Sáng kiến kinh nghiệm Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học

p với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier không? Vì sao? 
 Khi  = 0,08 (hay 8%) thì KP = P.
1
4
2
2



=0,049 P = 1,9 atm. 
Vậy khi P tăng từ 1 atm lên 1,9 atm. Cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch, điều này 
phù hợp với nguyên lý chuyển dời cân bằng Le Chatelier. Vì khi P tăng, cân bằng chuyển 
dời theo chiều làm giảm số mol khí. 
Câu 3: Cho cân bằng: N2O4 (k) 2NO2 (k). 
Cho 18,4 gam N2O4 vào bình chân không dung tích 5,9 lít ở 27
0
C. Khi đạt trạng thái 
cân bằng, áp suất đạt 1 atm. Cũng với khối lượng đó của N2O4 nhưng nhiệt độ 110
0
C thì ở 
trạng thái cân bằng nếu áp suất vẫn 1 atm thì thể tích hỗn hợp khí đạt 12,14 lít. 
 a- Tính % N2O4 bị phân li ở 27
0
C và 110
0
V. 
 b- Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt. 
Giải 
 a- Tính % N2O4 bị phân li ở 27
0
C và 110
0
C. 
2 4( â )
18,4
0,2
92ban đ u
N On   mol. 
 N2O4 (k) 2NO2 (k). 
 Ban đầu: 0,2 (mol) 
 Phản ứng: x 2x (mol) 
 Cân bằng: 0,2 - x 2x (mol) 
 nsau
= 0,2 – x + 2x = 0,2 + x (mol) 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
14 
*Xét ở 270C. 
 Ta có: 23969,0
)27327.(
273
4,22
9,5.1



RT
PV
nsau = 0,2 + x x = 0,03969 mol 
  =
0,03969
.100 19,845%
0,2
 
*Xét ở 1100C. 
 Ta có: 3863,0
)273110.(
273
4,22
14,12.1



RT
PV
nsau = 0,2 + xx = 0,1863 mol 
  =
0,1863
.100 93,15%
0,2
 
 b- Tính hằng số cân bằng ở hai nhiệt độ trên, từ đó rút ra phản ứng tỏa hay thu nhiệt. 
 KC = 
)2,0(
4
)
2,0
(
)
2
(
][
][ 2
2
42
2
2
xV
x
V
x
V
x
ON
NO



 
*Ở 270C. 
 KC = 
3
2
10.66,6
)03969,02,0.(9,5
03969,0.4 

*Ở 1100C. 
 KC = 
24.0,1863
0,8347
12,14.(0,2 0,1863)


= 834,7.10
-3
. 
 Ta nhận thấy khi nhiệt độ tăng, số mol N2O4 phân hủy tăng và hằng số cân bằng cũng 
tăng nên phản ứng trên là thu nhiệt. 
Câu 4: Cho phản ứng CO(k) + H2O (k) 
CO2(k) + H2(k) ở t
o
C có K = 1. Biết nồng độ ban 
đầu của CO bé hơn H2O là 3mol/l. Nếu nồng độ của CO2 và H2 lúc cân bằng đều bằng 2 
mol/l. Tính nồng độ ban đầu của CO và H2O. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
15 
Giải: 
 CO(k) + H2O (k) 
CO2(k) + H2(k) 
 Ban đầu: x x + 3 (mol/l) 
 Phản ứng: 2 2 2 2 (mol/l) 
 Sau phản ứng: x – 2 x + 1 2 2 (mol/l) 
 Ta có: K = 

   
   
2 2
2
x 3(nhËn)[CO ].[H ] 2.2
1
[CO].[H O] (x 2).(x 1) x 2(lo¹i)
 Vậy: [CO]ban đầu = x = 3 mol/l ; [H2O]ban đầu = 6 mol/l. 
Câu 5: Trong một bình kín dung tích không đổi 1 lít ở nhiệt độ không đổi t0C, nồng độ cân 
bằng (mol/l) của các chất như sau: 
 CO + Cl2 COCl2 
 0,02 0,01 0,02 
 Bơm thêm vào bình 1,42 gam clo. Tính nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới. 
Giải: K = 
]][[
][
2
2
ClCO
COCl
= 
01,0.02,0
02,0
= 100 
 Số mol clo thêm vào n
2Cl
= 
71
42,1
= 0,02 mol. 
 CO + Cl2 COCl2 
Ban đầu: 0,02 0,03 0,02 (mol) 
Phản ứng: x x x (mol) 
Cân bằng: 0,02 –x 0,03-x 0,02 + x (mol) 
Ta có: K = 
]][[
][
2
2
ClCO
COCl
= 
)03,0).(02,0(
02,0
xx
x


