Bài học

Tính toán với Kc và hiệu suất phản ứng

Mục tiêu bài học

Sau bài này, em tính được hằng số cân bằng $K_C$ từ nồng độ các chất tại cân bằng, tính được nồng độ các chất tại cân bằng khi biết $K_C$ và nồng độ ban đầu, và tính được hiệu suất chuyển hoá (độ chuyển hoá) của phản ứng thuận nghịch.

Kiến thức nền cần nhớ

Bài trước đã cho biết cách viết biểu thức $K_C$ . Bài này áp dụng biểu thức đó vào tính toán cụ thể, dùng lại kĩ năng đổi số mol — nồng độ mol/lít ( $C = n/V$ ) đã học từ lớp 8, và khái niệm hiệu suất phản ứng (tỉ lệ lượng chất thực tế chuyển hoá so với lí thuyết) đã quen thuộc từ các bài tính theo phương trình hoá học ở những lớp trước.

Bài trước đã cho biết cách viết biểu thức $K_C$. Bài này áp dụng biểu thức đó vào tính toán cụ thể, dùng lại kĩ năng đổi số mol — nồng độ mol/lít ($C = n/V$) đã học từ lớp 8, và khái niệm hiệu suất phản ứng (tỉ lệ lượng chất thực tế chuyển hoá so với lí thuyết) đã quen thuộc từ các bài tính theo phương trình hoá học ở những lớp trước.

Khởi động

Hai bình phản ứng cùng chứa $H_2$ và $I_2$ với lượng ban đầu như nhau, cùng để ở một nhiệt độ. Làm sao, chỉ từ một số đo nồng độ còn lại của một chất tại thời điểm cân bằng, ta có thể tính ra được toàn bộ bức tranh: nồng độ mọi chất tại cân bằng, giá trị $K_C$ , và cả phần trăm chất ban đầu đã chuyển hoá thành sản phẩm?

Hai bình phản ứng cùng chứa $H_2$ và $I_2$ với lượng ban đầu như nhau, cùng để ở một nhiệt độ. Làm sao, chỉ từ một số đo nồng độ còn lại của một chất tại thời điểm cân bằng, ta có thể tính ra được toàn bộ bức tranh: nồng độ mọi chất tại cân bằng, giá trị $K_C$, và cả phần trăm chất ban đầu đã chuyển hoá thành sản phẩm?

Kiến thức trọng tâm

Để giải các bài toán về $K_C$ , cách làm hiệu quả nhất là lập bảng biến thiên nồng độ theo ba dòng: nồng độ ban đầu, độ biến thiên nồng độ (theo tỉ lệ hệ số phương trình, dùng ẩn $x$ ), và nồng độ tại cân bằng (bằng nồng độ ban đầu cộng/trừ độ biến thiên).

Chiều 1 — biết nồng độ tại cân bằng, tính $K_C$ : đo hoặc tính trực tiếp nồng độ mỗi chất khi hệ đã đạt cân bằng, rồi thay vào biểu thức $K_C$ đã viết ở bài trước.

Chiều 2 — biết $K_C$ và nồng độ ban đầu, tính nồng độ tại cân bằng: đặt ẩn $x$ là lượng chất phản ứng đã chuyển hoá (theo tỉ lệ hệ số phương trình), biểu diễn nồng độ mỗi chất tại cân bằng theo $x$ , thay vào biểu thức $K_C$ đã biết để lập phương trình một ẩn, giải tìm $x$ — luôn kiểm tra điều kiện $0 < x <$ nồng độ ban đầu của chất phản ứng (không thể phản ứng quá lượng chất đã có).

Từ giá trị $x$ tìm được, hiệu suất chuyển hoá (kí hiệu $H$ ) của chất phản ứng được tính bằng tỉ lệ giữa lượng chất đã chuyển hoá và lượng chất ban đầu: $H\% = \dfrac{x}{\text{nồng độ ban đầu}} \times 100\%$ Vì $K_C$ chỉ phụ thuộc nhiệt độ, hiệu suất chuyển hoá của một phản ứng thuận nghịch — dù bắt đầu từ lượng chất ban đầu nào — luôn bị giới hạn bởi chính giá trị $K_C$ tại nhiệt độ đó, không bao giờ đạt 100% (khác hẳn phản ứng một chiều, nơi hiệu suất thấp thường chỉ do hao hụt thực nghiệm).

