án A được hiểu như là cơ chế trực tiếp một giai đoạn, trong khi đó phương án B được hiểu như tiến hành theo quá trình hai giai đoạn dưới đây: SO3 + 2H2O ⇌ SO3.2H2O (nhanh) (k1 và k-1) SO3 .2H2O → H2SO4 + H2O ( chậm) (k2) SO3 .2H2O là một phức bền nhờ liên kết hiđro và k2< < k1 hay k-1 a) Dự đoán bậc phản ứng cho các phương án A và B . b) Áp dụng nguyên lí trạng thái dừng, hãy đưa ra một định luật về tốc độ phản ứng phù hợp và từ đó tính bậc phản ứng của cơ chế hai giai đoạn cho phương án B.

Phân tích: Dựa vào phương trình động học dự đoán bậc của phản ứng.

56 Áp dụng nguyên lí trạng thái dừng: d[ SO3 .2H2O] /dt = k1[SO3][H2O]2 –k-1[SO3 .2H2O] –k2[SO3 .2H2O] = 0 Ta lại có: d[H2SO4]/dt = k2[SO3 .2H2O] Biến đổi để xác định bậc của phản ứng. Giải: a) Phương án A: d[H2SO4]/dt = k[H2O][SO3]: kết quả là quá trình bậc 2 Phương án B: d[H2SO4]/dt = k[H2O]2[SO3]: kết quả là quá trình bậc 3 b) Áp dụng nguyên lí cho trạng thái dừng: d[ SO3 .2H2O] /dt = k1[SO3][H2O]2 –k-1[SO3 .2H2O] –k2[SO3 .2H2O] = 0 Như vậy: k-1 [SO3 .2H2O] + k2[SO3 .2H2O] = k1[SO3].[H2O]2 2

⇒ [SO3 .2H2O] = k1[SO3][H2O] / (k-1 + k2)

Ta lại có: d[H2SO4]/dt = k2[SO3 .2H2O]= k1. k2 .[SO3].[H2O]2 / (k-1 + k2) = k1. k2 .[SO3].[H2O]2 / k-1 = Kcb. k2[SO3][H2O]2 Như vậy kết quả là quá trình bậc 3. Câu 8:

Kết quả khảo sát động học của phản ứng: A + B → C + D Thí nghiệm

CA (mol/lít)

CB (mol/lít)

Vận tốc ( mol/l.phút)

TN 1

0,5

5.10-2

TN 2

1,0

20.10-2

TN 3

0,5

1,0

20.10-2

a) Xác định bậc phản ứng và tính hằng số tốc độ của phản ứng trên b) Tính tốc độ phản ứng khi CA = CB = 0,2 mol/lít Phân tích: Đối với phản ứng: A + B → C + D

Biểu thức tốc độ phản ứng: v = k CAx .C By . Dựa vào thí nghiệm xác định x và y Giải: Ta có: v = k CAx .C By . v1 = k. (0,5)x.(0,5)y = 5.10-2 x

v2 = k. (1,0) .(1,0) = 20.10

-2

(1) (2)

57 v3 = k. (0,5)x.(1,0)y = 20.10-2 (3) Vậy:

v2 = 2x = 1 ⇒ x = 0 v3

v3 = 2y = 4 ⇒ y = 2 v1

Nên ta có: v = k. CB2 đây là phản ứng bậc 2 Thế x, y vào: v1 = k. (0,5)2 = 5.10-2 = 0,2 k = 0,2 phút-1 Câu 9:

Phân hủy đimetyl ete (CH3)2O trong một bình kín ở nhiệt độ 5040C theo phương trình phản ứng: (CH3)2O (k) → CH4 (k) + CO ( k) + H2 (k) Tiến hành đo áp suất chung của hệ, thu được kết quả như sau: Thời gian (s)

1550

3100

Áp suất (mmHg)

400

800

1000

a) Chứng minh rằng phản ứng phân hủy đimetyl ete thuộc phản ứng bậc nhất. b) Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 5040C. c) Tính áp suất chung trong bình và phần trăm đimetyl ete phân hủy sau 460 giây. Phân tích: Gọi P0 là áp suất (CH3)2º tại t = 0 p là độ giảm áp suất của nó ở thời điểm t Áp suất chung của hệ: P = P0 + 2p Dựa vào độ giảm áp suất rút ra kết luận. Giải: a) Xét phản ứng: (CH3)2O (k) → CH4 (k) + CO ( k) + H2 (k) Gọi P0 là áp suất của (CH3)2O ở nhiệt độ 5040C ở thời điểm t = 0 p là độ giảm áp suất của nó ở thời điểm t Áp suất chung của hệ: P = P0 + 2p Sau 1550 giây đầu tiên áp suất (CH3)2O giảm đi: p = 200 (mmHg) Sau 1550 giây tiếp theo áp suất (CH3)2O giảm đi: p = 200(mmHg)

58 Vậy chu kì bán hủy t1/2 = 1550 (s) là một hằng số nên phản ứng là bậc một b) Hằng số tốc độ phản ứng ở 5040C là k = 0,693/1550 = 4,47.10-4 (s-1) c) Gọi áp suất của (CH3)2O sau 460 giây là: Pt Ta có: k =

2,303 P0 = 4,47.10-4 ln 460 Pt

Pt = 325,2 (mmHg) P = P0 + 2( P0 –Pt) = 400 + 2 (400-325,2) = 549,6 (mmHg) Áp suất (CH3)2O bị phân hủy = 400- 325,2 = 74,8% (CH3)2O bị phân hủy là 74,8/400.100% = 18,7% Câu 10: Đối với phản ứng: 2NOCl ⇌ 2NO + Cl2.

Năng lượng hoạt hóa bằng 100 kJ/mol. Ở 300K hằng số tốc độ bằng 8.10-6 .mol-1.l-1.s-1. Tính hằng số tốc độ ở 4000K. Phân tích: Áp dụng công thức: lg

k T2

k T1

E 1 1 ( − ) 2,303R T1 T2

Giải: Ta có : lg ⇒ lg ⇒

k T2

k T1

E 1 1 ( − ) 2,303R T1 T2

k 400 105 1 1 ( ) = − k T1 2,303.8,314 300 400

k400 = 5,9.10-4 mol-1.l . s-1

Dạng 3: Xác định cơ chế của phản ứng

Phương pháp giải: - Dựa vào phương trình động học. - Phương pháp giả sử. - Dựa vào thực nghiệm. Bài tập áp dụng: Câu 1:

Nitramit có thể bị phân hủy trong dung dịch H2O theo phản ứng: NO2NH2 → N2O + H2O

59 Các kết quả thực nghiệm cho thấy vận tốc phản ứng tính bởi biểu thức: v = k.

[NO 2 NH 2 ] [H 3O + ]

Trong các cơ chế sau cơ chế nào chấp nhận được? k 1. Cơ chế 1: NO2NH2  → N2O + H2O 1

k2 → NO2NH3+ + H2O nhanh 1. Cơ chế 2: NO2NH2 + H3O+  k NO2NH3+  → N2O + H2O 3

+ k 3. Cơ chế 3: NO2NH2 + H2O  → NO2NH + H3O 4

chậm nhanh

k NO2NH-  → N2O + OH

chậm

k6 H3O+ + OH-  → 2H2O

nhanh

Phân tích: v = k.

[NO 2 NH 2 ] [H 3O + ]

Dựa vào từng cơ chế thiết lập biểu thức. Giải: Cơ chế 1: v = k1[NO2NH2] loại Cơ chế 2: Tốc độ phản ứng phụ thuộc vào quá trình nào xảy ra chậm k = k3[NO2NH3+] + Mà ta lại có: [NO2NH3+] = k2. [NO 2 NH 2 ][H 3O ]

[H 2O]

Vậy:

+ v = k2k3. [NO 2 NH 2 ][H 3O ]

[H 2O]

Cơ chế 3: v = k5 [NO2NH-] 2O] Ta lại có: [NO2NH-] = k4 [NO 2 NH 2 ][H +

[H 3O ]

2O] trong môi trường dung dịch nước [H O] = Vậy v = k4k5 [NO2 NH2 ][H 2 +

[H3O ]

const 2 ] phù hợp. Cơ chế của phản ứng là cơ chế 3 Nên v = k4k5 [NO 2 NH +

[H 3O ]

Câu 2:

Nghiên cứu động học của phản ứng: NO2 + CO → CO2 + NO

60 Người ta thấy ở độ trên 5000C phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: v = k[NO2][CO] Còn ở dưới dạng 5000C phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2]2 Hãy giải thích cơ chế thích hợp cho mỗi trường hợp trên? Giải: Trên 5000C: v = k[NO2][CO] Nên cơ chế phản ứng đơn giản : NO2 + CO → CO2 + NO Dưới 5000C: v = k[NO2]2 Nên cơ chế phản ứng có thể xảy ra theo hai giai đoạn như sau: 2NO2 → NO + NO3

Chậm

NO3 + CO ⇌ CO2 + NO2 Nhanh Câu 3:

Phản ứng oxi hóa ion I- bằng ClO- trong môi trường kiềm diễn ra theo phương trình: ClO- + I- → Cl- + IO-

(a)

Và tuân theo định luật tốc độ thực nghiệm v = k [ClO-][I-][OH-]-1 Cho rằng phản ứng (a) xảy ra theo cơ chế: ClO- + H2O ⇌ HClO + OH-

nhanh (k1 và k-1)

k I- + HClO  → HIO + Cl

chậm

k OH- + HIO  → H2O + IO

nhanh

k → OH + HIO H2O + IO- 

nhanh

−3

Cơ chế trên có phù hợp với thực nghiệm động học hay không? Phân tích: Định luật tốc độ thực nghiệm: v = k [ClO-].[I-].[OH-]-1

Giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng: v = k2.[I-].[HClO] Dựa vào các cân bằng nhanh biến đổi rút ra biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm. Giải: Dựa vào cân bằng nhanh: k =

[HClO][OH − ] k1 = k −1 [ClO − ][H 2O]

61 ⇒ [HClO] =

k1 [ClO-][H2O][OH-]-1 k −1

(1)

Tốc độ phản ứng phụ thuộc vào giai đoạn chậm nên dựa vào cơ chế: v = k2[HClO][I-] v = k2

(2)

k1 [ClO-][H2O][OH-]-1 [I-] k −1

Do nồng độ nước là hằng số nên đặt k = k2

k1 [H2O] k −1

Vậy v = k.[ClO-][OH-]-1.[I-] . Cơ chế này phù hợp với thực nghiệm Câu 4: (Olympic Hóa 2012)

Phản ứng 2XO (k) + 2 H2 (k) → X2 (k) + 2H2O (k) tuân theo qui luật động học thực nghiệm: v = k [XO]2[H2]. Cơ chế này được đề xuất cho phản ứng sau: k → X2O2 (k) 2XO (k) 

nhanh

k X2O2 (k) + H2 (k)  → 2HOX (k)

nhanh

k HOX (k) + H2 (k)  → H2O + HX (k)

chậm

k HX (k) + HOX (k)  → X2 (k) + H2O (k)

nhanh

Cơ chế này có phù hợp với quy luật động học thực nghiệm không? Tại sao? Phân tích: Tương tự như trên, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào giai đoạn chậm v = k3 [HOX][H2] (*) Áp dụng nguyên lí cho trạng thái dừng: d[X 2O 2 ] = 1/2 . k1.[XO]2 – k2[X2O2][H2] = 0 dt d[HOX] = 2k2[H2][X2O2] – k3[HOX][H2] –k4[HOX][HX] =0 dt d[HX] = k3.[HOX][H2] –k4[HX][HOX] dt

Biến đổi để thay vào (*) Giải: Ta có:

v = k3 [HOX][H2] (*)

Áp dụng nguyên lí cho trạng thái dừng

62 d[X 2O 2 ] k [XO]2 = 1/2 . k1.[XO]2 – k2[X2O2][H2] = 0 ⇒ [X2O2] = 1 dt 2k 2 [H 2 ]

(1)

d[HOX] = 2k2[H2][X2O2] – k3[HOX][H2] –k4[HOX][HX] = 0 dt

(2)

d[HX] = k3.[HOX][H2] –k4[HX][HOX] dt

(3)

Từ (2) và (3): [HOX] =

k 2 [X 2O 2 ] k3

Thay (1) vào (4) [HOX] =

k1[XO ]2 2k 3[H 2 ]

Thay (5) vào (*) ta có: v =

k1[XO]2 = k [XO]2 2

(4) (5)

Kết quả không phù hợp với định luật tốc độ thực ngiệm. Câu 5:

Quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật có thể sản sinh ra các chất độc hại thí dụ O −2 . Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim (E) mà các chất này bị phân hủy. E 2 O −2 + 2 H+  → O2 + H2O2 (*)

Phương trình phản ứng theo thực nghiệm là: v = k.[ O −2 ] Có thể chấp nhận cơ chế sau đây cho phản ứng (*) được không? k E + O −2  → E + O2 1

(1)

k E- + O −2  → E + O 22−

(2)

O 22− + 2 H

k3  → H2O2

(3)

Với E- là phần tử trung gian hoạt động Phân tích: Ta nhận thấy phản ứng (3) diễn ra rất nhanh Phản ứng (2) cũng nhanh hơn phản ứng (1) Như vậy tốc độ của (*) phụ thuộc vào phản ứng (1) Giải: Vì H2O2 là axit rất yếu nên phản ứng (3) diễn ra rất nhanh

63 Vì E- là phần tử trung gian hoạt động nên phản ứng (*) nên tốc độ phản ứng (2) nhanh hơn tốc độ phản ứng (1). Theo (1): v = k1.[E].[ O −2 ] Vì nồng độ E- cố định nên nồng độ E cũng cố định và ta có: v = k.[ O −2 ] với k = k1.[E] Cơ chế đã cho phù hợp với phương trình động học tìm bằng bằng thực nghiệm và có thể chấp nhận được. Dạng 4: Xác định sự biến đổi tốc độ phản ứng dựa vào các yếu tố ảnh hưởng

Phương pháp giải: - Dựa vào biểu thức tính tốc độ và xét sự thay đổi của điều kiện phản ứng: áp suất, thể tích, nồng độ. Câu 1:

Cho phản ứng sau:

2SO2 + O2 ⇌ 2 SO3

Ở t0C, nồng độ các chất tại thời điểm cân bằng là:

[SO2] = 0,2 mol/l; [O2] = 0,1 mol/l; [SO3]= 1,8 mol/l a) Tính tốc độ phản ứng thuận và tốc độ phản ứng nghịch b) Tốc độ phản ứng thuận và nghịch thay đổi như thế nào nếu thể tích hỗn hợp tăng lên 2 lần? Khi đó cân bằng hóa học sẽ chuyển dịch theo chiều nào? c) Hỏi tương tự câu (b) khi thể tích hỗn hợp giảm xuống 3 lần? Phân tích: Dựa vào phương trình viết biểu thức tốc độ phản ứng thuận và nghịch: vt = kt [SO2]2.[O2] vn = kn[SO3]2 Xét sự thay đổi về nồng độ đưa ra kết luận về sự thay đổi của tốc độ Giải: a) Tốc độ phản ứng thuận: vt = kt [SO2]2.[O2] = kt .(0,2)2.0,1 Tốc độ phản ứng nghịch: vn = kn[SO3]2 = kn.(1,8)2 b) Thể tích hỗn hợp tăng lên 2 lần thì nồng độ các chất giảm xuống 2 lần, khi đó: vt’ = kt. (0,2/2)2.(0,1/2) =

1 vt 8

64 Nên tốc độ phản ứng thuận giảm đi 8 lần  1,8 2  1  = vn 4  4 

vn’ = kn. 

Nên tốc độ phản ứng nghịch giảm 4 lần Ở trạng thái cân bằng thì vt = vn. Khi tăng thể tích 2 lần vn’ > vt’

Muốn cho phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng mới thì vt’ phải tăng và vn’ phải giảm. c) Tương tự như câu (b) thể tích hỗn hợp giảm 3 lần thì nồng độ tăng lên 3 lần. Khi đó: vt’ = 27vt. Nên tốc độ phản ứng thuận tăng lên 27 lần Và vn’ = 9vn. Tốc độ phản ứng nghịch tăng lên 9 lần. Nên vt’ > vn’: Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Câu 2:

Tốc độ của phản ứng A2 + 2B → 2AB xảy ra trực tiếp giữa các phân tử khí ở trong bình kín sẽ biến đổi như thế nào khi tăng áp suất lên 6 lần? Phân tích: Theo định luật tác dụng khối lượng, tốc độ của phản ứng hóa học tỉ lệ với tích nồng độ mol của các chất phản ứng với số mũ là những hệ số tỉ lệ trong phương trình phản ứng. Khi tăng áp suất ở trong bình thì nồng độ các chất trong phản ứng sẽ tăng. Giải: Đặt nồng độ ban đầu của A2 và B là a và b tương ứng.

Khi chưa nén áp suất: v1 = k .a.b2 Khi áp suất tăng lên 6 lần nồng độ mỗi chất cũng tăng lên 6 lần: v2 = k. (6a).(6b)2 = 216v1 Tốc độ phản ứng tăng lên 216 lần. Câu 3: (Olympic hóa 2012)

Cho phản ứng : A (k) + 2B (k) ⇌ C (k) Tốc độ phản ứng tăng bao nhiêu lần nếu: a) Nồng độ chất B tăng gấp đôi và nồng độ chất A không đổi b) Áp suất của hệ tăng 3 lần

65 c ) Nâng nhiệt độ phản ứng từ 250C đến 850C .Biết khi nhiệt độ tăng 100C thì tốc độ phản ứng tăng 2 lần. Phân tích: Ta có: v = k[A].[B]2 Dựa vào sự thay đổi của nồng độ, áp suất, nhiệt độ xác định sự thay đổi của tốc độ phản ứng. Giải: v = k.[A].[B]2 a) Khi nồng độ chất B tăng gấp đôi thì: v1 = k[A].[2B]2 = 4v Vậy tốc độ phản ứng tăng lên 4 lần. b) Khi áp suất tăng lên 3 lần thì nồng độ mỗi chất tăng lên 3 lần v2 = k.[3A].[3B]2 = 27v Vậy tốc độ phản ứng tăng lên 27 lần. c)

vT 2 v T1

=γ

T2 −T1 10

⇒ v T2 = v T1 γ

T2 −T1 10

85− 25 10

v T1 = 64 vT1

Tốc độ phản ứng tăng lên 64 lần. Câu 4:

Cho phản ứng : A + B → C + D Nồng độ ban đầu CA = CB = 0,1 mol/l. Sau thời gian t nồng độ của A và B còn lại 0,04 mol/l. Hỏi tốc độ phản ứng ở thời điểm này giảm bao nhiêu lần so với thời điểm ban đầu? Giải: Tốc độ phản ứng v = k.[A].[B] Tại thời điểm đầu: v = k. 0,1 .0,1 = k.10-2 Sau thời điểm t: v’ = k. 0,04.0,04 Tốc độ giảm

v k.0,1.0,1 = = 6,25 (lần) ' v k.0, 04.0,04

Câu 5:

Cho phản ứng : A + B → C + D

66 a) Tốc độ của phản ứng tăng bao nhiêu lần khi tăng nhiệt độ của phản ứng từ 200C lên 600C, biết hệ số nở nhiệt của phản ứng là 3. b) Cần tăng nồng độ của A và B lên bao nhiêu lần để tốc độ phản ứng tăng lên 16 lần? Giải: a) Tương tự ta có ⇒ v T = v T γ 2

T2 −T1 10

60 −20 10

v T1 = 3 = 81 lần

b) v0 = k.[A].[B] v1 = 16.v0 = 16.k.[A].[B] Nghĩa là tích [A].[B] phải tăng lên 16 lần ví dụ mỗi nồng độ [A] và [B] tăng lên 4 lần. Câu 6: (Olympic Hóa 2012) 0

t C Xét phản ứng : 2N2O  → 2N2 + O2

Ở nhiệt độ t0 và nồng độ ban đầu của N2O là 3,2 mol/l

a) Tính vận tốc ban đầu ở t0 và lúc 50% N2O phân hủy, biết hằng số tốc độ là 5.10-4 b) Vận tốc phản ứng sẽ bị thay đổi thế nào khi áp suất tăng lên 10 lần? c) Vận tốc phản ứng sẽ bị thay đổi thế nào khi thể tích tăng lên 5 lần? Giải: Ta có: v = k.[N2O]2 a) vbđ = 5.10-4.(3,2)2 = 5,12.10-3 v1 = 5.10-4.(3,2/2)2 = 1,28.10-3 b) Áp suất tăng lên 10 lần thì nồng độ tăng lên 10 lần v2 = 5.10-4.(10.3,2)2 = 100v0 Vậy tốc độ tăng lên 100 lần. c) Thể tích tăng lên 5 lần thì nồng độ giảm đi 5 lần v3 = 5.10-4 (3,2/4)2 = 1/25. v0 Vậy tốc độ giảm đi 25 lần. Dạng 5: Xác định năng lượng hoạt hóa của phản ứng (Ea)

Phương pháp giải - Dựa vào phương trình Arrhenius.

67 Bài tập áp dụng: Câu 1: (Olympic Hóa 2003)

Phản ứng thủy phân clorua 1- butyl là một phản ứng bậc 1, có tốc độ phản ứng v = k[Clorua 1-butyl]

Hằng số k có giá trị số: K1 = 0,0330 (h-1) ở 250C K2 = 0,00314 (h-1) ở 80C Tính năng lượng hoạt hóa Ea của phản ứng trên. Phân tích: − Ea

Tính năng lượng hoạt hóa Ea: K = A. e RT Giải: Ở T1 = 273 + 25 = 298K

K1 = A. e

− Ea RT1

= 0,033 (1)

Ở T2 = 273 + 8 = 281K

K2 = A. e

− Ea RT2

= 0,00314 (2)

Từ (1) và (2) ta có:  K 0,033   2,303lg 1 TT 2,303  lg .1,987.10−3.298.281 1 2  K  2  0, 00314  = = 23,1Kcal.mol-1 Ea = (T1 −T) (298 − 281) 2

Câu 2: (Olympic Hóa 2011)

Cho phản ứng bậc một: A → sp Ở 250C nồng độ chất A giảm đi một nửa sau 3000 giây. Ở 350C nồng độ chất A giảm bớt 60% sau 1000 giây.

a) Tính hằng số tốc độ ở 250C, 350C. b) Thời gian cần để nồng độ chất A giảm xuống còn 20% ở 350C. c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng. Phân tích: Ở 250C nồng độ chất A giảm đi một nửa k = 1 t

Ở 350C: k = ln

[A]0 [A]

ln 2 T1/2

68 Để xác định Ea áp dụng phương trình: ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) R T1 T2

Giải: a) Ở 250C: T1 = 273 + 25 = 298K k1 =

ln 2 0,693 = = 2,31.10-4 s-1 T1/2 3000

Ở 350C: 1 t

k2 = ln

T2 = 273 + 35 = 308K [A]0 1 100 = ln = 9,16.10-4 s-1 [A] 1000 40

b) Ở 350C: t =

1 [A]0 1 100 = 1757 s ln = ln −4 k 2 [A] 9,16.10 20

c) Từ phương trình: ln ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) R T1 T2

9,16.10−4 Ea 1 1 ( ) = − 2,31.10−4 8,314 298 308

⇒ Ea = 1051123,58J = 105,12358kJ

Câu 3: (Olympic Hóa 2012)

Cho cân bằng hóa học: OC(NH2)2 ⇌ NH4OCN Ở 610 C h ằng s ố tố c độ củ a ph ản ứ ng thu ận kt = 1,62.10 -5 ph -1 và h ằng

s ố tốc độ của phản ứng nghịch kn = 1,57.10-6 ph-1. Ở 710C kt = 6,35.10-5 ph-1 và kn = 4,45.10-6 ph-1. Tính Ea của phản ứng thuận và phản ứng nghịch. Phân tích: Dựa vào công thức: ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) (*) R T1 T2

Sau đó áp dụng cho phản ứng thuận và phản ứng nghịch. Giải: Áp dụng công thức (*) cho phản ứng thuận: ln

E 6,35.10−5 1   1 -1 = a (t )  −  ⇒ Ea(t) = 130,5 kJ.mol −5 1,62.10 8,314  334 344 

Áp dụng công thức (*) cho phản ứng nghịch:

69 ln

4, 45.10 −6 E a (n )  1 1  -1 = −   ⇒ Ea(n) = 99,5 kJ.mol −6 1,57.10 8,314  334 344 

Câu 4: (Bài tập chuẩn bị cho 34th I.Ch.O- Hà Lan, 2002)

Xem xét sự hình thành NO xảy ra theo phản ứng sau: 2NOCl(k) → 2NO (k) + Cl2 (k) Hằng số tốc độ cho ở bảng sau: T(K)

K( L.mol-1.s-1)

300

2,6.10-8

400

4,9.10-4

Hằng số khí R = 8,314J.mol-1.K-1 Áp dụng phương trình Arrhenius tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng. Giải: Áp dụng công thức: ln Thay số vào ta có: ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) R T1 T2

4,9.10−4 Ea 1 1 ( ) = − −8 2, 6.10 8,314 300 400

Nên Ea = 98225J.mol-1 = 98,225 (kJ.mol-1) Câu 5: (Bài tập chuẩn bị cho 33th I.Ch.O - Ấn Độ,2001) Định luật về tốc độ phản ứng của một phản ứng hóa học có thể xuất hiện từ

một vài cơ chế khác nhau. Đối với phản ứng: H2 + I2 ⇌ 2HI Biểu thức tốc độ phản ứng nhận được là: -

d[H 2 ] = k[H 2 ][I2 ] dt

Trong một thời gian dài nhiều người cho rằng phản ứng này xảy ra theo phương trình trên nhưng thực ra đó là phản ứng có bản lưỡng phân tử. Nó bây giờ được xem như xảy ra theo nhiều cơ chế cạnh tranh. Dưới ảnh hưởng của nhiệt độ

xác định thì người ta giả thiết hai cơ chế sau: Hằng số cân bằng K

(1) I2 = 2I

k → 2HI I + I + H2  1

(2) I2 = (I2)d

Hằng số cân bằng K’

k → 2HI (I)d + H2  1

70 Với( I2)d là trạng thái phân li của I2. Bước đầu tiên của cả hai cơ chế xảy ra nhanh còn bước thứ hai xảy ra chậm. a) Chứng minh cả hai cơ chế trên đều dẫn đến biểu thức tốc độ phản ứng đã biết. b) Giá trị của hằng số tốc độ K của phản ứng ở các nhiệt độ khác nhau cho ở bảng: T(K)

K( L.mol-1.s-1)

373,15

8,74.10-15

473,15 + Tính năng lượng hoạt hóa Ea?

9,53.10-10

+ Năng lượng phân li của I2 là 151 kJ.mol-1. Giải thích tại sao bước thứ hai của mỗi cơ chế quyết định tốc độ phản ứng. c) Biến thiên nội năng của phản ứng ∆U = -8,2kJ.mol-1. Xác định năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch. Phân tích: Xét (1):

d[HI] = 2 k1.[I]2.[H2] dt

Xét (2):

d[HI] = 2k2[I2]d[H2] dt

Dựa vào biểu thức của K và K’ thiết lập biểu thức tốc độ Ta tính năng lượng hoạt hóa và so sánh năng lượng phân li xét xem bước nào chậm. Nội năng ∆U = Ea – Ea’. Từ đó tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch. Giải: a) Đối với cơ chế 1:

d[HI] = 2 k1.[I]2.[H2] dt

(1’)

Bước (1) là bước nhanh có hằng số cân bằng được tính từ biểu thức: [I]2 2 ⇒ [I] = K.[I2] thay vào (1’) ta có K= [I 2 ] d[HI] = 2K.k1.[I2].[H2] = k .[I2].[H2] dt

Đối với cơ chế (2):

K’ =

d[HI] = 2k2 [I2]d.[H2] dt

[I 2 ]d thay vào biểu thức (2’) ta có [I2 ]

(2’)

71 d[HI] = 2k2.K’.[I2].[H2] = k.[I2].[H2] dt

Như vậy cả hai cơ chế trên đều phù hợp với phương trình tốc độ. b) + Dựa vào phương trình: ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) R T1 T2

Thay số vào ta tính được Ea = 170kJ/mol-1 + Nhận thấy năng lượng hoạt hóa lớn hơn nhiều với năng lượng phân li của I2. Chính vì vậy bước thứ hai là bước quyết định tốc độ phản ứng. c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng nghịch được tính theo biểu thức: Ea’ = Ea - ∆U = 170-(-8,2) = 178,2kJmol-1 2.3.1.3. Bài tập tổng hợp Câu 1:

Khí N2O5 khi phân hủy tạo thành nitơ đioxit và khí oxi với tốc độ đầu ở 250C được cho trong bảng sau:

[N2O5] (M)

0,150

0,350

0,650

Tốc độ phân hủy (mol.l-1.phút-1)

3,42.10-4

7,98.10-4

1,48.10-3

a) Viết biểu thức tốc độ phản ứng và tính hằng số tốc độ k cho phản ứng này. b) Tính thời gian cần thiết để nồng độ của N2O5 giảm từ 0,150M đến 0,05M. c) Ở 400C, tốc độ đầu của phản ứng với nồng độ 0,150M là 2,37.10-3 mol.l1

.phút-1. Xác định năng lượng hoạt hóa cho phản ứng này? Giải: a) Biểu thức tốc độ phản ứng: Ta có tốc độ phân hủy: v = k.[N2O5]x, ở nhiệt độ không đổi k là hằng số. Do đó

v1 [N 2O5 ]1x . Thay vào bảng số liệu ta có: = v 2 [N 2O5 ]2x

7,98.10−3 [0,35]x ⇒ x = 1. = 3, 42.10−4 [0,15]x

Vậy phản ứng là bậc 1, hay v = k.[N2O5] v = 1,48.10-3 = k.0,65 ⇒ k = 2,28.10-3 phút-1 b) Do phản ứng một chiều nên ta có:

72 kt = ln

C0 ; Ct là nồng độ tại thời điểm t Ct

2,28.10-3t = ln

0,15 = ln3 ⇒ t = 482 phút 0,05

c) Phương trình Arrhenius: ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) R T1 T2

Ở 250C: k298 = 2,28.10-3 phút-1 Ở 400C: k313 =

2,37.10−3 v = = 1,58.10-2phút-1 C0 0,15

Thay vào phương trình Arrhennius: ln

1,58.10−2 Ea  1 1  5 = −   ⇒ Ea = 1,00.10 J/mol = 100kJ/mol −3 2, 28.10 8,314  298 313 

Câu 2:

Cho phản ứng: SO2Cl2 → SO2 + Cl2 Người ta tiến hành nung nóng 0,1 mol SO2Cl2 ở 600K trong bình phản ứng có dung tích 1 lít và đo áp suất hỗn hợp các chất trong bình thì thu được các số liệu thực nghiệm sau: T (giờ)

P (atm)

4,92

5,67

6,31

7,31

8,54

a) Xác định bậc của phản ứng. b) Tính hằng số tốc độ và thời gian bán phản ứng ở 600K. c) Tính áp suất trong bình sau khi tiến hành phản ứng đúng 1 ngày. d) Nếu tiến hành phản ứng với cùng lượng SO2Cl2 trong bình trên ở 620K thì sau 2 giờ thì áp suất trong bình là 9,12. Tính hệ số nhiệt của phản ứng. Giải: 1 t

a) Giả sử phản ứng là bậc 1: Phương trình động học là k = ln AB (k) → A(k) + B (k) t=0

pư

P0 –x

⇒ Phh = P + x ; P = P –x = 2P –Phh. Ta có bảng số liệu sau:

P0 P

73 t(h)

Phh(atm)

4,92

5,67

6,31

7,31

8,54

P (atm)

4,92

4,17

3,53

2,53

1,30

Thế các giá trị vào phương trình động học ,ta có: 1 1

k1 = ln

4,92 1 4,92 = 0,1654h-1 ; k2 = ln = 0,166h-1 4,17 2 3,53

1 4,92 1 4,92 = 0,1663h-1 ; k4 = ln = 0,1664h-1 ln 4 2,53 8 1,3

k2 =

⇒ Phản ứng trên là bậc 1

b) k = t1/2 =

k1 + k 2 + k 3 + k 4 = 0,1660h-1 4

ln 2 0,6931 = k 0,1660

c) t = 24h P = P0. e-kt = 4,92. e-0,166.24 = 0,093atm = P0 –x ⇒ x = 4,827atm Vậy áp suất trong bình: Phh = P0 + x = 9,747atm d) Ở 620K : P0 = k=

nRT 0,1.0, 082.620 = = 5,084 atm; P = 1,048 atm V 1

1 5,084 = 0,7895 giờ-1 ln 2 1,048

620−600 k 620 k 620 Ta có: = γ 10 ⇒ γ = = 2,181. k 600 k 600

Câu 3:

Có phản ứng bậc 1: CCl3COOH (k) → CHCl3(k) + CO2 (k) tiến hành ở 300C, nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa sau 1 giờ 23 phút 20 giây. Ở 700C, nồng độ chất phản ứng giảm đi hai lần sau 16 phút 40 giây. a) Tính thời gian cần để nồng độ giảm xuống còn của tốc độ phản ứng. b) Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng. Giải: Ở 200C: k303 =

0,693 0,693 = = 1,39.10-4 (s-1) t1/2 5000

1 ở 300C và hệ số nhiệt độ 4

74 0,693 0,693 = = 6,93.10-4 (s-1) t1/2 1000

Ở 700C: k343 =

a) Thời gian cần để nồng độ giảm suống còn 1/4 ở 300C: theo t =

1 N0 1 C0 = 9973,34 (s-1) ln ⇒ t1/4 = ln −4 k Nt 1,39.10 0, 25C0

Hệ số nhiệt độ: ln

343−303 k 343 = γ 10 ⇒ γ = 1,125 k 303

b) Áp dụng công thức: ln

K T2

K T1

Ea 1 1 ( − ) R T1 T2

Thay số vào Ea = 34,704 (kJ/mol) Câu 4:

Cho phản ứng: 2NO + O2 → 2NO2 Thí nghiệm tại 250C cho các số liệu sau: Thí nghiệm

[NO](mol/l)

[O2](mol/l)

Tốc độ lúc đầu (Mol/l.s)

1,16.10-4

1,21.10-4

1,15.10-8

1,15.10-4

2,41.10-4

2,28.10-8

1,18.10-4

6,26.10-5

6,24.10-9

2,31.10-4

2,42.10-4

9,19.10-8

5,75.10-5

2,44.10-5

5,78.10-9

a) Xác định bậc của phản ứng theo O2, NO và bậc chung. b) Xác định hằng số tốc độ phản ứng tại 298K. Giải: Quan sát các thí nghiệm ta thấy [NO] không đổi trong các thí nghiệm (1,2,3) . Và [O2] coi như không đổi trong các thí nghiệm (2,4,5) Bậc đối với NO: Xét thí nghiệm (2) và (4): [O2] không đổi v2= [NO]2x[O2]2y v4 = [NO]4x [O2]4y ta có:

v4 = 2x = 4 ⇒ x = 2: Nên bậc riêng đối với NO là 2 v2

75 Bậc đối với O2: Xét thí nghiệm (1) và (2): [NO] không đổi v1= [NO]1x[O2]1y v2 = [NO]2x [O2]2y Ta có:

v2 = 2y = 2 ⇒ y = 1: Nên bậc riêng đối với O2 là 1 v1

Bậc chung của phản ứng là bậc 3 b) ta có v= k.[NO]2.[NO] Thay các giá trị từ thí nghiệm (1) và (5): Lấy giá trị trung bình ta có k= 7,13.103(l2mol-2.s-1) Câu 5:

Tại 250C phản ứng 2N2O5 (k) → 4NO (k) + O2 (k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1; biểu thức tốc độ phản ứng v = k.[N2O5]. Phản ứng xảy ra trong bình kín thể tích 20,0 lít không đổi. Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình, ở thời điểm khảo sát áp suất riêng phần của N2O5 là 0,07(atm). Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng. a) Tính tốc độ: + Tiêu thụ N2O5. + Hình thành NO và O2. b) Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây. c) Nếu phản ứng trên có phương trình: N2O5 (k) → 2NO2 (k) +1/2 O2 (k) thì tốc độ phản ứng, hằng số tốc độ phản ứng có thay đổi không? Giải: Ta có biểu thức tốc độ: v = k.[N2O5] [N2O5] =

n p 0,07 = = = 2,8646 . 10-3 M v RT 0, 082.298

Vpư = 2,8646.10-3.1,8.10-5 = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1 Tốc độ tiêu thụ N2O5: v’ = -

dC N2O5

= -2vpư = -1,032.10-7 mol/l.s

+ Tốc độ hình thành NO: v1 = 4.vpư = 2.064.10-7 mol.l-2s2 +Tốc độ hình thành O2: v2 = vpư = 5,16.10-8 mol.l-1.s2

76 b) Số phân tử N2O5 đã bị phân hủy: N = v ' . vbình. T. N0 = 1,032. 10-6 .20.30.6,032.1023 = 3,7.1020 phân tử c) Vì k chỉ phụ thuộc vào nhiệt độ và nồng độ [N2O5] không đổi thì tốc độ phản ứng và hằng số tốc độ cũng không đổi. Câu 6: Đối với phản ứng: A ⇌ B có hằng số tốc độ theo chiều thuận và nghịch lần

lượt là k1và k2. Các hằng số tốc độ k1 = 300 (s-1) và k2 = 100 (s-1) Ở thời điểm t = 0 chỉ có chất A không có chất B. Hỏi trong bao lâu thì một

nửa lượng chất A biến thành chất B? Giải: A⇌ B Ban đầu:

Tại thời điểm t:

a/2

a/2 1 t

Áp dụng công thức: k1 + k2 = ln

xe xe − x

Nồng độ lúc cân bằng xe được xác định thông qua hằng số cân bằng K: K=

[B] xe = [A] a − x e

Sau khi biến đổi ta có: xe = xe -x =

aK − x(1 + K) 1+ K

Thay vào ta có: k1+k2 = Nên k1 + k2 =

Hay K = t=

aK 1+ K

2,303 aK vì x = a/2 lg t aK − x − Kx

2,303 aK 2,303 2K lg lg = a a t t K −1 aK − − K 2 2

k1 thay vào ta có: k2

2,303 2k1 2,303 2.300 lg = lg = 2,7.10-3 (s) k1 + k 2 k1 − k 2 300 + 100 300 − 100

77 Câu 7:

Một bộ xương người được phát hiện có hàm lượng

14 6

C là 1% so với lượng

ban đầu của nó. Người đó sống cách đây bao lâu? Biết t1/2 của 146 C là 5715 năm. Coi sự phân hủy 146 C là phản ứng bậc nhất. Giải: Vì là phản ứng bậc nhất nên: t1/2 = t =

0,693 0,693 = 0,00012 (năm-1) ⇒ k= k 5715

2,303 [A]0 2,303 1 = 3,07.105 (năm) lg = lg k [A] 0,00012 0,01

Câu 8: (Olympic Hóa 2012)

Phản ứng iot hóa axeton trong môi trường axit xảy ra qua hai giai đoạn: Giai đoạn enol hóa và giai đoạn cộng halogen vào sản phẩm trung gian kém bền.

1. Viết cơ chế và tính hằng số tốc độ của phản ứng theo số liệu thực nghiệm sau: (Các số liệu thực nghiệm cho ở 250C và nồng độ ban đầu của axeton là 0,26M). [CH3COCH3] (mol/l)

[I2] (mol/l)

Thời gian phản ứng (phút)

0,25

0,05

7,2

0,5

0,05

3,6

1,00

0,05

1,8

0,50

0,10

3,6

0,25

0,10

…

1,50

…

0,36

2. Tính thời gian cần thiết để 75% axeton phản ứng với lượng I2 dư. 3. Biểu diễn sự phụ thuộc của tốc độ phản ứng với các tác nhân phản ứng là axeton và I2. 4. Biết hệ số nhiệt độ của phản ứng ( γ = 2) .Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi tăng lên 100C.

78 Giải: +

xt:H CH3COCH3  → H2CC(OH)CH3

(1)

H2CC(OH)CH3 + I2 → CH3COCH2I + HI

(2)

Tốc độ phản ứng quyết định bởi giai đoạn (1): v = K [CH3COCH3] Chấp nhận tốc độ trung bình của phản ứng bằng tốc độ tức thời ta có hằng số tốc độ trong phản ứng là: K= −

∆C 1 0, 25 − 0, 26 1 = 5,56.10-3 . =− . 7, 2 0, 25 ∆t [CH 3COCH 3 ]

2. Ta có:

1 a 1 a ln = ln = 250 (ph) −3 K a − x 5,56.10 0, 25a

3. Sự phụ thuộc của tốc độ phản ứng vào nồng độ các tác nhân V0

V0 [I2]

4. ln

[CH3COCH3]

K1 E 1 1 = − a ( − ) ⇒ Thay số vào ta có: Ea = 52,9 kJ/mol. K2 R T1 T2

Câu 9:( Olympic Hóa 2012)

Cho phản ứng xảy ra ở T(K): 2N2O5 (k) ⇌ 4NO2 (k) + O2 (k). Lần lượt thực hiện ở các thí nghiệm sau: Thí nghiệm

Nồng độ đầu của N2O5 (M)

Tốc độ phân hủy (mol.l-1.s-1)

0,17

1,39.10-3

0,34

2,78.10-3

0,68

5,56.10-3

a) Viết biểu thức tốc độ phản ứng. b) Tính hằng số tốc độ ở T(K). c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 24,74 kcal/mol, hằng số tốc độ của phản ứng ở 298K bằng 2,03.10-3 s-1. Tính nhiệt độ T (K) ở thí nghiệm đã tiến hành.

79 Giải: a) v = k.[N2O5]x . Nhận thấy khi tăng nồng độ [N2O5] bao nhiêu lần thì tốc độ tăng lên bấy nhiêu lần. Nên đây là phản ứng bậc 1. Ta có: v = k.[N2O5] b) Thay vào một thí nghiệm: k = c) Từ biểu thức: ln

1,39.10−3 = 8,176.10-3 (s-1) 0,17

8,176.10−3 24740 T − 298 K1 E 1 1 = . = − a ( − ) : ln K2 R T1 T2 2,03.103 1,987 298.T

⇒ T = 308,28K

Câu 10:

Cho phản ứng bậc một: A → sp Ở 250C ,nồng độ chất A giảm đi một nửa sau 3000 giây. Ở 350C nồng độ chất A giảm bớt 60% sau 1000 giây.

Tính: a) Hằng số tốc độ ở 250C, 350C. b) Thời gian cần để nồng độ chất A giảm xuống còn 20% ở 350C. c) Năng lượng hoạt hóa của phản ứng. Giải: a) Ở 250C (298K): k298 = 1 t

ln 2 0,693 = = 2,31.10-4 (s-1) T1/2 3000

Ở 350C (308K) : k308 = ln

b) ở 350C : t = c) ln

[A]0 1 100 = ln = 9,16.10-4 s-1 [A] 1000 40

1 [A]0 1 100 = 1757 (s) ln = ln −4 k 308 [A] 9,16.10 20

k 308 E a 1 1 9,16.10−4 Ea 1 1 ( ) ⇔ ln ( ) = − = − −4 k 298 R 298 308 2,31.10 8,314 298 308

Vậy Ea = 105123,58 J = 105,12358 kJ Câu 11:

Phản ứng phân hủy urê: OC(NH2)2 → OCN- + NH +4 . Trong môi trường trung tính bằng cách theo dõi lượng urê theo thời gian ở hai nhiệt độ khác nhau và thu được kết quả: + Ở 610C:

80 Thời gian (phút)

9600

18220

28600

Lượng urê

0,1

0,0854

0,0742

0,0625

Thời gian (phút)

3118

4800

9060

Lượng urê

0,1

0,0816

0,0736

0,0560

+ Ở 710C:

Xác định bậc của phản ứng, hệ số tốc độ phản ứng ở hai nhiệt độ và năng lượng hoạt động hóa của phản ứng. Giải: Nếu phản ứng là bậc 1: 1 t

Giả sử V = const: k = 2,303lg

C0 1 n = .2,303lg 0 với n là số mol chất C t n

Ta có: Ở 610C k9600 =

1 0,1 = 1,644.10-5 (phút-1) .2,303lg 9600 0,0854

k18220 =

1 0,1 = 1,638.10-5 (phút-1) .2,303lg 18220 0, 0742

k28600 =

1 0,1 .2,303lg = 1,644.10-5 (phút) 28600 0,0625

Vậy giả sử đúng: k334 = 1,642.10-5 (phút-1) Tương tự ta tính được k344 = 6,435.10-5 (phút-1) Áp dụng biểu thức: ln ln

K1 E 1 1 = − a ( − ) ta có: K2 R T1 T2

E 1 1 1, 642.10−5 -3 =- a ( ) ⇒ Ea = 31,178.10 cal/mol = − −5 8,314 334 344 6, 435.10

31,178kcal/mol. Câu 12:

Cho phản ứng: A + B → C + D Người ta làm thí nghiệm với những nồng độ khác nhau và thu được những kết quả sau đây. (Ở nhiệt độ không đổi)

81 Nồng độ mol/l

Thí nghiệm

Tốc độ (mol/phút)

0,5

5.10-2

1,0

20.10-2

0,5

1,0

20.10-2

a) Tính hằng số tốc độ K của phản ứng trên và viết biểu thức tốc độ phản ứng. Cho biết bậc của phản ứng?

b) Tính tốc độ phản ứng khi: [A] = [B] = 0,1 mol/l. Giải: Giả sử tốc độ phản ứng cho bởi biểu thức: v = k. CAx .C By a) Thí nghiệm (1) và (3): [A] không đổi, [B] tăng gấp đôi. Nhận thấy tốc độ phản ứng tăng 4 lần nên: 2y = 4 ⇒ y = 2 Thí nghiệm (1) và (3): [B] không đổi, [A] tăng gấp đôi. Nhận thấy tốc độ phản ứng không đổi nên: 2x = 1 ⇒ x = 0 Vậy v = k .[B]2; Phản ứng có bậc 2 b) v = 0,2.(0,1)2 = 2.10-3 Câu 13: (Olympic hóa học – Ucraina,1999) k k → B  → C; Nồng độ của B Có hai phản ứng bậc nhất nối tiếp nhau: A  1

có giá trị cực đại ở thời điểm τ tính theo phương trình τ = ln(k2/k1) / (k2 –k1). a) Viết phương trình động học vi phân cho các chất A,B,C. b) Tỉ số k2/k1 phải như thế nào để τ bằng nửa chu kì chuyển hóa chất A. Giải: a) Phương trình động học vi phân: dCA dC dC = −k1C A ; B = −k 2CB + k1CA ; C = k 2C B dτ dτ dτ

b) Để τ bằng nửa chu kì chuyển hóa: τ = τ 1/2 = k1 ln 2 k k2 = ⇒ 1 = 2. k 2 − k 1 k1 k2 ln

ln 2 2k1

82 Câu 14:

Cho phản ứng: 2NO (k) + O2 (k) → 2NO2 (k) với vận tốc v = k[NO]2.[O2] Hai giả thiết đề ra: 1) Phản ứng là đơn giản. 2) Phản ứng có cơ chế như sau: 2NO (k) ⇌ N2O2 (k)

(a)

N2O2 (k) + O2 (k) → 2NO2 (k)

(b)

Thực nghiệm xác định rằng khi tăng nhiệt độ thì tốc độ phản ứng giảm. Hỏi giả thiết nào đúng? Giải thích? Giải: Giả thiết (1) sai vì khi tăng nhiệt độ thì sự va chạm giữa ba phân tử tăng nên vận tốc tăng. Theo giả thiết (2): Giai đoạn (b) quyết định tốc độ phản ứng nên v = k’[N2O2][O2] N2O2 sinh ra từ cân bằng (a) với hằng số cân bằng: K=

[N 2O 2 ] 2 ⇒ [N2O2] = K.[NO] thay vào trên ta có: [NO]2

v = k’.K.[NO]2[O2] = k [NO]2.[O2] với k = k’.K Khi nhiệt độ tăng tốc độ phản ứng giảm vì giai đoạn (a) tỏa nhiệt, khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch sang phía làm giảm nồng độ của N2O2 và tăng nồng độ NO. Mặc dù k’ tăng nhưng không bù kịp sự giảm của K nên k giảm. Câu 15:

Khí CO gây độc vì tác dụng với hemoglobin trong máu (Hb) theo phương trình: 3CO + 4Hb → Hb4(CO)3 Số liệu thực nghiệm tại 200C và động học phản ứng này như sau: Nồng độ ( µ .mol.l-1)

Tốc độ phân hủy

Hb ( µ mol.l-1.s-1)

1,50

2,50

1,05

2,50

1,75

2,50

4,00

2,80

83 Hãy tính tốc độ phản ứng khi nồng độ CO là 1,30; Hb là 3,20 ở tại 200C. Giải: Đặt bậc riêng phần của phản ứng theo chất Hb là x; theo CO là y. Phương

trình động học của phản ứng: Vpư = k.CHbx.CCOy (1) Ta có:

Vpư = k.CHbx.CCOy

Dựa vào số liệu thí nghiệm để xác định x và y. Thí nghiệm (1) và (2): [Hb] không đổi; [CO] tăng 1,67 lần (1,67)y = (1,75/1,05) = 1,67 nên y = 1 Thí nghiệm (2) và (3): [CO] không đổi; [Hb] tăng 1,6 lần và tốc độ phản ứng tăng 1,6 lần nên x = 1.