= 100 
 100x
2
 – 6x + 0,04 = 0 
 


x 0,0524 0,02 (lo¹i)
x 0,0076(nhËn)
Vậy: [CO] = 0,02 – 0,0076 = 0,0124 M. 
 [Cl2] = 0,03 – 0,0076 = 0,0224 M. 
 [COCl2] = 0,02 + 0,0076 = 0,0276 M. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
16 
Câu 6: Khi tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH thì hiệu suất phản ứng 
cực đại là 66,67%. Muốn đạt hiệu suất cực đại 90% cần tiến hành este hóa 1 mol CH3COOH 
với bao nhiêu mol C2H5OH? 
Giải 
 CH3COOH + C2H5OH 
2 4
0
,( )H SO d
t C
CH3COOC2H5 + H2O 
 Ban đầu: 1 1 0 0 (mol) 
 Phản ứng: 2/3 2/3 2/3 2/3 (mol) 
 Sau phản ứng: 1/3 1/3 2/3 2/3 (mol) 
 KC = 4
3/1.3/1
3/2.3/2
]].[[
]].[[
523
2523 
OHHCCOOHCH
OHHCOOCCH
 Để hiệu suất đạt 90% nên cần tiến hành este hóa 1 mol axit với x mol ancol etylic. 
 CH3COOH + C2H5OH 
2 4
0
,( )H SO d
t C
CH3COOC2H5 + H2O 
 Ban đầu: 1 x 0 0 (mol) 
 Phản ứng: 0,9 0,9 0,9 0,9 (mol) 
 Sau phản ứng: 0,1 x – 0,9 0,9 0,9 (mol) 
 KC = 
3 2 5 2
3 2 5
[ ].[ ] 0,9 .0,9 
4 2,925
[ ].[ ] 0,1 .( 0,9 )
CH COOC H H O
x mol
CH COOH C H OH x
   

Câu 7: Xét cân bằng ở pha lỏng: 
CH3COOH + C2H5OH 
2 4
0
,( )H SO d
t C
CH3COOC2H5 + H2O 
a- Viết biểu thức hằng số cân bằng KC của phản ứng. Cho biết trong trường hợp nào 
nồng độ của nước được bỏ qua. 
b- Thực nghiệm cho biết ở 250C: trộn 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH, khi cân 
bằng được thiết lập, xác định lượng CH3COOH còn lại là 1/3 mol. Tính KX. 
c- Nếu ở 250C trộn 1 mol CH3COOH với 0,5 mol C2H5OH thì số mol este thu được là 
bao nhiêu? 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
17 
Giải 
a- Viết biểu thức hằng số cân bằng KC của phản ứng. Cho biết trong trường hợp nào 
nồng độ của nước được bỏ qua. 
 KC = 
]].[[
]].[[
523
2523
OHHCCOOHCH
OHHCOOCCH
Nếu phản ứng xảy ra trong dung môi là nước thì khi đó [H2O] tạo ra trong phản ứng 
là quá bé so với nồng độ của dung môi nên trong biểu thức KC có thể bỏ qua [H2O]. 
b- Thực nghiệm cho biết ở 250C: trộn 1 mol CH3COOH với 1 mol C2H5OH, khi cân 
bằng được thiết lập, xác định lượng CH3COOH còn lại là 1/3 mol. Tính KX. 
 CH3COOH + C2H5OH 
2 4
0
,( )H SO d
t C
CH3COOC2H5 + H2O 
Ban đầu 1 1 (mol) 
Phản ứng 2/3 2/3 2/3 2/3 (mol) 
Cân bằng 1/3 1/3 2/3 2/3 (mol) 
 4
3
1
.
3
1
3
2
.
3
2
.
.
523
2523 
OHHCCOOHCH
OHHCOOCCH
X
XX
XX
K 
c- Nếu ở 250C trộn 1 mol CH3COOH với 0,5 mol C2H5OH thì số mol este thu được là 
bao nhiêu? 
 CH3COOH + C2H5OH 
2 4
0
,( )H SO d
t C
CH3COOC2H5 + H2O 
Ban đầu: 1 0,5 (mol) 
Phản ứng: x x x x (mol) 
Cân bằng: 1 –x 0,5 – x x x (mol) 