Một điều đáng lưu ý khi lập bảng biến thiên: nếu đề bài cho lượng chất ban đầu bằng số mol thay vì nồng độ mol/lít, em cần đổi về nồng độ bằng cách chia cho thể tích bình phản ứng ( $C = n/V$ ) trước khi lập bảng — thiếu bước đổi đơn vị này là nguyên nhân phổ biến khiến kết quả tính $K_C$ sai lệch, dù toàn bộ phần lập luận còn lại đều đúng.

Để giải các bài toán về $K_C$, cách làm hiệu quả nhất là lập **bảng biến thiên nồng độ** theo ba dòng: nồng độ ban đầu, độ biến thiên nồng độ (theo tỉ lệ hệ số phương trình, dùng ẩn $x$), và nồng độ tại cân bằng (bằng nồng độ ban đầu cộng/trừ độ biến thiên). **Chiều 1 — biết nồng độ tại cân bằng, tính $K_C$**: đo hoặc tính trực tiếp nồng độ mỗi chất khi hệ đã đạt cân bằng, rồi thay vào biểu thức $K_C$ đã viết ở bài trước. **Chiều 2 — biết $K_C$ và nồng độ ban đầu, tính nồng độ tại cân bằng**: đặt ẩn $x$ là lượng chất phản ứng đã chuyển hoá (theo tỉ lệ hệ số phương trình), biểu diễn nồng độ mỗi chất tại cân bằng theo $x$, thay vào biểu thức $K_C$ đã biết để lập phương trình một ẩn, giải tìm $x$ — **luôn kiểm tra điều kiện** $0 < x < $ nồng độ ban đầu của chất phản ứng (không thể phản ứng quá lượng chất đã có). Từ giá trị $x$ tìm được, **hiệu suất chuyển hoá** (kí hiệu $H$) của chất phản ứng được tính bằng tỉ lệ giữa lượng chất đã chuyển hoá và lượng chất ban đầu: $$H\% = \dfrac{x}{\text{nồng độ ban đầu}} \times 100\%$$ Vì $K_C$ chỉ phụ thuộc nhiệt độ, hiệu suất chuyển hoá của một phản ứng thuận nghịch — dù bắt đầu từ lượng chất ban đầu nào — luôn bị giới hạn bởi chính giá trị $K_C$ tại nhiệt độ đó, không bao giờ đạt 100% (khác hẳn phản ứng một chiều, nơi hiệu suất thấp thường chỉ do hao hụt thực nghiệm). Một điều đáng lưu ý khi lập bảng biến thiên: nếu đề bài cho lượng chất ban đầu bằng số mol thay vì nồng độ mol/lít, em cần đổi về nồng độ bằng cách chia cho thể tích bình phản ứng ($C = n/V$) trước khi lập bảng — thiếu bước đổi đơn vị này là nguyên nhân phổ biến khiến kết quả tính $K_C$ sai lệch, dù toàn bộ phần lập luận còn lại đều đúng.

Nồng độ tại cân bằng của phản ứng

H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)

ở 445 °CNồng độ tại cân bằng của phản ứng $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$ ở 445 °C

