Xây dựng bài tập cân bằng hoá học

chuyên đề cân bằng hóa học THPT thi HSG

Xây dựng bài tập cân bằng hoá học Cân bằng hoá học là một chuyên đề quan trọng trong Hoá học . Nó có liên quan đến rất nhiều lĩnh vực của Hóa học . Khi tiếp cận với chuyên đề này , chúng ta có một cái nhìn biện chứng về các phản ứng hóa học . Do đó nghiên cứu lý thuyết và kết hợp với việc xây dựng , sưu tầm các bài tập trở nên hết sức cần thiết để từ đó khắc sâu kiến thức đã được Trên cơ sở đó , tôi đã tiến hành tổng kết lý thuyết và xây dựng các dạng bài tập của cân bằng hoá học thông qua một số dạng khác nhau A. Lý thuyết về cân bằng hoá học I. Định luật tác dụng khối lượng Tại T,p = const , diễn ra phản ứng : aA + bB + … → ¬  cC + dD + … ⇒ Thế đẳng áp của phản ứng (∆G pư ) được xác định bởi phương trình : ∆G = ∆G 0 + RTln c d a b (C) (D) . (A) (B) . = ∆G 0 + RTln Q (I) ∆G 0 là thế đẳng áp của phản ứng ở điều kiện chuẩn . (i) là hoạt độ của chất i . Khi phản ứng đạt đến trạng thái cân bằng ⇒ ∆G = 0 (I) ⇒ ∆G 0 = - RTln c d a b (C) (D) . (A) (B) .       cb (II) Từ (II) ⇒ ln c d a b (C) (D) . (A) (B) .       cb = )(Tf RT G o = ∆ − (III) Khi T = const ⇒ c d a b (C) (D) . (A) (B) . = const = K a (IV) ⇒ ∆G 0 = - RTln K cb (V) Từ (I) ⇒ ∆G = - RT ln K cb + RT ln Q = RT ln cb K Q (VI) Tuỳ thuộc vào đặc điểm các chất trong phương trình phản ứng mà K cb có thể được biểu thị ở các hình thức khác nhau. II . Hằng số cân bằng . 1. Cân bằng hoá học đồng thể trong pha khí lý tưởng. A, Hằng số cân bằng K p Đối khí lý tưởng : Hoạt độ (i) = p i (áp suất riêng phần) ⇒ K p = K cb = f(T) ⇒ K p = c d c D a b A B cb P .P P .P .       (VII) Ví dụ : Phản ứng : 2Cl 2(k) + 2H 2 O (k) → ¬  4HCl (k) + O 2 (k) (*) Giả sử các khí trong phản ứng (*) đều được coi là lý tưởng. ⇒ K p = 2 2 2 4 HCl O 2 2 Cl H O P . P P . P cb         Q = 2 2 2 4 HCl O 2 2 Cl H O P . P P . P ⇒ ∆G = RT lnQ - RT ln Kp b, Hằng số cân bằng theo nồng độ phần mol K n Ta có : P n n P i i .= n : tổng số mol các khí ; P là áp suất toàn phần của hệ . ⇒ Δν Δν c d c D p a b A B n . n . P = . n . n . n K        ÷     Với ∆ν = (c + d + … ) - ( a + b +…) Ta có : P . V = n.RT ⇒ P RT = n V ⇒ K P = K n . Δν RT V    ÷   c, Hằng số cân bằng K c (Hằng số cân bằng nồng độ) p i = [ i]. RT [ i ] là nồng độ chất i ở thời điểm cân bằng. ⇒ K p = .][][ .][][ ba dc BA DC (RT) (c + d + …) - (a + b + …) Đặt : ∆n = (c + d + …) - (a + b + …) K c = c d a b (C) (D) . (A) (B) .       ⇒ K p = K c (RT) ∆ n ⇒ K c = Δn Kp (RT) = f(T) R = 0,082 atm. lit /độ . mol . d, Đại lượng K x Ta có : áp suất riêng phần P i = x i . P T ( P T là áp suất toàn phần ) Trong đó : x i = i i n n ∑ ⇒ K p = K x . P ∆ n với K x = c d c D a b A B x . x . x . x . ⇒ K x = Δn Kp P ⇒ K x = f(T, P T ) Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 2 ⇒ K x không phải là hằng số cân bằng. e, Thứ nguyên của K p , K c , K x . K p = c d C D a b A B P . P P .P [atm (c + d +…) - (a + b + …) ] K c = c d a b (C) (D) . (A) (B) . [ (nồng độ) ∆ n ] K x không có đơn vị 2. Hệ các pha khí với sự có mặt của các pha ngưng tụ nguyên chất. Pha ngưng tụ nguyên chất có thể là pha rắn hoặc pha lỏng thì hoạt độ của chúng đều được coi là hằng số và hoạt độ đó được chuyển vào hằng số cân bằng. Do đó trong biểu thức hằng số cân bằng chỉ mặt chất khí . VD : CaCO 3 (T) → ¬  CaO (r) + CO 2 (k) ⇒ K p = p 2 CO 3. Dung dịch nước loãng lý tưởng. Hoạt độ của dung môi nước = 1 ; hoạt độ của các chất tan trong dung dịch được chấp nhận = C i (nồng độ của chất i trong dung dịch loãng lí tưởng) Khi đó : K cb = .][.][ .][.][ ba dc BA DC [ i ] là nồng độ chất i ở trạng thái cân bằng . Khi đó ∆G = ∆G 0 + RT ln K cb Phản ứng Cân bằng Hằng số cân bằng Một số từ tiếng anh Kết tủa MA → ¬  M n+ + A n- Ksp, hằng số tan Acid-base HA + H 2 O → ¬  H 3 O + + A - K a , hằng số acid Phức M n+ + a L b- → ¬  ML a (n-ab)+ K f , hằng số tạo phức complex Oxy hoá - khử A red + B ox → ¬  A ox + B red K cb ,hằng số cbằng a. Phản ứng kết tủa (Precipitation Reactions) Pb 2+ (aq) + 2Cl - (aq) → ¬  PbCl 2 (s) PbCl (s) → ¬  Pb 2+ (aq) + 2Cl - (aq) Hằng số cân bằng = hằng số tan (Ksp, solubility product ) Ksp = [Pb 2+ ][Cl - ] 2 = 1,7.10 -5 Lưu ý: Kết tủa rắn PbCl2 không xuất hiện trong biểu thức tính Ksp b. Phản ứng acid-baz (acid - base Reaction) CH 3 COOH(aq) + NH 3 (aq) → ¬  CH 3 COO - (aq) + NH 4 + (aq) Acid Baz Baz liên hợp Acid liên hợp • Hằng số cân bằng = hằng số phân ly (Ka, solubility product ) Copyright to master Pham Minh Tri 3 Acid mạnh: HCl(aq) + H 2 O(l) → H 3 O (aq) + Cl (aq) 0.10 M 0.10 M 0.10 M Acid yếu: CH 3 COOH(aq) + H 2 O (l) → ¬  CH 3 COO - (aq) + H 3 O + (aq) + 5 3 3 3 [H O ][CH COO ] Ka = 1,75.10 [CH COOH] − − = → Gía trị Ka cho biết độ mạnh của 1 acid Axit đa chức: ( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 2 4 3 4 2 3 2 4 a1 aq l aq aq 3 4 [H O ][H PO ] H PO H O H O H PO K = 7,11.10 [H PO ] + − + − − → + + = ¬  ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 8 3 4 2 4 2 3 4 a2 aq l aq aq 2 4 [H O ][HPO ] H PO H O H O HPO K = 6,32.10 [H PO ] + − − + − − − → + + = ¬  ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 13 3 4 4 2 3 4 a3 aq l aq aq 2 4 [H O ][PO ] HPO H O H O PO K = 4,5.10 [HPO ] + − − + − − − → + + = ¬  Bazo mạnh: NaOH (aq) → Na + (aq) + OH - (aq) 0,1M 0,1M 0,1M Bazo yếu: CH 3 COO - (aq) + H 2 O (l) → ¬  OH - (aq) + CH 3 COOH (aq) - -10 3 b - 3 [OH ][CH COOH] K = = 5,71.10 [CH COO ] Chất lưỡng tính: ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 3 2 11 3 2 3 3 a2 3 H O CO HCO aq H O l H O aq CO aq K 4,69.10 HCO + − − + − − −         → + + = = ¬      ( ) ( ) ( ) ( ) 2 3 8 3 2 2 3 b2 3 OH H CO HCO aq H O l OH aq H CO aq K 2,25.10 HCO − − − − −         → + + = = ¬      Kb 2 > Ka 2 → HCO 3 - có tính bazo trội hơn c. Phản ứng tạo phức (Complexation reactions) Acid-Baz theo Bronsted-Lowry: Acid: cho proton Bazơ: nhận proton Acid-Baz theo Lewis: Acid: nhận đôi điện tử (kim