    
   
3 2 5 2
3 2 5
CH COOC H H O
X
CH COOH C H OH
X .X x 0,422(nhËn)x.x
K 4
X .X (1 x).(0,5 x) x 1,577 1(lo¹i)
Vậy số mol este thu được là 0,422 mol. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
18 
Câu 8: 
 a- Tính độ điện ly của dung dịch NH3 0,1M. 
 b- Độ điện ly thay đổi ra sao khi: 
 - Pha loãng dung dịch ra 10 lần. Nhận xét. 
 - Khi có mặt KOH 0,01M. Nhận xét. 
 - Khi có mặt HCOONa 1M. Nhận xét. 
 Cho biết: 
4
)(
5
)( 10.8,1;10.8,13
  HCOOHaNHb KK 
Giải 
 a- Tính độ điện ly của dung dịch NH3 0,1M. 
 NH3 + H2O NH 4
 + OH
-
 Ban đầu: 0,1 (mol/lít) 
 Phân ly: x x x (mol/lít) 
 Cân bằng: 0,1 – x x x (mol/lít) 
 Ta có: 













Mx
x
x
x
NH
O
KNHb 3
3
5
3
4
)(
10.35,1
10.3,1
10.8,1
1,0
.
][
]].[[
3 
 Độ điện ly %33,1100.
1,0
10.33,1
%10.
,0

x 
 b- Độ điện ly thay đổi ra sao khi: 
 - Khi pha loãng dung dịch ra 10 lần thì MCNH 01,0
10
1,0
3
 
3
4
54
( ) 4
3
4,15.10[ ].[ ] .
1,8.10
[ ] 0,01 4,33.10
b NH
x MNH OH x x
K
NH x x M
 


 
    
  
Độ điện ly 
44,15.10
.100% .100 4,15%
0,01 0,01
x


   
 Nhận xét: Độ điên ly tăng khi pha loãng dung dịch. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
19 
 - Khi có mặt KOH 0,01M. 
 KOH K
+
 + OH
-
 NH3 + H2O NH 4
 + OH
-
 Ban đầu: 0,1 0,01 (mol/lít) 
 Phân ly: x x x (mol/lít) 
 Cân bằng: 0,1 – x x 0,01 + x (mol/lít) 
 Ta có: 
 
      
  
3
4
54
b(NH )
3
x 1,7710 M(nhËn)[NH ].[OH ] x.(0,01 x)
K 1,8.10
[NH ] 0,1 x x 0,01M(lo¹i)
 Độ điện ly: %177,01 0.
1,0
10.77,1
%10.
,0
4

x 
 Nhận xét: Độ điên ly giảm, vì thêm KOH vào tức là tăng nồng độ OH-, cân bằng 
chuyển dịch theo chiều ngược lại là giảm sự phân ly của NH3. 
 - Khi có mặt HCOONa 1M. 
 HCOONa HCOO
-
 + Na
+
 1 1 (M) 
 H2O H
+ 
+ OH
-
 . 
2
1410H OK
 (1) 
 HCOOH H
+
 + HCOO
-
 Ka = 1,8.10
-4
. 
  H
+
 + HCOO
-
 HCOOH 1aK
  (1,8.10
-4
)
-1
 (2) 
Tổng hợp phương trình (1) và (2) ta được: 
HCOO
-
 + H2O HCOOH + OH
-
 . Có hằng số cần bằng K. 
11
4
14
10.56,
10.8,1
10
2 