Ví dụ

Tính hằng số cân bằng Kc từ nồng độ tại cân bằng

1
Ở một nhiệt độ xác định, cho 1 mol $H_2$ và 1 mol $I_2$ vào bình kín thể tích 1 lít. Khi phản ứng $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$ đạt cân bằng, nồng độ $I_2$ còn lại là $0{,}2$ mol/L. Tính $K_C$ .
Ở một nhiệt độ xác định, cho 1 mol $H_2$ và 1 mol $I_2$ vào bình kín thể tích 1 lít. Khi phản ứng $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$ đạt cân bằng, nồng độ $I_2$ còn lại là $0{,}2$ mol/L. Tính $K_C$.
2
Nồng độ ban đầu: $[H_2] = [I_2] = 1$ mol/L (vì thể tích bình 1 lít). Vì $I_2$ giảm từ 1 xuống còn $0{,}2$ mol/L, độ biến thiên $x = 1 - 0{,}2 = 0{,}8$ mol/L. Theo tỉ lệ hệ số $1:1:2$ của phương trình, $H_2$ cũng giảm $0{,}8$ mol/L, còn $HI$ tăng $2 \times 0{,}8 = 1{,}6$ mol/L.
Nồng độ ban đầu: $[H_2] = [I_2] = 1$ mol/L (vì thể tích bình 1 lít). Vì $I_2$ giảm từ 1 xuống còn $0{,}2$ mol/L, độ biến thiên $x = 1 - 0{,}2 = 0{,}8$ mol/L. Theo tỉ lệ hệ số $1:1:2$ của phương trình, $H_2$ cũng giảm $0{,}8$ mol/L, còn $HI$ tăng $2 \times 0{,}8 = 1{,}6$ mol/L.
3
$[H_2] = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$ mol/L; $[I_2] = 0{,}2$ mol/L (đề đã cho); $[HI] = 0 + 1{,}6 = 1{,}6$ mol/L.
$[H_2] = 1 - 0{,}8 = 0{,}2$ mol/L; $[I_2] = 0{,}2$ mol/L (đề đã cho); $[HI] = 0 + 1{,}6 = 1{,}6$ mol/L.
4
Ta có $K_C = \dfrac{[HI]^2}{[H_2][I_2]} = \dfrac{1{,}6^2}{0{,}2 \times 0{,}2} = \dfrac{2{,}56}{0{,}04} = 64$ . Vậy $K_C = 64$ tại nhiệt độ đang xét.
Ta có $K_C = \dfrac{[HI]^2}{[H_2][I_2]} = \dfrac{1{,}6^2}{0{,}2 \times 0{,}2} = \dfrac{2{,}56}{0{,}04} = 64$. Vậy $K_C = 64$ tại nhiệt độ đang xét.

Ví dụ

Tính nồng độ tại cân bằng và hiệu suất phản ứng khi biết Kc

1
Ở 445 °C, phản ứng $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$ có $K_C = 64$ (kết quả bài trước). Cho vào bình kín thể tích 1 lít: $0{,}5$ mol $H_2$ và $0{,}5$ mol $I_2$ . Tính nồng độ các chất khi phản ứng đạt cân bằng, và tính hiệu suất chuyển hoá của $H_2$ .
Ở 445 °C, phản ứng $H_2(g) + I_2(g) \rightleftharpoons 2HI(g)$ có $K_C = 64$ (kết quả bài trước). Cho vào bình kín thể tích 1 lít: $0{,}5$ mol $H_2$ và $0{,}5$ mol $I_2$. Tính nồng độ các chất khi phản ứng đạt cân bằng, và tính hiệu suất chuyển hoá của $H_2$.
2
Gọi $x$ (mol/L) là nồng độ $H_2$ đã phản ứng ( $0 < x < 0{,}5$ , điều kiện phản ứng không vượt quá lượng chất ban đầu). Theo tỉ lệ hệ số $1:1:2$ : tại cân bằng $[H_2] = [I_2] = 0{,}5 - x$ và $[HI] = 2x$ .
Gọi $x$ (mol/L) là nồng độ $H_2$ đã phản ứng ($0 < x < 0{,}5$, điều kiện phản ứng không vượt quá lượng chất ban đầu). Theo tỉ lệ hệ số $1:1:2$: tại cân bằng $[H_2] = [I_2] = 0{,}5 - x$ và $[HI] = 2x$.
3
Thay vào biểu thức $K_C$ : $K_C = \dfrac{(2x)^2}{(0{,}5-x)^2} = 64$ Suy ra $\dfrac{2x}{0{,}5-x} = 8$ (lấy căn bậc hai dương vì $x, 0{,}5-x > 0$ ). Do đó $2x = 8(0{,}5-x) = 4 - 8x$ , tức $10x = 4$ , nên $x = 0{,}4$ .
Thay vào biểu thức $K_C$: $$K_C = \dfrac{(2x)^2}{(0{,}5-x)^2} = 64$$ Suy ra $\dfrac{2x}{0{,}5-x} = 8$ (lấy căn bậc hai dương vì $x, 0{,}5-x > 0$). Do đó $2x = 8(0{,}5-x) = 4 - 8x$, tức $10x = 4$, nên $x = 0{,}4$.
4
Với $x = 0{,}4$ : $0{,}5 - x = 0{,}1 > 0$ (thoả mãn điều kiện). Vậy tại cân bằng: $[H_2] = [I_2] = 0{,}1$ mol/L; $[HI] = 2 \times 0{,}4 = 0{,}8$ mol/L.
Với $x = 0{,}4$: $0{,}5 - x = 0{,}1 > 0$ (thoả mãn điều kiện). Vậy tại cân bằng: $[H_2] = [I_2] = 0{,}1$ mol/L; $[HI] = 2 \times 0{,}4 = 0{,}8$ mol/L.
5
Hiệu suất chuyển hoá của $H_2$ : $H\% = \dfrac{x}{[H_2]_{bd}} \times 100\% = \dfrac{0{,}4}{0{,}5} \times 100\% = 80\%$ Vậy dù đợi bao lâu, ở nhiệt độ và lượng chất ban đầu này, phản ứng chỉ chuyển hoá tối đa $80\%$ lượng $H_2$ ban đầu — phần còn lại vĩnh viễn tồn tại ở dạng $H_2$ và $I_2$ vì bản chất thuận nghịch của phản ứng.
Hiệu suất chuyển hoá của $H_2$: $$H\% = \dfrac{x}{[H_2]_{bd}} \times 100\% = \dfrac{0{,}4}{0{,}5} \times 100\% = 80\%$$ Vậy dù đợi bao lâu, ở nhiệt độ và lượng chất ban đầu này, phản ứng chỉ chuyển hoá tối đa $80\%$ lượng $H_2$ ban đầu — phần còn lại vĩnh viễn tồn tại ở dạng $H_2$ và $I_2$ vì bản chất thuận nghịch của phản ứng.