Vpư = k .CHb.CCO Hằng số tốc độ: Dựa vào thí nghiệm 1: k = 1,05/(2,50.1,50) = 0,28 ( µ mol.l-1.s-1) Vậy tốc độ phản ứng theo đề bài: v = 0,28.1,30.3,20 = 1,1648 ( µ mol.l-1.s-1) Câu 16: ( 37th I.Ch.O – Đài Loan, 2005)

Ozon là dạng thù hình của Oxi. Nó là một thành phần tự nhiên của tầng bình lư u là tầng có tác dụng như một cái khiên chắn trái đất khỏi tác dụng phá hủy của tia tử ngoại. Khi hấp thụ bức xạ trong vùng này thì ozon bị chuyển hóa thành oxi. Phương trình phản ứng phân hủy ozon : 2O3 → 3O2. Một trong số các cơ chế đề nghị có thể được biễu diễn như sau: O3 ⇌ O + O2 (k1 và k-1)

(1)

k O3 + O  → 2O2

(2)

1. Dựa vào cơ chế trên viết phương trình tốc độ hình thành (hay tốc độ tiêu thụ) O3 , O2 và O ở thời điểm t ở dạng vi phân, giả sử bước 2 của cơ chế là không thuận nghịch. 2. Ta có thể nhận được phương trình động học có dạng đơn giản hơn bằng cách lập các tính chất thích hợp. Giả sử nồng độ của O tiến đến cân bằng rất nhanh nên nồng độ của nó có thể gán cho giá trị là hằng số cân bằng của phản ứng (1). Bước thứ hai là bước xác định tốc độ phản ứng. Dưới các điều kiện gần đúng của các cân bằng đã thiết lập trên hãy viết phương trình tốc độ tiêu thụ O3 dạng vi phân phụ thuộc vào nồng độ O2 và O.

84 Giải: 1. -

d[O3 ] = k1[O3]- k-1 [O][O2] + k2 [O3].[O] dt

d[O 2 ] = -k1[O3] + k-1[O].[O2] -2k2 [O3].[O] dt

d[O ] = - k1[O3] + k-1[O][O2] + k2 [O3][O] dt

2. Hằng số cân bằng K được xác định bởi: K= -

[O][O 2 ] k1 k [O ] ⇒ [O] = 1 3 = [O3 ] k −1 k −1[O 2 ]

d[O3 ] k k [O ]2 = k 2 [O3 ][O] = 1 2 3 dt k −1[O 2 ]

Câu 17: (Chuẩn bị cho 30th I. Ch.O –Australia ,1998)

Một ống thủy tinh hàn kín, có gắn hai sợi tungsen (vonfram) cách nhau 5mm, chứa đầy không khí sạch và khô tại nhiệt độ và áp suất chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi này. Vài phút sau khí trong ống nghiệm nhuốm màu nâu đặc trưng. a) Tiểu phân nào gây nên sự biến đổi màu quan sát được nêu trên? Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất trong ống thủy tinh. b) Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khi oxi và nitơ (II) oxit gặp nhau trong bầu thủy tinh chân không.Viết phương trình phản ứng xảy ra trong bầu thủy tinh. c) Từ các thí nghiệm ở 250C có các số đo sau: [NO] ( mol/l)

[O2] (mol/l)

Tốc độ đầu (mol.l-1s-1)

1,16.10-4

1,21.10-4

1,15.10-8

1,15.10-4

2,41.10-4

2,28.10-8

1,18.10-4

6,26.10-5

6,24.10-9

2,31.10-4

2,42.10-4

9,19.10-8

5,75.10-5

2,44.10-5

5,78.10-9

1) Xác định bậc của phản ứng theo O2, theo NO và bậc phản ứng chung. 2) Xác định hằng số phản ứng tại 298K.

85 Giải: a) Màu là do nitơ đioxit NO2. Vì không khí có 78% N2 và 21% O2. Oxi là tác nhân bị giới hạn (thiếu): Nếu O2 chuyển hết thành NO2 (hầu như không thể) nồng độ của nitơ đioxit sẽ bằng: [NO2] = 0,21/22,414 = 9,4.10-3 mol/l

b) 2NO + O2 → 2 NO2 c) 1) bậc của NO và O2 được tính nhờ các trị số thí nghiệm trong đó nồng độ của một trong các chất không đổi. Bậc đối với NO: Thí nghiệm

Tỉ lệ[NO]

Tỉ lệ tốc độ đầu

4:2

2,01

4,03

4:5

4,02

15,9

2:5

2,00

3,95

Thí nghiệm

Tỉ lệ [O2]

Tỉ lệ tốc độ đầu

2:1

1,99

1,98

2:3

3,85

3,65

1:3

1,93

1,84

Vậy phản ứng bậc 2 đối với NO Bậc đối với O2:

Vậy bậc đối với O2 là bậc 1. 2) Biểu thức tốc độ phản ứng: v = k.[NO]2.[O2]. Thay vào số liệu các thí nghiệm ta tính được ktb = 7,13.103 l2mol-2s-1 Câu 18: (Olympic Hóa Học – Áo, 2005)

Cho phản ứng: BrO3− (aq) + 5 Br- (aq) + 6 H+ (aq) → 3Br2 (aq) + 3H2O (l) Tốc độ của phản ứng có thể đo được dựa vào sự phụ thuộc nồng độ đầu của các chất phản ứng. Kết quả của thí nghiệm được cho ở thí nghiệm sau:

86 Thí nghiệm 1 2 3 4

Nồng độ các chất đầu (mol/l) − BrH+ BrO3 0,10 0,20 0,10 0,20

0,10 0,10 0,30 0,10

0,10 0,10 0,10 0,15

V0 (mol BrO3− /l.s) 1,2.10-3 2,4.10-3 3,5.10-3 5,4.10-3

1) Viết biểu thức tốc độ phản ứng. 2) Hằng số tốc độ của phản ứng: C2H5Br (g) → C2H4 (g) + HBr (g) có giá trị là k = 2,0.10-5s-1 ở 650K. Năng lượng hoạt hóa của phản ứng là Ea = 225,5 kJ/mol. Tính nhiệt độ mà ở đó tốc độ của phản ứng tăng gấp 3. Giải: a) v = k’ [BrO3-]x.[Br-]y.[H+]z Thí nghiệm (1) và (2): [Br-] và [H+] không đổi, [BrO3-] tăng gấp đôi và tốc độ phản ứng tăng gấp đôi nên x = 1 Thí nghiệm (1) và (3): [BrO3-] và [H+] không đổi, [Br-] tăng gấp ba và tốc độ phản ứng tăng gấp ba nên y = 1 Thí nghiệm (2) và (4): [Br-] và [BrO3-] không đổi, [H+] tăng gấp 1,5 lần và tốc độ phản ứng tăng 2,25 lần nên x = 2 Vậy v = k’ [BrO3-][Br-][H+]2 b) Áp dụng công thức: ln Thay vào ta có: ln 3 =

K1 E 1 1 =− a( − ) K2 R T1 T2

225500  1 1 −  nên T = 668K  8,314  650 T 

Câu 19:

Người ta tiến hành xác định tốc độ ở nhiệt độ không đổi của phản ứng: 2NO + 2 H2 → N2 + 2 H2O Và được cho ở bảng sau: Thí nghiệm 1 2 3 4

Nồng độ ban đầu (mol/l) [NO] [H2] 0,5 1 1 1 1 2 1,25 ?

Tốc độ phản ứng ( mol/l.s) 0,05 0,2 ? 0,125

87 a) Xác định hằng số thực nghiệm đã cho. b) Xác định các trị số còn bỏ trống trong bảng trên? Giải: Biểu thức tính tốc độ phản ứng theo thực nghiệm: V = k .[NO]x.[H2]y Theo bảng v1 = k.(0,5)x .1y = 0,05 ⇒ x = 2 Theo bảng v2 = k = 0,2 ( l2/mol2.s) Dựa vào đơn vị của v và k ta xác định y: mol  l 2   mol 2   mol  =  .  .  l.s  mol2 .s   l 2   l 

mol  mol  ⇒ ⇒ y = 1.  = l  l 

Biểu thức tốc độ phản ứng theo thực nghiệm: v = k.[NO]2.[H2] b) TN3: v3 = 0,2.12.2 = 0,4 mol/l.s TN4: [H2] =

0,125 = 0,4 mol/l 0, 2.(1, 25)2

Câu 20:

Cho phản ứng: CO2 (k) + H2O (l) ⇌ H2CO3 a) Hằng số tốc độ của phản ứng thuận là kt = a (s-1). Nếu có n mol khí CO2 trên mặt H2O thì sau 23 giây có một nửa số mol khí đã hòa tan. Tính a? b) Hằng số tốc độ của phản ứng nghịch kn = 20 (s-1). Tính hằng số cân bằng K của phản ứng và viết biểu thức của hằng số cân bằng này. Giải: a) Nhận xét: Hằng số cân bằng k có đơn vị là (s-1) thì phản ứng là bậc 1. a = ln2/t1/2 = 3.10-2 (s-1) b) Khi cân bằng tốc độ phản ứng thuận bằng tốc độ phản ứng nghịch. vt = kt . PCO = vn. [H2CO3] 2

[H 2CO3 ] k t = 1,5.10-3 = PCO2 kn

88 2.3.1.4. Bài tập đề nghị 2.3.1.4.1. Bài tập tự luận Câu 1: Đối với phản ứng: 4NH3 + 3 O2 → 2N2 + 6H2O

Tốc độ tạo ra N2 là 0,27 mol.l-1.s-1. Hãy xác định a) Tốc độ tạo thành H2O. b) Tốc độ biến đi của NH3. c) Tốc độ biến đi O2 Đáp số:

a) 0,8 ; b) -0,54 ;

c) -0,41

Câu 2:

Phản ứng giữa ozon và amoniac ở 500K xảy ra theo phương trình: 5 O3 + 6NH3 → 6NO + 9H2O (k) Tốc độ tăng áp suất của NO là 1095 mmHg.s-1. Tốc độ biến đi của ozon và của amoniac ra mol.l-1.s-1 Đáp số:

2,92 .10-4 ; 3,51.10-2

Câu 3: Ở nhiệt độ phòng người ta xác định tốc độ đầu của phản ứng:

2NO + O2 → 2NO2 . Thu được kết quả như sau: [NO] (mol/l)

[O2] (mol/l)

Tốc độ đầu (mol.l-1.s-1)

0,010

0,020

0,014

0,010

0,007

0,020

0,040

0,114

0,040

0,020

0,227

Xác định bậc riêng phần, bậc toàn phần và hằng số tốc độ Đáp số: Bậc 2(NO)

; Bậc 1 (O2) ; Bậc 3 ; k = 7.10-3

Câu 4:

Sự nghiên cứu phản ứng chậm giữa NO và H2 2NO + 2H2 → 2H2O + N2

89 Cho thấy bậc riêng phần của NO bằng 2 khi H2 dư và bậc riêng phần đối với H2 là 1 khi NO dư Viết phương trình động học của phản ứng và xác định bậc toàn phần? Đáp án : v = k[NO]2.[H2] ; Bậc toàn phần là bậc 3 Câu 5: Đối với phản ứng : CO + NO2 → CO2 + NO hằng số tốc độ ở 4250C là

1,3.mol-1.l.s-1 Và ở 5250C là 23mol-1.l.s-1. Tính năng lượng hoạt hóa và hằng số tốc độ ở 298K Đáp số : 133kJ ; 7,9.10-3 Câu 6: Đối với nhiều phản ứng, tốc độ sẽ tăng gấp đôi mỗi khi nhiệt độ tăng lên 0

10 C. Giả thiết rằng phản ứng đã cho xẩy ra ở 3050K và 3150K. Hãy xác định năng lượng hoạt hóa. Đáp số: 55kJ/mol Câu 7:

Sự phân hủy etan ở nhiệt độ cao xảy ra theo phương trình: C2H6 → C2H4 + H2 và tuân theo qui luật động học bậc 1. a) Ở 5070C; t1/2 = 3000s. Khi etan đã phân hủy hết, áp suất toàn phần trong bình phản ứng là 1000mmHg. Hãy tính hằng số tốc độ ở 5070C? b) Ở 5270C tốc độ phản ứng tăng gấp đôi . Hãy tính t1/2 ở nhiệt độ này và năng lượng hoạt hóa của phản ứng. Đáp số: 2,31.10-4; 1500s ; 180,74kJ Câu 8:

Phản ứng este hóa một đơn axit yếu bằng rượu đơn chức diễn ra theo phương trình: Axit + Rượu ⇌ este + nước a) Biết rằng phản ứng xảy ra theo một giai đoạn sơ cấp. Hãy cho biết bậc và phân tử số của phản ứng. Viết phương trình động học. b) Hằng số tốc độ phản ứng thuận: k1 = 0,66l.mol-1ngày-1 và hằng số tốc độ phản ứng nghịch: k2= 0,33.l.mol-1.ngày-1 Giả sử lượng ban đầu của axit là 1 mol, của rượu là 1 mol. Tính nồng độ mỗi chất lúc cân bằng.

90 c) Bỏ qua phản ứng nghịch, hãy tính thời gian để 1/10 nồng độ đầu của axit biến đi. Đáp số: k = k1/k2; [este] = [nước]= 0,59; [axit]= [rượu] = 0,41

t = 1/6 ngày = 4 giờ Câu 9:

Xét ảnh hưởng của sự thay đổi nhiệt độ đến sự thay đổi tốc độ phản ứng với một phản ứng có năng lượng hoạt động hóa Ea = 50kJ/mol khi tăng nhiệt độ a) Từ 300K lên 320K. b) Từ 300K lên 400K. Đáp số: a) k2/k1 = 3,5 ; k2/k1 = 150 Câu 10:

Có phản ứng bậc 1 sau: CCl3COOH (k) → CHCl3 (k) + CO2 (k) Hằng số vận tốc ở 440C là 2,19.10-7s-1. Ở 1000C là 1,32.10-3s-1. Viết phương trình động học của phản ứng và tính hệ số nhiệt độ của vận tốc phản ứng. Đáp số: v = k[CCl3COOH]; γ = 4,73. 2.3.1.4.2. Bài tập trắc nghiệm Câu 1:

Tại 250C phản ứng: 2 N2O5 (k) ⇌ 4 NO2 (k) + O2 (k) có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5; Biểu thức tính tốc độ phản ứng v = k. C N O . Phản ứng trên xảy ra trong 2

bình kín thể tích 20,0 lít không đổi. Ban đầu lượng N2O5 cho vừa đầy bình, Ở thời điểm khảo sát, áp suất riêng phần N2O5 là 0,070 atm. Các khí đều là khí lí tưởng.

Hãy tính tốc độ tiêu thụ N2O5? A. 11,2.10-4

B. 5,16.10-4

C. 4,16.10-8

D. 11,2.10-8

Câu 2:

Cho phản ứng sau:

2CO ⇌ CO2 + C

Để tốc độ phản ứng trên tăng lên 4 lần thì nồng độ của cacbon oxit tăng lên

bao nhiêu lần? A. 2

B. 3

C. 4

D.8

Câu 3:

Tốc độ của phản ứng H2 + Cl2 → 2HCl tăng lên bao nhiêu lần khi tăng nhiệt độ từ 0

20 C đến 1700C, biết rằng khi nhiệt độ tăng lên 250C thì tốc độ phản ứng tăng lên 3 lần. A. 279 lần

B. 729 lần

C. 6 lần

D. 12 lần

91 Câu 4: Ở nhiệt độ xác định và dưới áp suất 1 atm, độ phân li của N2O4 thành NO2 là

11%. Hằng số tốc độ của phản ứng là: A. 0,059

B. 0,025

C. 0,01

D. 0,049

Câu 5: Ở 100C hai phản ứng xảy ra cùng một tốc độ (v1 = v2). Hệ số nhiệt độ của

phản ứng thứ nhất và phản ứng thứ hai là 2 và 3. Nếu ở phản ứng thứ nhất nhiệt độ tăng lên 500C và phản ứng thứ hai tăng lên 300C thì tốc độ hai phản ứng trên có tỉ lệ như thế nào? A. 16:19

B. 1:2

C . 20:27

D. 6:13

Câu 6:

Cho phản ứng: A + 2B → C + D Nồng độ ban đầu của chất A là 0,4M, của B là 0,5M, hằng số tốc độ là 0,6. Tốc độ phản ứng lúc chất B giảm đi 0,1 mol là: A. 0,066

B. 0,033

C. 0,035

D. 0,070

Câu 7:

Cho phản ứng: H2 + I2 ⇌ 2HI Ở 4900C phản ứng thuận có hằng số tốc độ phản ứng Kt = 0,826. Tìm hằng

số tốc độ của phản ứng K2. Biết hằng số tốc độ của phản ứng ở nhiệt độ này là 49,5. A. 0,0176

B. 0,0167

C. 0,0156

D. 0,0165

Câu 8:

Xét phản ứng: 2CO + O2 ⇌ 2 CO2 Phản ứng trên được thực hiện trong bình kín, khi nhiệt độ không thay đổi. Nếu áp suất khí trong bình tăng lên 3 lần thì tốc độ phản ứng thay đổi như thế nào? A. Tăng 27 lần

B. Giảm 27 lần

C. Tăng 9 lần

D. Giảm 9 lần

Câu 9:

Hằng số tốc độ của phản ứng bất kì: A. Nhỏ dần khi phản ứng tiếp diễn B. Thay đổi khi nồng độ chất phản ứng thay đổi C. Thay đổi khi nhiệt độ thay đổi D. Trở nên bằng không khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng.

92 Câu 10:

Cho phản ứng: 2SO2 + O2 ⇌ SO3 Tốc độ phẩn ứng thay đổi như thế nào khi thêt tích hỗn hợp khí giảm đi ba lần. A. Giảm 9 lần

B. Giảm 27 lần

C. Tăng 9 lần

D. Tăng 27 lần

Câu 11:

Cho phản ứng: A + B → C + D Yếu tố nào không ảnh hưởng đến tốc độ phản ứng: A. Nồng độ A và B

B. Nhiệt độ

C. Chất xúc tác

D. Nồng độ C và D

Câu 12:

Cho phản ứng: A + B → C Nồng độ ban đầu của chất A là 0,8 mol/l, của chất B là 1,00 mol/l. Sau 20 phút nồng độ chất A giảm còn 0,78 mol/l. Tốc độ trung bình của phản ứng là:

A. 0,001 mol/phút

B. 0,010 mol/phút

C. 0,002 mol/phút

D. 0,020 mol/phút

Câu 13:

Cho phản ứng đơn giản ở trạng thái khí: A + αB → ABα Khi tăng nồng độ của A và B gấp 2 lần nhận thấy tốc độ của phản ứng tăng lên 16 lần. Hệ số α là: A. 1

B. 2

C. 3

D. 4

Câu 14:

Khi tăng nhiệt độ phản ứng từ 1400C lên 1800C . Hỏi tốc độ phản ứng tăng lên bao nhiêu lần? Biết rằng hệ số nhiệt độ trong khoảng nhiệt độ này là 2. A. 4

B. 9

C. 16

D. 12

Câu 15:

Cho phản ứng ở nhiệt độ không đổi: X + 2Y → P + Q Với tốc độ: v= k.[X].[Y]2, nếu nồng độ ban đầu của X tăng 2 lần, còn Y giảm 2 lần thì tốc độ đầu của phản ứng biến đổi như thế nào? A. Không đổi

B. Tăng 2 lần

C. Chậm 2 lần

D. Chậm 4 lần

93 Câu 16:

Cho phản ứng X + Y → Z + T. Nếu nồng độ đầu của X và Y không đổi và hệ số nhiệt độ của phản ứng γ =3 thì khi tăng nhiệt độ của phản ứng từ 200C lên 600C tốc độ phản ứng tăng. A. 16 lần

B. 81 lần

C. 3 lần

D. 36 lần

Câu 17:

Cho phản ứng bậc 3: X + 2Y → Z + T với tốc độ v = k.[X].[Y]2. Đơn vị của hằng số tốc độ phản ứng k là: A. M.t-1

B. M-1.t-1

C. M-2.t-1

D. M-3.t-1

Câu 18:

Thời gian cần thiết để phản ứng bậc 1 với k = 0,050 s-1 đạt tới 99,0 % là: A. 99s

B. 10s

C. 52s

D. 92s

Câu 19:

Cho phản ứng bậc 1 với k = 0,0370 s-1. Nếu nồng độ ban đầu của chất X (tham gia phản ứng) là 0,0100M thì ở giây thứ 18,2 sẽ là: A. 0,0051M

B. 0,0018M

C. 0,0025M

D. 0,0009M

Câu 20:

Nếu phản ứng bậc 1 được tiến hành ở 270C mà nồng độ giảm xuống 1/2 sau 5000s, còn 370C nồng độ giảm 2 lần sau 1000 s thì năng lượng hoạt hóa (Ea,kJ.mol-1) là: A. 28,5

B. 45,4

C. 69,7

D. 124

Đáp án câu hỏi trắc nghiệm:

1.C

2.A

3.B

4.D

5.A

6.B

7.B

8.A

9.C

10.D

11.D

12.A

13.C

14.C

15.C

16.B

17.C

18.D

19.A

20.D

2.3.2. Bài tập về cân bằng hóa học 2.3.2.1. Các dạng bài tập Dạng 1: Bài tập về cân bằng hóa học trong hệ khí lí tưởng Kiến thức cần nâng cao:

Xét phản ứng: aA + bB ⇌ cC + dD Xuất phát từ biểu thức ∆G của phản ứng ở điều kiện thí nghiệm (không chuẩn):

Cc × Cd ∆G = ∆G + RT ln C D Ca × C b A B 0

(1)

Khi T, P = const → ∆G0 = const. Tại thời điểm cân bằng ta có: ∆G = 0

∆G

[ C] × [ D] = −RT ln a b [ A ] × [ B]

(2)

Khi đó ta đặt:

[ C] × [ D ] Kc = a b [ A ] × [ B]

(3)

Pc × Pd K = C D P Pa × P b A B n Nếu tính theo nồng độ phân số mol x = i ta có: i ∑n i xc × xd Kx = C D xa × xb A B

(4)

(5)

Xét mối quan hệ giữa KC, KP, KX: Ta giả sử PA, PB, PC, PD là áp suất riêng phần của khí A, B, C, D tại lúc cân bằng và nA, nB, nC, nD là số mol tương ứng trong thể tích V lít:

n P Ta có: P = A RT = [ A ] RT → [ A ] = A A V RT P P P Tương tự: [ B] = B ; [ C] = C ; [ D] = D thay vào (3) ta có: RT RT RT c d  PC   PD    ×      RT   RT  Pc × Pd   a + b  − c + d          K = = C D RT   C a d Pa × P b  PA   PB  A B   ×    RT   RT 

(6)

95 Đặt ∆n = (c+d) – (a+b) ta có: KC = KP × (RT)−∆n

(7)

x c × x d   c+d − a + b    K = C D P = K x × P ∆n P a b x ×x A B

(8)

Từ (7) và (8) ta có mối liên hệ: K

= K × (RT) ∆ n = K x × P ∆ n C

(9)

Khi ∆n = 0 → KP = KC = Kx

ac × ad Một cách chính xác phải nói: K = C D aa × a b A B Với ai = Pi/P0 gọi là hoạt áp của khí i. Thường chấp nhận P0 = 1atm, khi đó ai là một hư số có giá trị ai = Pi. Do đó, K là đại lượng không có thứ nguyên. Tương tự, trong dung dịch ta có hoạt độ ai = Ci/C0 (C0 = 1mol/l). c. Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng hóa học. Nguyên lý chuyển dịch cân bằng Lơ Sa-tơ-li-ê. - Sự chuyển dịch cân bằng và các yếu tố ảnh hưởng:

Một hệ cân bằng được giữ nguyên (không bị biến đổi) chỉ khi các thông số trạng thái đặc trưng cho hệ không bị biến đổi. Nếu một trong các thông số này bị biến đổi thì cân bằng của hệ bị phá hủy và chuyển sang một trạng thái cân bằng khác gọi là sự chuyển dịch cân bằng. Các yếu tố ảnh hưởng đến cân bằng là nồng độ, nhiệt độ và áp suất. + Ảnh hưởng của nồng độ:

Một hệ đang ở trạng thái cân bằng, nếu ta tăng nồng độ của một chất nào đó trong hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều giảm nồng độ chất đó và ngược lại, nếu ta giảm nồng độ một chất nào đó trong hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang phía tăng nồng độ của nó lên.

96 Có thể tìm được mối quan hệ giữa các yếu tố áp suất hay nồng độ tới sự chuyển dịch cân bằng qua biểu thức sau: Cc × Cd D = RT ln Q ∆G = −RT ln K + RT ln C C a K C × Cb C B A

(10)

Cc × Cd D Trong đó: Q = C a C × Cb B A Theo (10) dấu của ∆G được quyết định bởi tỉ số

Q : K C

* Nếu Q < KC → ∆G < 0: phản ứng xảy ra theo chiều thuận, là chiều có tác

dụng làm Q tăng cho tới khi Q = KC thì cân bằng được thiết lập. * Nếu Q > KC → ∆G > 0: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch, là chiều có tác dụng làm Q giảm cho đến khi Q = KC để hệ đạt tới trạng thái cân bằng. (Có thể chứng minh tương tự với KP, Kx). + Ảnh hưởng của nhiệt độ:

Một hệ đang ở trạng thái cân bằng, nếu ta tăng nhiệt độ của hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều thu nhiệt, còn khi giảm nhiệt độ của hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều tỏa nhiệt Ta có: → ln K = −

∆G0 = ∆H0 −T∆S0 = −RTlnK

∆Η 0 ∆S0 + RT R

(11)

Nếu coi gần đúng ∆H0 và ∆S0 không thay đổi theo nhiệt độ ta thấy: * Nếu phản ứng tỏa nhiệt (∆H0 < 0) thì khi tăng nhiệt độ, hằng số cân bằng K sẽ giảm → cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. * Nếu phản ứng thu nhiệt (∆H0 > 0) thì khi tăng nhiệt độ, hằng số cân bằng K sẽ tăng → cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. + Ảnh hưởng của áp suất:

Một hệ đang ở trạng thái cân bằng, nếu ta tăng áp suất của hệ lên thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang chiều giảm áp suất của hệ (có số mol khí ít hơn), ngược lại nếu ta giảm áp suất của hệ thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang chiều tăng áp suất (có số mol khí nhiều hơn).

97 Nếu phản ứng có ∆n = 0 (không có chất khí trong phương trình phản ứng hoặc có với số mol khí chất tham gia và sản phẩm bằng nhau) thì áp suất hầu như không ảnh hưởng đến sự chuyển dịch cân bằng. + Xét bài toán: Thêm một khí trơ vào hệ cân bằng trong pha khí. Sự có mặt

của một khí trơ trong hệ cân bằng làm tăng áp suất chung của hệ, song vị trí cân bằng có thay đổi hay không còn tùy thuộc vào điều kiện áp suất và thể tích của hệ có thay đổi hay không: * Nếu thêm khí trơ ở V = const → không làm thay đổi trạng thái cân bằng vì áp suất riêng của các khí trong phản ứng không thay đổi. * Nếu thêm khí trơ ở P = const → có thể làm thay đổi trạng thái cân bằng do sự giảm áp suất riêng của các chất khí trong hệ phản ứng. - Nguyên lý chuyển dịch cân bằng Le Chatelier: “Một hệ đang ở trạng thái cân bằng nếu ta biến đổi một trong các thông số trạng thái của hệ (nhiệt độ, áp suất, nồng độ) thì cân bằng sẽ chuyển dịch sang chiều chống lại sự biến đổi đó”. Một số dạng câu hỏi và bài tập thường gặp: - Lập biểu thức và tính các hằng số cân bằng : Kp, KN, Kn, KC. - Xác định sự chuyển dịch cân bằng. - Tính toán các đại lượng. Bài tập áp dụng: Câu 1:

Viết phương trình hằng số Kp cho từng phản ứng sau: (NH2)CO(ONH4) (r) ⇌ 2NH3 (k) + CO2(k).

(1)

1 1 (NH2)CO(ONH4) (r) ⇌ NH3 (k) + CO2 (k). 2 2

(2)

2NH3 (k) + CO2 (k) ⇌ (NH2)CO(ONH4) (r).

(3)

Quan hệ giữa các Kp của ba phản ứng trên như thế nào? Phân tích:

Pc × Pd + Dựa vào công thức: K = C D áp dụng cho các phản ứng trên. P Pa × P b A B + So sánh các biểu thức và rút ra kết luận.

98 Giải: Xét phản ứng (1): (NH2)CO(ONH4) (r) ⇌ 2NH3 (k) + CO2(k) 2 Kp(1) = PNH .PCO 3

(1)

1 1 (NH2)CO(ONH4) (r) ⇌ NH3 (k) + CO2 (k) 2 2

(2)

Xét phản ứng (3): 2NH3 (k) + CO2 (k) ⇌ (NH2)CO(ONH4) (r)

(3)

Xét phản ứng (2): 1 2 Kp(2) = PNH .PCO 3

Kp(3) =

1 P .PCO2 2 NH3

Nhận xét: Kp(1) = [Kp(2)]2 =

1 K p (3)

Câu 2: Ở 500C và dưới áp suất là 0,344 atm độ phân li α của N2O4(k) thành NO2

bằng 63%. Xác định Kp, KC, Kx. Phân tích: + Giữa Kp, KC, Kx có mối liên hệ: Kp = KC.(RT)∆n = Kx.P∆n Giải: Xét cân bằng:

N2O4(k)

Ban đầu:

Cân bằng:

1- α

2α

Phần mol

1− α 1+ α

2α 1+ α

KP =

2 PNO 2

PN 2O4

P 2 .X 2NO2 P.X N 2O4

2 NO2

⇌

 2α  P 1 + α  =  1− α 1+ α

Thay P = 0,344 atm, α = 0,63 vào phương trình Kp nên Kp = 0,867 Ta lại có ∆n = 2-1 = 1 Vậy KC = Kp.(RT)∆n = 0,867.(0,082.323)-1 = 0,034 Kx = Kp.P-∆n = 0,867.(0,344)-1 = 2,52

99 Câu 3:

Khi nung nóng ở nhiệt độ cao PCl5 bị phân li theo phương trình: PCl5 (k)

⇌ PCl3 (k)

Cl2 (k)

a) Cho m gam PCl5 vào một bình dung tích V, đun nóng bình đến nhiệt độ T(K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình bằng p. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất p. Thiết lập biểu thức của Kc theo α , m,V. b) Trong thí nghiệm (1) thực hiện ở nhiệt độ T1 người ta cho 83,300 gam PCl5 vào bình dung tích V1. Sau khi đạt tới cân bằng đo dược p bằng 2,700atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối hơi so với hiđro bằng 68,862. Tính α và Kp. c) Trong thí nghiệm (2) giữ nguyên lượng PCl5 và nhiệt độ như thí nghiệm (1) nhưng thay dung tích V2 thì đo được áp suất cân bằng là 0,500atm.Tính tỉ số V2 ? V1

d) Trong thí nghiệm (3) giữ nguyên lượng PCl5 và dung tích bình V1 như thí nghiệm (1) nhưng hạ nhiệt độ của bình còn T3 = 0,9 T1 thì đo được áp suất cân bằng là 1,944atm. Tính Kp và α . Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt? Cl=53,453 ; P=30,974 ; H=1,008; Các khí đều là khí lí tưởng. Phân tích: + Từ quá trình:

PCl5 (k)

Ban đầu:

Cân bằng:

a-x

⇌ PCl3 (k)

Cl2 (k) x

Từ biểu thức: PA = xA..P và KC = KP × (RT)−∆n . Ta tính áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí vận dụng tính Kp, KC. + Dựa vào giả thiết xác định α1 thay vào biểu thức tính Kp ở câu (a) xác định giá trị cụ thể. + Thể tích bình trong thí nghiệm (1): V1 = Thể tích bình thí nghiệm (2): V2 =

n 2 RT2 p2

n1RT1 p1

100 Tính n1 và n2 và lập biểu thức

V2 V1

+ Xác định Kp(T3) so sánh Kp(T1) để xét cân bằng chuyển dịch theo chiều nào và kết luận chiều phân li PCl5 là chiều phát nhiệt hay thu nhiệt. Giải: a) Thiết lập biểu thức Kp, KC. Từ quá trình:

PCl5 (k)

Ban đầu:

Cân bằng:

a-x

⇌ PCl3 (k)

Tổng số mol khí lúc cân bằng n = a+x và α = Theo giả thiết a =

Cl2 (k) x

x α

m m . = M PCl5 208, 239

Áp suất riêng phần lúc cân bằng của mỗi khí: PPCl5 =

a−x x p trong đó PPCl5 = PCl2 = P a+x a+x 2

Kp =

PCl2 .PPCl3 PPCl5

[PCl5] = KC =

 x  x2 .p 2   x 2 .p a+x  a 2 = α .p = = 2 = 2 a−x x a − x2 1 − α2 .p 1− 2 a+x a

a(1 − α ) aα ; [PCl3] = [Cl2] = V V

[PCl3 ].[Cl 2 ] aα 2 V aα 2 mα 2 = ( ) .( )= = [PCl5 ] V a(1 − α ) V(1 − α) 208, 239.V.(1 − α )

Hoặc Kp = Kc(RT) ⇒ KC = Kp(RT)-1 Ta có: RT =

p.V p.V = n a(1 + α) -1

⇒ KC = Kp(RT) = Kp.(

p.V -1 α 2 p.V -1 .p .( ) = ) 2 1− α a(1 + α) a(1 + α)

aα 2 mα 2 = V(1 − α ) 208, 239.V.(1 − α)

b) Thí nghiệm 1: a =

83,3 = 0,400mol 208, 239

101 M của hỗn hợp cân bằng = 68,826.2,016 = 138,753

Tổng số mol khí lúc cân bằng: n1 = a(1+α1) =

83,3 = 0,600mol. 138, 753

0,4.(1+ α1) = 0,6 ⇒ α1 = 0,500 Kp tại nhiệt độ T1: Kp =

α2 (0,5) 2 = .2,70 = 0,900 p 1 − α2 1 − (0,5)2

c) Do nhiệt độ không đổi nên Kp không đổi Nên Kp =

α22 α22 2 p .0,500 = 0,900 ⇒ α2 = 0,64286 ⇒ α2 = 0,802 = 2 2 2 1 − α2 1 − α2

Tổng số mol khí lúc cân bằng: n2 = a(1+α2) = 0,721(mol) Thể tích bình trong thí nghiệm (1): V1 = Thể tích bình thí nghiệm (2): V2 =

n1RT1 p1

n 2 RT2 p2

V2 n p 0,721 2,7 . = 2. 1 = = 6,486 lần V1 n1 p 2 0,6 0,5

d) Thí nghiệm 3: Thay đổi nhiệt độ nên Kp thay đổi Nhiệt độ giảm T3 = 0,9.T1; p3 = 1,944atm Ta có: n3 = a(1+α3) = 0,400(1+α3) P3V3 = n3RT3 = 0,9n3RT1 P1V1 = n1RT1 p3 0,9n 3 1,944 0, 400.(1 + α3 ) ⇔ ⇒ α3 = 0,200 ⇒ n3 = 0,48mol = = p1 n1 2,700 0,600

Kp(T3) =

α 32 0, 22 .p .1,944 = 0,081 < Kp(T1) = 0,900 = 3 1 − α 32 1 − 0, 2 2

Như vậy khi hạ nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch là chiều tỏa nhiệt. Nên chiều thuận là chiều thu nhiệt. Câu 4:

Tại 200C phản ứng H2(k) + Br2(l) ⇌ 2HBr (k)

(1)

Có hằng số cân bằng Kp = 9,0.1016 a) Hãy tính Kp của phản ứng: H2(k) + Br2(k) ⇌ 2HBr (k)

(2)

102 Ở 200C và áp suất p Br (k) = 0,25atm. 2

b) Hãy cho biết sự chuyển dịch cân bằng hóa học của phản ứng (2) nếu giảm thể tích bình phản ứng ở hai trường hợp + Trong bình không có Br2(lỏng). + Trong bình có Br2 (lỏng). Phân tích: + Ta thấy Kp(1) =

p 2HBr p 2HBr ; Kp(2) = pH2 p H 2 .p Br2

+ Xét cân bằng Br2 (l) ⇌ Br2 (k)

(3)

Có Kp(3) = p Br (k ) 2

+ Nhận xét cân bằng (2) là sự tổ hợp (1-3) nên Kp(2) =

K p(1) K p(3)

+ Ở câu (b) khi giảm thể tích bình nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ. Kp(2) =

p 2HBr p H 2 .p Br2

Giải: a) Xét (1): H2(k) + Br2(l) ⇌ 2HBr (k). Ta có: Kp(1) =

p 2HBr p H2

p 2HBr Xét (2): H2(k) + Br2(k) ⇌ 2HBr (k) Ta có: Kp(2) = p H 2 .p Br2

Xét (3): Br2 (l) ⇌ Br2 (k). Ta có: Kp(3) = p Br (k ) 2

Nhận xét (2) = (1-3) nên Kp(2) =

K p(1) K p(3)

9, 0.1016 = 3,6.1017 0, 25

b) Khi giảm thể tích bình nghĩa là tăng áp suất riêng phần của khí trong hệ Kp(2) =

p 2HBr . p H 2 .p Br2

+ Không có brom lỏng trong bình nhận thấy ∆n = 0 nên sự thay đổi áp suất không ảnh hưởng tới sự chuyển dịch cân bằng. + Có brom lỏng áp suất riêng phần của khí H2 và HBr tăng. Nhưng do trong biểu thức tính Kp(2) số mũ của pHBr lớn hơn nên Kp(2) tăng nên cân bằng (2) chuyển dịch theo chiều nghịch.

103 Câu 5: (Olympic lần thứ XVII).

Trộn nitơ và hiđro theo tỉ lệ số mol tương ứng (1:3) trong một bình kín rồi đun lên 4500C cho tới khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng:

N2(k) + 3H2(k) ⇌ 2NH3(k)

∆H 0298 = -92,2kJ

a) Tại 4500C, 300atm, ở trạng thái cân bằng amoniac chiếm 36% thể tích. Tính giá trị hằng số cân bằng Kx và Kp tại điều kiện này. b) Giữ nguyên nhiệt độ không đổi 4500C, cần tiến hành phản ứng ở áp suất nào để khi đạt cân bằng mới amoniac chiếm 50% thể tích. c) Giữ áp suất không đổi 300atm, cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt cân bằng mới amoniac chiếm 50% thể tích? Cho biết biến thiên entanpi của phản ứng không đổi trong khoảng đang xét. d) Tính biến thiên năng lượng tự do tiêu chuẩn biến thiên entropi tiêu chuẩn của phản ứng tại 4500C. Phân tích: + Xét 1 mol hỗn hợp ở trạng thái cân bằng ta tính được Kx. Dựa vào công thức Kp = Kx.P∆n để tính Kp. + Để tính nhiệt độ ta áp dụng công thức: ln

K p(T2 )

K p(T1 )

∆H 0 1 1 ( − ) R T1 T2

+ Từ công thức ∆G 0723 = -RTlnKp và ∆G 0723 = ∆H 0723 − T∆S0273 ta tính được ∆S0723 . Giải: a) Xét 1mol hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng ta có: n NH3 = 0,36 mol; n H 2 = 0,48 mol ; n N 2 = 0,16 mol.

Cân bằng: Ta có: Kx =

N2(k) + 3H2(k) ⇌ 2NH3(k) (0,36) 2 = 7,324 0,16.(0, 48) 2

Dựa vào công thức Kp = Kx.P∆n

⇒ Kp =

Kx 7,324 = = 8,138.10-5 2 P 3002

b) Do nhiệt độ không đổi nên Kp không đổi. Xét 1 mol hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng ta có: n NH3 = 0,5 mol; n H 2 = 0,375mol ; n N 2 = 0,125mol

104 Tương tự Kx = Kp =

(0,5) 2 = 37,926 0,125.(0,375) 2

Kx K 37,926 nên p 2 = x = = 4,214.10-4 ⇒ p = 682,7atm 2 2 Kp P 300

c) Ta có tại nhiệt độ T1 = 723K hằng số cân bằng K p(T ) = 8,138.10-5 1

Tại nhiệt độ T2 hằng số cân bằng K p(T ) = 2

Áp dụng công thức: ln

K p(T2 )

K p(T1 )

Kx 37,926 = = 4,214.10-4 2 2 P 300

∆H 0 1 1 ( − ) Thay vào ta có ⇒ T2 = 653K R T1 T2

Mà ∆G 0723 = -RTlnKp = -8,314.10-3.723.ln(8,138.10-5) = 56,6(kJ) Ta lại có: ∆G 0723 = ∆H 0723 − T∆S0273 Nên ∆S0732 =

∆H 0732 − ∆G 0732 −92, 2 − 56,6 = = -2,2058kJ.mol-1 = -205,8Jmol-1 T 732

Câu 6:

Cho phản ứng: 2SO2 (k) + O2 (k) ⇌ 2SO3(k) ∆H = -198kJ a) Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng các biện pháp nào liên quan đến nhiệt độ, áp suất và chất xúc tác? Giải thích. b) Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí có xúc tác V2O5. Thực hiện phản ứng ở 4270C, 1atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng 4270C. Phân tích: + Xét cân bằng: 2SO2 (k) + O2 (k) ⇌ 2SO3(k) ∆H = -198kJ Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3 nghĩa là cân bằng chuyển dịch theo

chiều thuận: Áp suất giảm và phản ứng tỏa nhiệt. + Do p = 1atm nên Pi = xi.P = xi ; Kp =

2 PSO 3 2 SO 2

P .PO2

và Kp = KC.(RT)-∆n

Giải: a) Nhiệt độ: Chiều thuận là chiều tỏa nhiệt nên cần phải giảm nhiệt độ nhưng khoảng 5000C là thích hợp vì giảm thấp quá thì tốc độ chậm. Áp suất: Thổi liên tục SO2 và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng vì phản ứng xảy ra theo chiều thuận làm giảm áp suất của hệ.