a
OH
K
K
K 
 Nhận xét: K = 5,56.10-11 << 
5
)( 10.8,13
NHbK . 
Điều đó chứng tỏ sự thủy phân của HCOO- không đáng kể, nghĩa là sự có mặt của 
HCOONa không ảnh hưởng gì đến sự điện ly. 
 Vậy độ điện li:  1,33%. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
20 
Câu 9: Tính pH của các dung dịch sau 
 a- dung dịch NaOH 10-7M. 
 b- dung dịch X gồm có NH4Cl 0,01M và NH3 0,1M. Biết K
3NH
= 1,8.10
-5
. 
Giải 
 a- dung dịch NaOH 10-7M. 
 NaOH Na
+
 + OH
-
 10
-7
 10
-7
 (M) 
 H2O H
+
 + OH
-
 x x x (M) 
Ta có: [OH
-
] (dd)
= [OH
-
] (NaOH) + [OH
-
]
2( )H O
 = 10
-7
 + x (M) 
Mặt khác: [H+].[OH-] = 10-14 
  (10
-7
 + x). x = 10
-14
 
 






 
8
7
x 6,18.10 M(nhËn)
x 1,618.10 M lo¹i
Vậy pH = - log 6,18.10-8 = 7,21 
 b- dung dịch X gồm có NH4Cl 0,01M và NH3 0,1M. Biết K
3NH
=1,8.10
-5
. 
 NH4Cl  NH

4 + Cl
-
 0,01 0,01 (M) 
 NH3 + H2O NH 4
 + OH
-
. 
 Ban đầu: 0,1 0,01 0 (M) 
Phân ly: x x x (M) 
Cân bằng: 0,1 – x 0,01 + x x (M) 
 Ta có: K
3NH
54
3
[ ].[ ] (0,01 ).
1,8.10
[ ] (0,1 )
NH OH x x
NH x
 
  

x
2
 + (1,8.10
-5
 + 0,01).x – 1,8.10-6 = 0 
 
 

 
4x 1,766.10 (nhËn)
x 0,01(lo¹i)
 pOH = - log1,766.10
-4
 = 3,75.pH = 14 – 3,75 = 10,25. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
21 
Câu 10: Tính pH của dung dịch thu được khi trộn 25 ml H3PO4 0,08M với 15 ml AgNO3 
0,04M. Biết H3PO4 có 
3 ( 31 2 )4
19,92,23; 7,21; 1 ; 102,32
Ag POa a pa s
KpK pK pK    
Giải 
 Dung dịch sau khi trộn có 
 [H3PO4] = M05,01525
08,0.25


 [AgNO3] = M015,01525
04,0.15


 [Ag
+
] = 0,015M 
 Trong dung dịch có các cân bằng sau: 
 H3PO4 H
+
 + H2PO 4
 K
1a
 10
-2,23
 (1) 
 H2PO 4
 H
+
 + HPO 2
4
 K
2a
= 10
-7,21
 (2) 
 HPO 24
 H
+
 + PO 34
 K
3a
= 10
-12,32
 (3) 
 H2O H
+
 + OH
-
 K
2H O
= 10
-14
 (4) 
 Do K
1a
>> K
2a
 >> K
3a
>> K
2H O
, nên chỉ xét cân bằng (1) 
 H3PO4 H
+
 + H2PO 4
 K
1a
 10
-2,23
 (1) 
 Ban đầu: 0,05 (M) 
 Phân ly: x x x (M) 
 Sau phân ly: 0,05 – x x x (M) 
Ta có: 
 
      
 
1
2,232 4
a
3 4
x 0,02(lo¹i)[H ].[H PO ] x.x
K 10
[H PO ] 0,05 x x 0,0145(nhËn)
  [H
+
] = [H2PO 4
 ] = 0,0145 M. 
  [H3PO4] = 0,05 – 0,0145 = 0,0355M. 
 Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có: 
H3PO4 3H
+
 + PO 34
 KC = K
1a
.K
2a
. K
3a
= 10
-2,23
 . 10
-7,21
 . 10
-12,32
 = 1,74.10
-22
. 
3 3
3 22 184
4 3
3 4
[ ] .[ ] 0,0355
[ ] 1,74.10 . 2,03.10
[ ] (0,0145)
C
H PO
K PO M
H PO
 
      
Xét : [Ag
+
]
3
[PO
3
4 ] = (0,015)
3
. 2,03.10
-18
 = 6,85.10
-24
 < 
( )3 4
19,910
Ag POsp
K  
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
22 
Vậy không tạo kết tủa Ag3PO4. 
Ag3PO4 3Ag
+
 + PO 3
4
 