Sai lầm thường gặp

Khi giải phương trình bậc hai dạng $\left(\dfrac{2x}{0{,}5-x}\right)^2 = 64$ , nhiều học sinh quên kiểm tra điều kiện $0 < x < 0{,}5$ mà chỉ lấy nghiệm đại số bất kì (kể cả nghiệm âm hoặc nghiệm khiến nồng độ chất phản ứng trở thành số âm). Luôn thử lại nghiệm vào bài toán thực tế trước khi kết luận — nồng độ không bao giờ được phép âm.

Khi giải phương trình bậc hai dạng $\left(\dfrac{2x}{0{,}5-x}\right)^2 = 64$, nhiều học sinh quên kiểm tra điều kiện $0 < x < 0{,}5$ mà chỉ lấy nghiệm đại số bất kì (kể cả nghiệm âm hoặc nghiệm khiến nồng độ chất phản ứng trở thành số âm). Luôn thử lại nghiệm vào bài toán thực tế trước khi kết luận — nồng độ không bao giờ được phép âm.

Luyện tập có hướng dẫn

Luyện tập độc lập

Kiểm tra nhanh

Ghi nhớ

Giải toán $K_C$ : lập bảng biến thiên nồng độ (ban đầu — biến thiên theo $x$ — cân bằng), thay vào biểu thức $K_C$ , giải phương trình và luôn kiểm tra điều kiện $x$ hợp lí. Hiệu suất chuyển hoá $H\% = \dfrac{x}{\text{nồng độ ban đầu}} \times 100\%$ không bao giờ đạt $100\%$ đối với một phản ứng thuận nghịch thật sự.

Giải toán $K_C$: lập bảng biến thiên nồng độ (ban đầu — biến thiên theo $x$ — cân bằng), thay vào biểu thức $K_C$, giải phương trình và luôn kiểm tra điều kiện $x$ hợp lí. Hiệu suất chuyển hoá $H\% = \dfrac{x}{\text{nồng độ ban đầu}} \times 100\%$ không bao giờ đạt $100\%$ đối với một phản ứng thuận nghịch thật sự.

Đến đây em đã biết mô tả trạng thái cân bằng và tính toán định lượng bằng $K_C$ . Nhưng trạng thái cân bằng đó có phải bất biến không? Chương tiếp theo trả lời: khi ta thay đổi nồng độ, áp suất, hay nhiệt độ, cân bằng sẽ phản ứng lại như thế nào — theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng Le Chatelier.

Đến đây em đã biết mô tả trạng thái cân bằng và tính toán định lượng bằng $K_C$. Nhưng trạng thái cân bằng đó có phải bất biến không? Chương tiếp theo trả lời: khi ta thay đổi nồng độ, áp suất, hay nhiệt độ, cân bằng sẽ phản ứng lại như thế nào — theo **nguyên lí chuyển dịch cân bằng Le Chatelier**.