105 Dùng V2O5 làm xúc tác để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng. b)

2SO2 (k)

O2 (k)

Ban đầu:

10,51

7,434

Phản ứng:

10,3

5,15

Cân bằng:

0,21

2,284

2SO3(k)

⇌

0 10,3

Tổng số mol hỗn hợp ở TTCB = 0,21+2,248+10,3 = 42,53mol 2 PSO 3

Do p = 1atm nên Pi = xi.P = xi ; Kp = Kp =

2 PSO .PO2 2

và Kp = KC.(RT)-∆n

(10,3) 2 .42,53 = 4,48.104; KC = Kp.RT = 4,48.104.0,082.700 =2,57.106 2 (0, 21) .2, 248

Câu 7:

Cân bằng của phản ứng khử CO2 bằng C: C + CO2 ⇌ 2CO Xảy ra ở 10900K với hằng số cân bằng Kp = 10 a) Tìm hàm lượng khí CO trong hỗn hợp khí 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 bằng bao nhiêu? Phân tích: + Dựa vào định luật tác dụng khối lượng: Kp =

2 2 PCO (P.x CO ) 2 P.x CO = = PCO2 P.x CO2 x CO2

+ Dựa vào giá trị Kp = 10 ta tính được x Giải: C

CO2

⇌

∑

2CO

Ban đầu:

1mol

Cân bằng:

1-x

Phần mol:

1− x 1+ x

2x 1+ x

1 1+x

Ta có: Kp =

2 2 PCO (P.x CO ) 2 P.x CO = = PCO2 P.x CO2 x CO2

 2x  1 + x  =1,5.  = 10. ⇒ x = 0,79 1− x 1+ x

106 Hàm lượng khí CO lúc cân bằng: %CO =

2.0,79 100% = 88,3% 1 + 0,79

2 2 PCO (P.x CO ) 2 P.x CO (0,5) 2 = 10 = .P = = PCO2 P.x CO2 x CO2 0,5

b)Áp dụng công thức trên Kp = ⇒ P = 20atm

Câu 8:

Cho phản ứng thuận nghịch: A + B ⇌ C + D

(1)

Khi cho 1 mol A tác dụng với 1 mol B thì hiệu suất cực đại của phản ứng là 66,67%. a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng (1). b) Nếu lượng A gấp 3 lần lượng B thì hiệu suất cực đại phản ứng bây giờ bằng bao nhiêu? c) Cân bằng bị chuyển dịch như thế nào khi tăng nhiệt độ biết nhiệt phản ứng ∆H = 0.

Phân tích: + Dựa vào (1): KC =

[C][D] ; tính nồng độ các chất tại thời điểm cân bằng [A][B]

và xác định KC. + Do nhiệt độ không đổi nên KC không đổi, dựa vào biểu thức tính KC ta xác định được nồng độ và hiệu suất.

+ ∆H = 0 thì phản ứng không phụ thuộc vào nhiệt độ. Giải: Theo điều kiện cho:

A +

C +

⇌

Ban đầu:

Cân bằng:

0,333

0,667

(1)

0,667

0,667 2 = 4. 0,3332

Ta có: KC =

b) Trường hợp lượng A gấp 3 lần lượng B, ta có: A +

Ban đầu:

Cân bằng

3-x

1-x

Ta có : KC =

⇌

C + x

D x

x2 = 4. ⇒ x1 = 4,43> 1 (loại) (3 − x)(1 − x)

x2 = 0,90 < 1 đúng

(1)

107 Vậy hiệu suất cực đại là 90%. c) ∆H = 0 khi tăng nhiệt độ cân bằng thực tế không bị dịch chuyển, nhưng tốc độ phản ứng nhanh hơn, nghĩa là phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng nhanh hơn. Câu 9:

Cho cân bằng hóa học: N2 + 3H2 ⇌ 2NH3 với ∆H = 0 Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng (1:3) thì phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng (ở 4500C, 300atm); NH3 chiếm 36% thể tích. a) Tính hằng số cân bằng KP. b) Giữ nhiệt không đổi cần tiến hành dưới áp suất bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích. c) Giữ áp suất không đổi, cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích. Phân tích: + Ta có công thức tính: KP = KN. P ∆n + Giá trị K vẫn như câu (a), dựa vào giả thiết tính được KN từ đó xác định P. + Dựa vào phương trình Van’t Hop: ln

K 2 ∆H 1 1 ( − ) = K1 R T1 T2

Giải: a) Gọi x1, x2, x3 là % thể tích (cũng là % số mol). Ta có ở trạng thái cân bằng N2

3H2

Ban đầu: 1

Cân bằng: 1- x

3-3x

⇌ 2NH3

Theo giả thiết: 2 x = 0,36 (1-x + 3-3x + 2x) ⇒ x = 0,53 3 − 3x = 0,48% 4 − 2x

Như vậy: % n H = 2

KP =

x 2NH3 x N 2 x 3H 2

P −2 =

0,362 = 8,14.10-5 3 2 0,16.0, 48 .300

b) Theo điều kiện cân bằng: x3 = 0,5 ; x1 = %N2 = 0,125 ; x2 = %H2 = 0,375 K = 8,14.10-5 =

0,52 ⇒ P = 680atm 0,125.0,3753.P 2

108 0,52 = 4,2.10-4 0,125.0,3753.3002

c) Ở nhiệt độ khảo sát K2 =

Thay các giá trị vào phương trình Van’t Hop: ln

4, 2.10−4 −92.10−3 1 1 0 ( = − ) ⇒ T = 653K = 380 C −5 8,1.10 8,314 450 T

Câu 10:

Cho phản ứng khí nước: CO2 + H2 ⇌ CO + H2O

(1)

0 a) Tính ∆G 0 của phản ứng (1) ở 1000K, biết ∆H1000K = 35040J.mol-1

-1

0 ∆S1000K = 32,11J mol .K

-1

b) Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 1000K. c) Một hỗn hợp khí 35% thể tích H2, 45% thể tích CO, 20% thể tích hơi nước được nung nóng tới 1000K. Tính thành phần hỗn hợp ở trạng thái cân bằng.

Phân tích: 0 0 0 + ∆G1000 = ∆H1000 − T∆S1000

+ ∆G 0 = − R.T.ln K P + Ta nhận thấy ∆n = 0 nên KC = KP Giải: 0 0 0 a) Ta có ∆G1000 = ∆H1000 − T∆S1000 = 35040- 1000.32,11 = 2930J

b) Ta lại có: ∆G 0 = − R.T.ln K P lnKP = −

2930 ∆G 0 =− = -0,35242 , Vậy KP = 0,703 R.T 8,314.1000

c) Thành phần % V = % n Ban đầu: x 0CO = 0,45 ; x 0H = 0,35 ; x 0CO = 0 ; x 0H O = 0,2 2

Gọi x là %V của CO2 ở trạng thái cân bằng ta có: %CO = x 0CO - x; %H2O = x 0H O -x 2

% H2 = x 0H + x; % CO2 = x 2

KP = KC =

(0, 45 − x)(0, 2 − x) = 0,703 (x + 0,35)x

Giải ra ta có phương trình: x2 – 3,01703x + 0,3030 = 0 Giải phương trình ta có: x1,2 = 1,5085 ± 1,9726

109 Lấy giá trị hợp lí x < 1 ta có x = 0,104 Như vậy thành phần ở cân bằng: xCO = 0,346; x CO = 0,104; x H O = 0,096; x H = 0,450 2

Dạng 2: Bài tập về cân bằng axit- bazơ Kiến thức nâng cao: * Đối với axit mạnh:

Giả sử dung dịch axit mạnh HA có nồng độ ban đầu là CA. Trong dung dịch xét một cách đơn giản có các quá trình: HA→ H+ +A-

(1)

 → H2O H+ +OH- ← 

(2)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: [H+] = [A-] + [OH-] Thay[A-] = CA và [OH-] =

KW ta có phương trình: [H + ]

[H+]2 –CA [H+] –Kw = 0

(3)

Nếu CA≥ 10-6M ta có thể tính PH = -lg CA Nếu 10-8 < CA < 10-6M thì phải xét đến quá trình phân li của nước Nếu CA ≤ 10-8 thì coi PH = 7 * Đối với dung dịch bazơ mạnh:

Giả sử dung dịch bazơ mạnh có nồng độ ban đầu là CB. Trong dung dịch xét một cách đơn giản có các quá trình: MOH → M++ OH-

(1)

 → H2O H+ + OH- ← 

(2)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: [OH-] = [M+] + [H+] Thay [M+] = CB và [OH-] =

KW ta có phương trình [H + ]

[H+]2 +CB [H+] –Kw = 0 Nếu CB ≥ 10-6 M ta có CB = [OH-] => [H+] = Nếu 10-8 < CB < 10-6 thì giải phương trình (3)

(3) KW [C B ]

110 Nếu CB ≤ 10-8 ta có PH = 7 *Đối với dung dịch đơn axit yếu

Xét dung dịch yếu HA có nồng độ CA. Trong dung dịch có các cân bằng sau: HA→ H+ +A-

(1)

 → H2O H+ +OH- ← 

(2)

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có: [H+] = [A-] + [OH-]

(3)

Phương trình bảo toàn nồng độ: CA = [HA] +[A-]

(4)

Phương trình hằng số axit HA: Ka =

[H + ][A − ] [HA]

(5)

Tổng hợp các phương trình ta có: [H + ] = K a

C A − [H + ] + [OH − ] [H + ] − [OH − ]

(6)

Phương trình (6) là phương trình tổng quát để tính [H+] của dung dịch đơn chất axit nào nhưng tương đối phức tạp. Trong thực tế phương trình (6) có thể đơn giản hóa thành phương trình bậc hai trong trường hợp có thể bỏ qua những nồng độ nhỏ bên cạnh những nồng độ lớn. -Nếu [OH-] << [H+] coi H2O phân li không đáng kể thì (6) sẽ đơn giản hóa thành: CA − [H + ] [H ] = K a [H + ] +

(7)

-Nếu [H+] << CA coi HA phân li không đáng kể thì (7) đơn giản hóa thành: [H+] =

K a CA

(8)

Và pH =

1 (pKA –lgCA) 2

(9)

*Đối với dung dịch đa axit yếu:

Dung dịch đa axit yếu có thể xem như hỗn hợp các axit yếu có nồng độ bằng nhau nhưng có hằng số axit khác nhau. Nếu K1 lớn hơn rất nhiều K2 của nấc thứ hai thì coi đa axit như đơn axit. *Đối với dung dịch bazơ yếu.

Xét một bazơ yếu B vào nước thì trong dung dịch có các cân bằng sau:

111  → OH- + BH+ B+ H2O ← 

(1)

H+ +OH-

 → H2O ← 

(2)

Phương trình bảo toàn điện tích: [OH-] = [H+] +[BH+]

( 3)

Phương trình bảo toàn nồng độ: CB = [BH]+[BH+]

(4)

[OH − ].[BH + ] [B]

(5)

CB − [OH − ] + [H + ] [OH − ] − [H + ]

(6)

Phương trình hằng số bazơ Kb = Từ (3,4,5) ta có: [OH-] = Kb

- Nếu Kb không quá lớn và CB không quá nhỏ thì có thể bỏ qua [H+] cạnh [OH-] thì phương trình (6) [OH-] = Kb

CB − [OH − ] [OH − ]

(7)

- Nếu bazơ phân li không đáng kể có thể bỏ qua [OH-] cạnh CB thì phương trình (7) đơn giản hóa thành: [OH-] = Kb pH = 14-

CB [OH − ]

1 (pKb-lgCB) 2

(8)

*Đối với dung dịch đệm.

- Dung dịch đệm là dung dịch không bị biến đổi đáng kể pH khi ta thêm vào đó những lượng nhỏ axit mạnh hoặc bazơ mạnh hoặc pha loãng.

- Dung dịch đệm thường là dung dịch chứa hỗn hợp axit yếu HA và bazơ liên hợp A-. Ví dụ: CH3COOH +CH3COONa : đệm axetat; NH4Cl +NH3: đệm amoni - Xây dựng công thức tính pH của dung dịch đệm axit HA (CA) và muối NaA (CB). Trong dung dịch này có các quá trình:  → H+ + AHA ←   → H2O ← 

H+ +OH-

 → Na+ + ANaA ← 

(a) (b) (c)

Để tính pH ta thiết lập các phương trình sau:

Phương trình tác dụng khối lượng Ka =

[H + ].[A − ] [HA]

(1)

112 Kw = [H+].[OH-] = 10-14

(2)

Phương trình bảo toàn điện tích: [H+] +[Na+] = [OH-] +[A-]

(3)

Phương trình bảo toàn nồng độ: CB = [Na+]

(4)

CA+CB = [HA]+[A-]

(5)

Theo (1) ta có : [H+] = Ka .

[HA] [A − ]

(6)

Thế [A-] và [HA] từ (3,4,5) vào (6) ta có: [H+] = Ka

C A − [H + ] + [OH − ] CB + [H + ] − [OH − ]

(7)

Đối với các dung dịch đệm thường có [H+] không đáng kể so với CA và CB

nên (7) đơn giản thành: [H+] = Ka .

CA CB

⇒ pH = pKa -lg

(8) CA CB

(9)

Một số dạng câu hỏi và bài tập thường gặp: -

Tính hằng số cân bằng.

Tính pH của dung dịch axit, bazơ, dung dịch đệm ..

Tính nồng độ của các ion.

Bài tập áp dụng: Câu 1: Ở 300K độ điện li của dung dịch NH3 0,17 g/l bằng 4,2%. Tính:

1. Nồng độ của các phần tử trong dung dịch lúc cân bằng. 2. Hằng số bazơ của NH3. 3. Độ điện li củ a dung d ịch khi thêm 0,535g NH4Cl vào một lít dung dịch này. Cho: N = 14; H = 1; Cl = 35,5. Phân tích: - Dựa vào độ điện li để xác định nồng độ. - Dựa vào biểu thức tính hằng số để tính hằng số bazơ.

113 - Độ điện li thay đổi khi nồng độ thay đổi. Giải:  → NH +4 + OH − 1. NH3 +H2O ← 

[ NH +4 ] = [ OH − ] = 0,01.4,2.10-2 = 4,2.10-4M [NH3] = 0,01(1-4,2.10-2) = 9,58.10-3M 2. K =

[NH 4+ ].[OH − ] (4, 2.10−4 ) −2 = = 1,84.10-5 NH 3 9,58.10 −3

3. [NH3Cl] = 0,535/53,5 = 10-2M  → NH +4 NH3 + H2O ← 

+ OH −

Nồng độ ban đầu

10-2

Nồng độ cân bằng

C(1- α)

10-2+C α

Vậy K = 1,84.10-5 =

Cα

(Cα + 10−2 )Cα Nếu α << 1 C(1 − α)

Thì ta có: 1,84.10-5 = 10-2α => α = 1,84.10-3 Câu 2:

Một dung dịch monoaxit HA nồng độ 0,373% có khối lượng riêng bằng 1,000g/ml và pH = 1,70. Khi pha loãng gấp đôi thì pH = 1,89. Xác định hằng số ion hóa Ka của axit. Phân tích: +Dựa vào biểu thức tính Ka . + Thiết lập biểu thức liên quan giữa các nồng độ và đưa ra công thức thể hiện mối liên hệ giữa pH và Ka. Giải:  → H+ +AHA ← 

Kb =

[H + ].[A − ] HA

(*)

Gọi C là nồng độ của axit ban đầu ta có: C = [HA]+[H+] => [HA] = C-[H+]

(1)

Ta lại có: [H+] = [A-]

(2)

Thay (1) và (2) vào (*) ta được:

114 Ka =

[H + ]2 C − [H + ]

(3)

Khi pH = 1,7 thì [H+] = 10-1,7 = 0,0200 Khi pH = 1,89 thì [H+] = 10-1,89 = 0,0129 thay vào (3) ta có hệ phương trình giải ta được C = 0,0545 và Ka = 0,0116 Câu 3:

Tính pH của các dung dịch sau: a) Dung dịch HCl 6,3.10-8M. b) Dung dịch NaOH 10-8M. c) Dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết Ka = 1,58.10-5 d) Dung dịch NH3 10-3M, Kb = 1,8.10-5 e) Dung dịch H2C2O4 . Biết K1 = 6,3.10-2; K2 = 5.10-5 Phân tích: + Các ví dụ trên minh họa lí thuyết trình bày ở trên. + Xét các cân bằng trong dung dịch. + Tính toán và áp dụng điều kiện gần đúng. Giải: a) Nhận xét dung dịch quá loãng nên không áp dụng điều kiện gần đúng. Áp dụng công thức (3) xét pH của axit mạnh: [H+]2 – CA[H+] –Kw = 0 [H+] =

6,3.10−8 + (6,3.10−8 ) 2 + 4.10−14 = 13,6.10-8M 2

pH = -lg[H+] = 6,87 b) Tương tự áp dụng công thức: [H+]2 + CB[H+] –Kw = 0 [H+] =

−10−8 + (10−8 ) 2 + 4.10 −14 = 9,55.10-8M 2

pH = -lg[H+] = 7,02 c) Áp dụng điều kiện gần đúng: Ka.CA = 1,8.10-5.10-1 > 10-12 và

CA > 100 Ka

115 Ta có: [H+] = K a C A = 1,8.10−5.10−1 = 1,34.10-3M pH = lg[H+] = 2,87 d)Tương tự: Kb.CB > 10

-12

và 0,1 <

H2O

CB 10 −3 = < 100 K b 1,8.10−5

Ta xét cân bằng sau: NH3 Ban đầu:

10-3

Cân bằng

10-3-x

Kb =

 → ← 

NH +4

OH-

x2 nên x = [OH-] = 1,25.10-5M −3 10 − x

[H+] = 7,97.10-11M pH = 10,1 e) Giả sử rằng [H+] do nấc điện li thứ hai của axit H2C2O4 sinh ra không đáng kể. Nhận xét: Ka.CA = 6,3.10-2.10-1 = 6,3.10-3 > 10-12 và 0,1 < CA/Ka < 100 Nên ta chỉ xét: H2C2O4 Ban đầu

10-1

Cân bằng

0,1-x

K1 =

+ H2O

 → ← 

HC2O −4 + H3O

x2 nên x = [H+] = 5,39.10-2M 0,1 − x

pH = 1,27 thấy pK2-1 = 3,3 > 1,27 nên giá trị pH chấp nhận được. Câu 4:(Olympic lần thứ IX).

Tính pH của các dung dịch sau:

Dung dịch H2SO4 0,1M. Biết pKa = 2.

Dung dịch CH3COONH4 0,4M. Biết Ka(CH3COOH) = 1,8.10-5;

Kb(NH3) = 1,6.10-5 2.

Độ điện li của HA 2M là 0,95%.

Tính hằng số phân li của HA.

Nếu pha loãng 10ml dung dịch axit trên thành 100ml thì độ điện li

bằng bao nhiêu? Tính pH trong lúc này? Nhận xét về độ điện li khi pha loãng?

116 Phân tích: + Trong dunng dịch H2SO4 Vì Kw << Ka nên bỏ qua sự phân li của H2O. Dựa vào biểu thức tính Ka ta xác định được nồng độ và tính pH. + Dung dịch CH3COONH4 là muối của axit yếu và bazơ yếu. Thiết lập các cân bằng trong dung dịch. Nhận xét Ka1.Ka 2 = [H+]2 nên xác định được pH. + Khi pha loãng thì nồng độ giảm. Lập biểu thức tính Ka dựa vào nồng độ và độ điện li α, từ đó rút ra nhận xét.

Giải: 1.

Tính pH của dung dịch:

Trong dung dịch H2SO4 có các quá trình điện li:

H2SO4 → H+ + HSO −4

(1)

 → H+ + SO 24− ← 

(2)

HSO −4

H+ +OH-

 → H2O ← 

(3)

Vì Kw << Ka nên bỏ qua sự phân li của H2O H2SO4 → H+ + HSO −4 0,1 HSO −4

0,1  → ← 

0,1 H+ +

Ban đầu

0,1

Cân bằng

0,1-x

0,1 +x

Ta có Ka =

SO 24−

x(0,1 + x) = 10-2 ↔ x2 +0,11x -0,001 = 0 0,1 − x

x = 0,0085 nên[H+] = 0,1+0,0085 = 0,1085 pH = -lg[H+] = 0,96 b) CH3COONH4 → CH3COO- + NH +4  → CH3COOH + OHCH3COO- + H2O ←  NH +4 + H2O

 → H2O ← 

 → NH3 +H3O+ ← 

H+ +OH-

Kw quá bé nên bỏ qua sự phân li của H2O Kb =

10−14 = 5,56.10-10 −5 1,6.10

Kb=Kw.[Ka(CH3COOH)]-1 Ka=Kw.[Kb(NH3)]-1 Kw = 10-14

117 Ka =

10−14 1, 6.10−5

= 6,25.10-10

Nhận xét Ka.CA và Kb.CB > 2.10-10; CA = CB = 0,4M nên: Ka( NH +4 ).Ka(CH3COOH) = [H+] [H+] = K NH .K CH COOH = 6, 25.10−10.1,8.10−10 = 1,06.10-7M + 4

pH = -lg[H+] = 6,97 2. a)

 → H+ + HA ← 

Ban đầu

Phản ứng

C.α

Cân bằng

C(1-α)

Nên ta có: Ka =

C.α

A-

C.α

α 2 .C = 1,84.10-4 1− α

c) Sau khi pha loãng CHA = 0,2M α=

K 1,8.10−4 = = 3.10-2 C 0, 2

[H+] = C.α = 0,2.3.10-2 = 6.10-3M pH = -lg[H+] = 2,22 Vậy khi pha loãng độ điện li tăng. Câu 5: (Olympic lần thứ XI )

Lưu huỳnh dioxit là một axit hai chức trong dung dịch nước. Tại 250C các hằng số axit:  → HSO3− SO2(aq)+H2O ← 

(aq)

+ H+

 → SO32− + H+ HSO3− (aq) ← 

K a1 = 10-1,92 K a 2 = 10-7,18

a) Tính tan của lưu huỳnh dioxit là 33,9 lít trong một lít nước tại áp suất riêng phần bằng 0,9876atm. -Tính nồng độ toàn phần của lưu huỳnh dioxit trong nước bão hòa khí lưu huỳnh dioxit. -Tính thành phần phần trăm của ion hidrosunfit. - Tính pH của dung dịch. b) Tính nồng độ ion hidro trong dung dịch Na2SO3 0,0100M?

118 c) Cân bằng chính của dung dịch NaHSO3:  → SO2(aq)+ SO32− +H2O(l) 2 HSO3− (aq) ← 

(3)

- Tính hằng số cân bằng của (3). -Tính nồng độ của lưu huỳnh dioxit trong dung dịch Na2SO3 0,0100M nếu chỉ xét cân bằng trên. Phân tích: + Tính nồng độ của SO2. + Dựa vào K a xác định nồng độ [ HSO3− ], [H+] 1

 → HSO3− + Dựa vào cân bằng SO32− (aq) + H2O(l) ← 

Có hằng số K =

(aq)

+ OH-(aq)

Kw = 10-6,82 .Ta xác định [OH-] ⇒ [H+] Ka2

Giải: a) n =

P.V 0,98867.33,9 = = 1,368mol ⇒ [SO2] = 1,368M 22, 4 R.T .298 273

 → HSO3− SO2(aq)+H2O ← 

Ban đầu

1,368

Cân bằng

1,368-x

(aq)

+ H+

K a1 = 10-1,92

x2 + Ta có: = 10−1,92 ⇒ x = [H ] = [ HSO3− ] = 0,1224M 1,368 − x

% HSO3− =

0,1224 .100% = 8,95% 1,368

pH = -lg[H+] = 0,91 b) Ta có:

 → HSO3− SO32− (aq) + H2O(l) ← 

Cân bằng: 0,01-x ⇒

(aq)

+ OH-(aq)

K = 10-6,82

x2 = 10-6,82 ⇒ x = [OH-] = 3,98.10-5M ⇒ [H+] = 2,57.10-10M 0,01 − x

c) K =

[SO 2 ].[SO32− ] [SO 2 ].[SO32− ] [H + ] K a 2 = 10-5,26 = . + = − 2 − 2 [HSO3 ] [HSO3 ] [H ] K a1

Theo bảo toàn nồng độ: [SO2]+[ HSO3− ]+[ SO32− ] = 0,01M

119 Xét cân bằng (3) ⇒ [SO2] = [ SO32− ] [SO 2 ] = 10-5,26 ⇒ [SO2] = 2,33.10-5M 2 (0,01 − 2[SO 2 ])

Câu 6:

a) Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch chứa hỗn hợp hai axit axetic 0,01M và axit xyanhydric 0,2M. Các quá trình xảy ra là:  → H2O ← 

HAx

H+ +OH-

 → H+ + Ax← 

K=1,8.10-5

 → H++CNHCN ← 

K’=4,8.10-10

b) Tính nồng độ cân bằng các ion trong dung dịch bão hòa khí CO2 ở nhiệt độ thường. Cho biết trong dung dịch bão hòa ở nhiệt độ thường thì nồng độ khí CO2

là 3.10-2 mol/l. Trong nước, khí CO2 tồn tại chủ yếu dưới dạng axit H2CO3 và có các  → cân bằng sau: H2O ← 

H+ +OH-

 → H+ + HCO3− H2CO3 ← 

K1=10-6,35

 → H+ HCO3− ← 

K2=10-10,33

+ CO32−

Phân tích: + So sánh K.C để xét cân bằng nào chủ yếu. + Dựa vào hằng số cân bằng K để tính nồng độ. Giải: a) các quá trình xảy ra:  → H2O ← 

HAx

H+ +OH-

 → H+ + Ax← 

 → H++CNHCN ← 

(1)

K = 1,8.10-5

(2)

K’= 4,8.10-10

(3)

Nhận thấy K.C >> K’.C’ >> W. Nên cân bằng (2) là chủ yếu. HAx Ban đầu

10-2

Cân bằng

10-2-x

Như vậy

 → H+ + Ax← 

x2 = 1,8.10-5 0,01 − x

K = 1,8.10-5

x nên x = [H+] = [Ax-] = 4,24.10-4

120  → H+ HCN ← 

CN-

4,24.10-10

K ’= 4,8.10-10

Cân bằng

2.10-1-x

Như vậy

4, 24.10−4.x = 4,8.10-10 nên [CN-] = 2,26.10-7 2.10−2 − x

⇒ Sự phân li của HCN không đáng kể so với sự phân li của CH3COOH

 → b) H2O ← 

H+ +OH-

(1)

 → H+ + HCO3− H2CO3 ← 

K1 = 10-6,35

(2)

 → H+ HCO3− ← 

K2 = 10-10,33

(3)

+ CO32−

Nhận thấy K1>> K2 >> W nên cân bằng (2) là chủ yếu  → H+ + HCO3− H2CO3 ← 

Ban đầu

3.10-2

Cân bằng

3.10-2-h

K1 = 10-6,35

h2 = 10-6,35 Nên h = [H+] = 1,16.10-4M 3.10−2 − h

Như vậy Từ cân bằng: Cân bằng

HCO3−

1,16.10-10,33

 → H+ ← 

1,16.10-10,33

CO32−

K2 = 10-10,33

K2 = x = [ CO32− ] = 10-10,33 [OH-] =

w 10 −14 = = 8,6.10-11M [H + ] 1,16.10 −4

Câu 7:

a) Tính pH của dung dịch A gồm hai axit: HCOOH 0,1M và CH3COOH 1M b) Pha loãng dunh dịch A bằng nước để thể tích dung dịch sau khi pha loãng gấp 10 lần thể tích ban đầu. Tính pH của dung dịch CH3COOH sau khi pha loãng. Biết hằng số axit tương ứng K1 = 1,8.10-4 và K2 = 1,8.10-5. Phân tích: + K1.C và K2.C không khác nhau nhiều nên xét cả hai quá trình phân li của hai axit. + Dựa vào hằng số cân bằng để tính nồng độ và pH. Giải: a) Ta có

HCOOH ⇌

HCOO- + H+

K1 = 1,8.10-4

121 Ban đầu

0,1

Cân bằng

0,1-x K1 =

Tương tự

x x.(x + y) x.(x + y) = 0,1 − x 0,1

CH3COOH ⇌ CH3COO- +

Ban đầu

Cân bằng

1-y K2 =

x+y

(1) H+

K2=1,8.10-5

x+y

y.(x + y) = y.(x+y) 1− y

(2)

Từ (1)+(2) ta có (x+y)2 = K1.0,1+K2 [H + ] = x + y = K1C1 + K 2C 2

pH = -1/2 lg(0,1.10-4+1,8.10-5) = 2,22 b) Sau khi pha loãng thể tích tăng 10 lần thì nồng độ giảm 10 lần [HCOOH] = 0,01M; [CH3COOH] = 0,1M Tương tự pH = -1/2lg(1,8.10-4.0,01+1,8.10-5.0,1) = 2,72 Câu 8:

A là dung dịch CH3COOH 0,2M có KA = 1,8.10-5M B là dung dịch CH3COONa 0,2M a) Tính pH của dung dịch A, dung dịch B. b) Tính pH của dung dịch X là dung dịch tạo thành khi trộn dung dịch A với B theo tỉ lệ thể tích bằng nhau. c) Thêm 0,05 mol HCl vào một lít dung dịch X. Tính pH của dung dịch thu được. d) Trộn V lít dung dịch A với 100ml dung dịch B được dunh dịch có pH=4,74. Xác định V. Phân tích: + CH3COOH là dung dịch axit yếu nên áp dụng điều kiện gần đúng tính pH CH3COONa là muối của axit yếu bazơ mạnh nên có cân bằng. CH3COONa → CH3COO- + Na+ CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OH+ Sau khi trộn X là dung dịch đệm.

KW KA

122 + Thêm HCl vào X thì xảy ra phản ứng: CH3COO- + H+

⇌ CH3COOH

Giải: a) pH của dung dịch CH3COOH 0,2M áp dụng điều kiện gần đúng [H+] =

-3

K a .C = 1,8.10−5.0, 2 = 1,89.10 M

pH = -lg[H+] = 2,73 pH của dung dịch CH3COONa: Ta có các quá trình:

CH3COONa→ CH3COO- + Na+

CH3COO- + H2O ⇌ CH3COOH + OHTheo quá trình trên: K = ⇒ [OH − ] =

KW KA

[CH 3COOH].[OH − ] [OH − ]2 = C [CH 3COO − ]

Kw .C = 1,,05.10-5M Ka

pOH = 4,98 pH = 9,02 b) Vì trộn theo thể tích bằng nhau nên nồng độ giảm đi một nửa [CH3COOH] = 0,1M và [CH3COONa] = 0,1M X là dung dịch đệm, Ka nhỏ nên: Ka =

[H + ].[CH 3COO − ] = 1,8.10-5 [CH 3COOH]

[H+] = 1,8.10-5 nên pH = 4,74 c) Khi thêm 0,05 mol HCl vào dung dịch X xảy ra phản ứng: CH3COO- + H+

⇌ CH3COOH

[CH3COOH] = 0,1+0,05 = 0,15M [CH3COO-] = 0,1-0,05 = 0,05M K a−1 =

1 [CH 3COOH] nên h = [H+] = 1,8,10-5.(0,15/0,05) = 5.4.10-5 = −5 − 1,8.10 h.[CH 3COO ]

pH = 4,27 d) Gọi V(l) là thể tích dung dịch CH3COOH 0,2M [CH3COOH] =

0, 2V 0,1 + V

123 [CH3COONa] =

0, 2.0,1 0,1 + V

CH3COOH ⇌

CH3COO-

Ban đầu

0, 2V 0,1 + V

0, 2.0,1 0,1 + V

Cân bằng

0, 2V -x 0,1 + V

0, 2.0,1 +x 0,1 + V

H+

K2 = 1,8.10-5

0,02 + x) 0,1 + V = 1,8.10-5 mà pH = 4,74 nên x = 10-4,74 = 1,8.10-5 0, 2V −x 0,1 + V

Ka =

Thay vào ta tính được V = 0,1(l). Vậy thể tích dung dịch CH3COOH 2M là 100ml. Câu 9:

Cho 2,24 lít khí NO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 500ml dung dịch NaOH 0,2001M, thu được dung dịch A (coi thể tích không đổi). Tính pH của dung dịch A. Cho Ka (HNO2) = 10-3,3. Phân tích: + Ta có cân bằng: NO −2 + H2O ⇌ HNO2 + OH- và K =

K H2O

10−14 = 10-10,7 −3,3 10

+ Dựa vào đó ta tính được [OH-] rồi xác định pH. Giải: Ta có phương trình hóa học: 2 NO2 + 2NaOH → NaNO2 + NaNO3 + H2O Tính: n NO = 2

(1)

2, 24 0,5.0, 2001 − 0,1 = 0,1 mol; CNaOH dư = = 10-4M 22, 4 0,5

Trong dung dịch: NaNO3 → Na+ + NO3− NaNO2 → Na+ + NO −2 NaOH → Na+ + OHH2O ⇌ H+ + OHVậy: NO −2 +

H2O ⇌

HNO2 + OH-

và K =

K H2O

10−14 = 10-10,7 10−3,3

124 Bđ :

0,1

Cb:

0,1-x

Ta có: KC =

10-4 x

10-4 +x

x(10−4 + x) = 10-10,7 0,1 − x

Giải ra ta có: x = 10-7 tức << 10-4 [H+] = 10-14/10-4 = 10-10 nên pH =10 Câu 10:

Cho biết HA có hằng số điện li Ka = 10-8. Hỏi độ điện li của dung dịch HA khi nồng độ axit nhỏ vô cùng? Phân tích: + Do HA là axit yếu nên phải kể đến sự phân li của H2O + Khi nồng độ axit nhỏ vô cùng thì [H+] = 10-7 Giải: Trong dung dịch: HA ⇌ H+ + AH2O ⇌ H+ + OHGọi α là độ điện li của axit và C là nồng độ của axit ta có: Ka =

[H + ][A − ] αC.αC = . [HA] (1 − α)C

Khi nồng độ axit nhỏ vô cùng thì [H+] = 10-7 , tức là của H2O nguyên chất 10-8 =

10−7.α 1− α

Vậy α = 0,09 tức là 9% Dạng 3: Bài tập về cân bằng tạo phức trong dung dịch. Kiến thức nâng cao:

+ Sự tạo phức trong dung dịch và tính chất của các phức chất: Các phức chất trong dung dịch được tạo thành do sự kết hợp của các phần tử đơn giản, có khả năng tồn tại độc lập trong dung dịch. Trong dung dịch các phức

chất phân li hoàn toàn thành ion phức và ion cầu ngoại. Độ bền của phứ c ch ất ph ụ thuộ c vào bản ch ất của các ion trung tâm và

ph ối tử. Ví dụ các phứ c của ion kim loại v ới CN- đều khá bền. Phứ c củ a ion kim loại hóa trị cao th ường bền hơ n các ph ức chất tương ứ ng củ a ion có s ố oxi

125 hóa th ấp hơn. Độ bền của các “ph ức càng” tạo bở i ion kim loại v ới phố i tử đ a phối trí thường r ất bền. Độ bền của phứ c ch ất cũng thay đổ i theo bản chất củ a dung môi. Do độ bền của phức chất khá lớn nên nhiều tính chất của các dung dịch chứa ion kim loại bị thay đổi khi có mặt của các chất tạo phức. Ví dụ dung dịch Fe3+ có phản ứng axit do sự tạo thành phức hidroxo của ion Fe2+. Fe3+ + 2H2O ⇌ FeOH2+ + H3O+ Nhiều phức chất có những tính chất đặc trưng như có màu, ít tan trong nước, tan trong dung môi hữu cơ. Nhiều ion kim loại tạo được với các thuốc thử hữu cơ các hợp chất nội phức (phức càng) khá bền có màu đặc trưng. +Cân bằng trong các dung dịch phức chất: Hằng số bền và hằng số không bền của phức chất:

Giả sử có một ion kim loại có số phối trí cực đại là 6. Ở trong nước sẽ tồn tại ở dạng M(H 2O)6n + . Nếu thêm vào phối tử L tạo được phức chất với M thì trong dung

dịch sẽ xảy ra phản ứng. ( Không ghi điện tích)

M(H 2O)6n+ + L ⇌ ML(H2O)5 + H2O

(a)

Hằng số cân bằng của phản ứng (a).Nếu trong dung dịch loãng hoạt độ được coi bằng nồng độ thì: β =

[ML] được gọi là hằng số bền hoặc hằng số tạo thành của phức ML [M].[L]

Ví dụ:

Cu2+ + 4 NH3 ⇌ Cu(NH 3 )24+

β =

Hằng số không bền: Nghịch đảo của hằng số bền

[Cu(NH 3 )42+ ] = 1012,03 2+ 4 [Cu ].[NH 3 ]

1 là hằng số không bền K β

hoặc hằng số phân li của phức. Ví dụ:

Cu(NH 3 )24+

⇌ Cu

+ 4 NH3

K= 10-12,03

+ Đánh giá mức độ phản ứng tạo phức: Để đánh giá mức độ tạo phức có thể dựa vào hằng số bền hoặc hằng số

không bền. Hằng số bền càng lớn thì mức độ tạo phức càng lớn và ngược lại hằng số không bền càng lớn thì phức càng ít bền vì phức phân li càng nhiều. Tuy nhiên có

126 những phức có nhiều phối tử được tạo thành và phân li lần lượt theo từng nấc ứng với mỗi nấc có hằng số bền (hằng số không bền) riêng. Ví dụ phức [Ag(NH 3 ) 2 ]+ tạo thành theo hai nấc. +Hằng số bền điều kiện: Nếu ion kim loại Mn+ ngoài việc tham gia phản ứng tạo phức chính với anion Y4-: Mn+ + Y4-

⇌ MY

n-4

Còn tham gia phản ứng phụ với phối tử L tạo nên các phức ML, ML2,…MLm Trong điều kiện này hằng số bền điều kiện β'MY β'MYn−4 =

n −4

được định nghĩa như sau:

[MY n −4 ] [M ' ].[Y ' ]

Trong đ ó [M ’] là tổ ng n ồ ng độ cân b ằng các d ạ ng t ồ n tạ i c ủ a M n+ tr ừ phứ c MY n-4 [Y’] là tổng nồng độ cân bằng các dạng tồn tại của Y4- trừ phức MYn-4 Một số dạng câu hỏi và bài tập thường gặp: -

Lập biểu thức và tính hằng số bền điều kiện.

Đánh giá mức độ phản ứng tạo phức.

Tính nồng độ cân bằng của các ion trong phản ứng tạo phức.

Bài tập áp dụng: Câu 1:

Cd2+ tạo được phức chất với NH3 Cd2+ + NH3 ⇌ CdNH 32+

k1 = 102,51

(1)

CdNH 32+ + NH3 ⇌ Cd(NH 3 ) 22+

k2 = 101,96

(2)

Cd(NH 3 ) 22+ + NH3 ⇌ Cd(NH 3 )32+

k3 = 101,30

(3)

Cd(NH 3 )32+ + NH3 ⇌

k4 = 100,79

(4)

Cd(NH 3 ) 24+

1. Tính hằng số tạo thành tổng hợp của các phức chất. 2. Tính nồng độ các dạng phức trong dung dịch nếu biết: [Cd2+] =1,0.10-5 M; [NH3] =0,10 M Phân tích: + Hằng số cân bằng tạo thành tổng hợp phức chất Cd(NH 3 ) 24+ chính là tổng hợp (1+2+3+4)

Cd2+ +4NH3 ⇌

127 + Dựa vào hằng số bền tổng hợp cho phép ta xác định nồng độ dạng phức trực tiếp từ nồng độ chất tạo phức và nồng độ phối tử. 2+

CdNH 32+ = β1 .[Cd ].[NH3] 2+ 2 Cd(NH 3 ) 22+ = β2 [Cd ].[NH3] . 2+ 3 Cd(NH 3 )32+ = β3 [Cd ].[NH3] 2+

Cd(NH 3 ) 24+ = β4 .[Cd ].[NH3]

Giải: Ta có: β1 = k2 = 102,51 Cd2+ +2NH3 ⇌ Cd(NH 3 ) 22+

β2 = k1.k2 = 10

4,47

Cd2+ +3NH3 ⇌

β3 = k1.k2.k3 = 10

Cd(NH 3 )32+

Cd2+ + 4NH3 ⇌ Cd(NH 3 ) 24+

5,77

β4 = k1.k2.k3.k4 = 10

6,56

2. Tính nồng độ các dạng phức: Ta có: CdNH 32+ = β1 .[Cd2+].[NH3] = 10(2,51-5-1) = 10-3,49M = 3,2.10-4M Cd(NH 3 ) 22+ = β2 [Cd2+].[NH3]2 = 10(4,47-5-2) = 10-2,53M = 2,9.10-3M 2+ 3 (5,77-5-3) = 10-2,33M = 5,9.10-3M Cd(NH 3 )32+ = β3 [Cd ].[NH3] = 10 2+

Cd(NH 3 ) 24+ = β4 .[Cd ].[NH3] = 10

(6,56-5-4)

= 10-2,44M = 3,6.10-3 M

CCd2+ = [ CdNH 32+ ] +[ Cd(NH 3 ) 22+ ] +[ Cd(NH 3 )32+ ]+[ Cd(NH 3 ) 24+ ]+[Cd2+] = 1,3.10-2M

C NH3 = [NH3]+ [ CdNH 32+ ] +2[ Cd(NH 3 ) 22+ ] +3[ Cd(NH 3 )32+ ]+4[ Cd(NH 3 ) 24+ ] = 4,8.10-2M

Câu 2:

Thêm một giọt (0,03ml) HNO3 1,0M vào 1ml dung dịch [Ag(NH3)2]NO3 0,02M. Trình bày các cân bằng xảy ra trong dung dịch. Phân tích: + Thêm dung dịch axit mạnh vào sẽ có quá trình: NH3+ H3O+ ⇌ NH +4 + H2O + Ta phải tổng hợp quá trình tạo phức với quá trình trên và xác định hằng số cân bằng K dựa vào đó đánh giá xem phức có bị phân hủy không? Giải: HNO3→ H+ + NO3−

128 [H+] = [HNO3] = 0,03/1,03 = 2,9.10-2M -2

CAg ( NH )+ = [[Ag(NH3)2]NO3] = 0,02/1,03 = 1,94.10 M 3 2

Các quá trình xảy ra: Ag(NH 3 ) +2 ⇌ AgNH 3+ + NH3

-3,92 k −21 = 10

(1)

NH3+ H3O+ ⇌ NH +4 +H2O

K a−1 = 10

9,24

(2)

Tổng hợp (1+2) ta có: +

-1

5,32

Ag(NH 3 ) +2 + H3O ⇌ AgNH3 + + NH +4 + H2O K = (k2.Ka) = 10

1,94.10-2

2,9.10-2

1,94.10-2

(3)

1,94.10-2

Ta lại có: +

Ag+ +

AgNH 3 + + H3O ⇌

[ ]t

1,9.10-2

[ ]cb

9,4.10-3

9,6.10-3

NH +4 + H2O

K = (k1.Ka)-1 = 105,92

(4)

1,94.10-2 9,6.10-3

2,9.10-2

Nhận xét quá trình (3,4) K tương đối lớn nên quá trình phân hủy phức hoàn toàn. Như vậy axit cho vào đã phân hủy phức. Trong dung dịch có các cân bằng +

AgNH 3 + ⇌ Ag + NH3

NH +4 + H2O ⇌ NH3 + H3O+

Câu 3:

Thiết lập biểu thức và tính hằng số bền điều kiện của phức Co[CN]64− ở pH=10, được duy trì bởi đệm NH3 và NH +4 có [NH3] = 1M. Coi trong dung dịch chỉ hình thành phức Co[CN]64− là chủ yếu. Cho biết: βCo(CN)4− = 1019,09 ; β1

Co ( NH3 )2+

β4

Co ( NH3 )24+

= 105,07; β5

Co ( NH3 )52+

= 101,99 ;

β2

= 105,13; β6

Co ( NH3 )22+

Co ( NH3 )62+

= 103,5 ; β3

Phân tích: +Ta có hằng số bền điều kiện của phức Co[CN]64− là: [[Co(CN)6 ]4− ] [Co 2+ ].([CN − ])6

+ Tính nồng độ và xác định β'

= 104,43

= 104,39; *βCoOH = 10-11,2

KHCN = 10-9,35

β' =

Co ( NH3 )32+

129 Giải: Co2+ + 6 CN- ⇌ [ Co(CN)6]2+

β = 10

19,09

Co2+ + NH3 ⇌ [ Co(NH3)]2+

β1 = 10

Co2+ +2 NH3 ⇌ [ Co(NH3)2]2+

β2 = 10

Co2+ +3NH3 ⇌ [Co(NH3)3]2+

β3 = 10

Co2+ + 4NH3 ⇌ [Co(NH3)4]2+

β4 = 10

Co2+ + 5 NH3 ⇌ [Co(NH3)5]2+

β5 = 10

5,13

Co2+ +6 NH3 ⇌ [Co(NH3)6]2+

β6 = 10

4,39

1,99 3,5 4,43 5,07

Co2+ +H2O ⇌ CoOH+ + H+

*β = 10

CN-+H+ ⇌ HCN

-11,2

K a−1 = 10

9,35

Ta có hằng số bền điều kiện của phức [Co(CN)6 ]2+  là: [Co(CN)6 ]4−  β = [Co 2+ ].([CN − ])6

(1)

Ta có: [Co2+]’=[Co2+]+[CoOH+]+ [Co(NH 3 )]2+  + [Co(NH 3 )2 ]2+  + [Co(NH 3 )3 ]2+  + [Co(NH 3 )4 ]2+  + [Co(NH 3 )5 ]2+  + [Co(NH 3 )6 ]2+  = [Co2+] + *β [H+]-1[Co2+] + 2+

β1 [NH3].[Co ]+ β2 [NH3] [Co ]+ β3 [NH3] [Co ]+ β4 [NH3] [Co ]+ β5 [NH3] .[Co

]+ β6 [NH3]6.[Co2+] = [Co2+](1+ *β [H+]-1+ β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 )

(2)

Thay [NH3] = 1M [CN-]’ = [CN-]+[HCN] = [CN-]+ K a−1 [CN-].[H+] = [CN-](1+ K a−1 [H+])

(3)

Thay (2) và (3) vào (1) ta có: β' =

[Co(CN)6 ]4−  6 [Co 2+ ].(1 + *β[H + ]−1 + β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 ) ([CN − ](1 + K a−1[H + ])

Ta lại có: [Co2+].[CN-]6 = [Co(CN)6]4-. β−1 Nên: β' = =

−19,09

1 β .(1 + *β[H ] + β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 ) (1 + K a−1[H + ]) −1

(1 + 10

+ −1

−11,2

1,99

.10 + 10

= 1,192.1013

1 1 . = 3,5 4,43 5,07 5,13 4,39 9,35 + 10 + 10 + 10 + 10 + 10 ) (1 + 10 .10−10 )6

130 Câu 4: (Olympic lần thứ XIV)

Cho sơ đồ pin điện như sau: (-)Ag [Ag(S2O3)2]3- 0,001M , S2O32− 2,00M Ag+ 0,050M Ag+ Epin = 0,9030V Tính hằng số tạo thành β2 của phức [Ag(S2O3)2]3- theo phản ứng: Ag++2 S2O32− → [Ag(S2O3)2]3Cho biết: E 0Ag

/Ag

β2

= 0,7995V

Phân tích: + Trước tiên ta tính Ecatot dựa vào E 0Ag

/Ag

và nồng độ.