( )3 4Ag PO
spK = 10
-19,9
. 
Vậy PO
3
4 tự do  [H
+] không thay đổi so với tính toán ở trên  [H+] = 0,0145M. 
pH = - log[H
+
] = - log0,0145 = 1,84. 
Câu 11: Cho biết axit photphorơ (H3PO3) là một axit hai lần axit với các hằng số cân bằng 
là K
1a
=1,6.10
-2
 và K
2a
=7.10
-7
. Tính pH của dung dịch thu được khi hòa tan 0,1 mol PCl3 vào 
450 ml dung dịch NaOH 1M. 
Giải 
 Khi hòa tan PCl3 vào dung dịch NaOH ta có các phản ứng 
 PCl3 + 3H2OH3PO3 + 3H
+
 + 3Cl
-
 (1) 
 0,1 0,1 0,3 (mol) 
 NaOH Na
+
 + OH
-
 0,45.1 0,45 (mol) 
 H
+
 + OH
-
 H2O (2) 
 0,3 0,3 (mol) 
 H3PO3 + OH
-
H2PO 3
 + H2O (3) 
 0,1 0,1 0,1 (mol) 
 H2PO 3
 + OH
-
HPO 23
 + H2O (4) 
 0,05 0,05 0,05 (mol) 
 Ta có: 
7
3
2
3 10.7
05,
05,].[
][
]].[[
2





H
HPO
HPOH
Ka 
 pH = -log[H
+
] = - log7.10
-7
 = 6,15. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
23 
Câu 12 : Phản ứng điều chế NH3 là phản ứng thuận nghịch và diễn ra theo phương trình hóa học: 
N2 + 3H2 2NH3 
Khi đạt đến trạng thái cân bằng, nồng độ của các chất trong đó bằng [N2] = 0,01M ; 
[H2] = 2M và [NH3] = 0,4M. 
Hãy tính hằng số cân bằng và nồng độ ban đầu của hiđro và nitơ. 
Giải : 
 N2 + 3H2 2NH3 
Ban đầu : x y 0 (M) 
Phản ứng : 0,2 0,6 0,4 (M) 
Sau phản ứng : 0,01 2 0,4 (M) 
 Ta có : K = 
2 2
3
3 3
2 2
[ ] 0,4
2
[ ].[ ] 0,01.2
NH
N H
  
 [N2](ban đầu) = x = 0,2 + 0,01 = 0,21M. 
 [H2](ban đầu) = y = 0,6 + 2 = 2,6M. 
Câu 13: Tỉ khối hơi của sắt (III) clorua khan ở 4470C so với không khí là 10,49 và ở 5170C 
là 9,57 và tồn tại cân bằng sau: 2FeCl3 (k) Fe2Cl6 (k) 
 a- Tính phần trăm số mol Fe2Cl6 có mặt trong cân bằng ở nhiệt dộ trên. 
 b- Phản ứng thuận viết ở trên là thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích tại sao? 
Giải: 
 a- Tính phần trăm số mol Fe2Cl6 có mặt trong cân bằng ở nhiệt dộ trên. 
* Xét ở 4470C: 
 Khối lượng mol của FeCl3 khan ở 447
0
C: M = 10,49. 29 = 304,21. 
 Gọi x là số mol của Fe2Cl6 có trong một mol hỗn hợp. 
 Ta có: 325x + 162,5 (1 – x) = 304,21 x = 0,872 
 Vậy: 
2 6
0,872
% .100 87,2%
1
Fe Cln   . 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
24 
* Xét ở 5170C: 
 Khối lượng mol của FeCl3 khan ở 517
0
C: M = 9,57. 29 = 277,53. 
 Gọi x là số mol của Fe2Cl6 có trong một mol hỗn hợp. 
 Ta có: 325x + 162,5 (1 – x) = 277,53 x = 0,708 
 Vậy: 
2 6
0,708
% .100 70,8%
1
Fe Cln   . 
 b- Phản ứng thuận viết ở trên là thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích tại sao? 
 Vậy phản ứng thuận viết ở trên là phản ứng tỏa nhiệt vì khi nhiệt độ tăng từ 4470C lên 
517
0
C, cân bằng chuyển dịch sang trái (lượng sản phẩm Fe2Cl6 giảm) theo chiều thu nhiệt 
(phản ứng nghịch). 
Câu 14: Cho phản ứng: H2 (k) + I2 (k)  2HI (k). Ở nhiệt độ 430
0
C, hằng số cân bằng KC của 
phản ứng trên bằng 53,96. Đun nóng một bình kín dung tích không đổi 10 lít chứa 4,0 gam H2 và 
406,4 gam I2. Tính nồng độ của HI khi hệ phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở 430
0
C. 
Giải 
2
2
2
2
4
2 .
2
2
[ ] 0,2 .
10
406,4
1,6 .
254
1,6
[ ] 0,16
10
H
I
n mol
H M
n mol
I M
 