loại) Bazơ: cho đôi điện tử (ligand) Sự hình thành phức giữa kim loại & ligand → hằng số phức Kf ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 2+ 4 3 3 f 2+ 4 4 3 [Cd : NH ] Cd 4 : NH Cd : NH K = [Cd ][NH ] aq aq aq + +  → + ¬  phức ligand-kim loại ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2+ 3 3 Cd NH Cd : NH aq aq aq +  → + ¬  K 1 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 Cd : NH NH Cd : NH aq aq aq + +  → + ¬  K 2 Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 3 Cd : NH NH Cd : NH aq aq aq + +  → + ¬  K 3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 3 4 Cd : NH NH Cd : NH aq aq aq + +  → + ¬  K 4 K f = β 4 = K 1 .K 2 .K 3 .K 4 Tổng quát: β i = K 1 .K 2 .K 3 ….K i d. phản ứng oxi hóa khử: 2Fe 3+ (aq) + H 2 C 2 O 4 (aq) + 2H 2 O(l) → ¬  2Fe 2+ (aq) + 2CO 2 (k) + 2H 2 O (aq) Fe +3 → Fe +2 : Fe3 + = chất oxy hóa (nhận điện tử) C +3 (H 2 C 2 O 4) → C +4 (CO 2 ) : H 2 C 2 O 4 = chất khử (cho điện tử) H 2 C 2 O 4 (aq) + 2H 2 O(l) → 2CO 2 (k) + 2H 3 O+ (l) + 2e Fe 3+ (l) + e → Fe 2+ (l) Fe 2+ là chất khử liên hợp của chất oxi hóa Fe 3+ CO 2 là chất oxi hóa liên hợp của H 2 C 2 O 4 Vị trí cân bằng của phản ứng oxi hóa khử: → Sự dịch chuyển e từ chất khử sang chất oxi hóa. ∆G = EQ. (Q: số điện tích trao đổi dưới điện thế E) Q = nF (n: số điện tử trao đổi giữa 2 dạng oxi hóa / khử) ∆G = - nEF. (F = 96500 Cb/mol = hằng số Faraday) Mối quan hệ giữa thế điện hóa với nồng độ các chất oxi hóa, khử → Phương trình NERNST [ ] [ ] [ ] [ ] 0 0 ox ox RT 0,059 E = E + ln = E + lg nF kh n kh E0 = thế oxi hóa khử chuẩn của cặp oxi hóa khử ([ox] = [kh] = 1M, 25 0 C, 1atm) Đặc trưng cho khả năng oxi hóa khử của 2 dạng liên hợp.  Vị trí cân bằng của phản ứng oxi hóa khử: n 2 Ox 1 + n 1 Kh 2 1 2 K K → ¬  n 1 Ox 2 + n 2 Kh 1 [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] [ ] n1 n2 n2 n1 2 1 1 2 1 2 n2 n1 n1 n2 1 1 2 2 1 Ox Kh Ox Kh 1 K = K = K Ox Kh Ox Kh = → Phương trình NERNST [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 0 0 1 1 2 2 1 1 2 2 ox ox 0,059 0,059 E = E + lg E = E + lg n kh n kh Tại vị trí cân bằng: E1 = E2 [ ] [ ] [ ] [ ] 1 2 2 1 n n 2 1 0 0 1 2 1 n n 1 2 1 2 1 2 ox kh 0,059 0,059 E - E = lg = lgK n .n n .n ox kh Copyright to master Pham Minh Tri 5 0 0 1 2 1 1 n .n (E -E ) 0,059 1 K 10= * E 0 1 − E 0 2 > 0 hay E 0 1 > E 0 2 : lg K 1 > 0 ⇒ K 1 > 1 → p.ứ theo chiều 1 hay Ox1 có tính oxy hóa mạnh hơn Ox2 * E 0 1 − E 0 2 < 0 hay E 0 1 < E 0 2 : lg K1 < 0 ⇒ K1 < 1 → p.ứ theo chiều 2 hay Ox2 có tính oxy hóa mạnh hơn Ox1 E 0 càng lớn tính Oxy hóa càng mạnh, tính khử càng yếu Ví dụ: E 0 Cd2+/Cd = -0.4030V ; E 0 Ag+/Ag = 0.7996V Tính oxy hóa của Ag + > Cd 2+ , tính khử của Cd > Ag Cho p.