+ Dựa vào Epin ta tính được Eanot + Sau đó tính nồng độ [Ag+]. + Xác định β2 dựa vào biểu thức nồng độ. Giải: Sơ đồ pin: (-) Ag [Ag(S2O3)2]3- 0,001M , S2O32− 2,00M Ag+ 0,050M Ag+ Ag+ + e → Ag

Catot(+): Ecatot = E 0Ag

/Ag

+0,0592lg[Ag+] = 0,7995 + 0,0592lg(0,05) = 0,7225V

Epin = Ecatot- Eanot = 0,9030V ⇒ Eanot = -0,1805V

Ag→Ag++e

Ở anot(-):

Ag +2 S2O32− →

(1) Ag(S2O3)23-

Tổng hợp (1+2) : Ag++2 S2O32− → [Ag(S2O3)2]3- +e Eanot = E 0Ag

/Ag

(2) β2

+0,0592lg[Ag+] +

⇒ -0,1805 = 0,7995+0,0592lg[Ag ] +

-17

⇒ [Ag ] = 2,7922.10 M

Giả sử β2 rất lớn coi lượng phức phân li không đáng kể β2 =

[Ag(S2O3 )32− 0,001 = = 8,9535.1012 (Giả sử đúng) + 2− 2 [Ag ].[S2O3 ] 2,7992.10−17 (2) 2

Câu 5 :

Người ta muốn hòa tan một lượng đáng kể AgCl trong amoniac bằng cách tạo phức:

131 Ag+ +2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+ Biết rằng độ tan của AgCl tỉ lệ với nồng độ amoniac thêm vào với hệ số tỉ lệ là 0,05. Và TS(AgCl) = 1,56.10-10. + Tính hằng số cân bằng của phản ứng tạo phức? +Tính độ tan của AgCl trong amoniac 2M. Phân tích: Ta có: S = [Ag+]’ = [Cl-] = [Ag+]+[Ag(NH3)2+] Bài ra cho

S = 0,05 [NH 3 ] + 2[Ag(NH 3 )2 + ]

Dựa vào vào nồng độ thiết lập biểu thức hằng số bền K’ =

[Ag(NH 3 ) 2 + ] [Ag + ].[NH 3 ]2

Giải: Xét cân bằng: Ag+ +2 NH3 ⇌ [Ag(NH3)2+] Độ tan toàn phần của AgCl là:

S = [Cl-] = [Ag’] = [Ag+]+ [Ag(NH3)2+] Mặt khác theo đầu bài hệ số tỉ lệ lá 0,05 tức là: S = 0,05 [NH 3 ] + 2[Ag(NH 3 )2 ]

Giả thiết phức [Ag(NH3)2+] rất bền thì [Ag+]<<[Ag(NH3)2+] Do đó: S = [Cl-] = [Ag(NH3)2+] Hằng số bền K = K ' = [Ag+] =

[Ag(NH 3 ) 2 + ] [Ag + ].[NH 3 ]2

1,56.10−10 1,56.10−10 = [Cl− ] [Ag(NH 3 ) 2 + ]

Còn nồng độ amoniac sẽ bằng [NH3] = 20S-2[Ag(NH3)2+] = 18[Ag(NH3)2+] V ậy K =

[Ag(NH 3 )2 + ] = 2.107 1,56.10−10.182.[Ag(NH 3 ) 2 + ]

Câu 6: (Olympic lần thứ X)

Cho pin: Pt

Fe3+(0,05M) ,Fe2+(0,5M)

H2SO4(xM) Pt ở 250C.

Mn2+(0,02M),MnO4-(0,2M),

132 a) Khi x = 0,5 M thì phản ứng sẽ xảy ra theo chiều nào? Viết phản ứng tổng quát khi pin hoạt động. Tính suất điện động của pin và hằng số cân bằng của phản ứng. b) Thêm một lượng KCN vào điện cực trái sao cho các phản ứng tạo phức xảy ra hoàn toàn. Suất điện động của pin là bao nhiêu? Cho H2S có pKa1 = 7; pKa2 = 12,92; TZnS = 10-21,6; T Cu 2S = 10-47,6, Ka(HCN) = 10-9,35 Zn2+ + 4CN- ⇌ Zn(CN)42-

β = 10

Cu+ + 4CN- ⇌ Cu(CN)43-

β ' = 10

RT/Fln = 0,059lg; E 0Fe

/Fe2+

12,6 30,29

= 0,77V; E 0MnO

− + 2+ 4 ,H /Mn

Fe3+ + 6 CN- ⇌ Fe(CN)63-

βIII = 10

Fe2+ + 6CN- ⇌ Fe(CN)64-

βII = 10

= 1,51V

Phân tích: + Dựa vào nồng độ ta tính được E MnO

− + 2+ 4 ,H /Mn

và E Fe

/Fe2+

, từ đó ta viết được

phản ứng xảy ra và tính Epin. + Ta phải xét quá trình: Fe(CN)36− + e ⇌ Fe(CN)64− Muốn tính Epin phải xác định E Fe(CN )

3− 4− 6 /Fe(CN )6

Giải: a) MnO −4 + 8 H+ + 5e ⇌ Mn2+ +4H2O 0

E MnO− ,H + /Mn 2+ = E + 4

0,059 [MnO −4 ][H + ]8 0,059 0,2.(1)8 = 1,51+ = 1,522V lg lg 5 [Mn 2+ ] 5 0,02

Fe3+ +e ⇌ Fe2+ E Fe3+ /Fe2+ = E0 + 0,059 lg

[Fe3+ ] = 0,77+0,059lg0,05/0,5 = 0,711V [Fe 2+ ]

E MnO− ,H + /Mn 2+ > E Fe3+ /Fe2+ 4

Phản ứng xảy ra: 5Fe2+ + MnO −4 + 8H+ → 5 Fe3+ +Mn2+ + 4H2O Epin = 1,522-0,711 = 0,811V n.E

Hằng số cân bằng: K = 10 0,059 = 1068,729 b) Xét các quá trình:

133 Fe(CN)63- ⇌ Fe3+ +6CN-

(βIII )−1

Fe3+ +e ⇌ Fe2+

Fe2+ + 6CN- ⇌ Fe(CN)64-

βII

Fe(CN)63- + e ⇌ Fe(CN)64-

K2 = (βIII )−1 . K1. βII

K2 = 10

E 02 0,059

= 10

E10 0,059

βII βIII

E 0Fe(CN) 3− /Fe(CN) 4− = E10 + 0,059lg 6

1035 βII = 0,77+ 0,059lg 42 = 0,357V βIII 10

βIII , βII rất lớn nên[ Fe(CN)6 ] = 0.05M ; [Fe(CN)6 ] = 0,5M

E Fe(CN) 3− /Fe(CN) 4− = E 0 + 0, 059lg 6

[Fe(CN)36− ] 0, 05 =0,357 + 0,059lg = 0,298V 4− [Fe(CN)6 ] 0,5

Epin = 1,522-0,298 = 1,224V. Câu 7:

1. Cho 10-2 mol KSCN vào 10ml dung dịch muối Fe3+ nồng độ 10-3M. Biết rằng phức được tạo ra (màu đỏ sẫm) có công thức FeSCN2+ và nồng độ ion Fe3+ tự do chưa tham gia vào phức là 8.10-6 M. Tính hằng số bền của phức? 2. Xác định nồng độ Cu2+ tự do có trong 500ml dung dịch được điều chế từ 0,1mol CuSO4 và 2 mol NH3 Cho biết: [Cu(NH3)42+] có hằng số bền là 2.1013 pKa(NH4+) = 9,2 Phân tích: + Ở câu (1) dựa vào đề bài ta xác định nồng độ các phần tử và tính hằng số bền của phức FeSCN2+ + Nhận xét cân bằng: NH3+ H2O ⇌ NH4+ + OH- có Ka rất nhỏ nên bỏ qua. Ta xét cân bằng tạo phức Cu2+ +4NH3 ⇌ Cu(NH3)42+ ta xác định được nồng độ. Giải: 1. Xét cân bằng tạo phức: Fe3+ + SCNBan đầu Cân bằng

10-3 8.10

⇌ FeSCN

1 -6

1-8.10-6

10-3

134 Như vậy:

[FeSCN 2+ ] 10−3 = = 125 [Fe3+ ].[SCN − ] 8.10−6.(1 − 8.10−6 )

2. Sự tạo phức xảy ra: Cu2+ +4NH3 ⇌ Cu(NH 3 )42+ Vì cân bằng NH3 + H2O ⇌ NH +4 + OH- có Ka rất nhỏ nên bỏ qua tác dụng của NH3 với H2O. Cu2+

4NH3 ⇌ Cu(NH 3 )24+

Ban đầu

0,2

Cân bằng

0,2(1-x)

4-8x

Hằng số bền của phức: K=

0, 2x = 2.1013. Vì phức rất bền nên có thể xem x ≈ 1 4 0, 2(1 − x).(4 − 8x)

0, 2 = 2.1013 0, 2.(1 − x).(3, 2) 4

[Cu2+] = 0,2.(1-x) =

0, 2 = 9,5.10-17M 4 13 (3, 2) .2.10

Câu 8: (Olympic lần thứ XIX)

Cho cân bằng: 3Au+ ⇌ Au3+ + 2Au

(1)

Thế khử tiêu chuẩn: E0 (Au+/ Au) = E10 = 1,68V; E0 (Au3+/ Au) = E 02 = 1,5V a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. b) Tính nồng độ Au+ trong dung dịch Au3+ 10-3M. c ) Trong dung dịch có dư X- , Au+ tạo phức AuX −2 ( hằng số không bền K1) Au3+ tạo phức AuX −4 (hằng số không bền K2), dư ion X- có cân bằng sau: 3AuX2 ⇌ AuX −4 + 2X- + 2Au ( hằng số cân bằng K’) Viết biểu thức tính K’ theo K1, K2, K Cho biết: X- là Br- thì pK1 = 12; pK2 = 32 X- là CN- thì pK1 = 38; pK2 = 56 Dựa vào kết quả tính toán nhận xét khả năng tạo phức của ion Au+? Phân tích: n.E pu

+ Dựa vào biểu thức: K = 10 0,059

135 + Dựa vào (1) ta có: K =

[Au 3+ ] và xác định [Au+] [Au + ]3

+ Thiết lập biểu thức nồng độ tính K’ thông qua các giá trị hằng số khác, tính toán và đưa ra kết luận về sự tạo phức. Giải: a) Au3+ + 3e → Au

E 02 = 1,5V

Au+ + e

E10 = 1,68V

→ Au

Au3+ + 2e → Au+

E0 =

3E 02 − E10 3.1,5 − 1,68 = = 1,41V 2 2

Nhận xét: E0 (Au+/Au) > E0 (Au3+/Au+) trong dung dịch có thể xảy ra các phản ứng sau: 3Au+ ⇌ Au3+ + 2Au nE pu

Ở 298K: lgK =

0,0591

2(1,68 − 1, 41) = 9,122 0,0591

[Au 3+ ] [Au + ]3

K = 109,122 =

b) Theo trên: [Au+] = c) Ta có:

[Au 3+ ] 3 10−3 = = 9,106.10-5 (M) 9,122 K 10

3Au+ ⇌ Au3+ + 2Au

Khi có X- :

3 AuX −2 ⇌ AuX −4 + 2X- + 2Au

AuX −2 ⇌ Au+ + 2X3+

AuX −4 ⇌ Au

+ 4X-

Từ (2)’ ta có: [AuX2-] =

[Au 3+ ] [Au + ]3

K’ =

[AuX −4 ][X − ]2 [AuX −2 ]3

(1)’

K1 =

[Au + ][X − ]2 [AuX 2− ]

(2)’

K2 =

[Au 3+ ][X − ]4 [AuX −4 ]

(3)’

[Au + ][X − ]2 [Au 3+ ][X − ]4 ; từ (3’) ta có: [AuX4-]= K1 K2

thay vào (1)’ [Au 3+ ][X − ]4 − 2 [X ] [Au 3+ ] K13 K13 K2 K’ = = . = K [X − ]6 [Au + ]3 K 2 K2 [Au + ]3 3 K1

136 Nếu X- là Br-: K’ = 109,122.

10−36 = 105,122 10−32

Nếu X- là CN-: K’ = 109,122.

10−114 = 10-48,878 −56 10

Vậy X- là Br-: Au+ → Au3+ và Au Vậy X- là CN- : Au3+ và Au → Au+ Câu 9:

Tính nồng độ cân bằng của Fe3+ và FeY- trong dung dịch hỗn hợp Fe3+ 10-2M và Na2H2Y 10-2M có pH = 5. Hằng số bền của FeY- là 1016,13. Biết pK1 = 2; pK2 = 2,67; pK3 = 6,16 ; pK4 = 10,26. Phân tích: Trong dung dịch có các cân bằng sau: Na2H2Y → 2Na+ + H2Y2H2Y2- + H+ ⇌ H3YH3Y- + H+ ⇌ H4Y Fe3+ + Y4- ⇌ FeYPhương trình bảo toàn khối lượng của ion Fe3+: [Fe3+] + [FeY-] = 10-2

(1)

Phương trình bảo toàn của EDTA: [Y4-] +[FeY-] = 10-2

(2) 3+

Từ (1) và (2) ta có: [Fe ] = [Y ]

(3)

βFeY −

(*)

Ta có: β'FeY = −

α Y(H)

Ở pH = 5 , ta có:

[H+] = 10-5M; [OH-] = 10-9M Ta lại có: α Y(H) = 1 + Thay các giá trị: α Y(H) = 10

6,45

[H + ] [H + ]2 [H + ]3 [H + ]4 (4) + + + K 4 K 4 K 3 K 4 K 3 K 2 K 4 K 3 K 2 K1

pK1 = 2; pK2 = 2,67; pK3 = 6,16 ; pK4 = 10,26.

thay vào (*) ta có:

Từ (1) ta có : [FeY- ] = 10-2- [Fe3+]

β'FeY− =

βFeY − α Y(H)

1016,13 = 109,68 6,45 10

(5)

137 Từ (3) và (5): β ' =

[FeY − ] 10 −2 − [Fe3+ ] = 109,86 = [Fe3+ ][Y 4− ] [Fe3+ ]2

Vậy: [Fe3+ ] = 1,44.10-6M [FeY-] = 9,99.10-3M Câu 10:

Hai yếu tố quan trọng nhất ảnh hưởng đến độ tan của các muối khó tan là pH và sự có mặt của tác nhân tạo phức. Bạc oxalat là một ví dụ. Tích số tan của nó trong nước là T = 2,06.10-4. a) Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch axit có pH =5. Hai hằng số phân li của axit oxalic lần lượt là: Ka 1 = 5,6.10-2 và Ka 2 = 6,2.10-6. b) Với sự có mặt của amoniac thì ion bạc tạo thành hai dạng phức Ag(NH3)+ và Ag(NH 3 ) 2+ . Các hằng số tạo phức từng nấc tương ứng là K1 = 1,59.103 và K2 = 6,76.103. Tính độ tan của bạc oxalat trong dung dịch NH3 0,02M và pH = 10,08 Phân tích: + Công thức của bạc oxalat: Ag2C2O4 Ta có T = [Ag+]2.[ C2O 42− ] + CC O = S = [ C2O 42− ] + [HC2O4-]+ [H2C2O4] 2

2− 4

+ Ảnh hưởng của pH: H2C2O4 ⇌ H+ + HC2O 4−

Ka1 = 5,6.10-2

HC2O4- ⇌ H+ + C2O 42−

Ka2 = 6,2.10-6

+ Ảnh hưởng của tạo phức: Ag + NH3 ⇌ Ag(NH3)+ Ag + 2NH3 ⇌

Ag(NH 3 ) +2

K1 = 1,59.103 K2 = 6,76.103

Giải: a) Ảnh hưởng của pH: Ta có các cân bằng sau: H2C2O4 ⇌ H+ + HC2O 4− HC2O4- ⇌ H+ + C2O 42−

Ka1 = 5,6.10-2 Ka2 = 6,2.10-6

[Ag+] = 2S CC O2− = S = [C2O42-] + [HC2O4-]+ [H2C2O4] = [C2O42-](1+ 2

⇒ [C 2O 42− ] =

K a1.K a 2 .S = α.S [H ] + K a1[H + ] + K a1.K a 2 + 2

[H + ] [H + ]2 ) + K a 2 K a1.K a 2

138 Tại pH = 7: α = 1 Tại pH = 5: α ≃ 0,861; S = 2,17.10-4 b) Các phản ứng tạo phức: Ag+ + NH3 ⇌ Ag(NH3)+

K1 = 1,59.103

Ag(NH3)+ + NH3 ⇌ Ag(NH 3 ) +2

K2 = 6,76.103

[NH3] = 0,02M Tổng nồng độ [Ag+] trong dung dịch: +

C0Ag + = 2S = [Ag ] + [Ag(NH3) ] + [Ag(NH3)2 ]

= [Ag+] (1+ K1[NH3]+ K1K2[NH3]2) Vậy [Ag+] =

1 S = γ .S 1 + K1[NH 3 ] + K1K 2 [NH 3 ]2

Thay vào dựa vào T ta tính được S = 5,47.10-2 (M) Dạng 4: Bài tập về cân bằng oxi hóa –khử Kiến thức nâng cao: a) Hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa – khử

Xét phản ứng oxi hóa – khử gồm 2 cặp oxi hóa – khử ở dạng tổng quát: 1) Oxh1 + n1e → Kh1

E1 = E10 +

0, 059 [ Oxh1 ] lg n1 [ Kh1 ]

2) Oxh2 + n2e → Kh2

E 2 = E 02 +

0, 059 [ Oxh 2 ] lg n2 [ Kh 2 ]

Phản ứng tổng cộng được biểu diễn bằng phương trình: n2Oxh1 + n1Kh2 → n1Oxh2 + n2Kh1 Với ∆G = n2∆G1 – n1∆G2

= –n2n1FE1 – (–n1n2FE2) = –n2n1F(E1 – E2) Khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng ∆G = 0, tức là E1 – E2 = 0 hay E1 = E2. Vậy lúc cân bằng ta có: E10 +

0, 059 [ Oxh1 ] 0, 059 [ Oxh 2 ] lg = E 02 + lg n1 n2 [ Kh1 ] [ Kh 2 ]

139 ⇔ E10 – E 02 =

0, 059 [ Oxh1 ] 0, 059 [ Oxh 2 ] lg – lg n1 [ Kh1 ] n 2 [ Kh 2 ]

Nhân 2 vế với n1n2 ta có: ⇔ n1n2( E – E ) = 0 1

0 2

[Oxh 2 ] [ Kh1 ] 0,059lg n n [Oxh1 ] [ Kh 2 ] n1

Biểu thức sau lg chính là hằng số cân bằng K của phản ứng oxi hóa – khử. Do đó: lgK =

0 n1n 2 (E10 − E 02 ) n1n 2 E pu = 0, 059 0, 059

Khi n1 = n2 = n, phản ứng có dạng: Oxh1 + Kh2 → Oxh1 + Kh1

[Oxh 2 ][ Kh1 ] và lg K = [Oxh1 ][ Kh 2 ]

⇒ K=

nE 0pu 0, 059

Như vậy, ta có thể khẳng định lại rằng: + Nếu E 0 > 0, K > 1 → Cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận. + Nếu E 0 = 0, K = 1 → Phản ứng đạt trạng thái cân bằng. + Nếu E 0 < 0, K < 1 → Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. b) Các yếu tố ảnh hưởng đến hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa-khử. + Ảnh hưởng của thế điện cực. Từ biểu thức lgK =

∆nE 0 ta thấy K càng lớn khi ∆E0 càng lớn. Khi đó mức 0,059

độ phản ứng xảy ra càng nhiều.

Ví dụ: Đánh giá khả năng phản ứng khi cho Ag, Cu tác dụng với dd muối Fe3+. Biết E0(Cu2+/Cu) = 0,34V, E0(Ag+/Ag) = 0,78V, E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77V. Ta có: Ag + Fe3+ ⇌ Ag+ + Fe2+

(1)

Cu + Fe3+ ⇌ Cu2+ + Fe2+ K2

(2)

Như vậy: Đối với phản ứng (1): ∆E10 = E0 ( Fe3+/Fe2+) – E0(Ag+/Ag) = 0,770,78 = -0,01V. lgK1 =

1.(−0,01) = -0,17 ⇒ K1 = 10-0,17 : Giá trị K1 bé nên (1) xảy ra khó. 0,059

Đối với phản ứng (2): ∆E 02 = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Cu2+/Cu) = 0,77 – 0,34 = 0,43V

140 lgK2 =

2.0, 43 = 14,6 ⇒ K2 = 1014,6 : Giá trị K2 lớn nên (2) xảy ra hoàn toàn. 0, 059

+ Ảnh hưởng của pH. Trong nhiều trường hợp, các ion H+ và OH- tham gia trực tiếp vào các nửa phản ứng oxi hóa – khử, do đó thế và chiều của phản ứng oxi hóa phụ thuộc pH. Ví dụ: Đánh giá khả năng oxi hóa Cl- của MnO −4 ở pH = 0 và pH = 3 ? Biết: E0( MnO −4 /Mn2+) = 1,51V, E0(Cl2/2Cl-) = 1,36V Ta có : MnO −4 + 8H+ + 5e ⇌ Mn2+ + 4H2O Theo Nerst: E = E0 +

0,059 [MnO −4 ].[H + ]8 lg phụ thuộc vào pH. Thay giá trị 5 [Mn 2+ ]

pH vào ta tính được giá trị K khác nhau. + Ảnh hưởng của sự tạo phức. Khi các chất có khả năng tạo phức với các chất oxi hóa – khử có mặt trong dung dịch nó sẽ làm thay đổi nồng độ của các chất oxi hóa – khử, kéo theo sự thay đổi chiều hướng và mức độ xảy ra của các phản ứng oxi hóa – khử.

Ví dụ: Đánh giá khả năng oxi hóa I- của Fe3+ khi có F-( dư) và không có F-. Biết: E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77V, E0(I2/2I-) = 0,54V,

lg βFeF3 = 12,06

Ta có: Khi có F-(dư) thì Fe3+ tồn tại chủ yếu ở dạng FeF3. Khi đó trong dung dịch có các cân bằng sau: 2x

FeF3 ⇌ Fe3+ + 3F-

β−1 = 10

-12,06

(1)

Fe3+ + e ⇌ Fe2+

(2)

2I- ⇌ I2 + 2e

K −21

(3)

2FeF3 + 2I- ⇌ 2Fe2+ + 6F- + I2 K = ( β−1 .K1)2. K −21 (4) K = 10-24,12 .102(0,77-0,54)/0,059 = 10-16,3 K4 rất bé nên phản ứng (4) xảy ra khó khăn. Nếu không có F- ta dễ dàng tính ngay ra được K = 102(0,77- 0,54)/0,059 = 107,82 K rất lớn nên Fe3+ oxi hóa được I- về I2. + Ảnh hưởng của sự tạo thành hợp chất ít tan. Trong một số trường hợp, chất oxi hóa hoặc chất khử có khả năng tạo thành hợp chất ít tan với các phối tử có trong dung dịch nên nồng độ của chúng giảm

141 xuống một cách đáng kể làm cho thế điện cực thay đổi về chiều hướng và mức độ xảy ra các phản ứng oxi hóa – khử. Ví dụ: Xét khă năng phản ứng của Cu2+ với I- khi ta cho thêm vào dung dịch một lượng KI. Biết E0(I2/2I-) = 0,54V, E0(Cu2+/Cu) = 0,16V, TCuI = 10-12. Ta nhận thấy rằng: Khi không có KI thì E0(I2/2I-) = 0,54V > E0(Cu2+/Cu) = 0,16V nên Cu2+ rất khó oxi hóa được I-. Khi có KI thì trong dung dịch tồn tại các cân bằng sau: 2x

Cu+ + I- ⇌ CuI

T-1

(1)

Cu2+ + e ⇌ Cu+

(2)

2I- ⇌ I2 + 2e

K −21

(3)

Tổng hợp (1,2,3) ta có: 2Cu2+ + 4I- ⇌ 2CuI + I2 K = (T-1.K1)2 . K −21 = 1024.102(0,16-0,54)/0,059 = 1011,1. Vậy K rất lớn, Cu2+ oxi hóa được I-. Một số dạng câu hỏi và bài tập thường gặp: - Lập biểu thức và tính hằng số cân bằng oxi hóa – khử. - Viết sơ đồ pin và tính suất điện động của pin. - Xét chiều xảy ra của phản ứng. - Tính nồng độ của các ion. Bài tập ứng dụng. Câu 1:

Tính hằng số cân bằng của phản ứng:  → HIO3 +2HI 3HIO ← 

(a)

Cho biết: E0HIO /I2 = 1,45V, E0 I − / I2 = 0,54 V, E0 IO3− / I 2 = 1,2V Phân tích: + Ta chưa tính trực tiếp được hằng số cân bằng của phản ứng (a) mà phải tổng hợp từ các quá trình: 2 HIO +4e +2H3O+ ⇌ 2I-+4H2O

(1)

HIO - 4e +7H2O ⇌ I O3− +5H3O+

(2)

+ Như vậy ta phải tính được E0HIO /I − và E0 IO3− / HIO

142 Giải: Ta có các quá trình sau: :

(1)

(a) I-

HIO 1 I2 2

(2)

1 I2 2

I O3−

và

(3)

(b)

HIO

(c)

Dựa vào mối liên hệ giữa ∆G0 và E0 và tính chất của hàm G ta có: ∆G0(1) = ∆G0(2)+∆G0(3) −2FE 0HIO/I− = −FE 0HIO/I2 − FE 0I− /I

E 0HIO/I− =

=> E 0HIO/I = (E 0HIO/I + E 0I /I ) / 2 −

−

1, 45 + 0,54 = 0,995V 2

∆G0(a) = ∆G0(b)+∆G0(c) −5FE

0 IO3− /I 2

E 0IO− /HIO = 3

= −4FE

0 IO3− /HIO

− FE

0 HIO/I 2

=> E

0 IO3− /HIO

5E 0IO− /I − E 0HIO/I2 3

5.1, 2 − 1, 45 = 1,137V 4

Từ sự phân tích trên ta có: lg K =

4(0,995 − 1,137) 0,059

K = 2,36.10-10 Câu 2: (Tuyển tập Olympic lần thứ IX )

Cho biết:

Fe+2 +2e → Fe

E10 = -0,44V

(1)

Fe3+ +e → Fe2+

E 02 = 0,775 V

(2)

a) Tính E 30 của phản ứng Fe3++3e → Fe

(3)

b ) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng: 3Fe2+ = 2 Fe3+ +Fe Có kết luận gì về độ bền của Fe2+? Khi oxi hóa Fe thì được ion gì trước (phản ứng xảy ra trong dung dịch) Phân tích: +Tương tự như ví dụ trên ta phải tính thế đẳng áp của các quá trình đã biết để tổng hợp tính thế đẳng áp của quá trình (3) + Để đánh giá độ bền của Fe2+ thì dựa vào độ lớn của K

143 Giải: Ta có: Fe+2 +2e → Fe

E10 = -0,44V

∆G1

Fe3+ +e → Fe2+

E 02 = 0,775

∆G2

Fe3+ +3e → Fe

E 30 =?

∆G3

a ) Ta có: ∆G3 = ∆G1 + ∆G2 Hay -3F E 30 = -2F E10 -F E 02

Hay 3 E 30 = 2 E10 + E 02 =-0,88+0,775 = -1,05

=> E 30 = -0,035 V b ) Cân bằng (3) được tổng hợp như sau: 2Fe2+ → 2Fe3+ + 2e

∆G5

Fe+2 +2e → Fe

∆G1

3Fe2+ → 2 Fe3+ +Fe

∆G4

Ta có: ∆G4 = ∆G1 + ∆G5= -2F E10 +2F E 02 = 2,3 RTlgK K=

96500.2, 43 = -41 2,3.8,314.298

Giá trị K rất bé nên trong dung dịch Fe2+ bền

Khi oxi hóa từ từ Fe được Fe2+ trước Câu 3:

Người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau: Zn

Zn(NO3)2 0,1M và Ag

AgNO3 0,1M có thế chuẩn như sau:

E 0Zn 2+ /Zn = -0,76V; E 0Ag+ /Ag = 0,8V

a) Thiết lập sơ đồ pin với dấu của hai cực. b) Viết phản ứng khi pin làm việc. c) Tính E của pin. d) Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện. Phân tích: +Ta thấy điện cực kẽm là điện cực âm, tại đây xảy ra phản ứng oxi hóa kẽm. +Điện cực bạc là điện cực dương, tại đây xảy ra quá trình khử ion bạc. + Phản ứng xảy ra trong toàn bộ pin điện là sự tổ hợp hai nửa phản ứng trên. +E của pin phụ thuộc vào nồng độ của ion Zn2+ và Ag+ theo phương trình Nernst. + Pin dừng hoạt động khi E=0

144 Giải: a) (-) Zn

Zn(NO3)2

AgNO3

Ag(+)

b) Tại cực âm có sự oxi hóa Zn: Zn → Zn2+ +2e Tại cực dương có sự khử Ag: 2Ag+ +2e → 2Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn +2Ag+ ⇌ Zn2+ +2Ag c) Ta có: Epin = E Ag

/Ag

− E Zn 2+ /Zn E Ag+ /Ag − E Zn 2+ /Zn

Áp dụng phương trình Nernst cho hai điện cực: E Zn 2+ /Zn = E 0 + E Zn 2+ /Zn = E 0 +

0,059 0,059 lg[Zn 2+ ] = −0, 76 + lg10−1 2 2

E Ag+ /Ag =0,8 + 0,059lg10-1

Epin = 1,53 V

d) Khi pin ngừng hoạt động E = 0. 0 0 2 [Ag + ]2 (E Zn 2+ /Zn − E Ag+ /Ag ) −1,56.2 lg = = = −52 2+ [Zn ] 0,059 0,059

Theo phản ứng:

Zn +

Ban đầu:

0,1

Phản ứng:

Sau Nên ta có:

2Ag+

⇌

Zn2+ +

2Ag

0,1

2x 0,1-2x

0,1+x

(0,1 − 2x)2 = 10−52 => x = 0,05 (0,1 + x)

[Zn2+] = 0,1+0,05 = 0,15 [Ag+] = 10 −52.0,15 = 3,9.10-27 Câu 4:

Một dung dịch chứa CuSO4 0,1M; NaCl 0,2M ; Cu dư và CuCl dư. Chứng minh rằng xảy ra phản ứng sau ở 250C: Cu +Cu2+ +2Cl- 2CuCl ↓

(*)

Biết rằng TCuCl = 10-7 và thế khử chuẩn ở 250C của Cu2+/Cu+ và Cu+/Cu lần lượt là 0,15V và 0,52V. Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên và nồng độ Cu2+ và Cl- khi cân bằng.

145 Phân tích: + Dựa vào nồng độ và E0 ta tính E Cu

/Cu +

và E Cu + /Cu E Cu 2+ /Cu + và E Cu + /Cu sau đó tiến

hành đánh giá. + Dựa vào sự tổng hợp sau: Cu2+ +Cu 2Cu+

(1)

2Cu+ +2Cl- 2CuCl

(2)

Tổng hợp (1)+(2) ta tính được hằng số K + Dựa vào K tính nồng độ các cấu tử tại thời điểm cân bằng Giải: a) Ta có: [Cl-] = 0,2M ⇒ [Cu+] = Xét Cu2+ +e

→ Cu+

E Cu 2+ /Cu + = 0,15 +0,059 lg

Xét Cu+ +e

Tt 10−7 = 5.10-7M = [Cl− ] 0, 2

0,1 = 0,463V 5.10−7

→ Cu

E Cu + /Cu E Cu + /Cu = 0,52+ 0,059 lg5.10-7 = 0,148 V

Ta nhận thấy E Cu

/Cu +

> E Cu

/Cu

nên phản ứng Cu +Cu2+ +2Cl- 2CuCl ↓

xảy ra theo chiều thuận b) Từ sự phân tích trên ta có K = K1.K2 Ta có lgK1 = 1 Tt

K2 = ( ) 2 =

nE 0 1.(0,15 − 0,52) nE 0 1.(0,15 − 0,52) -7 ⇒ K1 = 5,35.10 = = 0,059 0,059 0,059 0,059

1 = 1014 −14 10

K = K1.K2 = 5,35.107 c)

Cu + Cu2+ +

2Cl-

Ban đầu:

0,1M

Phản ứng

Cân bằng

0,1-x

0,2-2x

2CuCl ↓

0,2M

Dựa vào biểu thức cân bằng ta có: 1 1 = 5,35.107 ⇒ 0,1-x = 1,67.10-3 = 2 3 (0,1 − x)(0, 2 − 2x) 4(0,1 − x)

[Cu2+] = 1,67.10-3M

146 [Cl-] = 2.1,67.10-3 = 3,34.10-3M Câu 5: (Olympic hóa lần thứ XVII ) Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C:

Cu(r) +2 Fe3+(dd) Cu2+(dd) +2Fe2+(dd) Người ta chuẩn bị một dung dịch gồm CuSO4 0,5M; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125M và thêm vào một ít mảnh kim loại đồng a) Cho biết chiều của phản ứng. b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng. c) Tỉ lệ [Fe3+]/ [Fe2+] có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều? Biết E 0Cu

/Cu

= 0,34Vvà E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,77V

Phân tích: + Chiều của phản ứng phụ thuộc vào Epư , nếu Epư > 0 phản ứng xảy ra theo chiều thuận và ngược lại. +Tính hằng số cân bằng dựa vào phương trình Nerst. + Phản ứng đổi chiều khi thay đổi dấu của E. Giải: a) Ta có [Cu2+] = 0,5M, [Fe2+] = 0,025M, [Fe3+] = 2.0,125 = 0,25M E Fe3+ /Fe2+ = E 0Fe3+ /Fe2+ + 0,059lg

E Cu 2+ /Cu = E 0Cu2+ /Cu +

Epư = E Fe

/Fe 2+

[Fe3+ ] 0, 25 = 0,77+0,059lg = 0,826V 2+ [Fe ] 0,025

0,059 0,059 0,059 lg[Cu 2+ ] = 0,34+ lg0,5 = 0,331V 2 2 2

− E Cu 2+ /Cu = 0,826-0,331 = 0,498V > 0

⇒ Phản ứng xảy ra theo chiều thuận.

b) lgK =

nE 0 2(0,77 − 0,34) = = 14,576 ⇒ K = 3,77.1014 0,059 0, 059

c) Để đổi chiều phản ứng thì phải có: Epư < 0 E Fe3+ /Fe2+ − E Cu 2+ /Cu < 0 ⇒ 0,331 > 0,77+0,059lg

[Fe3+ ] [Fe3+ ] ⇒ < 3,6.10-8 2+ 2+ [Fe ] [Fe ]

Câu 6:

1) Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100M và FeCl3 0,100M. Xác định nồng độ ion thiếc và sắt khi cân bằng ở 250C.Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi cân bằng.

147 2) Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4) 2,5.10-2M . Xác định nồng độ của Fe3+, Fe2+, Ag+ khi cân bằng ở 250C. Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi cân bằng. Biết E0(Sn4+/Sn2+) = 0,15V; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77V; E0(Ag+/Ag) = 0,8V. Phân tích: +Dựa vào E0 ta xác định được hằng số cân bằng K theo phương trình Nerst. +Dựa vào K ta tính được nồng độ của các ion. Giải: Sn2+ + 2Fe3+ → Sn4+ + Fe2+

Ta có lgK =

nE 0 2(0, 77 − 0,15) = = 21 ⇒ K = 1021 0,059 0,059

Nhận xét giá trị K rất lớn, tính gần đúng xem như phản ứng xảy ra hoàn toàn Ta có: Sn2+

2 Fe3+

[ ]bđ

0,05

[ ]cb

0,025

Ta lại có: K =

Sn4+

→

0,025

2 Fe2+ 0,05

[Fe 2+ ]2[Sn 4+ ] (0,05)2 .0,025 = = 1021 3+ 2 2+ 2 [Fe ] [Sn ] x .0,025

x = [Fe3+] = 1,58.10-12M Khi cân bằng Epư = 0. Thế của các cặp oxi hóa khử bằng nhau Ecb

1,58.10−12 0,059 0,025 = 0,77+0,059lg = 0,15+ lg = 0,15 0,05 2 0,025

2) Tương tự Ag

+ Fe3+ →

Ag+

+ Fe2+

Ta có K = (0,77-0,8)/0,059 = -0,51 => K = 0,31 Ag +

Fe3+ →

[ ]bđ

0,05

[ ]cb

0,05-x

Ta có K =

Ag+ x

+ Fe2+ x

x2 = 0,31 ⇒ x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2M 0,05 − x

[Fe3+] = 6.10-3M Ecb = 0,77 +0,059lg

6.10−3 = 0,8 +0,059lg4,38.10-2 = 0,72 V −2 4,38.10

Câu 7: (Olympic hóa lần thứ XIX)

1. Dung dịch thu được sau khi trộn 100ml dung dịch KMnO4 0,04M, 50ml H2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr2 0,2M.

148 a) Tính thành phần cân bằng của hệ. b) Tính thế điện cực Pt nhúng vào dung dịch X. c) Thiết lập sơ đồ pin, tính suất điện cực của pin được ghép bởi điện cực Pt nhúng vào dung dịch X và điện cực calomen bão hòa. Viết phản ứng khi pin hoạt động. E0(Fe3+/Fe2+) = 0,771V; E0 (MnO4-/Mn2+) = 1,51V; Ecal = 0,244V; E(Br2/2Br-) = 1,085V; Ka(HSO4-) = 10-2 2. Hãy tính hằng số cân bằng của phản ứng sau: 3HIO ⇌ HIO3 + 2HI Cho: E0 (HIO/I2) = 1,54V; E0 (I2/2I-) = 0,54V; E0(IO3-/I2) = 1,195V Phân tích: + Ta phải đánh giá E0(Fe3+/Fe2+) < E0(Br2/2Br-) < E0(MnO4-/Mn2+) từ đó xác định thứ tự xảy ra phản ứng: 5 Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 2MnO4- + 10Br- + 16H+ → 2Mn2+ + 5Br2 + 8H2O + Thế điện cực Pt nhúng vào dung dịch X được tính ttheo cặp Br2/Br+ Ở câu (c) điện cực Pt nhúng vào dung dịch X: Cần xác định điện cực âm và điện cực dương và thiết lập sơ đồ pin + 2. Hằng số cân bằng : 3HIO ⇌ HIO3 + 2HI Được tổng hợp từ các phương trình:

2HIO + 2H+ + 4e → 2I- + H2O HIO + 2H2O → IO3- + 5H+ + 4e Cần tính E0( HIO/I-) và E0( IO3-/I2) Giải: Thành phần cân bằng của hệ: CKMnO4 =

100.0, 04 50.0, 2 50.2 = 0,02M; CFeBr2 = = 0,05M; CH2SO4 = = 0,05M 200 200 200

H2SO4 → H+ + HSO4Bđ

0,5

Sau pứ

0,5

KMnO4 → K+ + MnO4Bđ Sau pư

0,02 0,02

0,02

FeBr2 → Fe2+ + 2Br-

149 Bđ

0,05

Sau pứ

0,05

0,1

Do E0(Fe3+/Fe2+) < E0(Br2/2Br-) < E0(MnO4-/Mn2+) nên các phản ứng xảy ra theo thứ tự 5 Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O Ta có: K = 10

5(1,51−0,77) 0,0592

Ban đầu: 0,05 Sau pứ: 0

rất lớn nên xem như phản ứng xảy ra hoàn toàn

0,02

0,5

0,01

0,42

0,05

0,01

2MnO4- + 10Br- + 16H+ → 2Mn2+ + 5Br2 + 8H2O Ta có: K’= 10

10(1,51−1,085) 0,0592

Ban đầu:

0,01

Sau pứ:

= 1071,8 rất lớn nên phản ứng xem như xảy ra hoàn toàn 0,1

0,42

0,05

0,34

Xét cân bằng: HSO4 →

Trước pứ:

0,5

0,34

Sau pứ:

0,5-x

0,34+ x

Ka =

0,02 +

0,025

SO42x

x(0,34 + x) = 10-2 ⇒ x = 0,0137 0,5 − x

Vậy thành phần cân bằng của hệ: [Fe3+] = 0,05M ; [Mn2+] = 0,01M; [K+] = 0,02M [H+] = 0,3537M; [Br2] = 0,025M; [SO42-] = 0,0137M [HSO4-] = 0,4863M; [Br-] = 0,05M b) Thế của điện cực Pt nhúng vào dung dịch được tính theo cặp Br2/BrTừ bán phương trình: Br2 + 2e → 2BrE Br /Br − = E 0 Br /Br − + 2

0,0592 [Br2 ] 0,0592 0,025 = 1,085 + lg lg − 2 2 [Br ] 2 (0,05)2

= 1,115V c) Vì thế của điện cực Pt nhúng vào dung dịch X = 1,115V > Ecal = 0,244 V nên + Điện cực Pt là điện cực dương. + Điện cực calomem là cực âm. Sơ đồ pin như sau: (-) Hg Hg 2Cl2 dd KCl bão hòa

dd X

Pt (+)

150 Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động: Tai cực (-) : 2Hg + 2Cl- → Hg2Cl2 + 2e Tại cực (+): Br2 + 2e → 2Br2Hg + 2 Cl- + Br2 → Hg2Cl2 + 2BrSức điện động của pin: Epin = EPt – Ecal = 1,115 -0,244 = 0,871V E0

E 0HIO/I2

2. HIO → I2  → I

0 HIO/I−

I2 /I−

2E 0HIO/I2 + 2E I0 /I−

= 0,995V

E 0HIO/I2

IO3- → HIO → I2 IO3− /HIO

0 IO3−

5E 0IO− /I − E 0HIO/I2 3

= 1,131V 4E 0

Ta có: 2HIO + 2H +4e → 2I + H2O

K1 = 10

HIO/I−

0,059 4E 0

HIO + 2 H2O → ⇒

IO3-

IO3− /HIO

+ 5H +4e

K2 = 10

0,059

K = K1.K2 -1 = 10-9,22

3HIO ⇌ HIO3 + 2HI

Câu 8:

Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo pH = 0. + 0,293V E 0y

3+ 2+ +0,55 +1,34 E −0,408 → Cr(V)  → Cr(IV)  → Cr  → Cr → Cr Cr(VI)(Cr2O72-)  0 x

-0,744V a) Tính E 0x ; E 0y b) Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không?

c) Viết quá trình xảy ra với hệ oxi-hóa khử Cr2O72- /Cr3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở nhiệt độ 298K, khi pH tăng 1 đơn vị pH. Giải: a) Dựa vào giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2 E 0y ⇒ E 0y = -0,912V Ta lại có: 0,55 + 1,34 + E 0x -3.0,744 = 6.0,293 ⇒ E 0x = 2,1V

151 b) Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr (VI) khi ∆G0 của quá trình < 0 2Cr(IV) + 2e → 2Cr3+

(1)

E10 = E 0x = 2,1V; ∆G10 = -n. E10 .F = -2.2,1.F

Cr(VI) + 2e → Cr(IV) E 02 =

(2)

0,55 + 1,34 = 0,945V; ∆G 02 = -n. E 02 .F = -2.0,945.F 2

Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr (VI)

(3)

∆G 30 = ∆G10 - ∆G 02 = -2(2,1-0,945) .F < 0

Vậy Cr(IV) có thể dị phân c) Cr2O72- + 14H+ + 6e ⇌ 2Cr3+ + 7H2O E1 = 1,33 +

RT [Cr2O7 2− ].(10− pH )14 ln 6F [Cr 3+ ]2

E2 = 1,33 +

R.T [Cr2O7 2− ](10 − (pH +1) )14 ln 6.F [Cr 3+ ]2

Độ biến thiên của thế:

E2 – E1 =

8,3145.298 .14ln10−1 = -0,138 V 6.96485

Câu 9:

Cho biết: E0 (Cu2+/Cu+) = 0,16V; E0 (Cu+/Cu) = 0,52V; TCuCl = 10-7 Một dung dịch chứa CuSO4 0,1M; NaCl 0,2M; bột Cu dư. Hãy chứng minh xảy ra phản ứng: Cu (r) + Cu2+ + 2Cl- ⇌ 2CuCl ↓ Tính hằng số cân bằng của phản ứng và tính nồng độ mol của các ion ở trạng thái cân bằng. Giải: Nhận thấy: Khi cân bằng thì E (Cu2+/Cu) = E (Cu+/Cu) 0,16 + 0,059 lg

[Cu 2+ ] = 0,52 + 0,059lg[Cu+] + [Cu ]

0,16 + 0,118 pT -0,52 = 0,059 lg

1 = 0,059lgKc [Cu ][Cl− ]2 2+

Vậy KC = 108 Câu 10: Đánh giá khả năng hòa tan của Ag trong các trường hợp sau:

152 a) Trong hỗn hợp NH3 và NH4Cl b) Trong dung dịch NH3 khi có mặt oxi không khí. Cho: E0 ( Ag+/Ag) = 0,8V ; E0 ( O2/H2O) =1,23V; pK (NH4+) = 9,24 Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+ β = 107,24 Giải: a) NH4Cl → NH4+ + ClTa có: 2 x 2x

NH4+ ⇌ NH3 + H+ Ag

(K1)2 = (10-9,24)2 −0,8  0,059  (K2) =  10   

⇌ Ag + e

2H+ + 2e ⇌ H2 2x

(1)

Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+

(2)

K3 = 1

(3)

( β )2 = (107,24)2

(4)

Tổng hợp (1,2,3,4): 2Ag+ + 2NH4+ + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+ + H2 K = (K1)2. (K2)2.K3.( β )2 = 10-31,12 Vì K rất bé nên Ag không tan. b) Khi có mặt oxi thì Ag bị oxi hóa, Ag+ tạo phức với NH3 4x

Ag ⇌ Ag + 1e

 −0,8  (K2) = 10 0,059   

H2O ⇌ H+ + OH-

(Kw)4 = (10-14)4

O2 + 4H+ +4e ⇌ 2H2O 4x

Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+

(1) (2)

4.1,23

K3 = 10 0,059

(3)

( β )4 = (107,24)4

(4)

Tổng hợp (1,2,3,4): 4Ag + O2 + 2H2O + 8NH3 ⇌ 4[Ag(NH3)2]+ + 4OHK’ = (Kw)4. (K2)4.K3. ( β )4 = 102,122 Vậy Ag bị oxi hóa trong dung dịch NH3 khi có mặt oxi không khí. Dạng 5: Bài tập về cân bằng trong dung dịch chứa muối ít tan. Kiến thức nâng cao: a) Tích số tan.