  
 
  
 H2 (k) + I2 (k)  2HI (k) 
Ban đầu: 0,2 0,16 0 (M) 
Phản ứng: x x 2x (M) 
Cân bằng: 0,2 –x 0,16 – x 2x (M) 
 
       
  
2
2
C
x 0,2513 0,16 (lo¹i)(2x)
K 53,96 49,96x 19,4256x 1,72672 0
(0,2 x).(0,16 x) x 0,1375(nhËn)
Vậy [HI] = 2.0,1375 = 0,275M 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
25 
Câu 15: Cho 5,6 gam CO và 5,4 gam H2O vào một bình kín dung tích không đổi 10 lít. 
Nung nóng bình một thời gian ở 8300C để hệ đạt đến trạng thái cân bằng: 
CO (k) + H2O (k) 
CO2 (k) + H2 (k) (hằng số cân bằng Kc = 1). Tính nồng độ cân bằng 
của CO, H2O. 
Giải 
2
2
5,6
0,2 .
28
0,2
[ ] 0,02 .
10
5,4
0,3 .
18
0,3
[ O] 0,03 .
10
CO
H O
n mol
CO M
n mol
H M
 
  
 
  
 CO(k) + H2O(k) 
CO2(k) + H2(k) 
Ban đầu: 0,02 0,03 0 0 (M) 
Phản ứng: x x x x (M) 
Cân bằng: 0,02 –x 0,03 – x x x (M) 
.
1 0,05 0,0006 0,012
(0,02 ).(0,03 )
C
x x
K x x
x x
     
 
Vậy [CO] = 0,02 – 0,012 = 0,008M. 
 [H2O] = 0,03 – 0,012 = 0,018M. 
Câu 16 : Thực hiện phương trình hóa học : 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k). 
Tại 7000K và 1 atm, thành phần của hệ khi cân bằng là: 0,21 mol SO2; 10,30 mol SO3; 
5,37 mol O2 và 84,12 mol N2. Hãy xác định : 
 a- Hắng số cân bằng KP. 
 b- Thành phần của hỗn hợp ban đầu. 
 c- Độ chuyển hóa của SO2. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
26 
Giải 
 a- Hắng số cân bằng KP. 
 Tổng số mol khí lúc cân bằng là : ( )khin  0,21 + 10,30 + 5,37 + 84,12 = 100 mol. 
 Ta có : 
2
3
2
2
0,21
.1 0,0021 .
100
10,30
.1 0,1030 .
100
5,37
.1 0,0537 .
100
84,12
.1 0,8412 .
100
SO
SO
O
N
P atm
P atm
P atm
P atm

 

  


  


  

 KP = 
3
2 2
2 2
2 2
( ) 0,1030
( ) . 0,0021 .0,0537
SO
SO O
P
P P
  44798 
 b- Thành phần của hỗn hợp ban đầu. 
 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) 
Ban đầu : x y 0 (mol) 
Phản ứng : 10,3 5,15 10,3 (mol) 
Sau phản ứng : 0,21 5,37 10,3 (mol) 
Vậy: 
2( )
2( )
2( )
10,3 0,21 10,51 .
5,37 5,15 10,52 .
84,12 .
ban dau
ban dau
ban dau
SO
O
N
n x mol
n y mol
n mol
   
   

 c- Độ chuyển hóa của SO2. 
10,3
.100
10,51
  = 98%. 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
27 
C- Bài tập tham khảo 
Câu 1: Cation Fe
3+
 là axit, phản ứng với theo phương trình: 
 Fe
3+
 + 2H2O Fe(OH)
2+
 + H3O
+
3( )
2,210
Fe
aK 
 . 
Hỏi nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3. Tính pH của dung dịch đó biết 
( ( ) )3
3810
Fe OHsp
K  
Câu 2: Hòa tan ZnS trong axit axetic theo cân bằng: 
 ZnS + 2CH3COOH Zn
2+
 + 2CH3COO
-
 + H2S 
 Cho T(ZnS) = 1,6.10
-24
; 
( ) 1( ) 2( )3 2 2
5 7 12.921,8.10 ; 10 ; 10 .
CH COOH H S H Sa a a
K K K     
a- Tính hằng số cân bằng K của phản ứng. 
b- Dự đoán khả năng hòa tan của ZnS trong CH3COOH. 
Câu 3: 
a-Tính pH và độ điên ly của dung dịch NaCN 0,1M . KHCN = 10
-9,35
. 
b- Độ điện ly thay đổi như thế nào khi: 
 - Có mặt NaOH 0,005M. 
 - Có mặt HCl 0,002M. 
 - Có mặt NaHSO4 0,01M biết 
2( )2 4
210 .
H SOa
K  
Câu 4: Xét cân bằng: CaCO3 (r) CaO(r) + CO2 (k). Ở 800
0
C, áp suất hơi của khí CO2 là 0,236 atm. 
 a- Tính hằng số cân bằng KC; KP của phản ứng. 
 b- Cho 125 gam CaCO3 vào một bình có dung tích không đổi 100 lít. Hỏi ở trạng thái 
cân bằng có bao nhiêu phần trăm CaCO3 đã bị nhiệt phân. 
Câu 5: Cho khí H2S vào bình chân không dung tích không đổi ở 711
0
K. Ở nhiệt độ này sự 
phân hủy H2S có thể bỏ qua. Áp suất trong bình là 0,6 atm. Nâng nhiệt độ bình lên1185
0
K 
thì áp suất trong bình là 1,07 atm. Hỏi ở 11850K, khí H2S có bị phân phủy theo phương trình 
hóa học sau không? H2S(k) H2 (k) + 
1
n
 Sn (k). 
Vận dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học Năm học 2018 - 2019 
28 
 IV. Hiệu quả đạt đƣợc: 
 Lợi ích đạt được khi áp dụng nội dung thuyết cân bằng hóa học trong dạy bồi 
dưỡng học sinh giỏi môn Hóa học. Học sinh có cách lý luận trong quá trình giải bài tập 
ngày càng chặt chẽ hơn, kết quả lại chính xác hơn từ đó các em có lòng say mê giải bài 
tập môn hóa học nhiều hơn nhờ vậy mà chất lượng bài thi được nâng lên qua từng năm. 
Mặt khác số giải đạt được trong kỳ thi học sinh giỏi cấp tỉnh của đơn vị càng nhiều hơn. 
 V. Mức độ ảnh hƣởng: 
 Tính khả thi của đề tài: Áp dụng có hiệu quả tại đơn vị qua các năm tham dự kỳ 
thi học sinh giỏi cấp tỉnh và có thể áp dụng ở các đơn vị khác trong tỉnh. 
 VI- Kết luận: 
 Nội dung và định hướng cách giải trên đây chỉ là một trong nhiều phương án giải 
khác nhau và tùy thuộc vào trình độ của học sinh trong mỗi năm tham gia vào đội 
tuyển bồi dưỡng học sinh giỏi mà giáo viên lựa chọn để hướng dẫn cho học sinh và đưa 
ra phương pháp giải thích hợp cho từng đối tượng cụ thể để nhằm đạt được kết quả tốt 
nhất. Nội dung đề tài này tôi chỉ nêu và đưa ra phần kiến thức liên quan đến thuyết cân 
bằng hóa học mà thôi chứ trong đề thi còn nhiều mạch kiến thức khác nữa. 
 Qua việc áp dụng đề tài này tính hiệu quả trong giảng dạy bồi dưỡng học sinh 
giỏi được nâng cao lên qua mỗi kỳ thi. 
 Tôi cam đoan những nội dung báo cáo là đúng sự thật. 
Xác nhận của đơn vị áp dụng sáng kiến Người viết sáng kiến 
Lê Huy Vũ