Xét chất điện li ít tan AnBm:  → nAm+ +mBn- ; T = [Am+]n [Bn-]m AnBm ← 

153 b) Điều kiện kết tủa và hòa tan của chất điện li ít tan.

Giả sử trong một dung dịch có tích nồng độ các ion Am+ và Bn-là: Q = [ Am+]n .[ Bn-]m ta có các trường hợp: + Q<T: kết tủa bị hòa tan. +Q>T: kết tủa xuất hiện. +Q=T: kết tủa cân bằng các ion trong dung dịch. c) Các yếu tố ảnh hưởng đến sự kết tủa.

+ Ảnh hưởng của ion chung. Ion chung là ion có trong thành phần của kết tủa. Theo qui luật tích số tan thì tích số hoạt độ của các ion của kết tủa trong dung dịch bão hòa luôn luôn là một hằng số ở nhiệt độ nhất định. Nếu hoạt độ của một trong các ion tăng thì hoạt độ của các ion kia phải giảm. Ví dụ: Tính độ tan của BaSO4 trong 0,01M dung dịch Na2SO4 và so với độ tan của nó trong nước. Biết TBaSO = 1,1.10-10. 4

Độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất là:

S = 1,1.10 −10 = 1,05.10-5 mol/l Trong dung dịch Na2SO4 0,01M: S = [Ba2+] ; [SO 24− ] = S + 0,01 ≈ 0,01 Vậy ta có: S.(S+ 0,01) = 0,01.S = 1,1.10-10 ; S = 1,1.10-8. Như vậy độ tan của BaSO4 trong Na2SO4 nhỏ hơn trong nước nguyên chất. Từ đó ta nhận thấy độ tan của chất ít tan bị giảm đi khi thêm vào dung dịch của nó chất điện li nào đó có ion cùng tên với chất ít tan. Vì vậy để kết tủa hoàn toàn ion nào đó khi tiến hành kết tủa, người ta thường dùng dư thuốc thử (ion chung) và khi rửa kết tủa người ta cần thêm vào nước rửa một ít dung dịch có chứa ion chung, như vậy giảm sai số của phép định lượng. + Ảnh hưởng của những ion khác ion của kết tủa (ion lạ). Các ion lạ làm tăng độ tan của kết tủa vì sẽ làm tăng lực ion của dung dịch, nghĩa là làm giảm hệ số hoạt độ f trong biểu thức tích số tan, do dó nồng độ ion của kết tủa sẽ tăng làm tăng độ tan của kết tủa, ảnh hưởng này còn gọi là hiệu ứng muối. Ví dụ: Tính độ tan của AgCl trong KNO3 0,1M. Biết ở 250C, TAgCl = 1,810-10.

154 Trong nước nguyên chất, lực ion quá nhỏ, coi như f = 1. S = 1,8.10−10 = 1,34.10-5 . Trong dung dịch KNO3 0,1M lực ion lớn, cụ thể là f = 0,76. Nếu tính đến hệ số hoạt độ thì: TAgCl = S2.f2 T / f 2 = 1,76.10-5

⇒ S=

Vậy độ tan của AgCl trong KNO3 0,1M lớn hơn độ tan của nó trong nước nguyên chất là: 1,33, lần. + Ảnh hưởng của pH

Nếu anion A- của kết tủa MAn là gốc của một dung dịch axit yếu thì trong MAn ⇌ Mn+ + nA-

dung dịch sẽ có cân bằng:

nA- + nH+ ⇌ nHA Độ tan S của kết tủa : S = [Mn+]

Tích số tan: T = [Mn+][A-]n Vì [A-] =

K.C A mà CA = [HA] + [A-] = nS. K + [H + ]

[HA] . Biến đổi cuối cùng ta tính được: [H + ][A − ]

n +1

T  [H + ]  1 +  nn  K 

+ Ảnh hưởng của chất tạo phức. Nếu M của kết tủa MA tạo phức với X lần lượt theo các phương trình sau đây: MA ⇌ M + A

TMA = [M][A]

M + X ⇌ MX1

β1 =

[MX1 ] [M].[X1 ]

MX1 + X ⇌ MX2

β2 =

[MX 2 ] [MX1 ][X]

M, A có thể mang điệ tích, còn X có thể ở dạng phân tử hay ion. β là hằng số bền của phức. Ta có: S = [M ] + [MX] + .... + [MXn]= [M](1+ β1[X] + β2β1[X] +... Từ biểu thức trên ta dễ dàng thấy rằng khi độ tan của chất sẽ tăng khi trong dung dịch có phối tử tạo phức.

155 + Ảnh hưởng của nhiệt độ. Tích số tan T chỉ là một hằng số ở một nhiệt độ nhất định. Vì vậy nếu nhiệt độ thay đổi thì độ tan cũng thay đổi. Đối với các chất hòa tan thu nhiệt thì độ tan sẽ

tăng khi nhiệt độ tăng, nhưng đối với các chất khi hòa tan tỏa nhiệt thì độ tan sẽ giảm khi tăng nhiệt độ. Ví du: PbI2 tan nhiều khi đun nóng, độ tan của AgCl ở 1000C lớn hơn 25 lần độ tan của nó ở 100C.

+ Ảnh hưởng của kích thước hạt kết tủa. Đối với cùng một lượng chất kết tủa hật nhỏ tan nhiều hơn kết tủa hạt to. Nghĩa là

tích số tan của kết tủa hạt nhỏ lớn hơn tích số tan của kết tủa hạt lớn. Vì vậy trong thực tế muốn có kết tủa tách được hoàn toàn ra khỏi dung dịch người ta tìm mọi cách để thu được kết tủa hạt lớn. Vì không có kết tủa nào tuyệt đối không tan nên sự kết tủa hoàn toàn chỉ có ý nghĩa tương đối. Tiến hành tách một ion nào đó được coi là kết tủa hoàn toàn nếu lượng của nó còn lại trong dung dịch chỉ nằm trong giới hạn độ chính xác của phép cân (0,1 ÷ 0,2mg). Hoặc trong dung dịch dao động (10-5 ÷ 10-6)M. + Ảnh hưởng của dung môi. Thường phần lớn các chất vô cơ ít tan trong dung dịch hữu cơ hơn trong nước do ảnh hưởng của độ phân cực. Vì vậy trong trường hợp nếu kết tủa tạo ra từ dung dịch nước có độ tan khá lớn thì cần thiết tiến hành kết tủa trong dung môi hữu cơ thích hợp. Một số dạng bài tập:

- Xác định độ tan, so sánh độ hòa tan, tính tích số tan. - Điều kiện tạo thành kết tủa, hòa tan kết tủa, kết tủa hoàn toàn.. của chất điện li ít tan.

-Tính toán nồng độ các cấu tử. Bài tập áp dụng: Câu 1: Độ tan của CaF2 trong nước ở 250C bằng 2,14.10-4M. Tính tích số tan TCaF

Phân tích: Ta áp dụng trực tiếp công thức từ cân bằng. Giải:  → Ca2++2FCaF2 (r) ← 

T = [Ca2+].[F-]2 = 2,14.10-4(2,14.10-4)2 = 3,9.10-11

156 Câu 2: Tích số tan của BaSO4 bằng 10-10. Tính độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch H2SO4 0,1M. Kết luận gì về ảnh hưởng ion chung tới độ tan?

Phân tích: Ta phải tính độ tan S1 và độ tan S2 dựa vào đó đánh giá yếu tố ảnh hưởng Giải: Gọi S1 là độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất Ta có: [Ba2+] = [SO42-] = S1 T = [Ba2+].[SO42-] = S12. Ta có S1 = √T = 10-5M Gọi S2 là độ tan của BaSO4 trong H2SO4 0,1M Ta có: [Ba2+] = S2; [SO42-] = S2+0,1 T = [Ba2+].[SO42-] = S2(S2+0,1) = 10-10 ta xem như S2<<0,1 => S2 = 10-9M Ta thấy S2 < S1 do trong dung dịch chứa muối ion chung với ion của muối khó tan. Câu 3: Độ tan của H2S trong dung dịch HClO4 0,03M là 0,1mol/l. Nếu thêm vào dung dịch này các ion Mn2+ và Cu2+ sao cho nồng độ của chúng bằng 2.10-14M thì ion nào sẽ kết tủa dưới dạng sunfua? Biết TMnS = 3.10-14; TCuS = 8.10-37; Ka(H2S) = 1,3.10-21 Phân tích: Giả sử trong một dung dịch có tích nồng độ các ion Am+ và Bn-là: Q = [ Am+]n .[ Bn-]m ta có các trường hợp + Q < T: kết tủa bị hòa tan +Q > T: kết tủa xuất hiện +Q = T: kết tủa cân bằng các ion trong dung dịch Giải: HClO4 là axit mạnh.

[H+] = 0,03M ; [S2-] = Ka

[ H 2S] [ H 2S] = 1,4.10-17 + 2 + 2

 H   H 

Ta có: [Mn2+].[S2-] = 2.10-14×1,4.10-17 = 2,8.10-31 < TMnS = 3.10-14 => MnS không kết tủa [Cu2+].[S2-] = 2.10-14 ×1,4.10-17 = 2,8.10-31 > TCuS = 8.10-37=> CuS kết tủa Câu 4:

Có cân bằng sau ở 250C xảy ra trong nước:  → PbI2 ↓ +2OHPb(OH)2+2I- ← 

a, Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào?

157 b, Có kết tủa PbI2 không nếu dung dịch bão hòa Pb(OH)2 có chứa KI 0,1M? c, Tính nồng độ tối thiểu của HNO3 để Pb(OH)2 bắt đầu phản ứng với H+ theo phản ứng:  → Pb2+ +2H2O Pb(OH)2+2H+ ← 

Biết TPb(OH) = 4.10-15; TPbI = 8.10-9 2

Phân tích: Dựa vào T1 và T2 xác định hằng số cân bằng K của phản ứng và đánh giá chiều hướng chuyển dịch. So sánh Q và T. Giải:  → Pb2+ +2OHa) Pb(OH)2 ← 

T1 = 4.10-15

(1)

 → PbI2 ↓ Pb2++2I- ← 

T2 = (8.10-9)-1

(2)

Tổng hợp (1) và (2) ta có:

 → PbI2 ↓ +2OH- có hằng số Pb(OH)2+2I- ← 

cân bằng K = T1.(T2)-1 = 5.10-7 . Nhận xét thấy K quá nhỏ nên cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. b) Theo (1) ta có: T1 = S.(2S)2 => S =

T1 = 10-5 => [Pb]2+ = 10-5 4

Khi [I-] = 0,1M thì có: Q = 0,1.10-5 = 10-6 > T2 nên có kết tủa. c)  → Pb2+ +2OHPb(OH)2 ← 

T1 = 4.10-15

(1)

 → 2H2O 2 H+ +2OH- ← 

(K −w1 ) 2 = 1028

(2)

 → Pb2+ +2H2O Pb(OH)2+2H+ ← 

K’ =

[Pb 2+ ] => [H+] = 5.10-10M + 2 [H ]

Vậy khi [HNO3] > 5.10-10M thì phản ứng xảy ra Câu 5: (Olympic lần thứ XVII)

Cho các số liệu sau: H3PO4 có các hằng số axit K1 = 10-2,23; K2 = 10-7,26 ; K3 = 10-12,32. Tích số tan (KS) của Ca3(PO4)3 và CaHPO4 lần lượt bằng 10-29 và 10-6,58 a) Biết H3PO4 hòa tan được Ca3(PO4)2 dưới dạng Ca(H2PO4)2. Viết phương

158 trình hóa học dạng ion thu gọn và tính hằng số cân bằng của phản ứng đó. b) Tính độ tan của Ca3(PO4)2 trong dung dịch H3PO4 0,1M. c) Khi trộn 0,5 lít dung dịch H3PO4 0,2M với 0,5 lít dung dịch Ca(H2PO4)2 0,02M thì có thể có CaHPO4 kết tủa trong dung dịch sau khi trộn hay không? Giải thích bằng cách tính cụ thể. Phân tích: + Dựa vào đề bài ta phải xác định được hằng số cân bằng K của phản ứng sau: 4H3PO4

+ Ca3(PO4)2

 → ← 

3Ca2+ + 6 H 2PO 4− bằng cách tổ hợp từ các

hằng số K đã biết + Dựa vào K ta tính nồng độ và xác định được độ tan S + Dựa vào cân bằng tính nồng độ và xác định tích [Ca2+].[ HPO 24− ] và so sánh với Ts Giải: a)

 → 4 × H3PO4 ← 

H+ +

K1 = 10-2,23

H 2 PO −4

 → 3Ca2+ + 2 PO34− Ca3(PO4)2 ← 

Ks = 10-29

 → HPO 24− 2 × PO34− + H+ ← 

12,32 K 3−1 K 3−1 = 10

 → H 2 PO 4− 2 × HPO 24− +H+ ← 

K −21 K −21 = 107,26

 → 3Ca2+ + 6 H 2 PO −4 4H3PO4 + Ca3(PO4)2 ← 

Vậy K = K14 .K s .(K 3−1 ) 2 (K −21 )2 = 10−2,23.4−29+12,32.2+7,26.2 = 101,24 b)

 → 3Ca2+ + 4H3PO4 + Ca3(PO4)2 ← 

6 H 2PO −4

Nếu hoàn toàn: 0,1

0,075

Cân bằng

0,075-3x 0,15-6x

K = 101,24

0,15

(0,075 − 3x)3 (0,15 − 6x)6 K= = 101,24 ⇒ x = 10-3 4 (4x)

Độ tan [Ca2+] = 0,075-3.10-3 = 0,072M

c) Dung dịch sau khi trộn có: CH3PO4 = 0,1M ; CCa (H 2PO4 )2 = 0,01M

 → H3PO4 ← 

H+ +

H 2 PO 4−

K1=10-2,23

159 Ban đầu

0,1

0,02

Cân bằng

0,1-x

0,02+x

K1 =

x(0, 02 + x) = 10-2,23 0,1 − x

Vậy x = 0,01456M  → ← 

Sau đó:

H 2 PO 4−

Ban đầu

0,03456

Cân bằng

0,03456-y

HPO 24−

+ H+

K2 = 10-7,26

0,01456 y

0,01456+y

Tương tự ta tính được y = 1,3.10-7 Ta có [Ca2+].[ HPO 24− ] = 0,01.1,3.10-7 = 1,3.10-9 << KS = 10-6,58 Nên không tạo thành kết tủa CaHPO4 Câu 6: (Olympic lần thứ XVII )

Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M ,có các quá trình sau  → 2 CrO 24− +2H+ Cr2O 72− + H2O ← 

Ka = 2,3.10-15

 → Ba2+ + CrO 24− ← 

T1−1 = 10

BaCrO4 ↓

 → SrCrO4 ↓ Sr2+ + CrO 24− ← 

9,93

T2−1 = 104,65

Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4 Phân tích: + Điều kiện có kết tủa hoàn toàn BaCrO4 : CCrO > 2− 4

+ Điều kiện để không có kết tủa SrCrO4 : CCrO < 2− 4

T1 = C1 [Ba 2+ ]

T2 = C2 [Sr 2+ ]

+ Ta phải thiết lập khu vực nồng độ: C1 < CCrO < C2 2− 4

 → 2 CrO 24− +2H+ Giải: Cr2O 72− + H2O ← 

Ka = 2,3.10-15 (1)

 → Ba2+ + CrO 24− ← 

T1−1 = 109,93

BaCrO4 ↓

 → SrCrO4 ↓ Sr2+ + CrO 24− ← 

T2−1 = 104,65

Để có kết tủa hoàn toàn BaCrO4 : CCrO > 2− 4

T1 10−9,93 = = 10-3,93 M [Ba 2+ ] 10−6

160 Để không có kết tủa SrCrO4 :

CCrO2− < 4

T2 10−4,65 = = 10-3,65 M [Sr 2+ ] 10−1

Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 thì phải thiết lập khu vực nồng độ:10-3,93< CCrO <10-3,65

(2)

2− 4

Áp dụng ĐLTDKL đối với (1)  → 2 CrO 24− +2H+ Cr2O 72− + H2O ← 

Tại cb

Ka = 10-14,64

(1)

Ta có: Ka = C2x2 ⇒ x = [H+] = 10−14,64

1 10−7,32 = Thay (2) vào ta có C2 C

10-3,67 ≤ [H+] ≤ 10-3,39 ⇒ 3,4 ≤ pH ≤ 3,7 Câu 7:

Có tạo kết tủa Mg(OH)2 không khi: -Trộn 100ml dung dịch Mg(NO3)2 1,5.10-3M với 50ml dung dịch NaOH 3.10-5M. - Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch Mg(NO3)2 2.10-3M và NH3 4.10-3 M. Biết Tt Mg(OH) =10-11 và Kb(NH3) =1,58.10-5 2

Phân tích: + Dựa vào mối quan hệ giữa Q và T. + Tính được [OH-] của dung dịch bazơ yếu đã xét ở phần trước. Giải: Ta có: Mg(NO3)2 → Mg2+ + 2N O3− NaOH → Na+ + OHNồng độ sau khi trộn tính theo công thức là: C2 = C1v1/(v1+v2) [Mg2+] = 10-3M, [OH-] = 10-5M [Mg2+]bđ .[OH-]bđ2 = 10-13 M < Tt Mg(OH) = 10-11 2

Nên không tạo thành kết tủa Mg(OH)2. b) Sau khi trộn thể tích dung dịch tăng gấp đôi nên nồng độ giảm đi một nửa: [Mg2+]bđ = 10-3M, [NH3]bđ = 2.10-3M Ta tính nồng độ [OH-] trong dung dịch NH3 2.10-3M với giả thiết chưa xảy ra sự kết tủa Mg(OH)2:

161 Áp dụng điều kiện gần đúng Kb.Cb = 1,58.10-5.2.10-3 > 10-12 và Cb/Kb > 100 nên ta có: [OH-] =

C b .K b

- 2

C b .K b ⇒ [OH ] = Cb.Kb = 3,16.10

-8

[Mg2+]bđ .[OH-]bđ2 = 10-3(3,16.10-8) = 3,16.10-11 > Tt Nên tạo thành kết tủa Mg(OH)2 Câu 8:

Giải thích tại sao Ag không tác dụng với HCl mà lại tác dụng HI để giải phóng ra hiđro. E0 (Ag+/Ag) = 0,8V, tích số tan AgCl và AgI lần lượt là : 10-9,75; 10-16 Phân tích: + Do E0 ( Ag+/Ag) > E0 (2H+/H2): nên Ag không có khả năng khử H+ + Trong môi trường có chứa Cl- và I- sẽ hình thành các cặp oxi hóa –khử mới AgCl/Ag và AgI/Ag Giải: Trong dung dịch có các cân bằng: HCl → H+ + ClHI → H+ + I2H+ + e ⇌ H2 Ag ⇌ Ag+ + e Do E0 ( Ag+/Ag) > E0 (2H+/H2): nên Ag không có khả năng khử H+ Trong môi trường có chứa Cl- và I- sẽ hình thành các cặp oxi hóa –khử mới AgCl/Ag và AgI/Ag Ta có : E0 ( AgCl/Ag) = E+ (Ag+/Ag) + 0,059lgTAgCl = 0,799 + 0,059lg10-9,25 = 0,224V E0 ( AgI/Ag) = E+ (Ag+/Ag) + 0,059 lgTAgI = 0,799 + 0,059lg10-16 = -0,145V Ta nhận thấy: E0 ( AgCl/Ag) > E0 (2H+/H2) > E0 ( AgI/Ag) Vậy Ag chỉ có thể phản ứng với HI: Ag + 2H+ + 2I- ⇌ AgI + H2 Câu 9:

Tính thành phần phần trăm lượng AgCl bị mất đi khi rửa 0,451 gam chất này bằng: a) 200ml nước cất. b) 150 ml dung dịch NH4Cl 1M rồi bằng 50ml nước cất. Cho T (NH4Cl) = 10-9,75 Giải: a) AgCl → Ag+ + ClS

162 Ta có: T = S2 ⇒ mAgCl =

S.M.VH2O

1000

1,33.10−5.200.143,5 = 38,1.10-5 (g) 1000

Vậy % AgCl hao hụt: 0,085% NH4+ + Cl-

b) NH4Cl → 0,1

0,1

AgCl → Ag+ + ClS’

S’

S’+ 0,1

Mà T = S’ (S’+ 0,1) = 0,1S’ ⇒ S’ = 1,78.10-9 mol/l Do đó, khối lượng AgCl tan trong 150ml dung dịch NH4Cl 0,1M: 1,78.10-9.

150 .143,5 = 3,8.10-8 (g) 1000

Khối lượng AgCl tan trong 50ml nước cất: 1,33.10-5 .

50 .143,5 = 9,5.10-5 (g) 1000

Tổng khối lượng AgCl hao hụt: 9,5.10-5+ 3,8.10-8 (g) Vậy % AgCl hao hụt: 0,021% Câu 10:

Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+ 0,01M và Zn2+ 0,01M đến bão hòa ( CH S = 0,1M). 2

a) Xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà không kết tủa ZnS. b) Thiết lập khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn không bị kết tủa. Biết: H2S có Ka1 = 10-7,02; Ka2 = 10-12,9; KS(ZnS) = 10-21,6; KS (CdS) = 10-26 Giải: a) [Zn2+] = [Cd2+] trong đó KS(ZnS) < KS(CdS): Do đó CdS xuất hiện trước - Để có CdS thì: CS

2−

(1)

10−26 = 10-24 −2 10

- Để không có ZnS thì: CS

2−

( 2)

10−21,6 = 10-19,6 −2 10

Giới hạn pH phải thiết lập sao cho:

163 10-24 < CS < 10-19,6 2−

10-24 <

K a1.K a 2 .[H 2S] [H + ]2

10-0,66 < [H+] < 101,54 ⇒ -1,54 < pH < 0,66 b) Khi [Cd2+] = 0,02.0,1.10-2 = 10-5M - Điều kiện để có kết tủa 99,9% Cd2+ là: CS > 2−

10−26 = 10-21 −5 10

- Khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà Zn2+ vẫn chưa kết tủa là: 10-21 < CS < 10-19,6 2−

10-0,66 < [H+] < 101,54 -0,04 < pH < 0,66 2.3.2.2.Bài tập tổng hợp

Sau khi học sinh được học và làm các dạng bài tập trên giáo viên mới đưa ra dạng bài này để học sinh vận dụng. Đây là loại bài tập đòi hỏi học sinh nắm vững kiến thức sâu và rộng liên quan đến nhiều nội dung của phản ứng hóa học. Có những bài tập đòi hỏi sử dụng thành thạo các phương pháp giải toán hoá học, có kĩ năng phân tích, tổng hợp, kỹ năng lập luận tốt. Trong đó bài tập tổng hợp phần “ tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học” không chỉ tồn tại một dạng cân bằng mà trong

dung dịch vừa có cân bằng axit-bazơ vừa có cân bằng tạo phức, cân bằng oxi hóa – khử và cân bằng muối ít tan... Nên học sinh cần nắm vững kiến thức về lí thuyết cân bằng và tổng hợp các cân bằng trong dung dịch. Câu 1: (Olympic lần thứ VIII)

1. Một dung dịch A chứa CH3COOH 0,1M và HCOOH x M . Xác định x để dung dịch hỗn hợp này có pH = 2,72. Biết K1(HCOOH) = 1,8.10-4 và K2(CH3COOH) = 1,8.10-5. 2. Kết tủa Ag2CrO4 có tan được trong dung dịch NH4NO3 không ? Biết pT(Ag2CrO4) = 11,8; pK(NH3) = 4,76; pK(HCrO4-) = 6,5 và hằng số bền của phức β1 ( AgNH3)+ = 2089,3 Giải: 1. Do pH = 2,72 ⇒ [H+] = 1,9.10-3M

164 Ta có:

HCOOH ⇌ HCOO- + H+

Ban đầu:

Cân bằng:

x-αx

αx

(1)

1,9.10-3

(xα )(1,9.10−3 ) = 1,8.10-4 x(1 − α )

K1=

(2)

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ban đầu:

0,1

Cân bằng:

0,1-0,1α’

K2 =

0,1α’

(3)

1,9.10-3

(0,1α ' )(1,9.10−3 ) = 1,8.10-5 0,1(1 − α ' )

(4)

[H+] = 1,9.10-3 = xα +0,1α’

Ta có:

(5)

Từ (4) ⇒ α’ = 9,38.10-3 thế vào (5) thì xα = 9,62.10-4 thế vào K1 =

1,9.10−3 (9,62.10 −4 ) = 1,8.10-5 −4 x − 9,62.10

(2)

⇒ x = 0,01

Vậy nồng độ của HCOOH là 0,01M 2.

Ta có các quá trình sau:

Ag2CrO4

⇌ 2Ag + CrO 24−

NH3 + H2O ⇌ NH +4 + OH+

HCrO −4

CrO 24−

⇌ H +

Ag+ + NH3 ⇌ [AgNH3]+

T = 10-11,8

(1)

Kb = 10-4,76

(2)

Ka(2) = 10-6,5

(3)

β1 = 10

3,32

(4)

Xét phản ứng Ag2CrO4 + NH +4 : Ag2CrO4

⇌ 2Ag + CrO 24−

NH +4 ⇌ NH3 + H

H+ +

Ka(1) =

CrO 24− ⇌ HCrO −4

Ag+ + NH3 ⇌ [AgNH3]+

T = 10-11,8

(1)

K w 10−14 -9,24 = −4,76 = 10 K b 10

(2)

( Ka(2))-1 = 106,5

(5)

β1 = 10

3,32

(4)

Tổng hợp (1+2+5+4) : Ag2CrO4 + NH +4 ⇌ Ag+ + CrO 24− +[AgNH3]+ K = T.Ka(1).(Ka(2)). β1 K = 10(-11,8-9,24+6,5+3,32) = 10-11,2 Nhận xét giá trị K rất nhỏ nên sự tan rất khó khăn.

165 Câu 2:

Giải thích tại sao CuS không tan trong dung dịch HCl nhưng lại tan được trong dung dịch HCl có hòa tan H2O2? Biết: TCuS = 10-35, K a (H S) =10-7, K a 1

2 (H 2S)

=10-13, E10 (H 2O 2 / H 2O) =1,77V,

E 02 (S / H 2S) = 0,14V

Giải: +Giả sử CuS hòa tan trong HCl , phản ứng hòa tan xảy ra: CuS +2H+ = Cu2+ + H2S ↑

(*)

Để có được phương trình (*) ta cần tổ hợp các phương trình:

CuS ⇌ Cu2+ +S2-

S2- + 2H+ ⇌ H2S

( K a .K a )-1 1

CuS +2H+ ⇌ Cu2+ + H2S ↑ K1 = 10

-35+7+13

(1)

-15

= 10

(2)

K1 = Tt. ( K a .K a )-1 1

<< 1. Vậy CuS không tan được trong HCl

+ Trong dung dịch HCl có hòa tan H2O2 phương trình hòa tan xảy ra: CuS + 2H+ + H2O2 = Cu2+ + S ↓ + 2H2O (3) Tương tự (3) tổ hợp từ các phương trình sau: CuS+2 H+ ⇌ Cu2+ +H2S ↑ K1=10-15 H2S

⇌ S +2H + 2e

K2= 10

H2O2 +2H +2e ⇌ 2H2O

K3 = 10

−2E10 100 ,059

−2E 02 0 ,059

CuS + 2H+ + H2O2 = Cu2+ + S ↓ + 2H2O K4 = K1.K2.K3 −2.0.14

2.1,77

K4 = K1.K2.K3 = 10-15. 10 0.059 . 10 0,059 = 1040,25 K4 vô cùng lớn ⇒ CuS hòa tan dễ dàng. Câu 3: (Olympic lần thứ IX )

a) Ở 2980K hằng số cân bằng Kcb của một phản ứng cân bằng là 8,8. ∆H của phản ứng là -13,9 kcal.Tính Kcb ở 00C. b) Tính pH của dung dịch AlCl3 0,02M biết KA của Al3+ là 1,4.10-5. Tính hằng số Kb của Al(OH)3. c) Tính nồng độ mol/l tối thiểu của NH3 để hòa tan được 0,1 mol AgCl trong một lít dung dịch.

166 Cho TAgCl = 10-10 Và Ag(NH 3 ) +2 ⇌ Ag+ + 2NH3 K = 10-7,2 Giải: a) lg

K2 −∆H 0  1 1  K2 1  −13900  1 = = −  −  ⇒ lg   K1 2,303R  T2 T1  8,8 2,303.1,987R  273 298 

Giải ra K2 = 7,1 b) [Al3+] = 0,02M Ta có:

Al3+ + H2O ⇌

Ban đầu:

0,02

Cân bằng:

0,02-x

Ta có: Ka =

[H + ].[Al(OH) 2+ ] = 1,4.10-5 [Al3+ ]

Nên

Al(OH) x

+ H+ x

x2 = 1,4.10-5 0,02 − x

Nếu x<< 0,02 ⇒ x2 = 0,28.10-6 nên x = 0,53.10-3 pH = -lg(0,53.10-3) = 3,27 Ka.Kb = 10-14 ⇒ Kb = 7,14.10-10 c) Ta có AgCl ⇌ Ag+ + Cl-

TT = 10-10

0,1 +

-9

⇒ Nồng độ Ag hiện diện trong dung dịch: [Ag ] = 10 M

[Ag+]+[Ag(NH3)2+] = 0.1 ⇒ [Ag(NH3)2+] = 0,1-10-9 ≈ 0,1M Ag(NH 3 ) +2 ⇌

K=10-7,2

Ag++2NH3 K=

[Ag + ].[NH 3 ]2 10−9.[NH 3 ]2 = = 10-7,2 −1 + [Ag(NH 3 ) 2 ] 10

Nên [NH3] = 2,5M Câu 4: ( Olympic lần thứ IX)

a) Tính suất điện động của pin: Pt

HCl 0,02M

P = 1 atm

CH3COONa = 0,04M

Cho E0 AgCl/ Ag = 0,222V K CH3COOH = 1,8.10-5

AgCl/Ag

167 b) Tính độ tan của AgI trong dung dịch Fe2(SO4)3 0,05M trong môi trường H2SO4 Cho biết: E0(I-/I2) = 0,54V; E0 (Fe3+/Fe2+) = 0,77V; TAgI = 10-16 Giải: a) Trong dung dịch: HCl

H+ +

0,02

Cl0,02

= CH3COO- + Na+

CH3COONa 0,04

0,04

CH3COO- + H+ = Ban đầu: 0,04 [ ]

0,04 CH3COOH

0,02

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ Ban đầu:

0,02

Cân bằng: 0,02-x V ậy

K=1,8.10-5

0,02+x

x(x + 0,02) = 1,8.10-5 ⇒ x ≃ 1,8.10-5 0,02 − x

Phản ứng xảy ra theo qui ước: AgCl +1e → Ag + ClH2 → 2H+ + 2e Ep = E0(AgCl/Ag) +0,059lg Et = E0 (H2/2H+) +

1 1 = 0,222+ 0,059lg = 0,322V − [Cl ] 0,02

0,059 [H + ]2 = 0,059/2 .lg(1,8.10-5)2 = -0,28V lg 2 PH 2

b) Độ tan S = [Ag+] Ta có các quá trình: 2x AgI ⇌ Ag+ +I-

2I → I2 +2e 2x

T = 10-16 K1 = 10

Fe +e → Fe

Tổng hợp (2x1 +2 +2x3 ) theo trên ta có:

K2 = 10

−2E10 0,059

E 02 0,059

(1) (2) (3)

168 2AgI + 2 Fe3+ → 2Ag+ + 2Fe2+ -16

Vậy K = 10 . 10

−2.0,54 0,059

.10

0,77 0,059

K = T2.K1.K2

= 10-24,2

2AgI + 2 Fe3+ → 2Ag+ + 2Fe2+ + I2 Ban đầu

0,1

Cân bằng

0,1-2x

K = 10-24,2

(2x) 2 (2x) 2 x 16x 5 5 -26,2 = ⇒ 16x = 10 2 2 (0,1 − 2x) (0,1 − 2x)

⇒ x = 3,31.10

-6

Độ tan S = [Ag+] = 2x = 6,62.10-6 Câu 5:

Trong dung dịch A gồm: AgNO3 0,050M và Pb(NO3)2 0,100M a) Tính pH của dung dịch A. b) Thêm 10,00ml dung dịch gồm KI 0,25M và HNO3 0,200M vào 10,00ml dung dịch A sau khi phản ứng xong được dung dịch B. Nhúng điện cực Ag vào dung dịch B rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010M và KSCN 0,040M. Viết sơ đồ pin và tính suất điện động của pin. Cho biết: Hằng số tạo phức hiđrôxo của AgOH và PbOH lần lượt là: 10-11,7 và 10-7,8. Tích số tan của AgI , PbI2 và AgSCN lần lượt là: 10-16, 10-7,86, 10-12 Thế điện cực chuẩn của (Ag+/Ag) là 0,799V Giải: a) Cân bằng tạo phức hiđroxo: Ag+ + H2O ⇌ AgOH +H+

(1)

K1 = 10-11,7

Pb2+ +H2O ⇌ PbOH+ +H+

(2)

K2 = 10-7,8

Nhận xét: K2>> K1 nên: Cân bằng (2) quyết định pH của dung dịch Pb2+ +H2O ⇌ PbOH+ + H+ Ban đầu:

0,1

Cân bằng

0,1-x

K2 =

(2)

K2 = 10-7,8

x2 = 10-7,8 ⇒ x = [H+] = 10-4,4 nên pH = 4,4 0,1 − x

b) Khi thêm KI vào lượng I-vừa đủ tạo kết tủa, khi thêm HNO3 vào thì môi

169 trường là axit thì các ton kim loại không bị thủy phân. Dựa vào độ lớn của tích số tan ta thấy AgI kết tủa trước, PbI2 kết tủa sau cùng. Xét dung dịch B: PbI2 ⇌ Pb2+ +2IGiả sử [Pb2+]là x:

T = 10-7,86

Ta có: (2x)2.x = 10-7,86 ⇒ x = 1,51.10-3 nên [I-] = 3,02.10-3 M Lúc này: [ Ag+] =

10 −16 = 3,31.10-14 3,02.10−3

Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch B là: E1 = 0,779 + 0,059.lg( 3,31.10-14) = 0,001V Trong dung dịch X chỉ còn lại [SCN-] = 0,03M do một phần tạo phức AgSCN ⇌ Ag+ + SCNBan đầu

T = 10-12

0,03

Cân bằng

x+0,03

Vậy x(x+0,03) = 10-12 ⇒ x = 3,33.10-11 Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch X: E2 = 0,779 + 0,059lg(3,33.10-11) = 0,179V Do E2 > E1 nên sơ đồ pin là: (-) Ag AgI,PbI

AgSCN ,SCN- 0,03M

Ag (+)

Epin= 0,179-0,001 = 0,178V Câu 6:

Dung dịch bão hòa H2S có nồng độ 0,10M.Hằng số axit của H2S là K1 = 1,0.10-7; K2 = 1,3.10-13. a) Tính nồng độ ion sunfua trong dung dịch H2S 0,10M khi điều chỉnh pH = 3. b) Một dung dịch A chứa các cation Mn2+ và Ag+ với mỗi nồng độ ban đầu của mỗi ion đều bằng 0,01M. Hòa tan H2S vào dung dịch A đến bão hòa và điều chỉnh pH = 3 thì ion nào tạo kết tủa? Giải: a ) pH = 3 ⇒ [H+] = 10-3M. H2S( k) ⇌ H2S (aq)

170 H2S (aq) ⇌ H+ + HS-

K1 = 1,0.10-7

HS-

K2 = 1,3.10-13

⇌ H +S

⇒ H2S ( k) ⇌ 2H + S

Vậy [S2-] ≃ 1,3.10−20.

[H + ]2 .[S2− ] = 1,3.10-20 [H 2S]

K = K1.K2 =

10−1 = 1,3.10-15M −3 2 (10 )

b) Ta có: [Mn2+].[S2-] = 0,01 .1,3.10-15 = 1,3.10-20 < TMnS nên không có kết tủa tạo ra. [Ag+]2.[S2-] = 10-4.1,3.10-15 = 1,3.10-19 > T Ag 2S nên có kết tủa tạo ra. Câu 7:

Cho phản ứng: Cu (r) + CuCl2 (dd) ⇌ 2CuCl ( r) a) Ở 250C phản ứng xảy ra theo chiều nào, nếu người ta trộn một dung dịch chứa CuSO4 0,2M ; NaCl 0,4M với bột Cu lấy dư? Cho biết: TCuCl = 10-7 ; E 0Cu

/Cu +

= 0,15V; E 0Cu

/Cu

= 0,335V

b) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên ở 250C. c) Hãy đánh giá khả năng phản ứng của Cu với H2SO4 loãng khi không có mặt của không khí và khi có mặt của không khí. Cho biết E 0O /H O .= 1,23V. 2

Giải: a) Ta có: [Cu+ ] =

T 10 −7 = [Cl− ] 0,4

Xét các quá trình: Cu2+ +2e ⇌ Cu

Lấy (2-1):

(1)

∆G10

Cu2+ + 1e ⇌ Cu+

(2)

∆G 02

Cu+ +1e ⇌ Cu

(3)

∆G 30 = ∆G10 - ∆G 02

∆G 30 = ∆G10 - ∆G 02 ⇒ -1F. E 0Cu + /Cu = -2F. E 0Cu 2+ /Cu +1.F. E 0Cu 2+ /Cu +

E 0Cu + /Cu = 2 E 0Cu 2+ /Cu - E 0Cu 2+ /Cu + = 2.0,335 – 0,15 = 0,52V

Ta có: E Cu

= E 0Cu /Cu

/Cu

+ 0,059 lg

[Cu 2+ ] 0, 2 = 0,15 +0,059 lg −7 =0,498V + [Cu ] 10 / 0, 4

E Cu + /Cu = E 0Cu + /Cu +0,059lg[Cu+] = 0,52 + 0,059lg(10-7/0,4) = 0,13V

Xét các phản ứng sau: Cu2+ + Cu ⇌ 2Cu+

(1)

171 2Cu+ + 2Cl- ⇌ 2CuCl

(2)

Cu2+ +Cu + 2Cl- ⇌ 2CuCl (3)

Lấy (1+2) :

K2 K = K1.K2

Nhận xét E1 của phản ứng (1) >0 và K2 rất lớn nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận. b)

K1 = 10

0,15−0,52 0,059

= 5,35.10-7; K2 = (TCuCl )2 = 1014

K = K1.K2 = 5,35.107 c) Khi không có không khí: E 0Cu

/Cu

= 0,335V ; E 02H

/H 2

= 0V

Nên Cu không phản ứng với axit. Khi có không khí thì: Cu → Cu2+ + 2e

E0 = -0,335V

O2 + 4H+ + 4e → 2H2O

E 0O2 /H 2O = 1,23 V

Phương trình hóa học phản ứng: 2Cu + O2 + 2H2SO4 → 2CuSO4 + 2H2O ∆E0(pư) = 1,23- 0,335 > 0 vậy Cu bị hòa tan. Câu 8: (Olympic lần thứ XVII )

1. Thế oxi hóa –khử tiêu chuẩn của cặp Cu2+/Cu là 0,337V. Thế tiêu chuẩn của cặp đó khi có dư NH3 để tạo phức [Cu(NH3)42+] là -0,07V. Tính hằng số bền tổng cộng của phức đó. 2. a) Tính pH của dung dịch Na2SO4 0,01M .Biết: HSO4- ⇌ H+ + SO42- Ka = 10-1,99 b) Tính pH của dung dịch NH4HCO3 0,1M .Biết NH3 có Kb =10-4,76; H2CO3 có Ka1 = 10-6,35; Ka2 = 10-10,33. Giải: 1. Ta có quá trình: Cu2+ + 2e ⇌ Cu E = E 0Cu

/Cu

+ 0,059/2 lg[Cu2+] (1)

Cu(NH3)42+ + 2 e ⇌ Cu + 4NH3 E = E10 +

0,059 [Cu(NH 3 ) 24+ ] lg( ) (2) 2 [NH 3 ]4

E = E10 ⇔

[Cu 2+ ].[NH 3 ]4 .β1,4 [Cu(NH3 ) 24+ ] = 1 Hay =1 [NH 3 ]4 [NH 3 ]4

172 2+

⇒ [Cu ] =

1 β1,4

(3)

Thay (2,3) vào (1): E10 = E 0Cu ⇒ lg β1,4 =

β1,4 = 10

2.(E 0Cu 2+ /Cu − E10 ) 0, 059

/Cu

+( 0,059/2)lg[

1 ] β1,4

2(0,337 − ( −0,07) = 13,57 0, 059

13,57

2. a) Ta có các quá trình: Na2SO4 → 2Na+ + SO42H2O ⇌ H+ + OH-

(1)

Kw = 10-14

SO42- + H2O ⇌ HSO4- + OH-

(2)

Kb = 10-14+1,99 = 10-12,01

Nhận xét: Kb.C ≈ Kw. Cân bằng (1) không thể bỏ qua. H2O ⇌ H+ + OH-

(1)

SO42- + H+ ⇌ HSO4-

Ka-1

[H+] = [OH-] – [HSO4-] = Kw [H ] = = −1 1 + K a .[SO 24− ] +

Kw = 10-14

Kw − K a −1[SO 42− ].[H + ] [H + ]

10−14 1 + 101,99.10−2

[H+] = 7,11.10-8 ⇒ pH = 7,148 b) NH4NO3 → NH4+ + NO3H2O ⇌ H+ + OH-

Kw = 10-14

NH4+ ⇌ NH3 + H+

Ka = 10-9,24

HCO3- ⇌ H+ + CO32-

K a 2 = 10

HCO3- +H+ ⇌ H2CO3

K a−11 = 106,35

-10,33

[H+ ]= [OH-] + [NH3] + [CO32-] –[ H2CO3] =

K w K a [NH +4 ] [HCO3− ] K + + − K a−11[HCO3− ].[H + ] a + + + 2 [H ] [H ] [H ] +

[H ] =

K w + K a [NH +4 ]+ K a 2 [HCO3− ]

pH = 7,778

1 + K a−1[HCO3− ]

10−14 + 10 −9,24.0,1 + 0,1.10−10,33 = = 1,67.10-8 6,35 1 + 10 .0,1

173 Câu 9:

Cho 1,0 lit dung dịch HClO4 0,0030 M chứa các ion Mn2+ và Cu2+ có số mol bằng nhau và bằng 2,0.10-4 mol (dung dịch X). Hòa tan H2S vào dung dịch X đến bão hòa, ion nào bị kết tủa? Ion nào không bị kết tủa? Cho: + nồng độ dung dịch bão hòa H2S có nồng độ H2S là 0,1M + Hằng số axit của H2S là K1 = 1,0.10-7 và K2 = 1,0.10-14 + Tích số tan của MnS là TMnS = 2,5.10-10 và của CuS là TCuS = 8,5.10-36 Giải: Tính nồng độ ion S2-: Ta có các quá trình: H2S ⇌ HS- + H+

(1) K1 = 1,0.10-7

HS- ⇌ S2- + H+

(2) K2 = 1,0.10-14

Tổng hợp (1+2):

H2S ⇌ S2- + 2 H+

(3) K = K1.K2 = 10-21

Ban đầu:

0,1

Cân bằng:

0,1-x

Nên K =

[S2− ].[H + ]2 [H 2S]

0,003 x 2-

⇒ [S ] =

0,003+2x

K.[H 2S] 10−21 (0,1 − x) = .Vì K rất bé nên có [H + ]2 (0,003 + 2x) 2

thể tính gần đúng như sau: 0,1-x ≈ 0,1 ; 0,003+x ≈ 0,003. [ S2-] = 1,1.10-17M [Mn2+] = [Cu2+] = 2,0.10-4M Xét: [Mn2+].[S2-] = 2,0.10-4.1,1.10-17 = 2,2.10-21 < TMnS nên không có kết tủa MnS. [Cu2+].[S2-] = 2,0.10-4.1,1.10-17 = 2,2.10-21 > TCuS nên có kết tủa CuS tạo ra. Câu 10: (Olympic Lần Thứ XVII)

1. Ở 250C tích số tan của AgI bằng 10-16 và thế khử chuẩn của Ag+/Ag là 8,0V. Hỏi Ag có thể đẩy hiđro ra khỏi dung dịch HI 1M và HI 10-2M được không? 2. Các ion Co2+ và Co3+ đều tạo với NH3 phức hecxamin với các pKkb tương ứng bằng 5 và 34. Chứng minh rằng các ion Co3+ không bền trong nước và oxi hóa

nước. Điều gì xảy ra nếu cấc ion Co3+ ở trong dung dịch NH3? Cho E 0Co

/Co 2+

= 1,82V; E 0O /H O = 1,23V 2

3. Hằng số cân bằng của phản ứng: CO (k) + H2O (k) ⇌ CO2 (k) + H2 (k)

174 bằng 10 ở 6900C và ∆H = 42,68 kJ .Tính áp suất riêng phần của mỗi khí khi cân bằng nếu ta trộn 0,2 mol H2O với 0,4 mol CO trong một bình có thể tích băng 5 lít ở 5000K. Giải: 1. Trong dung dịch HI 1M, [H+ ] = [I- ] = 1M ⇒ [Ag+] = 10-16 Ta có: E Ag

/Ag

= 0,8 + 0,059lg10-16 = -0,144V < E H

/H 2

Do đó Ag có thể đẩy hiđro ra khỏi dung dịch HI 1M. Trong dung dịch HI 10-2M , [H+] = [I-] = 10-2M ⇒ [Ag+] = 10-14 E Ag+ /Ag = 0,8 + 0,059lg10 -2

E H+ /H = 0,059lg10 2

-14

= -0,026 V

= -0,118V < -0,026V

Nên Ag không đẩy được hiđro ra khỏi dung dịch HI 10-2M 2. Trong nước pH = 7: E O2 /H2O = 1,23 + 0,059lg10-7 = 0,817V < E 0Co3+ /Co2+ = 1,82V

Nên Co3+ oxi hóa được nước theo phản ứng sau: Co3+ +

1 1 H2O → Co2+ + H+ + O2 2 2

Trong môi trường NH3, Giả sử pH = 14 E O2 /H2O = 1,23 + 0,059lg10-14 = 0,404V E Co3+ /Co2+ = 1,82 + 0,059lg

[Co3+ ] [Co 2+ ]

Ta lại có: Co3+ + 6NH3 → [ Co(NH3)6]3+ Co2+ + 6NH3 → [ Co(NH3)6]2+ E Co3+ /Co2+ = 1,82 + 0,059lg

Kkb(2) =

[Co3+ ].[NH 3 ]6 = 10-34 [Co(NH 3 ) 6 ]3+

Kkb(1)

[Co 2+ ].[NH 3 ]6 = 10-5 2+ [Co(NH 3 ) 6 ]

K [Co3+ ] = 1,82+ 0,059lg kb(2) = 0,109V < E O2 /H2O = 0,404V 2+ Kkb(1) [Co ]

Như vậy, trong môi trường NH3 không thể oxi hóa được nước mà tồn tại dưới dạng phức amin. 3. Ta có:

CO +

Ban đầu

0,4

H2O ⇌ 0,2

CO2 +

175 Cân bằng

0,4-x

0,2-x

Nhận xét do tổng số mol khí không thay đổi nên áp suất khí khi cân bằng sẽ bằng áp suất khí ban đầu. P=

0,6.0,082.500 = 4,92atm 5

K(500) = 0,0718 Hằng số Kp =

PCO2 .PH2 PCO .PH2O

(4,92.

x 2 ) 0,6

0, 4 − x 0, 2 − x (4,92. ).(4,92. ) 0,6 0, 6

= 0,0718

Giải ra ta được x = 0,059 PCO2 = PH2 = 0,4838 atm; PCO = 2,7962atm ; PH 2O = 1,1562atm.

Câu 11: (Olympic Lần Thứ XVII)

1. Hòa tan 0,1 mol AgCl vào 1 lít dung dịch NH3. Tính nồng độ tối thiểu của NH3 để được sự hòa tan này. Ks(AgCl) = 10-10 ; KD[Ag(NH3)2]+ = 10-7,2. 2. Trộn 200ml dung dịch CaCl2 0,1M với 300ml dung dịch Na2SO4 0,05M. Tính khối lượng kết tủa sau khi phản ứng kết thúc. Nếu biết tích số tan TCaSO = 6.10-5 4

3. Tính pH của dung dịch biết Ka(CH3COOH) = 1,8.10

-5

a) Thêm 40 cm3 nước vào 10cm3 dung dịch CH3COOH có pH = 4,5. b) Dung dịch AlCl3 0,02M.biết hằng số thủy phân của Ạl3+ là 1,4.10-5 c) Chuẩn độ dung dịch CH3COOH 0,1M bằng dung dịch NaOH 0,1M đến khi có 50% axit được trung hòa. Giải: .1 AgCl ⇌ Ag+ + Cl-

(1)

AgCl + 2NH3 ⇌ [ Ag(NH3)2]+ +Cl-

(2)

[ Ag(NH3)2]+ ⇌ Ag+ + 2NH3

(3)

Giả sử AgCl vào dung dịch xảy ra (2) chủ yếu,(1) không đáng kể n[Ag( NH )

+ 3 2]

= n Cl = 0,1 mol

Theo (3): K D =

−

[Ag + ].[NH 3 ] K D .[Ag(NH 3 ) 2+ ] [NH ] = ⇒ 3 [Ag(NH 3 ) 2+ ] [Ag + ]

Ta có: [Ag+] =10-9M thay vào trên được [NH3] = 10-0,4 = 2,5M

176 Nồng độ NH3 cần dùng là 2,5 +0,2 = 2,7M 2. [Ca2+] =

0, 2.0,1 0,3.0, 05 = 0,04M ; [SO42-] = = 0,03M 0,5 0,5

[Ca2+].[SO42-] = 0,04.0,03 = 1,2.10-3 > TCaSO nên đã có kết tủa CaSO4 4

 0, 2.0.1 − x 0,3.0, 05 − x  -5 ⇒ .  = 6.10 0,5 0,5   ⇒ x ≈ 0,013 vậy m CaSO4 = 1,75g

3. a) pH0 = pH =

1 ( pKa –lgC0) 2

1 ( pKa –lgC) 2

⇒ pH – pH0 =

1 1 C 1 40 + 10 1 V (lgC0 –lgC) = lg 0 = lg = lg 2 2 C 2 V0 2 10

pH = 0,35+ 4,5 = 4,85 b) AlCl3 → Al3+ + 3ClAl3+ +H2O ⇌ Al(OH)2+ + H+ Ban đầu:

0,02

Cân bằng:

0,02-x

Ktp =

[Al(OH)2+ ][H + ] [H + ]2 = = 1,4.10-5 0,02 − x [Al3+ ] +

-3

⇒ [H ] = 0,53.10 M nên pH = 3,28

c) Nếu xét 2 lít dung dịch CH3COOH 0,1M .Vậy để trung hòa được 50% axit thì lượng thể tích NaOH 0,1M cần dùng là 1 lít. CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Sau trung hòa dung dịch thu được là dung dịch đệm gồm CH3COOH và CH3COONa [CH3COOH] =

1 1 M; [CH3COONa] = M 3 3

CH3COONa → CH3COO- + Na CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ 0,1 3

0,1 3

177 0,1 + [H ] [CH 3COO − ][H + ] Ka = = 1,85.10-5 = 3 0,1 [CH 3COOH] 3 +

-5

⇒ [H ] = 1,8.10 M nên pH = 4,75.

Câu 12:

Có cân bằng sau ở 250C xảy ra trong dung dịch nước: Pb(OH)2 + 2I- ⇌ PbI2 + 2OHa) Ở điều kiện chuẩn phản ứng xảy ra theo chiều nào? b) Có kết tủa PbI2 không nếu dung dịch bão hòa Pb(OH)2 có chứa KI 0,1M c) Tính nồng độ tối thiểu của HNO3 để Pb(OH)2 bắt đầu phản ứng với H+ theo phản ứng: Pb(OH)2 ↓ + 2H+ ⇌ Pb2+ + 2 H2O Biết TPb(OH) = 4.10-15 ; TPbI = 8.10-9 2

Giải: a) Pb(OH)2 ⇌ Pb2+ + 2 OHPb2+ + 2I- ⇌ PbI2

T1 = 4.10-15

(1)

T2-1 = ( 8.10-9 )-1

(2)

⇒ Tổng hợp ( 1+2)

Pb(OH)2 + 2I- ⇌ PbI2 + 2OH-

K = T1.T2-1 = 5.10-7

Giá trị K quá nhỏ nên cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. b) Ta có [I- ] = [KI] = 0,1M Pb(OH)2 ⇌ Pb2+ + 2OHS T1 = S.(2S)2 ⇒ S= 3

2S T1 = 10-5 nên [Pb2+] = 10-5 M 4

Q = [Pb2+].[ I-] = 10-5.0,1 = 10-6 > T2 nên có kết tủa xảy ra. c)

Pb(OH)2 ⇌ Pb2+ + 2 OH2H+ + 2OH- ⇌ 2 H2O

T1 = 4.10-15 (K −w1 ) −1

(3) (4)

Tổng hợp (3+4): Pb(OH)2 + 2H+ ⇌ Pb2+ + 2 H2O K=

K = T1. (K −w1 )−1

[Pb 2+ ] như vậy để phản ứng bắt đầu xảy ra thì [Pb2+] = 10-5 M [H + ]2

178 2+ [H+] = [Pb ] =

10−5 = 5.10-10M .Vậy khi [HNO3] > 5.10-10 thì phản ứng xảy ra. 4.1013

Câu 13:

Khi cho dung dịch kiềm hoặc dung dịch H2S vào dung dịch muối Cd2+ thì có kết tủa trắng Cd(OH)2 và kết tủa vàng CdS, nhưng khi cho vài dung dịch kiềm vào dung dịch A gồm K2[Cd(CN)4] 0,05M và KCN 0,1M thì không có kết tủa trắng nhưng cho H2S vào A thì có kết tủa vàng. Hãy giải thích kết quả trên. Biết tích số tan của Cd(OH)2, CdS là 2,2.10-14 và 8.10-27. Hằng số bền của phức là 7,8.10-18 Giải: Khi dung dịch kiềm vào dung dịch Cd2+ để có kết tủa thì: [Cd2+]. [OH-]2 > 2,2.10-14 Xét cân bằng sau: [Cd(CN)4]2- ⇌ Cd2+ + 4CN0,05-x

K = 7,8.10-18

0,1+4x

[Cd 2+ ].[CN − ]4 = 7,8.10-18 2− [Cd(CN) 4 ]

Ta có: K =

Thay vào ta tính được x = [Cd2+] = 3,9.10-15 Vậy muốn tạo kết tủa thì [OH-] >

2, 2.10−14 = 2,375M 3,9.10−15

Do nồng độ OH- chưa đạt được 2,375M nên không có kết tủa xảy ra. Khi cho H2S vào dung dịch muối Cd2+ có kết tủa thì [Cd2+].[S2-] = 8.10-27 Trong dung dịch A: [Cd2+] = 3,9.10-15 nên [S2-] =

8.10 −27 = 2,02.10-12M −15 3,9.10

Vậy muốn có kết tủa thì cần một lượng rất nhỏ S2- nên khi cho vào A thì có kết tủa. Câu 14: Để chuẩn độ hàm lượng Cl2 trong nước sinh hoạt người ta dùng dung dịch KI

a) Tính ∆G0 và hằng số cân bằng K của phản ứng giữa Cl2(k) và I-(dd) ở 2980K Biết E 0Cl /2Cl = 1,36V ; E I /3I = 0,54V. 2

−

− 3

−

b) Khi trong nước có mặt ion Cu2+, chúng cản trở sự định lượng Cl2. Giải thích?

179 E 0Cu 2+ /Cu + = 0,16V ; TCuI = 10-12

Giải: a)Ta có các quá trình: Cl2 + 2e ⇌ 2Cl3I-

E 0Cl /2Cl− = 1,36V ∆G10

(1)

E I− /3I− = 0,54V ∆G 02

(2)

⇌ I3 + 2e

Tổng hợp (1+2) ta có: Cl2 + 3I- ⇌ I3-+2Cl- E0

∆G0

Như vậy: ∆G0 = ∆G10 + ∆G 02 = -2 F.E0 = -2F E 0Cl /2Cl + 2F E I /3I − 3

−

(3)

−

= -2.96500.(1,36-0,54) = -158260J K= e

−∆G 0 RT

−( −158260 ) 8,314.298

= 5,5.1027

b) Cu2+ cản trở sự định lượng Cl2 vì xảy ra phản ứng giữa Cu2+ và IXét các quá trình sau: Cu2+ + e ⇌ Cu+

(1)

Cu+ + I- ⇌ CuI(r)

T-1

(2)

Cu2+ + I-+e ⇌ CuI(r)

(3)

Tổ hợp (1+2): -1

K = K1. T = 10 0 Như vậy E Cu

0,16 0,059

/CuI

.10

14,7

= 10

E0 0,0592

⇒ E = 0,87V

> E 0Cl /I : phản ứng (3)’ xảy ra cạnh tranh với phản ứng (3) 2

− 3

nên việc định lượng Cl2 không chính xác. Câu 15: (Olympic lần thứ XIV)

1. Cho dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3 0,15V và KOH 5.10-3 M. a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính thể tích dung dịch HCl 0,210 M cần cho vào 100 ml dung dịch A để pH của dung dịch thu được là 9,24. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24 2. Cho biết các thế cực chuẩn: 0 0 E Cu =0,34V; E Cu = 0,15V; E 0I /2I− = 0,54V; 2+ 2+ /Cu /Cu + 2

TCuI =10-12

a) Hỏi tại sao người ta có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua KI. b) Xác định xem Cu có tác dụng được HI để giải phóng H2 không? c) Muối Cu2SO4 có bền trong nước không? Giải thích? Giải: 1.a) Tính pH của dung dịch A:

180 Trong dung dịch A có các quá trình sau: KOH → K+ + OH-

(1)

CN- + H2O ⇌ HCN + OH-

Kb(1)

(2)

NH3 + H2O ⇌ NH4+ + OH-

Kb(2)

(3)

H2O ⇌ H+ + OH-

(4)

Kb(1)

−14 10 −14 10 = = −9,35 = 10−4,65 K a (1) 10

Kb(2) =

10−14 10−14 = 10-4,76 = K a (2) 10−9,24

Nhận xét: Kw < < Kb(2); Kb(1) nên ta có thể bỏ qua cân bằng (4). Ta có: [OH-] = [HCN] + [NH4+] + CKOH Đặt [OH-] = x thì:

x = 5.10-3 + Kb(1).

[CN − ] [NH3 ] + Kb(2). x x

Hay: x2 – 5.10-3x – 10-4,65[CN-] – 10-4,76[NH3] = 0 Ta có thể tính gần đúng như sau: [CN-] = CCN = 0,12M; [NH3] = C NH = 0,15M −

-3

⇒ x = 5,9.10 ⇒ [OH ] = 5,9.10 nên pH = 11,77

b) Tính thể tích dung dịch HCl: Thêm HCl vào dung dịch A có các phản ứng: H+ + OH- ⇌ H2O

H+ + CN- → HCN

K1 =( KHCN )-1

(2)

-1

(3)

H + NH3 →

NH4+

(1)

K2 = ( K NH ) + 4

Dung dịch sau phản ứng có pH = 9,24 nên H+ tác dụng hết và dung dịch có chứa thêm HCN và NH4+ nên là dung địch đệm. Với cặp NH4+ /NH3 ta có: pH = pKa(2) + lg

[NH 3 ] = 9,24 [NH +4 ]

Ta lại có: pKa(2) = 9,24 ⇒

[NH 3 ] =0 [NH +4 ]

⇒ [NH3] = [NH4 ]

Nghĩa là có 50% NH3 đã được trung hòa nên KOH đã tác dụng hết Với cặp HCN/CN- ta có:

181 pH = pKa(1) + lg ⇒

[CN − ] = 9,24; ⇒ [HCN]

[CN − ] = 10-0,11 = 0,776 [HCN]

CCN− [CN − ] + [HCN] = 0,776 + 1 = 1,776 ⇒ = 1,776 [HCN] [HCN]

[HCN] =

1 C − = 56,3% CCN− 1, 776 CN

Nghĩa là có 56,3% CN- đã bị trung hòa. Vậy số mol HCl = 56,3% n CN + 50% n NH + nKOH = −

-3

= 0,563.0,1.0,12+ 0,5.0,1.0,15+ 0,1.5.10 = 1,476.10-2 Vậy thể tích dung dịch HCl là: V=

1, 476.10−2 = 0,0703(l) = 70,3ml 0, 21

2.a)

Cu2+ + e ⇌ Cu+

(1)

Cu2+ + I- +e ⇌ CuI

(2)

E10 = 0,15V E 02 = ?

Cân bằng (2) là sự tổng hợp của cân bằng sau: Cu2+ + e ⇌ Cu+

Cu+ + I- ⇌ CuI

T-1 -1

Xét cân bằng (2): K2 = K1.T

= 10

-1

nE 02 0,059

= 10

nE10 0,059

T −1

⇒ E 02 = E10 + 0,059lgT = 0,86 > E (I2/I )

Vậy có phản ứng: 2Cu2+ + 4I- → 2CuI + I2 E0pin = 0,86- 054 = 0,32V > 0. Định lượng I2 theo phản ứng: I2 + Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI

b) Từ giản đồ thế điện cực chuẩn: Cu2+ → Cu+ → Cu Ta có: Nên

Cu2+ + 2e ⇌ Cu

E01 = 0,34V

Cu2+ + e

E02 = 0,15V

⇌ Cu

Cu+ + e ⇌ Cu

E03 = 2.0,34 – 0,15 = 0,53V

CuI + e ⇌ Cu + I-

E04

Tương tự như trên ta có: E04 = E03+ 0,059lgT-1 = -0,178V < E 0(2H Vậy Epin = 0-(-0,178) = 0,178V > 0 nên phản ứng sau xảy ra: 2Cu + 2HI → 2CuI + H2

/H 2 )

182 c)

Cu+ + e ⇌ Cu

E01 = 0,53V

Cu2+ + e ⇌ Cu+

E02 = 0,15V

2Cu+ → Cu + Cu2+

E0pin = 0,53- 0,15 = 0,38V

Vậy Cu2SO4 là muối tan trong nước không bền trong dung dịch: Cu2SO4 → Cu + CuSO4. 2.3.2.3. Bài tập đề nghị 2.3.2.3.1. Bài tập tự luận Câu 1:

Cho phản ứng thuận nghịch A + B ⇌ C + D Khi cho 1 mol A tác dụng 1 mol B thì hiệu suất cực đại của phản ứng là 66,76%. a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. b) Nếu lượng A gấp 3 lượng B thì hiệu suất cực đại phản ứng bây giờ bằng boa nhiêu? c) Cân bằng bị chuyển dịch thư thế nào khi tăng nhiệt độ biết nhiệt phản ứng ∆H =0? Đáp số: a) KC = 4 ; b) H = 90% Câu 2:

Tiến hành phản ứng thuận nghịch trong bình kín dung tích 1 lít. CO (k) + Cl2 (k) ⇌ COCl2 (k) Ở nhiệt độ không đổi, nồng độ cân bằng của các chất [CO]= 0,02M;

[Cl2] =0,01M; [COCl2] = 0,02M.Bơm thêm vào bình 0,03mol Cl2. Tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới? Đáp số: [CO] = 0,01M; [Cl2] = 0,03M; [COCl2] = 0,03M Câu 3:

Cho phản ứng khí nước: CO2 + H2 ⇌ CO + H2O

(1)

1. Tính ∆G0 Của phản ứng (1) ở 1000K, biết ∆H01000K = 35040J.mol-1; ∆S01000K= 32,11Jmol-1.K-1

2. Tính hằng số cân bằng Kc,Kp của phản ứng (1) ở 1000K. 0 Đáp số: ∆G1000 = 2930J ; KP = KC = 0,703

183 Câu 4: Ở 630C hằng số cân bằng Kp của phản ứng:

N2O4 (k) ⇌ 2NO2 (k) là 1,27.Tính thành phần % số mol của hỗn hợp khi áp suất chung của hệ lần lượt là 1atm,10atm. Từ đó hãy rút ra kết luận về ảnh hưởng của áp suất đến sự chuyển dịch cân bằng? Đáp số: Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch. Câu 5:

Cho 0,003 mol N2O4 (k) vào bình chân không dung tích 0,5 lít ở 450C xảy ra phản ứng N2O4 (k) ⇌ 2NO2 (k) Khi cân bằng được thiết lập có 63% N2O4 bị phân hủy thành NO2. a) Tính số mol các chất tại thời điểm cân bằng? b) Tính áp suất riêng phần của các chất ở trạng thái cân bằng? c) Tính hằng số cân bằng Kp, Kc của phản ứng? d) Nếu phản ứng trên được viết: 1 N2O4 (k) ⇌ NO2 (k) 2

Tính K’p, K’c ở cùng nhiệt độ khảo sát là bao nhiêu? Đáp số: a) n N O = 0,00111mol, n NO = 0,00378 2

b) PN O = 5,79.10-2(atm); PNO = 0,179 (atm) 2

c ) KP = 0,67 ; KC = 2,57.10

-2

d ) K’P = 0,82 , K’C = 0,16 Câu 6:

Cho phản ứng: CO + H2O ⇌ CO2 + H2 Ở t0C có hằng số cân bằng KC =1 .

a) Tính nồng độ mol /l của các chất ở trạng thái cân bằng, nếu bình phản ứng có dung tích 2 lít và lượng các chất ban đầu gồm 11,2gCO và 10,8g H2O. b) Nếu nồng độ của CO2 và H2 lúc cân bằng lá 2mol/l tính nồng độ ban đầu của CO và H2O. Biết nồng độ ban đầu của CO bé hơn của H2O là 3mol/l. Đáp số: a) [CO] = 0,08M; [H2O] = 0,18 M

184 b) [H2O]= 6 mol/l ; [CO] = 3 mol/l Câu 7:

Cho cân bằng hóa học: Cl2 + H2 ⇌ 2HCl + Q Phản ứng xảy ra chiều nào khi: a) Thêm H2 b) Thêm Cl2 c) Thêm HCl d) Tăng nhiệt độ Đáp số:

a) chiều thuận

c) Chiều nghịch

b) Chiều thuận

d) Chiều nghịch

Câu 8: Ở T và P xác định một hỗn hợp khí cân bằng gồm 3 mol N2, 1 mol H2, 1mol NH3

a) Xác định hằng số cân bằng Kx của phản ứng: N2 + 3H2 ⇌ 2NH3 b) Cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều nào khi thêm 0,1 mol N2 vào hỗn hợp phản ứng ở T,P = const. Đáp số: a) KX = 8,33

b) Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch Câu 9: Ở 2000K có cân bằng:

H2 (k) + CO2 (k) ⇌ CO (k) + H2O (k); KC = 4,4. a) Tính thành phần của hỗn hợp lúc cân bằng khi trộn 1mol H2, 1mol CO2 , 1mol H2O vào bình kín dung tích 4,68 lít ở nhiệt độ trên. b) Xét hệ đang ở cân bằng ở câu a ta bơm thêm vào hệ 1 mol H2, 1mol CO2, và 2 mol CO thì cân bằng chuyển dịch như thế nào? Và cân bằng mới thiết lập thì nồng độ mỗi chất là bao nhiêu? Đáp số: a) [H2] = 0,095M; [H2O] = 0,333M; [CO2] = 0,095M;

[CO] = 0,119M b) cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận [H2] = 0,238M; [H2O] = 0,238M; [CO2] = 0,404M; [CO] = 0,618M

185 Câu 10:

Cho phản ứng 2NOCl (k) ⇌ 2NO (k) + Cl2 (k). Ở 5000K có KP = 1,63.10-2. Ở trạng thái cân bằng ,áp suất riêng phần của NOCl là 0,643atm, áp suất

riêng phần của NO là 0,238atm. Tính hằng số cân bằng KC và áp suất riêng phần của Cl2 ở trạng thái cân bằng? Đáp số: KC = 2,57.10-4 ; PCl = 0,194 atm 2

Câu 11:

Xét chiều của phản ứng sau ở điều kiện chuẩn: Cu + Fe2+ ⇌ Cu2+ + Fe

(1)

2Fe3+ + Sn2+ ⇌ 2Fe2+ + Sn4+

(2)

Biết: Oxi hóa/ khử E0(V)

Fe2+/Fe

Sn4+/Sn2+

-0,44

Cu2+/Cu

Fe3+/Fe2+

+0,34

+ 0,77

+0,15

Đáp số: Phản ứng (1): xảy ra theo chiều nghịch

Phản ứng (2): xảy ra theo chiều thuận Câu 12:

a) Xác định thế của 1 lít dung dịch chứa 0,2 mol Fe2+ và 0,2 mol Fe3+ được căn chỉnh tới pH=1. b) Thêm từ từ NaOH vào dung dịch cho tới khi pH=5 thì thế của dung dịch đo được là 0,125V.Hỏi chất nào đã kết tủa trước và khối lượng bằng bao nhiêu?

Tính tích số tan của Fe(OH)3 Biết E 0Fe

/Fe 2+

= 0,77V.

Đáp số: a) E = 0,77V; b) m= 21,4(g); TS (Fe(OH)3) = 10-38 Câu 13:

Axit hipoclorơ HClO là axit yếu. Dung dịch HClO 0,1M ( α = 5.10-4) a) Tính pH và nồng độ mol của các ion H+, OH- trong dung dịch trên. b) pH của dung dịch này thay đổi thế nào nếu: + Thêm vào dung dịch một lượng KOH. + Thêm vào dung dịch một lượng NaClO. + Thêm vào một lượng Cl2vào dung dịch.

186 Đáp số: a) pH = 4,3

b) tăng; giảm; giảm Câu 14:

Tính pH của các dung dịch sau: a) NaOH 10-8 M. b) NH3 10-2M .Biết Kb(NH3) =10-4,75 c) Hỗn hợp CH3COOH 0,1M và NaClO 0,001M , Biết Ka( HClO) = 3,4.10-8 Đáp số: a) pH = 7; b) pH = 4,75; c) pH = 3,06 Câu 15:

Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M biết Ka=2.10-5. Thêm 0,4 gam NaOH vào một lít dung dịch đó. Tính sự biến thiên pH của dung dịch đó tức là ∆pH. Đáp số: ∆pH = 3,75- 2,85 = 0,9 Câu 16:

Theo Bronstet NH4+ được xem là axit với hằng số Ka, còn NH3 là một bazơ với hằng số Kb. Hãy lập biểu thức liên hệ Ka và Kb Đáp số: Ka.Kb = 10-14 Câu 17:

Tính pH của dung dịch A gồm: CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M a) Thêm 0,00 mol HCl vào 1 lít dung dịch A thì pH bằng bao nhiêu? b) Thêm 0,001 mol NaOH vào 1 lít dung dịch A thì pH bằng bao nhiêu? Đáp số: pH = 4,76

a) pH = 4,75; b) pH = 4,77 Câu 18: 0 Cho E Cu

/Cu +

0 =0,16V; E Cu

/Cu

=0,52V; TCuCl = 10-7

Một dung dịch CuSO4 0,1M, NaCl 0,2M và bột Cu dư. Hãy chứng minh xảy ra phản ứng: Cu(r) + Cu2+ + 2Cl- ⇌ 2CuCl ↓ Tính hằng số cân bằng của phản ứng đó và tính nồng độ các ion ở trạng thái cân bằng. Đáp số: KC = 108; [Cu2+] = 1,36.10-3M; [Cl-] = 2,72. 10-3M Câu 19:

Hỏi có thể hòa tan 0,01mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M?

187 Biết TAgCl = 1,8.10-10; KBền của phức [Ag(NH3)]+ là 1,0.108 Đáp số: AgCl tan hoàn toàn Câu 20:

Cho 2,24 lít NO2 (đktc) hấp thụ hoàn toàn vào 500 ml dung dịch NaOH 0,2001M thu được dung dịch A (coi thể tích không đổi).Tính pH của dung dịch A.Cho Ka( HNO2) =10-3,3. Đáp số: pH = 10 Câu 21:

Tính hằng số cân bằng của phản ứng hòa tan Mg(OH)2 bằng NH4Cl . Cho TMg(OH) = 10-11 ; K NH = 10-9,25. Hãy rút ra kết luận từ hằng số tính được. 2

+ 4

Đáp số : KC = 10-1,5 Câu 22:

a) Tính pH của dung dịch đệm chứa CH3COOH 0,1M và CH3COONa 0,1M .Biết pKa(CH3COOH) = 4,75. b) Tính pH của của dung dịch đệm chứa NH3 0,1M biết pKb = 4,75. Đáp số: a) pH =4,75; b) pH = 9,25 Câu 23: Đánh giá nồng độ các dạng phức trong dung dịch gồm CAg = 1,0.10-3M, +

C NH3 = 1,0M

Đáp số: [Ag(NH3)2+] = 1,0.10-3; [Ag(NH3)+] = 1,2.10-7; [Ag+] = 5,7.10-11 Câu 24:

Thêm 1 giọt (0,03ml) dung dịch NH4SCN 0,01M vào 1ml dung dịch FeCl3 0,10M. Có màu đỏ của phức xuất hiện hay không? Biết rằng mắt ta chỉ thấy màu đỏ rõ khi nồng độ của phức thyoxyanat Fe(III) vượt quá 7.10-6M Đáp số: [FeSCN2+] = 2,9.10-4 >> 7.10-6 : Dung dịch có màu đỏ của phức

FeSCN2+ Câu 25:

Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003M. Cho TAgSCN = 1,1.1012

và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8 Đáp số: S = 1,27.10-5mol/lit

188 Câu 26:

Thêm 0,01M NaF vào dung dịch FeSCN2+ 1,0.10-3 M. Có hiện tượng gì xảy ra? Biết hằng số tạo thành của phức FeF2+ và phức FeSCN2+ lần lượt bằng 105,28 và 103,03. Đáp số: Phức [FeSCN2+] bị mất màu Câu 27:

Cần thêm bao nhiêu NH3 vào dung dịch Ag+ 0,004M để ngăn chặn sự kết tủa AgCl khi nồng độ lúc cân bằng [Cl-]= 0,01M. TAgCl = 1,8.10-10; Kkb=6.10-8. Đáp số: [NH3] = 0,0445M Câu 28:

Hòa tan 0,16 gam Fe2O3 trong 100ml dung dịch H2SO4 0,03M thu được dung dịch A. Tính pH của dung dịch A biết HSO4- có Ka = 10-2 và *βFeOH = 10-2,17 2+

Đáp số: pH = 2,4 Câu 29:

Có một pin được thiết lập bởi điện cực kẽm nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1M và điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1M.Biết E 0Zn

/Zn

=0,76V;

E 0Ag + /Ag =0,80V

a) Thiết lập sơ đồ pin theo JUPAC. b) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. c) Tính SĐĐ của pin. d) Tính nồng độ các chất khi pin hết. Đáp số: Epin = 1,532V ; [Zn2+] = 0,15M ; [Ag+] = 3,9.10-27 Câu 30: Đánh giá khả năng hòa tan của Ag trường hợp sau:

a) Trong hỗn hợp NH3 và NH4Cl. b) Trong dung dịch NH3 khi có mặt oxi không khí Cho biết: E0 ( Ag+/Ag) = 0,8V ; E0 (O2/H2O) = 1,23V ; pK(NH4+) = 9,24; +

7,24

β ([Ag(NH3)2 ] ) = 10

Đáp số: a) Ag không tan; b) Ag bị oxi hoá trong dung dịch Câu 31:

Lắp một pin bằng cách nối điện cực hiđro chuẩn với một nửa pin bởi một dây

189 đồng nhúng vào 40 ml dung dịch CuSO4 0,01M có thêm 10ml dung dịch

NH3 0,5M. Chấp nhận chỉ tạo phức [Cu(NH3)4]2+ với nồng độ NH4+ là không đáng kể so với NH3 0 Biết: E Cu

/Cu

= 0,34V ; lg βCu(NH 3 )22+ = 13,2 ; E Cu

a) Xác định E Cu

/Cu

0 = E Cu ( NH ) 2+ /Cu 3 4

/Cu

0 b) Tính E Cu ( NH )

2+ 3 4 /Cu

Đáp số: a) E Cu

/Cu

0 = 0,02V ; b) E Cu ( NH )

2+ 3 4 /Cu

= 0,06V

Câu 32:

Cho dung dịch chứa Cl- 0,1mol/l và CrO42- 10-4mol/l. Thêm từ từ dung dịch AgNO3 vào thì kết tủa nào xuất hiện trước và khi kết tủa thứ hai bắt đầu xuất hiện thì tỉ lệ nồng độ ion Cl- và CrO42- là bao nhiêu? Biết TAgCl = 10-10 , TAg CrO = 10-12 2

[CrO 24− ] = 100 [Cl − ]

Đáp số: Câu 33:

A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M; NH3 0,25M; và B là dung dịch hỗn hợp chứa Cl-, Br-, I- đều có nồng độ 10-2M.Trộn dung dịch A với dung dịch B (Giả thiết nồng độ đầu của các ion không đổi) thì kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở đó hãy đề nghị phương pháp nhận biết sự có mặt của ion Cl- trong một dung dịch hỗn hợp chứa Cl-, Br-và I-. Cho TAgCl= 10-10, TAgCl = 10-12,3 , TAgI = 10-16. Đáp số: Có kết tủa AgBr; AgI Câu 34:

Xác định nồng độ NH4Cl cần thiết để ngăn cản sự kết tủa Mg(OH)2 trong 1 lít dung dịch chứa 0,01mol NH3 và 0,001mol Mg2+. Biết hằng số Kb (NH3) = 1,75.10-5, TMg(OH)2 = 7,1.10-12

Đáp số: [NH4+] = [NH4Cl] > 2,2.10-3M Câu 35:

Cho E 0Ag

/Ag

= 0,799 V, TAgCl= 1,8.10-10, E 0Fe

/Fe2+

= 0,77V

a) Tính thế điện cực chuẩn của điện cực Ag, AgCl/Clb) Tiến hành ghép điện cực Ag, AgCl/Cl- (0,01M) với điện cực Pt/Fe2+ (0,5M) ,Fe3+ (0,002M) để tạo thành pin điện hóa.

190 + Lập sơ đồ pin và tính suất điện động của pin. + Viết phương trình phản ứng ở mỗi điện cực và phản ứng của pin. + Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin. Đáp số : a) E0 = 0,224V ; b) Epin = 0,287V ; KP = 7,32.104 Câu 36:

Tính pH bắt đầu kết tủa và kết tủa được 99% Cu2+ từ dung dịch Cu(ClO4)2 0,1M dưới dạng Cu(OH)2. (Giả thiết trong dung dịch chỉ hình thành phức hiđroxo có số phối trí thấp nhất) Cho TCu (OH) = 10-19,8 , *βCuOH =10-8 +

Đáp số: pH = 5,6 Câu 37:

a) Hỏi phản ứng xảy ra theo chiều nào? Cu + Cu2+ + 2Cl- ⇌ 2CuCl ↓ 0 Cho E Cu

/Cu +

= 0,15V,

E 0Cu+ /Cu = 0,52V, Ks(CuCl) = 10-7 ; nồng độ ban đầu

của[ Cu2+] = 0,1M; [Cl-]= 0,2M; cả Cu và CuCl đều có thể dư. b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra và nồng độ mol các ion Cu2+, Cl- khi cân bằng. Đáp số: a) Chiều thuận; b) K = 107,73, [Cu2+] = 1,67.10-3; [Cl-] = 3,34.10-3M Câu 38:

Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2, 0,11mol HCl vào nước được một lít dung dịch.Tính pH của dung dịch thu được. Cho: pK NH = 9,24; pK CH NH = 10,6; pK H O = 14. + 4

+ 3

Đáp số: pH = 5,54 Câu 39:

Bạc clorua dễ tan trong nước amoniac do tạo ion phức AgCl + 2 NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+ + ClHỏi một lít dung dịch amoniac 1M có thể hòa tan bao nhiêu gam AgCl? Biết: Ts (AgCl) = 1,8.10-10; β[Ag( NH ) ] = 0,588.107 3 2

Đáp số: m = 4,,38 (g) Câu 40:

Tính độ tan của FeS ở pH =5 cho Ks (FeS) = 10-17,2; βFeOH = 10-5,92; +

191 H2S có Ka1= 10-7,02, Ka2 = 10-12,9 Đáp số: S = 2,44.10-4M Câu 41:

Có tạo kết tủa Mg(OH)2 không khi: a) Trộn 100ml dung dịch Mg(NO3)21,5.10-3 với 50ml dung dịch NaOH 3.10-5M? b) Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch Mg(NO3)2 2.10-3 và NH3 4.10-3M. Biết rằng: Ks(Mg(OH)2) = 10-11; Kb(NH3) = 1,58.10-5 Đáp số: a) Không tạo thành kết tủa; b) Có tạo thành kết tủa Câu 42:

Dung dịch X1 gồm NH3 và NH4NO3 có pH = 9,24. Tổng nồng độ hai chất này trong dung dịch X1 là 2M. Hòa tan 10-3 mol CuCl2 vào dung dịch X1, được 1 lít dung dịch X2. nhúng thanh Cd vào dung dịch X2 thu được dung dịch X3. Tính nồng độ mol của Cu2+ và Cd2+ trong dung dịch X3.Biết: 0 0 E Cu = 0,34V; E Cd = -0,402V; NH3 có Kb = 10-4,76 2+ 2+ /Cu /Cd

Hằng số bền của phức [Cu(NH3)4]2+ và [Cd(NH3)4]2+ lần lượt β1 = 1011,75 và β2 = 106,74 Đáp số: [Cd2+] = 10-9,74; [Cu2+] = 10-34,79 Câu 43: Độ tan của BaSO4 trong dug dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính số tan của

BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M. Cho biết pKa đối với nấc phân li thứ hai là của H2SO4 là 2. Đáp số: T (BaSO4) = 1,125.10-10; S’ = 1,125.10-7 Câu 44:

Cho hỗn hợp Zn2+, Cd2+, Hg2+ có số mol bằng nhau và bằng 0,001mol được hòa vào 1 lít dung dịch HCl 1M. Sục H2S vào dung dịch cho tới khi nồng độ H2S bằng 0,1M. Hỏi muối sunfua của kim loại nào kết tủa? Cho biết: TZnS = 10-23, TCdS = 5.10-25 , THgS = 10-54. Hằng số phân li của H2S là Ka1 = 10-7, Ka2 = 10-14 Đáp số: Chỉ có HgS kết tủa Câu 45: (Olympic lần thứ XVIII)

a) Giải thích vì sao Ag không tan trong dung dịch (NH3 và NH4Cl) nhưng lại

192 tan dễ dàng trong dung dịch đó khi có O2 không khí Cho E 0Ag

/Ag

= 0,8V; E 0O /H O = 1,23V; βAg( NH ) = 107,26; K NH = 10-9,24 2

+ 3 2

+ 4

b) Dung dịch X gồm Na2S 0,01M, CH3COONa 0,05M, Tính pH của dung dịch X Cho pK (CH3COOH) =4,75; pK1(H2S) = 7; pK2(H2S) = 12,90 Đáp số: pH = 11,95 2.3.2.3.2. Bài tập trắc nghiệm Câu 1:

Xét cân bằng: Fe2O3 (r) + 3CO (k) ⇌ 2Fe + 3CO2(k) Biểu thức hằng số cân bằng của hệ: A: K =

[Fe]2 [CO 2 ]3 [Fe2O3 ].[CO]3

B: K =

[CO]3 [CO 2 ]3

C: K =

[Fe 2O3 ][CO]3 [Fe]2 [CO 2 ]3

D: K =

[CO 2 ]3 [CO]3

Câu 2:

Cho phản ứng điều chế SO3: 2SO2(k) + O2 (k) ⇌ 2SO3 (k) Thực hiện ở 700K, dưới áp suất 1atm. Thành phần của hệ lúc cân bằng lá 0,21mol SO2; 10,3 mol SO3; 5,37mol O2, và 84,12mol N2. Hằng số cân bằng Kp của phản ứng là: A: 4,48.102

B: 4,48.104

C: 2,24.102

D: 2,24.104

Câu 3:

Tính pH của dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka = 2.10-5)? A. 5,75

B. 4,70

C. 2,85

D. 5,70

Câu 4:

Trộn V1 lít dung dịch HCl (pH = 5) với V2 lít dung dịch NaOH (pH = 9) theo tỉ lệ thể tích nào sau đây để thu được dung dịch có pH = 6? A.1/3

B. 9/11

C. 3/1

D. 11/9

Câu 5:

Dung dịch HCl và dung dịch CH3COOH có cùng nồng độ CM. Giá trị pH của hai dung dịch này tương ứng là x và y. Biết độ điện li của CH3COOH là 1%. Quan hệ giữa x và y là:

193 A. y = 100x

B. y=2x

C. y= 2-x

D. y = 2+ x

Câu 6:

pH của dung dịch NH3 0,5M là bao nhiêu biết Kb = 10-4,76? A. 2,53

B. 9,33

C. 11,47

D. 4,67

Câu 7:

Dung dịch NH3 1M có α = 0,43%. hằng số Kb (NH3) là: A. 1,86.10-5

B. 1,75.10-5

C. 1,6.10-5

D. 1,9.10-5

Câu 8:

Xét cân bằng: C + CO2 (k) ⇌ 2CO (k) Yếu tố nào sau đây không ảnh hưởng tới cân bằng của hệ A. Nồng độ CO2

B. Khối lượng C

B. Nhiệt độ

D. Áp suất

Câu 9:

Cho phản ứng điều chế SO3: 2SO2(k) + O2(k) ⇌ 2SO3 (k) Thực hiện ở 700K, dưới áp suất 1atm. Thành phần của hệ lúc cân bằng là 0,21 mol SO2; 10,30 mol SO3; 5,37 mol O2; 84,12 mol N2. Hằng số cân bằng KP của phản ứng là: A. 4,48.102

B. 4,48.104

C. 2,24.102

D. 2,24.104

Câu 10: Ở 600K đối với phản ứng: H2 + CO2 ⇌ H2O (k) + CO có nồng độ cân bằng

của H2, CO2, H2O và CO lần lượt bằng: 0,600; 0, 459; 0,500; 0,425 mol/l KC của phản ứng là: A. 0,77

B. 1,81

D. Ý kiến khác

C. 1,54

Câu 11:

Sunfuryđiclorua SO2Cl2 là hóa chất phổ biến trong phản ứng clo hóa. Tại 0

350 C, 2atm phản ứng: SO2Cl2 (k) ⇌ SO2(k) + Cl2(k) có KP = 50. Tính % theo thể tích SO2Cl2 (k) còn laị để phản ứng trên đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện đã cho: A. 0,18%

B. 19%

C. 0,98%

Câu 12:

Cho cân bằng hóa học: N2 + O2 ⇌ 2NO Để thu được nhiều khí NO, người ta

∆H >0

D. 98%

194 A. Giảm nhiệt độ

B. Giảm áp suất

C. Tăng áp suất

D. Tăng áp suất

Câu 13:

Photphopentaclorua phân hủy theo phương trình: PCl5(k) ⇌ PCl3 (k) + Cl2(k) (1) Trong bình phản ứng, ban đầu có chứa 0,3 mol PCl5 dưới áp suất 1 atm. Khi cân bằng thiết lập có áp suất là 1,25 atm ở thể tích, nhiệt độ không đổi. Tính hằng số cân băng KP của phản ứng. A. 0,150

B. 0,250

C. 0,075

D. 0,083

Câu 14:

Phản ứng hóa học xảy ra trong pin điện hóa: 2 Cr + 3 Ni2+ → 2Cr3+ + 3Ni Biết E0 ( Cr3+/ Cr) = -0,74V; E0 (Ni2+/ Ni) = - 0,26V. E0 của pin điện hóa là: A. 1,0V

B. 0,48V

C. 0,78V

D. 0,96V

Câu 15:

Biết E0

pin(Ni-Ag)

= 1,06V; E0 (Ni2+/Ni) = - 0,26V, thế điện cực chuẩn của

cặp oxi hóa – khử Ag+/Ag là: A. 0,8V

B. 1,32V

C. 0,76V

D. 0,85V

Câu 16:

Biết E0 (Au3+/ Au) = 1,5V; E0 (Sn2+/Sn) = -0,14V. Suất điện động của pin điện hóa tạo thành từ cặp oxi hóa- khử Au3+/Au và Sn2+/Sn là: A. 1,24V B. 1,36V C. 1,64V

D. 0,98V

Câu 17:

Cho biết E0(Cr3+/ Cr) = - 0,74V và E0( Pb2+/Pb) = - 0,13V. Sự so sánh nào sau đây là đúng? A. Ion Cr3+ có tính oxi hóa mạnh hơn ion Pb2+ B. Ion Pb2+ có tính oxi hóa mạnh hơn ion Cr3+ C. Kim loại Pb có tính khử mạnh hơn Cr D. Kim loại Cr khó bị oxi hóa hơn Pb Câu 18:

Cho các thế điện cực chuẩn: E0 (Ag+/Ag) = 0,80V; E0 (Cu2+/Cu) = 0,34V; E0(2H+/H2) =0; E0 ( Zn2+/Zn) = -0,76V. Sức điện động của pin điện hóa nào lớn nhất?

195 A. 2Ag+ + H2 → 2H+ + 2Ag

B. Zn + 2H+ → Zn2+ + H2

C. Zn + Cu2+ → Zn2+ + Cu

D. Cu + 2Ag+ → Cu2+ + 2Ag

Câu 19:

Cho pin: Pt ( H2 ,1atm) ,dd NH3 0,1M

dd CH3COOH 0,1M

(H2, 1atm) Pt. Biết pK

(CH3COOH) = 4,76. pK (NH4+) = 9,24. Sức điện động của pin là: A.+ 0,24 V

B. - 0,48V

C. + 0,48V

D. -0,24V

Câu 20:

Cho E 0Mn (VII)/Mn (II) = 1,509 V ; E 0Mn (IV)/Mn (II) = 1,23V. Như vậy

E 0Mn (VII)/Mn (IV ) sẽ

có giá trị là: A. 1,25V

B. 1,695V

C. 0,279V

D. 1,02V

Câu 21 :

Tr ộ n 200ml dung dịch CaCl2 0,1M v ới 300ml dung dịch Na2SO4 0,05M .Sau khi hệ đạt trạng thái cân b ằng, lượng kết tủa tạo thành là bao nhiêu? Cho T = [Ca2+][SO42-] = 6.10-5 A. 1,75(g)

B. 2,08(g)

C. 2,75(g)

D. 3,11(g)

Câu 22: Độ hòa tan của PbI2 ở 180C bằng 1,5.10-3mol.l-1. Nồng độ của Pb2+ và I-

trong dung dịch bão hòa PbI2 ở 180C là: A: 1,5.10-3; 3.10-3

B. 4,5.10-3; 12.10-3

C. 1,5.10-3 ; 6.10-3

D. Ý kiến khác

Câu 23:

Giá trị pH mà dung dịch FeCl3 0,1M bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 là: (Biết Ts (Fe(OH)3= 3,8.10-38 ) A. 3,24

B. 1,68

C. 1,86

D. 4,6

Câu 24:

Tích số hòa tan của bạc sunfat Ag2SO4 bằng 7.10-5. Độ tan của bạc sunfat được biễu diễn bằng g/l

A. 8,1

B. 1,3.10-2

C. 2,6.10-2

D. 2,8.10-2

Câu 25:

Tích số tan của Ag2CrO4 = 4.10-12. Độ tan Ag2CrO4 ra mol/l A. 10-2M

B. 10-3M

C. 10-5M

D. 10-4M

196 Câu 26: Độ tan của AgCl trong dung dịch amoniac 2M, biết phản ứng tạo phức:

Ag+ + 2 NH3 ⇌ [Ag(NH3)2+] có hằng số bền K = 2.107 là A. 0,3

B. 0,2

C. 0,1

D. 0,4

Câu 27:

Trong dung dịch chứa ion Cl- nồng độ 1M chỉ có 10-10 M ion Ag+ bị hòa tan. Để nồng độ AgCl bằng 0,1 M thì nồng độ NH3 phải thêm vào là:

A. 3,2 mol/l

B. 3,6 mol/l

C. 4,8mol/l

D.2,3 mol/l

Câu 28:

Cho ba dung dịch: Ag+; Cu2+; Ni2+ có nồng độ ion bằng nhau và bằng 0,1M. Nồng độ lần lượt của các ion Ag+; Cu2+; Ni2+ sau khi thêm NH3 1M vào từng dung dịch, biết hằng số bền các phức hình thành bằng 108 đối với Ag(NH3)+; 1012 đối với Cu(NH3)42+; bằng 6.108 đói với Ni(NH3)62+là: A. 1,6.10-9 ; 8.10-13 ; 4.10-8

B. 4.10-8; 1,6.10-13; 8.10-9

C. 4,8.10-9; 4.10-13; 8.10-8

D. 3,2.10-8 ; 4.10-13 ; 8.10-8

Câu 29: Độ tan củ a CaF 2 trong n ước ở 25 0 C b ằng 2,14.10 -4 M. Tích s ố tan T

(CaF 2) là: A. 4,8.10-11

B. 3,2.10-12

C. 3,2.10-11

D. 3,4.10-11

Câu 30:

Ion Fe(H2O)3+ + H2O ⇌ H3O+ + Fe(OH)2+ với pKa =2,2. Như vậy pH của dung dịch FeCl3 sẽ là: A. 3,06

B. 2,20

C.1,82

D. 1,55

Câu 31:

Người ta muốn hòa tan một lượng đáng kể AgCl trong amoniac bằng cách tạo phức: Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+ Biết rằng độ tan của AgCl tỉ lệ với nồng độ amoniac thêm vào với hệ số tỉ lệ là 0,05 Hằng số cân bằng của phản ứng tạo phức: A. 2,4.107

B. 2,8.107

C. 2.107

D. 3.2.106

197 Câu 32:

Tích số tan của AgCl bằng 1,8.10-10. Nếu AgCl tan trong dung dịch NH3 1M thì độ tan sẽ là: (Biết hằng số bền của phức [Ag(NH3)2+] = 108) A. 10-3

B. 10-2

C. 0,1

D. kết quả khác

Câu 33:

Trộn 100 ml dung dịch KOH có pH = 12 với 100 ml dung dịch HCl 0,012M. Dung dịch sau khi trộn có: A. pH = 3

B. pH = 4

C. pH = 8

D. pH =5

Câu 34:

Dung dịch đệm chứa NH3 0,1M và NH4Cl 0,1M. Biết NH3 có pKb = 4,75 thì pH của dung dịch sẽ là: A. 4,75

B. 9,25

C. 7,25

D. 6,5

Câu 35:

Biết pKa (HCN) = 9,21. Xét dung dịch NaCN có nồng độ 0,01M. pH của dung dịch là: A. 10,6

B. 9,21

C. 2

D. 12

Câu 36:

[Au(CN)2]- là một phức rất bền trong điều kiện nhất định. Nồng độ của natri xianua để giữ được 99% theo số mol của vàng trong dung dịch ở dạng phức xianua là: ( Biết Kb ([Au(CN)2]-) = 4.1028 A. 5.10-14

B. 6.10-14

C. 2.10-7

D. 3,12.10-7

Câu 37:

pH của dung dịch AlCl3 0,010M khi xem gần đúng trong dung dịch chỉ tồn tại một phức hiđroxo AlOH2+ (K = 10-5) là: A. 4,5

B. 5,6

C. 4,2

D. 3,5

Câu 38:

Một thể tích dung dịch Pb(NO3)2 2.10-3M được trộn với cùng thể tích dung dịch NaI 2.10-3M . Biết tích số tan T (PbI2) = 7,9.10-9. Kết luận nào sau đây đúng: A. Sau khi trộn, nồng độ mỗi chất tăng lên gấp đôi B. Sau khi trộn, nồng độ mỗi chất giảm 1/3 lần C. Dung dịch sau khi trộn không xuất hiện kết tủa PbI2

198 D. Dung dịch sau khi trộn có xuất hiện kết tủa PbI2 Câu 39:

Biết rằng Ka của phản ứng thủy phân CuCl2 là 5.10-8. pH của dung dịch CuCl2 10-2M là: A. 3,65

B. 4,65

C. 4,56

D. 4,48

Câu 40:

Khi trộn 500ml dung dịch Cu(NO3)2 có nồng độ 2.10-3 với 500ml dung dịch NH3 3M. Phức tetraamin đồng (II) [Cu(NH3)4]2+ được tạo thành. Hằng số cân bằng của phức là 6,8.1012 Nồng độ của Cu2+; NH3 và [Cu(NH3)4]2+ lần lượt là: A. 2,9.10-17M; 1,5M; 10-3M

B. 1,7.10-17M; 3M ; 1,5.10-3 M

C. 3,6.10-17M ; 2M ; 10-4M

D. 2,4.10-17M ; 3M; 4.10-3M

Đáp án câu hỏi trắc nghiệm

1.C

2.B

3.C

4.D

5.D

6.C

7.A

8.D

9.B

10.A

11.C

12.D

13.D

14.B

15.A

16.C

17.B

18.C

19.C

20.B

21.A

22.A

23.B

24.A

25.C

26.C

27.A

28.A

29.C

30.A

31.C

32.C

33.A

34.B

35.A

36.A

37.D

38.C

39.B

40.A

2.4. Sử dụng hệ thống bài tập

Trong công tác bồi dưỡng HSG, người GV có nhiệm vụ phát hiện HSG và thành lập đội tuyển để bồi dưỡng. Người GV cần biết sử dụng linh hoạt và có hiệu quả hệ thống bài tập với 2 mục đích chính sau: 2.4.1.Vào việc phát hiện học sinh giỏi

Sử dụng hệ thống bài tập của đề tài này để phát hiện HSG, GV có thể lựa chọn các bài tập. Ta có thể sử dụng các bài tập lí thuyết nâng cao kiến thức về tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học. Từ kiến thức cơ bản, các bài tập đã được biến đổi, nâng cao hơn để nhằm giúp phát hiện HS có năng lực, khả năng tư duy,…tham

gia vào đội tuyển HSG

199 Ví dụ 1: Đinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ oxit và oxi theo phương trình:

k1  → NO2 + NO3

k NO2 + NO3  → N2O5 −1

k → NO2 + O2 + NO (3) NO2 + NO3  2

(4)

k NO + N2O5  → 3NO2 3

Từ cơ chế trên, hãy viết biểu thức tốc độ thực và bậc của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit.

Phân tích: Đối với học sinh bình thường chỉ có thể viết được biểu thức tốc độ phản ứng:

v = k.[N2O5]2. Học sinh khá giỏi mới áp dụng sự gần đúng cho trạng thái dừng cho NO, NO3 ở cơ chế trên và thiết lập biểu thức tốc độ v= -

d[N 2O5 ] =- k1[N2O5] + k-1[NO2][NO3]- k3[NO][N2O5] dt

a) v = k.[N2O5]2 b) v= -

d[N 2O 5 ] = -k1[N2O5] + k-1[NO2][NO3]- k3[NO][N2O5] (1) dt

d[NO 3 ] = k1[N2O5] –k-1[NO2][NO3] – k2[NO2][NO3] = 0 dt

(2)

d[NO] = k2[NO2][NO3] –k3[NO][N2O5] = 0 dt

(3)

Từ (2 ): [NO3] = Từ (3): [NO] =

k1[N 2O5 ] (k −1 + k 2 )[NO 2 ]

k 2 [NO 2 ][NO3 ] k 2 [NO 2 ]k1[N 2O5 ] k 2 k1 = = k 3[N 2O5 ] k 3[N 2O5 ](k −1 + k 2 )[NO 2 ] k 3 (k −1 + k 2 )

Thay tất cả vào (1): v= - k1[N2O5] + k-1[NO2]

d[N 2O 5 ] = dt

k1[N 2O5 ] k 2 k1 -k3 [N2O5] (k −1 + k 2 )[NO 2 ] k 3 (k −1 + k 2 )

200 =-

2k1k 2 [N2O5] k −1 + k 2

Vậy phản ứng bậc 1 với N2O5 và k= -

2k1k 2 k −1 + k 2

Ví dụ 2:

Cơ chế sau đây được đề xuất cho phản ứng giữa clorofom và clo : Bước 1: Cl2 ( k) ⇌ 2Cl (k)

nhanh

Bước 2: Cl (k) + CHCl3 (k) ⇌ HCl (k) + CCl3 (k) chậm Bước 3: CCl3 (k) + Cl (k) ⇌ CCl4 (k) nhanh a) Tìm biểu thức của định luật tác dụng khối lượng về tốc độ phản ứng phù hợp với cơ chế trên. b) Tốc độ phản ứng sẽ thay đổi thế nào nếu nồng độ của cặp chất tham gia phản ứng được tăng lên gấp đôi. Phân tích: Học sinh chỉ mới nắm kiến thức cơ bản sẽ rất lúng túng khi giải quyết bài tập này. Nhưng HS khá sẽ hiểu giai đoạn chậm quyết định tốc độ phản ứng nên: v = k2.[Cl].[CHCl3] (*) a) Ta có: v = k2.[Cl].[CHCl3] Giai đoạn (1) thuận nghịch diễn ra nhanh thì cân bằng có thể thiết lập được K=

[Cl]2 nên [Cl] = K1/2 . [Cl2]1/2 (1’) [Cl2 ]

Thay (1’) vào (*): v = k2 K1/2 . [Cl2]1/2 .[CHCl3] = k .[Cl2]1/2.[CHCl3] b) Nếu [CHCl3] và [Cl2] tăng lên gấp đôi thì tốc độ phản ứng sẽ tăng lên 2. 2 = 2,83 lần Ví dụ 3:

Lưu huỳnh dioxit là một axit hai chức trong dung dịch nước. Tại 250C các hằng số axit  → HSO3− SO2(aq)+H2O ← 

(aq)

 → SO32− + H+ HSO3− (aq) ← 

+ H+

K a1 = 10

-1,92

K a 2 = 10

-7,18

a)Tính tan của lưu huỳnh đioxit là 33,9 lít trong một lít nước tại áp suất riêng phần bằng 0,9876atm.

201 -Tính nồng độ toàn phần của lưu huỳnh đioxit trong nước bão hòa khí lưu huỳnh dioxit. -Tính thành phần phần trăm của ion hidrosunfit. - Tính pH của dung dịch. b) Tính nồng độ ion hidro trong dung dịch Na2SO3 0,0100M? c) Cân bằng chính của dung dịch NaHSO3:  → SO2(aq)+ SO32− +H2O(l) 2 HSO3− (aq) ← 

(3)

- Tính hằng số cân bằng của (3) -Tính nồng độ của lưu huỳnh dioxit trong dung dịch Na2SO3 0,0100M nếu chỉ xét cân bằng trên Phân tích: Đối với HS bình thường sẽ lúng túng vì đề bài yêu cầu tính nồng độ toàn

phần, HS khá sẽ tính trực tiếp ngay được từ công thức: n=

P.V 0,98867.33,9 = 1,368mol ⇒ [SO2] = 1,368M = 22, 4 R.T .298 273

+Dựa vào K a xác định nồng độ [ HSO3− ], [H+] 1

 → HSO3− + Dựa vào cân bằng SO32− (aq) + H2O(l) ← 

Có hằng số K =

+ OH-(aq)

Kw = 10-6,82 .Ta xác định [OH-] ⇒ [H+] Ka2

 → HSO3− SO2(aq)+H2O ← 

Ban đầu

1,368

Cân bằng

1,368-x

Ta có:

(aq)

+ H+

K a1 = 10-1,92

x2 = 10−1,92 ⇒ x = [H+] = [ HSO3− ] = 0,1224M 1,368 − x

% HSO3− =

0,1224 .100% = 8,95% 1,368

pH = -lg[H+] = 0,91 b) Ta có:

 → HSO3− SO32− (aq) + H2O(l) ← 

Cân bằng

0,01-x

(aq)

+ OH-(aq) x

K = 10-6,82

202 ⇒

x2 = 10-6,82 ⇒ x = [OH-] = 3,98.10-5M ⇒ [H+] = 2,57.10-10M 0,01 − x

c) Học sinh có tư duy hóa học và nắm bắt được ý nghĩa của hằng số cân bằng sẽ biến đổi để tìm ra biểu thức liên hệ sau: K=

K a2 [SO 2 ].[SO32− ] [SO 2 ].[SO 32− ] [H + ] = = 10-5,26 = . − 2 − 2 + [HSO 3 ] [HSO3 ] [H ] K a1

Theo bảo toàn nồng độ: [SO2]+[ HSO3− ]+[ SO32− ] = 0,01M Xét cân bằng (3) ⇒ [SO2] = [ SO32− ] [SO 2 ] =10-5,26 ⇒ [SO2] = 2,33.10-5M (0,01 − 2[SO 2 ]) 2

2.4.2. Vào việc bồi dưỡng học sinh giỏi

Sử dụng hệ thống bài tập của đề tài này để bồi dưỡng HSG, GV có thể lựa chọn các bài tập vào các mục đích rèn luyện khác nhau: + Giao nhiệm vụ cho HS tự học và khắc sâu kiến thức chuyên sâu về cân bằng. + Rèn luyện tư duy hóa học: Phân tích, tổng hợp, rèn luyện kĩ năng tính toán. + Tiếp cận các đề thi HSG các cấp, đề thi Olimpic 30-4 hàng năm nên sẽ phát huy được hiệu quả khi sử dụng bồi dưỡng HSG. Ví dụ về bài tập cho học sinh tự học:

Ví dụ 1: Ở 500C và dưới áp suất là 0,344 atm độ phân li α của N2O4(k) thành NO2

bằng 63%. Xác định Kp, KC, Kx. Phân tích: Học sinh sẽ tự học và củng cố kiến thức về cân bằng trong pha khí. Xác định được mối liên hệ:

Kp=KC.(RT)∆n =Kx.P∆n Giải: Xét cân bằng:

N2O4(k)

Ban đầu:

Cân bằng:

1- α

2α

Phần mol

1− α 1+ α

2α 1+ α

⇌

2 NO2

203

KP=

2 PNO 2

PN2O4

P 2 .X 2NO2 P.X N 2O4

 2α  P 1 + α  =  1− α 1+ α

Thay P = 0,344 atm, α = 0,63 vào phương trình Kp nên Kp = 0,867 Ta lại có ∆n = 2-1 = 1 Vậy KC = Kp.(RT)∆n = 0,867.(0,082.323)-1 = 0,034 Kx = Kp.P-∆n = 0,867.(0,344)-1 = 2,52 Ví dụ 2:

Tính pH của các dung dịch sau: a) Dung dịch HCl 6,3.10-8M. b) Dung dịch NaOH 10-8M c) Dung dịch CH3COOH 0,1M. Biết Ka = 1,58.10-5 d) Dung dịch NH3 10-3M, Kb = 1,8.10-5 e) Dung dịch H2C2O4 Biết K1 = 6,3.10-2; K2 = 5.10-5 Phân tích: Bài tập này tự học thì sẽ giúp HS: + Khắc sâu kiến thức và công thức tính pH của các dung dịch axit – bazơ khác nhau. Từ đó giúp HS có nền kiến thức vững vàng để tiếp cận các đề thi HSG. + Rèn luyện kĩ năng tính toán và vận dụng công thức tính gần đúng. Giải a) Nhận xét dung dịch quá loãng nên không áp dụng điều kiện gần đúng. Áp dụng công thức (3) xét pH của axit mạnh [H+]2 – CA[H+] –Kw = 0 [H+] =

6,3.10−8 + (6,3.10−8 ) 2 + 4.10 −14 = 13,6.10-8M 2

pH = -lg[H+] = 6,87 b)Tương tự áp dụng công thức [H+]2 + CB[H+] –Kw = 0 [H+] =

−10−8 + (10 −8 )2 + 4.10−14 = 9,55.10-8M 2

pH = -lg[H+] = 7,02

204 c)Áp dụng điều kiện gần đúng: Ka.CA = 1,8.10-5.10-1 > 10-12 và Ta có: [H+] =

CA > 100 Ka

K a C A = 1,8.10−5.10 −1 = 1,34.10-3M

pH = lg[H+] = 2,87 d)Tương tự : Kb.CB > 10-12 và 0,1 <

CB 10−3 < 100 = K b 1,8.10−5

Ta xét cân bằng sau: NH3 Ban đầu:

10-3

Cân bằng

10-3-x

H2O

 → ← 

N H +4

OH-

x2 K b = −3 nên x = [OH-] = 1,25.10-5M 10 − x

10-1

Cân bằng

0,1-x

K1 =

+ H2O

 → ← 

HC2O −4 + H3O

x2 nên x = [H+] = 5,39.10-2M 0,1 − x

pH = 1,27 thấy pK2-1 = 3,3 > 1,27 nên giá trị pH chấp nhận được Bài tập rèn luyện khả năng tư duy hóa học: Ví dụ 1:

Trộn nitơ và hiđro theo tỉ lệ số mol tương ứng 1:3 trong một bình kín rồi đun lên 4500C cho tới khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng: N2(k) + 3H2(k) ⇌ 2NH3(k)

∆H 0298 =-92,2kJ

205 a) Tại 4500C, 300atm, ở trạng thái cân bằng amoniac chiếm 36% thể tích. Tính giá trị hằng số cân bằng Kx và Kp tại điều kiện này. b) Giữ nguyên nhiệt độ không đổi 4500C, cần tiến hành phản ứng ở áp suất nào để khi đạt cân bằng mới amoniac chiếm 50% thể tích. c) Giữ áp suất không đổi 300atm, cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt cân bằng mới amoniac chiếm 50% thể tích? Cho biết biến thiên entanpi của phản ứng không đổi trong khoảng đang xét. d) Tính biến thiên năng lượng tự do tiêu chuẩn biến thiên entropi tiêu chuẩn của phản ứng tại 4500C. Phân tích: Ở bài tập này học sinh vận dụng linh hoạt công thức tính các hằng số cân

bằng trong pha khí, xét được sự vận dụng ảnh hưởng của nhiệt độ đến cân bằng KP và phương trình đẳng nhiệt Van’t Hoff + Xét 1 mol hỗn hợp ở trạng thái cân bằng ta tính được Kx. Dựa vào công thức Kp=Kx.P∆n để tính Kp. +Để tính nhiệt độ ta áp dụng công thức: ln

K p(T2 )

K p(T1 )

∆H 0 1 1 ( − ) R T1 T2

+ Từ công thức ∆G 0723 = -RTlnKp và ∆G 0723 = ∆H 0723 − T∆S0273 ta tính được ∆S0723 Giải: a) Xét 1mol hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng ta có: n NH3 = 0,36 mol; n H 2 = 0,48 mol; n N 2 = 0,16 mol.

Cân bằng: Ta có: Kx =

N2(k) + 3H2(k) ⇌ 2NH3(k) (0,36)2 = 7,324 0,16.(0, 48)2

Dựa vào công thức Kp = Kx.P∆n

⇒ Kp =

Kx 7,324 = = 8,138.10-5 2 2 P 300

b) Do nhiệt độ không đổi nên Kp không đổi. Xét 1 mol hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng ta có: n NH3 = 0,5 mol; n H 2 = 0,375mol ; n N 2 = 0,125mol

Tương tự Kx =

(0,5)2 = 37,926 0,125.(0,375)2

206 Kp =

Kx K 37,926 nên p 2 = x = = 4,214.10-4 ⇒ p = 682,7atm 2 2 Kp P 300

c) Ta có tại nhiệt độ T1 = 723K hằng số cân bằng K p(T ) = 8,138.10-5 1

Tại nhiệt độ T2 hằng số cân bằng K p(T ) = 2

Áp dụng công thức: ln

K p(T2 )

K p(T1 )

Kx 37,926 = = 4,214.10-4 2 2 P 300

∆H 0 1 1 ( − ) Thay vào ta có ⇒ T2 = 653K R T1 T2

Mà ∆G 0723 = -RTlnKp = -8,314.10-3.723.ln(8,138.10-5) = 56,6(kJ) Ta lại có: ∆G 0723 = ∆H 0723 − T∆S0273 Nên ∆S0732 =

∆H 0732 − ∆G 0732 −92, 2 − 56,6 = = -2,2058kJ.mol-1 = -205,8Jmol-1 T 732

Ví dụ 2:

Thiết lập biểu thức và tính hằng số bền điều kiện của phức Co[CN]64− ở pH=10, được duy trì bởi đệm NH3 và NH +4 có [NH3]=1M. Coi trong dung dịch chỉ hình thành phức Co[CN]64− là chủ yếu. Cho biết: 19,09

βCo(CN)4− =10 6

β4

Co ( NH3 )24+

; β1

Co ( NH3 )2+

=105,07; β5

Co ( NH3 )52+

=101,99 ;

β2

=105,13; β6

Co ( NH3 )22+

Co ( NH3 )26 +

=103,5 ; β3

Co ( NH3 )32+

=104,43

=104,39; *βCoOH =10-11,2 +

KHCN = 10-9,35 Phân tích: + Bài tập này yêu cầu HS phải phân tích tỉ mỉ và rèn luyện khả năng tính toán +Ta có hằng số bền điều kiện của phức Co[CN]64− là: β' =

[[Co(CN)6 ]4− ] [Co 2+ ].([CN − ])6

+ Xác định hằng số cân bằng dựa vào tổ hợp các cân bằng khác. Giải : Co2+ + 6 CN- ⇌ [ Co(CN)6]2+

β = 10

19,09

Co2+ + NH3 ⇌ [ Co(NH3)]2+

β1 = 10

Co2+ +2 NH3 ⇌ [ Co(NH3)2]2+

β2 = 10

Co2+ +3NH3 ⇌ [Co(NH3)3]2+

β3 = 10

1,99 3,5 4,43

207 Co2+ + 4NH3 ⇌ [Co(NH3)4]2+

β4 = 10

5,07

Co2+ + 5 NH3 ⇌ [Co(NH3)5]2+

β5 = 10

Co2+ +6 NH3 ⇌ [Co(NH3)6]2+

β6 = 10

Co2+ +H2O ⇌ CoOH+ + H+

*β = 10

5,13 4,39

CN-+H+ ⇌ HCN

-11,2

9,35 K a−1 = 10

Ta có hằng số bền điều kiện của phức [Co(CN)6 ]2+  là: [Co(CN)6 ]4−  β = [Co 2+ ].([CN − ])6

(1)

β1 [NH3].[Co ]+ β2 [NH3] [Co ]+ β3 [NH3] [Co ]+ β4 [NH3] [Co ]+ β5 [NH3] .[Co ]

+ β6 [NH3]6.[Co2+] = [Co2+](1+ *β [H+]-1+ β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 )

(2)

Thay [NH3] = 1M [CN-]’ = [CN-]+[HCN]=[CN-]+ K a−1 [CN-].[H+] = [CN-](1+ K a−1 [H+]) Thay (2) và (3) vào (1) ta có: β' =

[Co(CN)6 ]4−  6 [Co 2+ ].(1 + *β[H + ]−1 + β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 ) ([CN − ](1 + K a−1[H + ])

Ta lại có: [Co2+].[CN-]6 = [Co(CN)6]4-. β−1 Nên β' =

β .(1 + *β[H ] + β1 + β2 + β3 + β4 + β5 + β6 ) (1 + K a−1[H + ]) −1

−19,09

(1 + 10

+ −1

−11,2

1,99

.10 + 10

1 1 . = 3,5 4,43 5,07 5,13 4,39 9,35 + 10 + 10 + 10 + 10 + 10 ) (1 + 10 .10−10 )6

=1,192.1013 Ví dụ 3 :

Cho pin: Pt

Fe3+(0,05M) ,Fe2+(0,5M)

Mn2+(0,02M),MnO4-(0,2M),

(3)

208 H2SO4(xM) Pt ở 250C a) Khi x = 0,5 M thì phản ứng sẽ xảy ra theo chiều nào? Viết phản ứng tổng quát khi pin hoạt động. Tính suất điện động của pin và hằng số cân bằng của phản ứng.

b) Thêm một lượng KCN vào điện cực trái sao cho các phản ứng tạo phức xảy ra hoàn toàn .Suất điện động của pin là bao nhiêu? Cho H2S có pKa1 = 7; pKa2 = 12,92; TZnS = 10-21,6; T Cu 2S = 10-47,6, Ka(HCN) = 10-9,35 Zn2+ + 4CN- ⇌ Zn(CN)42-

β = 10

Cu+ + 4CN- ⇌ Cu(CN)43-

β ' = 10

RT/Fln = 0,059lg; E 0Fe

/Fe2+

12,6 30,29

= 0,77V; E 0MnO

− + 2+ 4 ,H /Mn

Fe3+ + 6 CN- ⇌ Fe(CN)63-

βIII = 10

Fe2+ + 6CN- ⇌ Fe(CN)64-

βII = 10

= 1,51V

Phân tích: Đây là một bài tập khó và tổng hợp nhiều kiến thức: Cân bằng trong hệ oxi

hóa –khử; cân bằng tạo phức. Đánh giá chiều của phản ứng dựa vào suất điện động và công thức Nerst.

Trên cơ sở đó lập luận: + Dựa vào nồng độ ta tính được E MnO

− + 2+ 4 ,H /Mn

và E Fe

/Fe2+

, từ đó ta viết được

phản ứng xảy ra và tính Epin. + Ta phải xét quá trình Fe(CN)63- + e ⇌ Fe(CN)64Muốn tính Epin phải xác định E Fe(CN )

3− 4− 6 /Fe(CN )6

Giải: a) MnO4- + 8 H+ + 5e ⇌ Mn2+ +4H2O 0

E MnO− ,H + /Mn 2+ = E + 4

0,059 [MnO −4 ][H + ]8 0,059 0,2.(1)8 lg =1,51+ lg = 1,522V 5 [Mn 2+ ] 5 0,02

Fe3+ +e ⇌ Fe2+ E Fe3+ /Fe2+ = E0 + 0,059 lg

[Fe3+ ] = 0,77+0,059lg0,05/0,5 = 0,711V [Fe 2+ ]

209 E MnO− ,H + /Mn 2+ > E Fe3+ /Fe2+ 4

Phản ứng xảy ra: 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5 Fe3+ +Mn2+ + 4H2O Epin= 1,522-0,711 = 0,811V n.E

Hằng số cân bằng : K = 10 0,059 = 1068,729 b) Xét các quá trình: Fe(CN)63- ⇌ Fe3+ +6CN-

(βIII ) −1

Fe3+ +e ⇌ Fe2+

Fe2+ + 6CN- ⇌ Fe(CN)64-

βII

Fe(CN)63- + e ⇌ Fe(CN)64-

K2= (βIII ) −1 . K1. βII

K2 = 10

E 02 0,059

= 10

E10 0,059

βII βIII

E 0Fe(CN) 3− /Fe(CN) 4− = E10 + 0,059lg 6

1035 βII = 0,77+ 0,059lg 42 = 0,357V βIII 10

βIII , βII rất lớn nên[ Fe(CN)6 ] = 0.05M ; [Fe(CN)6 ] = 0,5M E Fe(CN) 3− /Fe(CN) 4− = E 0 + 0, 059lg 6

[Fe(CN)36− ] 0, 05 = 0,357 + 0,059lg = 0,298V 4− [Fe(CN)6 ] 0,5

Epin = 1,522-0,298 = 1,224V. GV sử dụng hệ thống bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng bồi dưỡng HSG còn giúp các em HS hứng thú hơn với việc học bồi dưỡng hóa học vì các em được tính toán dựa trên các số liệu thực nghiệm để kiểm nghiệm lại những nhận định, kết luận mang tính chất định tính (mang tính chất học thuộc lòng và khó nhớ) và còn giúp các em củng cố; khắc sâu kiến thức hơn nữa. Rèn luyện tư duy hóa học củng cố niềm tin vào khoa học và từ đó định hướng cho các em khả năng tự nghiên cứu khoa học sau này. TIỂU KẾT CHƯƠNG 2

Tổng hợp các dạng bài tập phần: tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng dùng bồi dưỡng HSG THPT, chúng tôi đã: - Nêu ra được lý thuyết chung về phản ứng hóa học:

210 + Một số vấn đề nâng cao như tốc độ phản ứng, cân bằng hóa học, thế điện cực, cân bằng tạo phức...

+ Các dạng bài tập về tốc độ phản ứng: Viết biểu thức tốc độ phản ứng, xác định bậc và hằng số tốc độ, cơ chế của phản ứng...

+ Cách tính các hằng số cân bằng KP, KX, KN và mối liên hệ giữa chúng. + Cách tính pH của dung dịch axit , bazơ, dung dịch đệm... + Lập biểu thức và tính hằng số bền điều kiện, đánh giá mức độ tạo phức + Lập biểu thức và tính hằng số cân bằng oxi hóa-khử , viết sơ đồ pin và tính suất điện động của pin.

+ Xác định độ tan, so sánh độ hòa tan, tính tích số tan, xác định điều kiện tạo thành kết tủa, hòa tan kết tủa, kết tủa hoàn toàn... của chất điện li ít tan. - Xây dựng được hệ thống bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng để bồi dưỡng HSG hóa học THPT (gồm 5 dạng phần tốc độ phản ứng, 20 bài tập tổng hợp,10 bài tập đề nghị và 20 bài tập trắc nghiệm ; Phần cân bằng hóa học có 5 dạng lớn có 50 bài tập kiến thức tổng hợp và phân tích cụ thể, 15 bài tập tổng hợp có minh họa và phân tích cụ thể, 45 bài tập đề nghị tự luận và 40 câu trắc nghiệm khách quan. Như vậy đề tài đã giới thiệu được 250 bài tập vận dụng kiến thức tổng hợp và tổ hợp từ các đề thi HSG các cấp và kì thi Olimpic, I.Ch.O qua các năm).

211 Chương 3 THỰC NGHIỆM SƯ PHẠM 3.1. Mục đích của thực nghiệm sư phạm

- Đánh giá hiệu quả của việc vận dụng những nội dung luận văn với hệ thống các dạng bài tập đã nêu vào công tác bồi dưỡng học sinh giỏi; thông qua giải các bài tập đó phát triển tư duy, rèn luyện kĩ năng cho học sinh giỏi. - Đối chiếu kết quả của lớp thực nghiệm với kết quả của lớp đối chứng để đánh giá khả năng áp dụng hệ thống bài tập do chúng tôi đề xuất cũng như cách sử

dụng chúng trong bồi dưỡng học sinh giỏi hiện nay. 3.2. Nhiệm vụ của thực nghiệm sư phạm

- Biên soạn tài liệu thực nghiệm theo nội dung luận văn, hướng dẫn giáo viên thực nghiệm theo nội dung và phương pháp của tài liệu. - Kiểm tra và đánh giá hiệu quả những nội dung và phương pháp sử dụng do luận văn đề xuất. - Xử lý, phân tích kết quả TNSP, để rút ra kết luận về: + Kết quả nắm vững kiến thức, phát triển kỹ năng giải bài tập của học sinh ở lớp thực nghiệm và lớp đối chứng. + Sự phù hợp về nội dung, bài tập đưa ra, chất lượng các bài tập với yêu cầu của việc bồi dưỡng học sinh giỏi. 3.3. Nội dung thực nghiệm sư phạm

Do thời gian có hạn, chúng tôi thực nghiệm giảng dạy: Các dạng bài tập phần cân bằng axit- bazơ ; cân bằng trong dung dung dịch chứa muối ít tan. Ở lớp thực nghiệm giảng dạy theo giáo án đề xuất của luận văn. Ở lớp đối

chứng giảng dạy theo giáo án thông thường của các giáo viên. 3.4. Phương pháp thực nghiệm sư phạm 3.4.1. Chọn mẫu thực nghiệm 3.4.1.1. Chọn trường:

Chúng tôi tiến hành thực nghiệm tại 3 trường sau: - Trường THPT Đô lương 1 – Nghệ An - Trường THPT Tân Kỳ 1 – Nghệ An

212 - Trường THPT Lê Viết Thuật – Nghệ An Sở dĩ chúng tôi chọn 3 trường trên vì đây là các trường có truyền thống lâu năm và có chất lượng giáo dục khá, giỏi; các trường đều đạt trường tiên tiến suất xắc của tỉnh. Đội ngũ giáo viên vững vàng, rất nhiệt tình, yêu nghề. Ban giám hiệu tạo điều kiện thuận lợi cho chúng tôi tiến hành thực nghiệm. Thời gian điều tra, khảo sát và tiến hành thực nghiệm sư phạm: tháng 1/2013 đến tháng 9/2013. 3.4.1.2. Chọn GV thực nghiệm:

Chúng tôi đã chọn các GV dạy thực nghiệm theo tiêu chuẩn sau: - Có chuyên môn nghiệp vụ vững vàng. - Nhiệt tình và có trách nhiệm. - Có thâm niên công tác. - Các giáo viên này đều là giáo viên dạy giỏi cấp trường, cấp tỉnh. Trường THPT Đô lương 1: Thầy giáo Nguyễn Văn Nam (GV giỏi tỉnh) Trường THPT Tân Kỳ 1: Thầy giáo Hoàng Đăng Cường (GV giỏi trường) Trường THPT Lê Viết Thuật: Thầy giáo Phạm Văn Hoàn (GV giỏi tỉnh) 3.4.1.3. Chọn lớp thực nghiệm và lớp đối chứng:

Chúng tôi đã chọn các học sinh có điểm tổng kết môn Hoá từ 7,5 trở lên trong lớp chuyên, lớp chọn (lớp khối) ở các trường trên. Học sinh cặp lớp thực nghiệm và đối chứng tương đương nhau về các mặt sau: - Số lượng học sinh. (mỗi khối 10 học sinh) - Chất lượng học tập bộ môn. - Cùng một giáo viên giảng dạy. 3.4.2. Trao đổi với giáo viên dạy thực nghiệm

Trước khi TNSP, chúng tôi đã gặp GV dạy thực nghiệm để trao đổi một số vấn đề: - Nhận xét của GV về các lớp TN - ĐC đã chọn. - Nắm tình hình học tập và năng lực tư duy của các đối tượng HS trong lớp TN. Mức độ nắm kiến thức cơ bản của HS. - Tình hình học bài, chuẩn bị bài và làm bài tập của HS trước khi đến lớp. - Suy nghĩ của GV về BDHSG. Quan niệm về dạy học cho HSG.

213 - Và những yêu cầu của chúng tôi về việc sử dụng nội dung luận văn. 3.4.3. Tiến hành thực nghiệm và thực hiện kiểm tra đánh giá 3.4.3.1. Kiểm tra mẫu trước thực nghiệm:

Sau khi được chọn, các nhóm học sinh trên đều được tham gia 1 bài trắc nghiệm về các kiến thức đã được học trước đó và có nội dung liên quan đến thực nghiệm, chủ yếu để đánh giá khả năng tư duy của học sinh. Bài trắc nghiệm có 10 câu làm trong thời gian 15 phút (đề kiểm tra ở phụ lục). Kết quả bài kiểm tra này nhằm đánh giá mẫu thực nghiệm và khẳng định sự tương đương của các nhóm học sinh. 3.4.3.2. Tiến hành thực nghiệm sư phạm:

Chúng tôi tiến hành thực nghiệm ở các lớp đối chứng và thực nghiệm đã nêu ở trên.

- Lớp đối chứng: Dạy theo phương pháp bình thường của các giáo viên. - Lớp thực nghiệm: Dạy theo giáo án của luận văn đề xuất (phần phụ lục). Sau khi giáo viên đã dạy xong phần thực nghiệm, chúng tôi tiến hành kiểm tra kết quả thực nghiệm để đánh giá chất lượng của nội dung luận văn theo đề kiểm tra tương ứng với nội dung thực nghiệm. Tiến hành 4 bài kiểm tra sau kiến thức của các tiết dạy. 3.4.3.3.Thực hiện kiểm tra đánh giá:

- Ra đề kiểm tra. - Thực hiện kiểm tra trên lớp. - Chấm bài kiểm tra. - Thống kê và sắp xếp kết quả theo thứ tự từ điểm thấp đến điểm cao, cụ thể từ điểm 0 đến điểm 10, theo 3 nhóm: + Giỏi: Gồm các điểm 9; 10. + Khá: Gồm các điểm 7; 8. + Trung bình: Gồm các điểm 5; 6. + Yếu, kém: Gồm các điểm 0; 1; 2; 3; 4. - So sánh kết quả lớp thực nghiệm với lớp đối chứng. - Kết luận thực nghiệm.

214 3.5. Xử lý số liệu và kết quả thực nghiệm 3.5.1. Tính các tham số đặc trưng - Điểm Trung bình cộng X :

Tham số đặc trưng cho sự tập trung của số liệu. k

∑ X =

ni X

i=1

Trong đó: n là số học sinh, ni là số học sinh đạt điểm Xi - Phương sai (S2), độ lệch chuẩn (S): Tham số đo mức độ phân tán của các

số liệu quanh giá trị trung bình cộng. S2

∑ n ( Xi − X ) =

n −1

Giá trị S càng nhỏ chứng tỏ số liệu càng ít phân tán. - Hệ số biến thiên (V): Trong trường hợp hai bảng số liệu có giá trị trung

bình cộng khác nhau, người ta so sánh mức độ phân tán của các số liệu đó bằng hệ số biến thiên. Nghĩa là nhóm nào có hệ số biến thiên V nhỏ hơn sẽ có chất lượng đồng đều hơn.

S X

.100%

+ Nếu V < 30%: Độ dao động đáng tin cậy. + Nếu V > 30%: Độ dao động không đáng tin cậy. Độ tin cậy: Sai khác giữa 2 giá trị phản ánh kết quả của nhóm thực nghiệm

và nhóm đối chứng.

X 1 − X2 vớ i S T = S

S12 S12 + n1 n2

X 1 ; S1 : Đối chứng X 2 ;S2 : Thực nghiệm

- Chuẩn Student’s (t):

Giá trị tTN sẽ được tính theo công thức sau:

215

X1 − X 2 t = ST TN

n1n2 n1 + n2

với S T =

( n1 − 1) S12 + ( n2 − 1) S 2 2 n1 + n2 − 2

+ X 1 và X 2 là điểm trung bình cộng của nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng. + S1 và S2 là độ lệch chuẩn của nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng. + n1 và n2 là kích thước mẫu của nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng. S12 + S 2 2 → tTN =( X 1 - X 2 ) 2

Khi n1 = n2 = n → S T =

n S12 + S 2 2

So sánh tTN với tLT (tra bảng Student’s với f = n1 + n2- 2; mức ý nghĩa α = 0,05). - Nếu tTN ≥ tLT → chứng tỏ khác nhau giữa X 1 và X 2 , do tác động của phương án thực nghiệm là có ý nghĩa với mức ý nghĩa 0,05. - Nếu tTN < tLT → chứng tỏ khác nhau giữa X 1 và X 2 , do tác động của phương án thực nghiệm là không có ý nghĩa với mức ý nghĩa 0,05. 3.5.2. Kết quả thực nghiệm 3.5.2.1. Kết quả kiểm tra trước thực nghiệm:

Kết quả kiểm tra của hai nhóm học sinh được trình bày ở bảng số liệu sau: Bảng 3.1. Phân phối tần suất số học sinh theo điểm bài kiểm tra trước khi thực nghiệm

Nhóm Tổng

Số học sinh đạt điểm 0

ĐC

Nhóm

Tổng HS

Điểm TB

Độ lệch chuẩn S

Thực nghiệm

6,67

1,56

Đối chứng

6,67

1, 52

Qua bảng trên ta thấy giá trị điểm trung bình của nhóm thực nghiệm và nhóm đối chứng là tương đương nhau, độ lệch chuẩn thấp. Có thể nói chất lượng của hai

216 nhóm học sinh được chọn là tương đương nhau và chất lượng từng nhóm khá đồng đều. Như vậy các nhóm thực nghiệm và đối chứng được chọn là phù hợp với yêu

cầu thực nghiệm. 3.5.2.2. Kết quả sau thực nghiệm

Sau khi kiểm tra kết quả chấm bài được thống kê sau bảng sau: Bảng 3.2. Bảng phân phối kết quả các bài kiểm tra

Trường

Nhóm

TN THPT Tân Kì ĐC

TN THPT Đô Lương 1 ĐC

TN THPT Lê Viết Thuật ĐC

Bài KT

Số học sinh đạt điểm Xi 0

3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4 1 2 3 4

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0

0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 1

0 0 0 1 2 3 0 0 1 1 1 1 2 2 0 0 1 1 1 2 2 2

1 1 2 2 4 4 0 0 3 4 2 2 2 4 2 2 1 3 4 2 4 5

3 4 2 3 1 2 3 2 2 2 2 1 3 1 4 3 3 3 2 3 2 1

2 3 3 1 2 1 2 3 2 1 3 3 2 2 2 2 1 2 2 2 1 0

2 1 1 1 1 0 2 2 1 1 2 2 1 0 1 1 2 0 1 0 1 1

2 1 2 1 0 0 2 1 1 1 0 1 0 0 1 1 2 1 0 1 0 0

0 0 0 1 0 0 1 2 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0

217 Bảng 3.3: Tổng hợp kết quả thực nghiệm sư phạm

Bài

Nhóm

KT 1 2 3 4

Số học sinh đạt điểm Xi

Số

Đ i ểm

7.23

ĐC

6.33

7.37

ĐC

6.17

6.7

ĐC

5.63

6.23

ĐC

5.10

Bảng 3.4. % Số học sinh đạt điểm Xi trở xuống Bài KT

Nhóm

1 2 3 4

% số học sinh đạt điểm Xi trở xuống

Số HS

0.00

6.67

ĐC

0.00

ĐC

33.33 60.00

80.00

96.67

100.00

6.67

33.33 53.33 80.00

93.33

100.00 100.00

0.00

6.67

33.33 60.00

76.67

86.67

100.00

0.00

0.00 13.33 33.33 56.67 76.67

86.67

96.67

100.00

0.00

23.33 50.00 66.67

83.33

100.00 100.00

ĐC

0.00

0.00 20.00 53.33 73.33 90.00 100.00 100.00 100.00

0.00

ĐC

0.00

10.0 36.67 73.33 86.67 96.67 100.00 100.00 100.00

6.67 6.67

33.33 63.33 83.33

90.00

100.00 100.00

Bảng 3.5. Bảng phân loại kết quả học tập

Bài KT 1 2 3 4

Nhóm

TN ĐC TN ĐC TN ĐC TN ĐC

Phân loại kết quả học tập (%) Yếu, kém TB Khá 0.00 33.33 46.66 6.67 46.67 40.00 0.00 33.33 43.33 13.33 43.33 30.00 6.67 43.33 33.33 20.00 53.33 26.67 6.67 56.67 26.67 36.67 50.00 13.33

Giỏi 20.00 6.67 23.33 13.33 16.67 00.00 10.00 00.00

218 Để có kết luận khách quan về hiệu quả của việc sử dụng hệ thống bài tập

trong dạy học, chúng tôi tiến hành xử lí kết quả thu được bằng phương pháp thống kê toán học theo từng cặp lớp trong từng bài. Bảng 3.6. Bảng thống kê các tham số đặc trưng (giá trị trung bình cộng, phương sai, độ lệch chuẩn, hệ số biến thiên của các lớp TN,ĐC theo từng bài kiểm tra)

Trường

THPT Tân Kỳ

Nhóm

V(%)

Lê Viết Thuật

ĐC

7.9

6.9

7.6

6.3

6.5

5.8

7.4

6.6

7.8

6.6

6.9

5.9

7.1

5.6

6.2

5.8

6.8

5.7

6.7

5.1

6.0

5.1

6.0

5.1

1.43

1.12

2.04

1.79

1.61

1.51

1.82

3.60

2.18

2.49

2.77

2.32

1.88

1.82

2.40

1.73

2.84

1.66

1.34

0.99

2.22

1.66

2.00

1.79

1.20

1.06

1.43

1.34

1.27

1.23

1.35

1.90

1.48

1.56

1.66

1.52

1.37

1.35

1.55

1.32

1.69

1.29

1.16

0.99

1.49

1.29

1.41

1.34

15.19

15.36

18.82

21.27

19.54

21.21

18.24

28.79

18.97

23.64

24.06

25.76

20.00

24.11

20.50

22.76

21.85

22.63

17.31

19.41

24.83

25.29

23.50

26.23

Bài

Đô Lương I

219 Dựa vào bảng 3.4 vẽ đồ thị đường tích lũy tương ứng với 4 bài kiểm tra:

Tỉ lệ % học sinh đạt điểm Xi trỏ xuống

Đồ thị đường tích lũy - Bài KT1 120 100 80 60

TN ĐC

40 20 0 1

Điểm Xi

Tỉ lệ % học sinh đạt điểm Xi trở xuống

Đồ thị đường tích lũy - Bài KT2 120 100 80 TN

ĐC

40 20 0 1

Điểm Xi

220

Tỉ lệ % học sinh đạt điểm Xi trở xuống

Đồ thị đường tích lũy - Bài KT3 120 100 80 TN

ĐC

40 20 0 1

Điểm Xi

Tỉ lệ % học sinh đạt điểm Xi trở xuống

Đồ thị đường tích lũy - Bài KT4 120 100 80 TN

ĐC

40 20 0 1

Điểm Xi

221 Dựa vào bảng 3.5 ta có biểu đồ hình cột biểu diễn tổng hợp phân loại kết quả học tập:

Biểu đồ phân loại kết quả học tập - Bài KT1 50 45 40 % học sinh

35 30

TN ĐC

25 20 15 10 5 0 Yếu , kém

Khá

Giỏi

Loại

% học sinh

Biểu đồ phân loại kết quả học tập - Bài KT2 50 45 40 35 30 25 20 15 10 5 0

TN ĐC

Yếu , kém

Khá Loại

Giỏi

222

Biểu đồ phân loại kết quả học tập - Bài KT3 60

% học sinh

50 40 TN

ĐC

20 10 0 Yếu , kém

Khá

Giỏi

Loại

Biểu đồ phân loại kết quả học tập - Bài KT4 60

% học sinh

50 40 TN

ĐC

20 10 0 Yếu , kém

Khá

Giỏi

Loại

3.6. Phân tích kết quả thực nghiệm

3.6.1. Mặt định tính

- Xét thấy trong các giờ học thực nghiệm HS rất hứng thú, các em đã tích cực tham gia vào các hoạt động học tập. Qua đó vận dụng vào giải quyết các vấn đề học tập nhanh hơn so với học sinh ở lớp đối chứng. - GV tham gia dạy thực nghiệm khi sử dụng bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học sau khi cho học sinh tự học phần lí thuyết và giải quyết một số bài

223 tập cơ bản nhận thấy học sinh đã phát huy được tính tích cực , trí thông minh và rèn luyện được năng lực nhận thức tư duy. 3.6.2. Mặt định lượng

- Qua các bài kiểm tra : + Tỉ lệ phần trăm (%) HS yếu kém , trung bình của nhóm TN luôn luôn thấp hơn của nhóm ĐC. + Tỉ lệ phần trăm (%) HS khá giỏi của nhóm TN cao hơn nhóm ĐC. + Điểm trung bình cộng của HS nhóm TN cao hơn nhóm ĐC ( bảng 3.3 ). + Đồ thị đường tích lũy của nhóm TN luôn nằm ở bên phải phía dưới đường tích lũy của nhóm ĐC : Cho thấy chất lượng của nhóm TN tốt hơn nhóm ĐC. + Dựa vào bảng 3.6 thì các giá trị của S và V của lớp TN thấp hơn lớp ĐC. + V nằm trong khoảng 10-30% vì vậy kết quả thu được đáng tin cậy. - Độ tin cậy của số liệu: Đối tượng

V(%)

TN( 120 HS)

6,88

2,205

1,485

21,58

ĐC( 120 HS)

5,78

2,112

1,453

25,14

tTN =

120 (6,88 − 5,78) = 5,8 2, 205 + 2,112

Tra bảng phân phối studen k = 1.120- 2 = 238 ta có tp,k = 4,96< 5,8 Sử dụng bài tập để phát huy tính tích cực của HS là có hiệu quả hơn trong dạy học. TIỂU KẾT CHƯƠNG 3

Trong chương này chúng tôi đã trình bày nội dung và phương pháp triển khai quá trình thực nghiệm sư phạm nhằm đánh giá hiệu quả và tính khả thi của đề tài. + Tiến hành thực nghiệm với 6 nhóm học sinh , mỗi nhóm 10 em ở đội tuyển của 3 trường THPT ở Nghệ An + Sử dụng toán học thống kê xử lí số liệu thực nghiệm (trình bày ở các bảng và đồ thị) + Khẳng định chất lượng học tập của nhóm TN tốt hơn nhóm ĐC qua đó thấy rõ tính khả thi của đề tài.

224 KẾT LUẬN CHUNG VÀ ĐỀ NGHỊ 1. Những việc đã làm của luận văn

Sau một thời gian nghiên cứu đề tài “Xây dựng các dạng bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi hóa THPT phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học”. Đến nay,

chúng tôi đã hoàn thành luận văn với các nội dung chính sau đây: 1. Nghiên cứu cơ sở lý luận: một số quan niệm về HSG; những phẩm chất và năng lực tư duy cần có của HSG hóa học; biện pháp tổ chức bồi dưỡng HSG hóa học; thực trạng của việc bồi dưỡng học sinh giỏi và dạy học hóa học ở các trường chuyên; giới thiệu một số kì thi HSG hóa học khu vực, quốc gia và quốc tế. 2. Nghiên cứu xây dựng các dạng bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học THPT. 3. Nghiên cứu các thực nghiệm sư phạm để đánh giá chất lượng, hiệu quả của hệ thống BT phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học dùng trong bồi dưỡng HSG ở trường THPT. Trong khuôn khổ lu ận v ăn, phần tốc độ phản ứ ng chúng tôi đã đưa ra 5 dạng bài tập vớ i các bài tập minh họ a, bài tập tổ ng h ợp, bài tập đề xuất d ạng tự luận và trắc nghiệm. Chúng tôi đã phân tích từ ng BT trong hệ thố ng BT nêu trên để thấy đượ c ý ngh ĩa và tác d ụng của nó. Và ở phần cân b ằng hóa họ c chúng tôi đ ã nghiên cứ u 5 dạng cân bằng quan trọng, tổ ng h ợp lí thuy ết và phân tích các d ạng cụ th ể . Mặt khác, chúng tôi đã th ực hiện thự c nghiệm s ư phạm ở 3 trường THPT trên 3 địa ph ươ ng có điều kiện khác nhau: một tr ường ở thành phố, mộ t trường ở th ị tr ấn, mộ t trường ở nông thôn. Nhiều BT trong hệ th ống BT trên đã được kiểm nghiệm qua thự c tiễn nhiều n ăm b ồi dưỡ ng HSG củ a nhiều giáo viên dạy giỏ i. Mộ t số bài tập s ử d ụng làm đề thi ch ọn HSG cấp tỉnh, thi chọn HSG tỉnh dự thi HSG Qu ốc gia. Một s ố bài tập đượ c sử dụ ng trong các kì thi Olympic 30 – 4 của khu vự c phía Nam. V ới nhữ ng cơ s ở lý luận và k ết quả thự c nghiệm nêu trên, chúng tôi k ết lu ận rằng: + Đề tài phù hợp với nhiệm vụ và mục tiêu bồi dưỡng HSG ở trường THPT + Hệ thống BT đã được biên soạn ở trên có tác dụng rèn luyện tư duy cho HS, góp phần nâng cao chất lượng bồi dưỡng HSG hóa học ở trường THPT.

225 2. Ý kiến đề xuất

Với thời gian và năng lực bản thân có hạn nên đề tài trên cần được nghiên cứu và bổ sung thêm. Trên cơ sở nội dung nghiên cứu thu được, chúng tôi sẽ tiếp tục nghiên cứu nhằm hoàn thiện hơn nữa các dạng bài tập phần tốc độ phản ứng và cân bằng hóa học nhằm bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT. Đồng thời, tiếp tục nghiên cứu biên soạn các chuyên đề khác như: cấu tạo nguyên tử, kim loại, phi kim, cơ chế phản ứng,.. nhằm nâng cao hơn nữa chất lượng và hiệu quả của bồi dưỡng HSG hóa học ở trường THPT; đáp ứng yêu cầu đào tạo và bồi dưỡng nhân tài trong thời kỳ công nghiệp hóa, hiện đại hóa đất nước và hoà nhập với cộng đồng quốc tế hiện nay.

226 TÀI LIỆU THAM KHẢO 1.

Nguyễn Duy Ái (2010), Tài liệu chuyên hóa học 11 - 12, Tập 2, Hóa học vô

cơ, Nxb Giáo dục Việt Nam. 2.

Nguyễn Duy Ái (2002), Tài liệu giáo khoa chuyên hóa học 11 - 12, Tập 2,

Nxb Giáo dục. 3.

Nguyễn Duy Ái – Đào Hữu Vinh (2009), Tài liệu giáo khoa chuyên hóa học

trung học phổ thông, Bài tập đại cương và vô cơ, Nxb Giáo dục Việt Nam. 4.

Ban tổ chức kì thi Olimpic 30 – 4, Tuyển tập đề thi Olimpic 30 – 4, lần V

(1999), XII (2006), XII (2007), XIV (2008), XV (2009), XVI (2010), XVII (2011),XIV(1012). 5.

Bộ GD – ĐT, Sách giáo khoa và sách giáo viên Hóa học 10, 11, 12.

Bộ GD – ĐT, Tài liệu hướng dẫn nội dung thi chọn học sinh giỏi quốc gia.

Bộ GD – ĐT (2002), Tài liệu dùng cho việc bồi dưỡng học sinh giỏi trung học

phổ thông (Hóa học), Tập 2, Hà Nội. 8.

Nguyễn Đình Chi (2001), Hóa học phổ thông, Phần 1, Nxb Hà Nội.

Nguyễn Cương (2007), Phương pháp dạy học hóa học ở trường phổ thông và

đại học, Nxb Giáo dục. 10. Vũ Đăng Độ (2003), Bài tập cơ sở lý thuyết các quá trình hóa học, Nxb Giáo dục. 11. Cao Cự Giác (2010), Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học (tập 1: Hóa đại

cương), Nxb Đại học Quốc gia TP Hồ Chí Minh. 12. Cao Cự Giác (2011), Bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học (tập 2: Hóa vô

cơ), Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội. 13. Cao Cự Giác (2011), Cẩm nang ôn luyện hóa học phổ thông (Lý thuyết và bài

tập), Tập 1, Hóa đại cương, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội. 14. Cao Cự Giác (2010), Bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT (Bài

giảng chuyên đề Cao học Thạc sĩ), Đại học Vinh. 15. Cao Cự Giác (2000), Hướng dẫn giải nhanh bài tập hóa học, Tập 1, 2, 3, Nxb

Đại học Quốc gia. 16. Cao Cự Giác (2010), Những vấn đề hóa học hiện đại trong chương trình hóa

học THPT (Bài giảng chuyên đề Cao học Thạc sĩ), Đại học Vinh. 17. Cao Cự Giác (2010), Tài liệu tổng ôn tập luyện thi trắc nghiệm hóa học (Tập

1: Hóa đại cương và vô cơ), Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội.

227 18. Cao Cự Giác (2009), Thiết kế và sử dụng bài tập thực nghiệm trong dạy và

học hóa học, Nxb Giáo dục. 19. Cao Cự Giác (2007), Tuyển tập bài giảng hóa học vô cơ, Nxb Đại học Sư phạm. 20. Cao Cự Giác (2011), Những viên kim cương trong hóa học 21. Nguyễn Hạnh (2003), Cơ sở lý thuyết hóa học (dùng cho các trường đại học kĩ

thuật), Phần 2, Nhiệt động hóa học – Động hóa học – Điện hóa học, Nxb Giáo dục. 22. Phạm Đình Hiển – Phạm Văn Tư (2000), Olimpic Hóa học Việt Nam và

Quốc tế, Tập 1 – Tuyển chọn đề thi học sinh giỏi Hóa học các tỉnh năm 1999,

Nxb Giáo dục. 23. Nguyễn Văn Sơn (2011), Xây dựng các dạng bài tập phần dung dịch điện li

dùng bồi dưỡng học sinh giỏi hoá học ở trường trung học phổ thông. Luận

văn Thạc sĩ Khoa học giáo dục, Đại học Vinh. 24. Lê Văn Năm (2010), Hình thành và phát triển các khái niệm hóa học cơ bản

trong chương trình hóa học phổ thông (Bài giảng chuyên đề Cao học Thạc sĩ), Đại học Vinh. 25. Lê Văn Năm (2010), Phương pháp luận nghiên cứu khoa học trong dạy học

hóa học (Bài giảng chuyên đề Cao học Thạc sĩ), Đại học Vinh. 26. Hoàng Nhâm (2002), Hóa học vô cơ, Tập 1, 2, 3, Nxb Giáo dục. 27. Đặng Trần Phách (1996), Cơ sở lý thuyết các phản ứng hóa học, Nxb Giáo dục. 28. Hoàng Phê (chủ biên) (2003), Từ điển Tiếng Việt, Trung tâm từ điển học,

Nxb Đà Nẵng. 29. Nguyễn Ngọc Quang (1994), Lý luận dạy học hóa học, Tập 1, Nxb Đại học Sư phạm. 30. Lê Mậu Quyền (2004), Cơ sở lí thuyết các quá trình hóa học, Phần bài tập,

Nxb Khoa học và Kỹ thuật Hà Nội. 31. Sở GD – ĐT tỉnh Nghệ An, Đề thi HSG hóa và vòng loại chọn HSG quốc gia

của tỉnh Nghệ An 2000 – 2012. 32. Tài liệu bồi dưỡng GV THPT chuyên (2006, 2009), ĐHQG Hà Nội. 33. Đặng Hùng Thắng (1998), Thống kê và ứng dụng, Nxb Giáo dục. 34. Lâm Ngọc Thiềm (chủ biên) – Trần Hiệp Hải (1998), Bài tập Hóa học đại

cương, Nxb Giáo dục. 35. Đào Đình Thức (2002), Hóa học đại cương, Tập 2 – Từ lý thuyết đến ứng

dụng, Nxb Đại học Quốc gia Hà Nội.

228 36. PGS.TS.Nguyễn Xuân Trường – PGS.TS.Nguyễn Thị Sửu – PGS.TS.Đặng Thị Oanh – TS.Trần Trung Ninh (2005), Tài liệu bồi dưỡng thường xuyên

cho giáo viên THPT chu kỳ III (2004 – 2007), Bộ GD – ĐT. 37. Nguyễn Xuân Trường (2006), Phương pháp dạy học hóa học ở trường phổ

thông, Nxb Giáo dục. 38. Trường THPT chuyên Phan Bội Châu, Nghệ An (2007), Tuyển tập các bài

tập hóa học chọn lọc dùng bồi dưỡng học sinh giỏi quốc gia và quốc tế, Tập 2 (Cấu tạo chất – Động hóa học – Điện hóa học), Chuyên san nghiên cứu khoa

học, Vinh. 39. Vũ Anh Tuấn (1999), Một số biện pháp phát hiện học sinh có năng lực trở

thành học sinh giỏi Hóa học ở trường THPT, Tạp chí Trung học phổ thông, số

26, 3/1999. 40. Nguyễn Hữu Toàn ( 2010), Xây dựng và sử dụng hệ thống bài tập phần kim

loại dùng để bồi dưỡng học sinh giỏi hóa học ở trường THPT . Luận văn Thạc

sĩ Khoa học giáo dục , Đại Học Vinh. 41. Trần Thị Thanh (2012),biên soạn chuyên đề đánh giá chiều diễn biến của

phản ứng hóa học vô cơ dùng bồi dưỡng học sinh giỏi ở trường THPT. Luận

văn Thạc sĩ Khoa học giáo dục , Đại Học Vinh. 42. Phan Thị Vân (2006), Hệ thống lí thuyết và bài tập bồi dưỡng học sinh giỏi

hoá học trường trung học phổ thông (phần cấu tạo chất). Luận văn Thạc sĩ

Khoa học giáo dục, Đại học Vinh. 43. Đào Hữu Vinh (2000), 121 bài tập hóa học dùng bồi dưỡng học sinh giỏi hóa

10, 11, 12, Tập 1, 2, 3, Nxb Tổng hợp Đồng Nai. 44. Đào Hữu Vinh (2010), Cơ sở lý thuyết nâng cao và bài tập chọn lọc Hóa học

10, Nxb Hà Nội. 45. Đào Hữu Vinh (chủ biên) – Nguyễn Duy Ái (2010), Tài liệu chuyên Hóa học

10, Tập 1, Nxb Giáo dục Việt Nam. 46. www.violet.vn. 47. www.edu.net.vn. 48. www.hoahocphothong.com. 49. www.hoahoc.org

PHỤ LỤC

Phụ lục 1 : Bài kiểm tra thực nghiệm Kiểm tra trước thực nghiệm : Đề 1 : Trắc nghiệm 10 câu ( thời gian 15 phút , mỗi câu 1 điểm) Câu 1 : Cho phản ứng hóa học: CaCO3 ⇌ CaO + CO2

Biểu thức nào sau đây là biểu thức hằng số cân bằng của phản ứng trên A. K= [CO2 ]

B. K= [CaO]

C. K= [CaCO3]

D. K =

[CaO].[CO 2 ] [CaCO3 ]

Câu 2 : Cho phản ứng : N2 + 3H2 ⇌ 2NH3

Tốc độ phản ứng thay đổi thế nào khi tăng dung tích bình phản ứng gấp 2 lần ( nhiệt độ không đổi ) A. Tăng 4 lần

B. Giảm 4 lần

C. Tăng 16 lần

D. Giảm 16 lần

Câu 3 : Cho phản ứng sau ở trạng thái cân bằng :

4NH3(k) + 3O2 (k) ⇌ 2N2 (k) + 6H2O (k) ; ∆H = -1268kJ Sự thay đổi nào sau đây làm cho cân bằng hóa học chuyển dịch về phía tạo ra N2? A. Tăng nhiệt độ

B. Giảm thể tích của bình phản ứng

C. Thêm chất xúc tác

D. Loại bỏ hơi nước

Câu 4 : Trong dung dịch HNO3 0,01M . Tích số ion của nước ở nhiệt độ bất

kì là : A. [H+].[OH-] = 1,0.10-14

B. [H+][OH-] < 1,0.10-14

C. [H+].[OH-] > 1,0.10-14

D. Không các định

Câu 5 : Trộn 100 ml dung dịch KOH có pH = 12 với 100(ml) dung dịch HCl

0,012M . Dung dịch thu được sau khi trộn có : A. pH = 3

B. pH = 4

Câu 6 : Biết E 0Au

/Au

C. pH = 8

0 = 1,5V và ESn

/Sn

D. pH = 5

= -0,14V. Suất điện động chuẩn của

pin điện hóa tạo thành từ hai cặp oxi hóa-khử trên là : A. 1,24V

B. 1,36V

C. 1,64V

D. 0,98V

Câu 7 : Phản ứng hóa học xảy ra trong pin điện hóa : 2Cr + 3Ni2+ → 2Cr3+ + 3Ni

Biết E 0Cr

/Cr

= -0,74V và E 0Ni

/Ni

. E0 của pin điện là :

2 A. 1,0V

B. 0,48V

C. 0,78V

D. 0,96V

Câu 8 : Thêm từ từ từng giọt AgNO3 vào dung dịch chứa KCl 0,1M và KI

0,001M. Kết tủa nào xuất hiện trước ? TAgCl = 10-10 ; TAgI = 10-16 A.AgI

C. Không có kết tủa

B. AgCl

D. Kết tủa

đồng thời Câu 9 : Bằng thực nghiệm xác định được ở 200C, trong 100(ml) dung dịch

bão hòa BaSO4 có 0,245 mg BaSO4 . Tính TBaSO ? 4

A. 1,1.10

-9

B. 2,1.10

-10

C. 1,1.10-10

D. 1,5.10-8

Câu 10 : Ion Fe(H2O)3+ là một axit: Fe(H2O)3+ + H2O ⇌ H3O+ + Fe(H2O)2+

với pKa =2,2. pH của dung dịch FeCl3 là : A. 3,06

B. 2,20

C. 1,82

D. 1,55

Đáp án :

Đề Kiểm tra sau thực nghiệm:

( Có 4 đề : phần tốc độ phản ứng và cân bằng hệ khí lí tưởng; cân bằng axitbazơ ;

cân bằng muối ít tan ; cân bằng hệ oxi hóa –khử và cân bằng tạo phức ; bài

tập tổng hợp) Đề 1 : ( Cân bằng dung dịch axit – bazơ, t = 60p)

Phần trắc nghiệm: (4,5đ) Câu 1 : Thêm vào 1 lít dung dịch CH3COOH 0,1M có giá trị Ka = 1,58.10-5

một lượng HCl là 10-3 mol ( thể tích dung dịch không biến đổi ) . pH của dung dịch này là A. 3,73

B. 2,73

D. Kết quả khác

C. 3

Câu 2 : Dung dịch NH3 1 (M) có α = 0,43 %.

Hằng số cân bằng Kb và pH của dung dịch đó A. 1,85.10-5 và 11,64

B. 1,6.10-5 và 10,64

C. 1,85.10-5 và 12

D. 1,75.10-5 và 12,64

Câu 3 : Tính pH của dung dịch HCl 6,3.10-8M

A. 6

B. 5,86

C. 6,86

D. 4,86

3 Câu 4 : Có dung dịch chứa đồng thời HCOOH 0,01M và HCOONa 0,001M

. Tính pH của dung dịch đó. Cho biết KHCOOH = 10-3,75 A. 2,06

B. 3,06

C. 4

D. 4,26

Câu 5 : Tính pH của dung dịch CH3COONa 0,01M; Ka của axit CH3COOH = 1,8.10-5

A. 8,80

B.8,878

C. 8,778

D. 9

Câu 6 : pH của dung dịch Na3PO4 0,1M là bao nhiêu? ( Cho biết pKa1 =2,13;

pKa2 = 7,21 ; pKa3 = 12,65) A. 10,7

B. 11,6

C. 12,0

D. 12,6

Phần tự luận: Câu 1 : Cho hằng số điện li của NH4+ , K NH = 5.10-5 . Tính pH của dung dịch + 4

gồm NH4Cl 0,2M và NH3 0,1M vào 1 lít dung dịch đó (2,5đ) Câu 2 : Cho dung dịch CH3COOH 0,1M ; Ka = 1,8.10-5

a) Khi thêm CH3COOH vào một lít dung dịch axit trên để độ điện li α giảm đi một nửa

( giả sử thể tích dung dịch không đổi) . Tính số mol CH3COOH cần

thêm vào và pH của dung dịch mới này.(1,5đ) b) Nếu cho thêm 0,001 mol HCl vào 1 lít dung dịch CH3COOH 0,1M thì pH của dung dịch là bao nhiêu? Giả sử thể tích dung dịch không thay đổi (1,5đ) Đáp án : Phần trắc nghiệm:

Phần tự luận:

Câu 1 : Ta có : NH4Cl → NH4+ + Cl-

K NH + = 4

NH4+ ⇌

NH3

x mol

x + 0,1 mol

H+

[H + ].[NH 3 ] [H + ](0,1 + x) = 5.10-5 = + [NH 4 ] 0, 2

Giả sử x< < 0,1 nên 0,1 + x = 0,1 [H+] = 10-4 nên pH = 4. Câu 2 : a) Tính α khi chưa cho thêm CH3COOH

4 CH3COOH + H2O Ban đầu :

0,1 mol

Cân bằng :

0,1 – 0,1α

Ka =

⇌

CH3COO- + 0,1α

H3O+ 0,1α

(0,1α) 2 = 1,8.10-5 0,1(1 − α)

Nhận thấy Ka rất nhỏ nên α < < 1 nên 1- α = 1 Nên α =

Ka 0,1

Để giảm α đi một nửa nghĩa là α’ =

α 1 Ka = 2 2 0,1

Gọi C’ là nồng độ của dung dịch CH3COOH để có α’ vì α’< α nên α’= Ka 1 Ka = 6,71.10-3M = C ' 2 0,1

Nghĩa là C’ = 0,4M . Vậy cần phải thêm 0,3 mol CH3COOH vào một lít dung dịch để có α’ =

α 2

[H3O+] = α’ .0,4 = 6,71.10-3.0,4 = 2,68.10-3M pH = -lg[H3O+] = 2,57 b) Ta có :

CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO- + H3O+

Ban đầu :

0,1 mol 0,1 –x

Ka = Ka =

0,001 x

0,001 + x

x(0,001 + x) = 1,8.10-5 ; x< < 0,1M nên ta có : 0,1 − x x(0,001 + x) = 1,8.10-5 0,1

Vậy : x2 + 0,001x – 1,8.10-6 =0 ⇒ x= 3,77.10-3M [H3O+] = 0,001 + 3,77.10-3 = 4,77.10-3 pH = -lg4,77.10-3 = 2,32. Đề 2 :(Tốc độ phản ứng và cân bằng hệ khí lí tưởng)

Thời gian 20 phút , mỗi câu 1 điểm Câu 1 : Cho phương trình hóa học : 2SO2 (k) + O2(k) ⇌ 2SO3 (k)

Biểu thức nào sau đây là biểu thức tính hằng số cân bằng của phản ứng trên?

5 A. K=

2[SO3 ] 2[SO 2 ][O 2 ]

B. K =

[SO3 ] [SO 2 ][O 2 ]

C. K=

[SO3 ]2 [SO 2 ][O 2 ]2

D. K =

[SO3 ]2 [SO 2 ]2 [O 2 ]

Câu 2 : Bình kín có dung tích 0,5 lít chứa 0,5 mol H2 và 0,5 mol N2 . Khi

phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng có 0,02 mol NH3 tạo thành . Hằng số cân bằng KC của phản ứng tổng hợp NH3 là : A. 8

B. 10

C. 16

D. 32

Câu 3 : Cho phản ứng thuận nghịch ở trạng thái cân bằng : H2(k) + F2(k) ⇌

2HF (k) có ∆H < 0. Sự thay đổi nào sau đây không làm chuyển dịch cân bằng? A. Tăng áp suất

B. Tăng nhiệt độ

C. Tăng nồng độ của F2

D. Tăng nồng độ HF

Câu 4 : Cho cân bằng N2O4 (k) ⇌ 2NO2 (k)

Nạp 0,02 mol N2O4 vào bình chứa có dung tích 500ml , khi phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng thì N2O4 có nồng độ 0,0055M. Hằng số cân bằng k của phản ứng có giá trị bao nhiêu?

A. 0,04

B. 0,87

D. Kết quả khác

C. 12,54

Câu 5 : Cho phản ứng đơn giản được thực hiện trong bình kín:

2A + B2 ⇌ 2AB Tốc độ phản ứng sẽ thay đổi như thế nào khi nồng độ A tăng 2 lần và nồng độ B2 tăng 4 lần

A. Tăng 8 lần

B. Giảm 8 lần

C. Tăng 16 lần

D. Giảm 16 lần

Câu 6 : Cho phản ứng trong bình kín: 2SO2 (k)+ O2 (k) ⇌ 2SO3(k)

Tốc độ phản ứng thay đổi như thế nào nếu thể tích bình phản ứng giảm đi 3 lần? A. Tăng 27 lần

B. Giảm 27 lần

C. Tăng 9 lần

D. Giảm 9 lần

Câu 7 : Xét cân bằng : C (r) + CO2 (k) ⇌ 2CO (k)

Xảy ra 1090 K với hằng số cân bằng KP =10 . Áp suất chung của hệ là bao nhiêu để CO chiếm hàm lượng 50% về thể tích? A. 10 atm

B. 15atm

C. 20atm

Câu 8 : Ở 24000C có phản ứng thuận nghịch:

N2 + O2 ⇌ 2NO

KC = 35.10-4

D. 25atm

6 Biết lúc cân bằng nồng độ mol của N2 và O2 lần lượt bằng 5M và 7M . Tính nồng độ mol của NO lúc cân bằng ? A. 0,1mol/l

B. 0,25 mol/l

D. Kết quả khác

C. 0,35mol/l

Câu 9 : Cho phản ứng hóa học : A (dd) + 2B (dd) → C (dd)

Nồng độ ban dầu của các chất : CA = 0,3M và CB = 0,5M . Hằng số tốc độ k= 0,4. tốc độ phản ứng tại thời điểm t khi nồng độ chất A còn lại 0,2M là : A. V= 0,015 mol.l-1.s-1

B. V= 0,060 mol.l-1.s-1

C. V = 0,024 mlo.l-1.s-1

D. V= 0,072 mol.l-1.s-1

Câu 10 : Ở T và P xác định một hốn hợp khí cân bằng gồm 3 mol N2 , 1 mol

H2 , 1 mol NH3 . Xác định hằng số cân bằng kx của phản ứng : N2 + 3H2 ⇌ 2NH3 A. 6,33

B. 8,33

C. 10,33

D. 12,33

Đáp án :

Đề 3 : ( Phần cân bằng oxi hóa –khử , cân bằng muối ít tan , cân bằng tạo phức) Câu 1 : Người ta lập một pin gồm hai nửa pin như sau : Zn/Zn(NO3)2 0,1M

và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng E 0Zn

/Zn

= -0,76V và E 0Ag

/Ag

= + 0,8V

a) Thiết lập sơ đồ pin (1đ) b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc( 1đ) c) Tính suất điện động của pin(1đ) d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động.(1đ) Câu 2 : Cho dung dịch chứa Cl- 0,1 mol/l và CrO42- 10-4 mol/l. Thêm từ từ dung

dịch AgNO3 vào thì kết tủa nào xuất hiện trước và khi kết tủa thứ hai bắt đầu xuất hiện thì tỉ lệ nồng độ ion Cl- và CrO42- là bao nhiêu? TAgCl = 10-10 ; TAg CrO = 10-12 (3đ) 2

Câu 3 : Dung dịch X1 gồm NH3 và NH4NO3 có pH = 9,24. Tổng nồng độ

hai chất này trong X1 là 2M. Hòa tan 10-3 mol CuCl2 vào dung dịch X1 được 1 lít dung dịch X2. nhúng thanh Cd vào dung dịch X2 thu được dung dịch X3. Tính nồng độ mol của Cu2+ và Cd2+ trong dung dịch X3. Biết : E 0Cu 2+ /Cu = 0,34V ; E 0Cd 2+ /Cd = -0,402V , NH3 có Kb =10-4,76 (3đ)

7 Đáp án : Câu 1 :

a) Ta có : Zn2+ + 2e ⇌ Zn E1 = E 0Zn

/Zn

0,059 lg[Zn2+] = -0,76 + (0,059/2) lg0,1 = -0,7895V 2

Ag+ + e ⇌ Ag E2 = E 0Ag

/Ag

+( 0,059/1) lg[Ag+] = 0,8 + 0,059lg0,1 = 0,741V

Vì E1 < E2 nên điện cực kẽm là điện cực âm và điện cực bạc là điện cực dương . Sơ đồ pin điện như sau : (-)Zn

Zn(NO3)2 0,1M

AgNO3 0,1M

Ag(+)

b) Tại (-) có sự oxi hóa : Zn -2e → Zn2+ Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc : Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag c) Epin = E2 – E1 = 0,741- (-0,7895) = 1,5305V d) Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0 Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có : E Zn 2+ /Zn = E 0Zn 2+ /Zn +( 0,059/2 )lg[Zn2+] +

E Ag + /Ag = E 0Ag + /Ag + (0,059/1) lg[Ag ]

Epin = E Ag

- E Zn /Ag

Epin = 0. ⇔

= E 0Ag /Zn

- E 0Zn /Ag

+ (0,059/2) lg /Zn

[Ag + ]2 [Zn 2+ ]

0, 059 (0,1 − x) 2 (0,1 − x)2 = 10-1,53 ⇒ = 10-51,86 = 0 ( quá nhỏ) lg x x 2 0,1 + 0,1 + 2 2

[Zn2+] = 0,1 +

x = 0,15 M ; [Ag+ ] = 2

x (0,1 + )10−51,86 = 4,55.10-27M 2

Câu 2 : Nồng độ Ag+ bắt đầu kết tủa ion Cl- : CAg (1) = +

Nồng độ Ag+ bắt đầu kết tủa CrO42- : CAg (2) = +

Vì CAg (1) < CAg (2) nên AgCl kết tủa trước +

10−10 = 10-9M 0,1

10−12 = 10-4 M 10−4

8 [Cl-] =

TAgCl

CAg + (2)

[CrO42-] =

10−10 = 10-6M 10 −4

TAg 2CrO4

(C Ag + (2)) 2

10 −12 = 10-4M (10−4 )2

[CrO 24− ] 10−4 = −6 = 100 [Cl − ] 10

Câu 3 : Cân bằng chính trong dung dịch X1

NH4+ ⇌ NH3 + H+ Ka =

Ka = 10-14/ 10-4,76 = 10-9,24

[H + ][NH 3 ] = 10-9,24 = + [NH 4 ]

10−9,24 [NH 3 ] vậy [NH4+] = [NH3] = 1M + [NH 4 ]

Vì β1 rất lớn nên phản ứng tạo phức của Cu2+ với NH3 xảy ra hoàn toàn. Cu2+

4NH3 → [Cu(NH3)4]2+

0,001

0,004

0,001 M

[Cu(NH3)4]2+ ⇌ Cu2+ + 4 NH3

K1 =10-11,75

Cd + Cu2+

K2 = 102(0,337 + 0,402)/0,059 = 1025,05

⇌ Cd + Cu

Cd2+ + 4NH3 ⇌ [Cd(NH3)4]2+ ; ⇒

β2 = 10

6,74

Cd + [Cu(NH3)4]2+ ⇌ [Cd(NH3)4]2+ + Cu (I)

K = K1.K2. β2 = 1020,04 Vì K rất lớn nên xem như phản ứng (I) xảy ra hoàn toàn 2+

⇒ [Cd(NH3)4]

= 0,001M

Cu + [Cd(NH3)4]2+ ⇌ [Cu(NH3)4]2+ + Cd

⇒

Ban đầu :

0,001

Phản ứng :

0,001-x

Ta có :

x = 10-20,04 0,001 − x

K-1 = 10-20,04

0 x -20,04

⇒ x(1+ 10

) =10-23,04 ⇒ x = 10-23,04

[Cd(NH3)4]2+ = 10-3M ; [Cu(NH3)4]2+ =10-23,04 [Cd(NH3)4]2+ ⇌ Cd2+ + 4NH3 [ ]0

0,001

Pứ

0,996

-6,74

β−2 1 = 10

9 [ ]cb

0,001-y

0,996+4y

Vì y < 0,001 ⇒ 4y < < 0,996 ⇒ 0,996 + 4y ≈ 0,996 V ậy

0,996y = 10-6,74 0,001 − y

⇒ 0,996y = 10

-9,74

Nên [Cd2+] = 10-9,74M

[Cu(NH3)4]2+ ⇌ Cu2+ + 4 NH3 [ ]0 Pứ : Cb

β1−1 = 10

-11,75

10-23,04 z 10-23,04 –z

0,996 + 4z

Vì z< 10-23,04 ⇒ 4z < < 0,996 ⇒ 0,996 + 4z = 0,996 0,996z = 10-11,75 ⇒ 0,996z = 10-34,79 - 10-34,79z −23,04 10 −z ⇒ z = 10

-34,79

⇒ [Cu ] = 10

Đề 4 : Bài tập tổng hợp(thời gian 90 phút) Câu 1: Tốc độ của phản ứng khử HCrO4- bằng HSO3- được biểu diễn bằng

phương trình v = k [HCrO4-][HSO3-]2[H+] Trong một thí nghiệm với các nồng độ ban đầu : [HCrO4-] = 10-4 mol/l ; [HSO3-] = 0,1 mol/l ; nồng độ ion H+ cố định và bằng 10-5 mol/l. Nồng độ HCrO4- giảm xuống còn 5.10-5 mol/l sau 15 giây. 1. Sau bao lâu nồng độ của HCrO4- sẽ bằng 1,25.10-5 mol/l? (1đ) 2. Nếu nồng độ ban đầu của HSO3- là 0,01 mol/l thì sau bao lâu nồng độ của HCrO4- sẽ bằng 5.10-5 mol/l? (1đ) 3. Tính hằng số tốc độ phản ứng?(1đ) 4. Nếu nồng độ ban đầu của HSO3- và H+ đều bằng 10-3 mol/l và được giữ cố định thì cần thời gian bao lâu để một nửa lượng HCrO4- bị khử?(1đ) Câu 2 : Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH30,003M. (2,5đ)

Cho T AgSCN = 1,1.10-12 và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+ bằng 6.10-8 Câu 3 : Tính độ tan của FeS ở pH = 5 . Cho KS (FeS) = 10-17,2; βFeOH = 10-5,92 ; +

H2S có Ka1 = 10-7,02 và Ka2 = 10-12,9. (3,5đ) Đáp án:

10 Câu 1 : 1. v = k.[HCrO4-].[HSO3-].[H+] Vì [HSO3-] lớn và [H+] cố định nên [HSO3-] và [H+] được xem như hằng số -

⇒ v= k’[HCrO4 ] với k’ = k.[HSO3 ].[H ]

Vậy phản ứng này là giả bậc 1 Nồng độ HCrO4- giảm xuống 10-4/5.10-5 = 2 lần sau 15 giây Nên thời gian nửa phản ứng t1 = T1/2 = 15(s) Phản ứng bậc 1 : ln(

ln 2 10−4 ) = k’.t1 ⇒ k’= = 0,0462 −5 5.10 15

Vậy thời gian để nồng độ HCrO4- bằng 1,25.10-5 (mol/l) là : 10 −4 1 ) = 45(s) −5 1, 25.10 k '

t2 = ln(

2. v= k.[HCrO4-][HSO32-][H+] Phản ứng là bậc 2 ứng với [HSO3-] nên khi nồng độ giảm từ 0,1 xuống 0,01 tức giảm 10 lần như vậy tốc độ phản ứng giảm 100 lần. Do tốc độ phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian. Thời gian tăng 100 lần : t = 15.100 = 1500 (s). 3. k’ = k.[HSO3-]2.[H+] k=

0,0462 = 0,0462.107 (M-3.s-1) (0,1)210−5

4. Vì giữ [HSO3-] và [H+] cố định nên xem như hằng số v = k’’.[HCrO4-] k’’ = 0,0462.107 .(10-3)2.(10-3) = 0,0462.10-2(s-1) ln (

10−4 1 −4 10 2

) = k’’.t nên t =1500 (s).

Câu 2 : Các cân bằng xảy ra trong dung dịch : AgSCN ⇌ Ag+ + SCN-

TAgSCN = 1,1.10-2 (1)

Ag+ + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+

Kb =

AgSCN + 2NH3 ⇌ [Ag(NH3)2]+ + SCN-

Kcb = TAgSCN.

0,003-2s

1 1 = (2) K pl 6.10−8 1 (3) K pl

11 Áp dung định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng (3): T s2 = AgSCN 2 (0,003 − 2s) K pl

Thay số vào ta có : s= 1,27.10-5 mol/l Câu 3 : Ta có các cân bằng sau: FeS ⇌ Fe2+ + S2-

KS = 10-17,2

Fe2+ + H2O ⇌ FeOH2+ + H+

β = 10

S2- + H+ ⇌ HS-

Ka2-1 = 1012,9

(3)

HS- + H+ ⇌ H2S

Ka1-1 = 107,02

(4)

(1)

-5,92

(2)

Gọi độ tan của FeS là S.Ta có : S = CFe = [Fe2+] + [FeOH+] 2+

Theo (2) : β =

[FeOH + ][H + ] [Fe 2+ ]

⇒ [FeOH ] =

Vậy S = CFe = [Fe2+] + 2+

[Fe2+] =

β.[Fe2+ ] [H + ]

β.[Fe 2+ ] = [Fe2+] (1+ β [H+]-1) [H + ]

S (1 + β[H + ]−1 )

Mặt khác : S = CS = [S2-]+[HS-]+[H2S] 2−

Theo (3) ta có : K a−12 =

[HS− ] ⇒ [HS− ] = K a−12 [H + ][S2− ] [H + ][S2− ]

Tổ hợp (3) và (4) ta có : S2- + 2H+ ⇌ H2S Ka = Ka1-1 .Ka2-1 =

Ka = Ka1-1 .Ka2-1

[H 2S] -1 -1 + 2 2⇒ [H2S] = Ka1 .Ka2 [H ] [S ] [H + ]2 [S2− ]

Vậy : S = CS = [S2-]+[HS-]+[H2S] = [S2-][1+ Ka2-1[H+]+ Ka1-1.Ka2-1[H+]2) 2−

[S2-] =

S −1 −1 1 + K [H ] + K a1 K a 2 [H + ]2 −1 a2

Theo (1) : Ks = [Fe2+][S2-]= V ậy S =

S S . −1 + −1 −1 + −1 K a 2 [H + ]2 (1 + β[H ] ) 1 + K a 2 [H ] + K a1

K S (1 + β[H + ]−1 )(1 + K a−12 [H + ] + K −a 12 K −a11[H + ]2 -4

= 10−17,2 (1 + 10−5,92.10−5 )(1 + 1012,9.10−5 + 1012,9.107,02.10−10 ) = 2,43622.10 M

Phụ lục 2 : Giáo án thực nghiệm Thời gian dạy : 1 buổi (4 tiết) Bài dạy : BIỂU DIỄN ĐLTDKL ĐỐI VỚI MỘT SỐ DẠNG CÂN BẰNG VÀ CÁC CÁCH TỔ HỢP CÂN BẰNG HÓA HỌC I. Mục tiêu : 1. Kiến thức :

+ Biết cách biểu diễn ĐLTDKL đối với các cân bằng quan trọng : Cân bằng axit- bazơ , cân bằng tạo phức, cân bằng oxi hóa – khử , cân bằng tạo hợp chất ít tan, cân bằng tan của chất khí, cân bằng trong hệ khí . + Giúp học sinh nắm được các cách tổ hợp cân bằng cơ bản và vận dụng vào giải quyết các bài tập. 2.Kĩ năng : + Rèn luyện kĩ năng biễu diễn định luật tác dụng khối lượng cho các cân

bằng ( trong giới hạn coi hoạt độ của các ion bằng 1) + Kĩ năng tổ hợp cân bằng + Kĩ năng tính toán hằng số cân bằng thông qua các hằng số cân bằng đã biết 3. Thái độ :

- HS hứng thú hơn với các bài tập phức tạp của cân bằng hóa học thông qua các cách tổ hợp cân bằng - HS vận dụng kiến thức, liên hệ vào thực tế và thấy được ý nghĩa của việc học môn hóa học. II. Chuẩn bị của GV và HS 1. Chuẩn bị của GV:

- Giáo án, tập bài giảng (tài liệu phát cho HS nghiên cứu trước). - Hệ thống bài tập - Các tài liệu tham khảo có liên quan 2. Chuẩn bị của HS:

- Nắm vững các kiến thức liên quan đã được học như: hằng số cân bằng, các cân bằng hóa học trong chương trình hóa phổ thông.. - Nghiên cứu trước tập bài giảng do GV phát và các tài liệu tham khảo có liên quan

13 - Chuẩn bị các câu hỏi để thảo luận. - Thái độ tích cực trong quá trình học tập. III. Phương pháp giảng dạy chủ yếu

- HS nghiên cứu dưới sự hướng dẫn của giáo - Đàm thoại nêu vấn đề: Trên lớp GV nêu các câu hỏi liên quan đến nội dung tài liệu đã phát, nhấn mạnh các điểm cần lưu ý, mở rộng thêm những kiến thức liên quan. Lấy các ví dụ cho HS vận dụng. - Giải đáp các vấn đề HS còn vướng mắc. - Giao bài tập về nhà sau mỗi buổi học để HS vận dụng . IV. Nội dung

HS nghiên cứu tài liệu phát trước : Phần 2.1 Giáo viên đàm thoại những kiến thức học sinh còn thắc mắc Phần lí thuyết tổng quát trên lớp : 1. Kiến thức cần nắm : * Biểu diễn định luật tác dụng khối lượng đối với một số dạng cân bằng

1. Cân bằng axit- bazơ Xét axit HA : HA + H2O ⇌ H3O+ + A(H 3O + )(A − ) Ka = ; Ka là hằng số phân li của axit HA (HA)

Xét bazơ B: B + H2O ⇌ BH+ + OHKb =

(BH + )(OH − ) ; Kb hằng số phân li của bazơ B (B)

2. Cân bằng oxi hóa – khử aOx1 + b Kh2 ⇌ a Kh1 + b Ox2 K=

(Kh1 )a (Ox 2 )b (Ox1 )a (Kh 2 )b

K là hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa – khử 3. Cân bằng hợp chất ít tan MmAn ↓ ⇌ m Mn+ + n AmKs = ( Mn+)m (Am-)n

14 Ks = tích số tan của kết tủa MmAn 4. Cân bằng tan của chất khí trong dung dịch Thí dụ : H2 ↑ ⇌ H2 (aq) K = [H2]aq 5. Cân bằng phân bố chất tan giữa hai dung môi không trộn lẫn Thí dụ : I2(aq) ⇌ I2(CHCl3) KD =

[I 2 ]CHCl3 [I 2 ]aq

* Tổ hợp cân bằng

Quá trình thuận:

Quá trình nghịch: M+ + A- ⇌ MA

K K’ −1

Nhận thấy :

 [M + ][A − ]  [MA] -1 =  =K + − [M ][A ]  [MA] 

b) Cộng các cân bằng M + A ⇌ MA

MA + A ⇌ MA2

(1)

(2)

Lấy (1) + (2):

M + 2A ⇌ MA2

Ta có:

K1 =

Theo (3) ta có:

(3)

[MA] [MA 2 ] ; K2 = [M][A] [MA][A]

[MA 2 ] = K1 .K2 [M][A]2

c) Nhân cân bằng với một thừa số Đây là trường hợp đặc biệt của việc cộng cân bằng

M + X ⇌ MX

Nhân cân bằng này với n= 2 2M + 2 X ⇌ 2 MX

Ta có :

[MX]2 =( K1)2 2 2 [M] .[X]

K2 =

15 .* Đánh giá chiều hướng và mức độ xảy ra của các phản ứng trong dung dịch a) So sánh các hằng số cân bằng Để đánh giá mức độ xảy ra của các quá trình có thể so sánh các giá trị hằng

số cân bằng được thiết lập trong cùng điều kiện.Hằng số cân bằng càng lớn hoặc chỉ số hằng số pK càng bé thì phản ứng càng xảy ra theo chiều thuận. Tuy nhiên , chỉ so sánh các phản ứng cùng loại như : cùng phản ứng hòa tan các kết tủa, phản ứng của các đơn axit… b) Tính thành phần cân bằng theo định luật tác dụng khối lượng. Trong trường hợp đơn giản nhất thường gặp , khi trong hệ chỉ có một cân bằng duy nhất thì có thể tổng hợp định luật bảo toàn nồng độ với định luật tác dụng khối lượng để tính nồng độ cân bằng của các cấu tử. Ví dụ : Trong dung dịch MX nồng độ C mol/lit có cân bằng MX ⇌ M+ + X-

Theo định luật bảo toàn nồng độ: CMX = C = [MX] + [M+] Đặt [M+] = [X-] = x thì ta có: [MX] = C – x

[M + ][X − ] x2 = [MX] C−x

Giải phương trình bậc 2 ta có: x2 + Kx –KC = 0 Nếu x<< C thì x =

K.C

Bài tập vận dụng :

Mức độ áp dụng : ( Đàm thoại nhanh) Câu 1 : Tính hằng số của cân bằng hòa tan AgCl trong NH3 Cho Ks (AgCl) =10-10 ; hằng số bền của phức [Ag(NH3)2]+ là 107,24 Câu 2 : Đánh giá phản ứng giữa HCN và metylamin Biết : Ka (HCN) = 10-9,35 ; Kb (CH3NH2) = 10-3,4 ; Kw (H2O) = 10-14 HD : Tổ hợp các cân bằng axit bazơ để tính hằng số cân bằng: HCN + CH3NH2 ⇌ CN- + CH3NH3+ Mức độ tư duy phân tích : Bài tập cụ thể trong đề tài phần 2.3.2.1 Tổng kết :

+ Nhận xét , đánh giá khả năng tiếp thu bài học + Giao bài tập về nhà + Định hướng các bài kiểm tra đánh giá.