ứ: Cd(s) + 2Ag + (aq) → ¬  Cd 2+ (aq) + 2Ag(s) Tính: a) Thế chuẩn hóa b) Hằng số cân bằng c) Tính thế ứng với [Ag + ]=0.020 M, [Cd 2+ ] =0.050 M ở 25 0 C biết 2 0 0 Cd /Cd Ag /Ag E 0.4030V ; E 0.7996V + + = − = e. phản ứng tạo kết tủa. Tính nồng độ mol hòa tan của Ag 2 CO 3 . Sản phẩm hòa tan của 200 ml dd AgNO 3 với 100 ml dd Na 2 CO 3 0,100 M. Biết Ksp = 8,1.10 -12 (Tích số tan) Giải: + Ag n = 200.10 -3 .0,0100 = 2,00.10 -3 = 2,00 mmol 2 3 CO n − = 100.10-3.0,100 = 10,0.10-3 = 10,0 mmol. + 2- 3 2 3 2 Ag + CO Ag CO (s) → ¬  2 3 CO n − dư = (10,0 - 1,0) = 9,0 mmol. 2- 3 9,0mmol CO du = = 0,03M (200+100)ml     Gọi S là nồng độ mol hòa tan của Ag 2 CO 3 ⇒ 2- + 3 CO = 0,03 + S Ag = 2S         + 2- -12 2 3 3 Ag CO (s) 2 Ag + CO Ksp = 8,1.10 → ¬  2 + 2- -12 3 Ksp = Ag CO = 8,1.10         ⇒ (2S) 2 . (0,03 + S) = 8,1.10 -12 (phương trình bậc 3) Giả sử S<< 0,03. Khi đó: (2S) 2 . 0,03 =8,1.10 -12 ⇒ S = 8,2. 10-6 <<0,03 (thỏa mãn) Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 6 Tính nồng độ mol hòa tan của Ag 2 CO 3 trong dung dịch có sự hiện diện của Na 2 CO 3 0,0200M. Biết Ksp = 8,1.10 -12 . Tính khối lượng của AgCl (M = 143,32) có thể hòa tan trong 100ml nước ở 25 0 C. Biết Ksp = 1,82.10 -10 4. Sự tổ hợp cân bằng Xét ví dụ 2 H 2 + Cl 2 → ¬  2HCl (k) (1) ∆G 0 I 1 2H 2 + O 2 → ¬  2H 2 O (k) (2) ∆G 0 II 2Cl 2 + 2H 2 O (k) → ¬  4HCl (k) + O 2 (k ) ∆G 0 III ⇒ ∆G 0 III = 2∆G 0 I - ∆G 0 II ∆G 0 = - RT ln K p ⇒ - RT ln K p (III) = - (RT lnK 2 P(I) - RT ln K P (II) ) ⇒ K P(III) = 2 P(I) 2 -1 P(I) P(II) P(II) K = K . K K ⇒ Một phản ứng là tổng đại số của các phản ứng thành phần thì hằng số cân bằng của phản ứng đó là tích các hằng số cân bằng của các phản ứng thành phần với luỹ thừa là phần đóng góp của phản ứng đó trong phản ứng tổng III. Các yếu tố ảnh hưởng tới cân bằng. 1. ảnh hưởng của nhiệt độ. a, Biểu thức : Ta có ln K p = 0 0 0 ΔG (ΔH - T. ΔS ) - = - RT RT = 0 0 ΔH ΔS - + RT R Chấp nhận gần đúng : ∆ H 0 , ∆ S 0 không đổi trong khoảng nhiệt độ xét. ⇒ ∆H 0 = const ; ∆S 0 = const ⇒ ln K p = f 1 T    ÷   b, Sự chuyển dịch cân bằng. ∆H < 0 ( phản ứng toả nhiệt ) ⇒ T tăng thì lnK p giảm ⇒ cân bằng chuyển dịch về phía nghịch (thu nhiệt). ∆H > 0 ( phản ứng thu nhiệt ) ⇒ T tăng thì lnK p tăng ⇒ cân bằng chuyển dịch về phía thuận (thu nhiệt). ⇒ Khi tăng nhiệt độ cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt ( nghĩa là chống lại sự tăng nhiệt độ ) 2. ảnh hưởng của áp suất lên cân bằng hoá học. Ta có K x = K p P ∆ n ∆G = ∆G 0 + RTlnK p = ∆G 0 + RTlnK x . P ∆ n = 0 ⇒ Khi T = const, giá trị ∆G chỉ phụ thuộc vào P ∆ n . Copyright to master Pham Minh Tri 7 ⇒ Chúng ta có các trường hợp sau : TH 1 . ∆n = 0 ( không có sự thay đổi số mol khí ) ⇒ K x không thay đổi theo P , vì thế sự thay đổi áp suất chung của hệ trong trường hợp này không làm chuyển dịch cân bằng. VD CO (k) + H 2 O (k) → ¬  CO 2 (k) + H 2 (k) TH 2 . ∆n < 0 (giảm số mol khí ) ⇒ khi tăng áp suất chung, K x giảm ⇒ ∆G = ∆G 0 + RT ln K x . P ∆ n < 0 ⇒ cân bằng chuyển dịch về phía thuận. TH 3 . ∆n > 0 (tăng số mol khí) ⇒ khi tăng áp suất chung, K x tăng ⇒ ∆G = ∆G 0 + RT ln K x . P ∆ n < 0 ⇒ cân bằng chuyển dịch về phía nghịch. ⇒ Khi tăng áp suất cân bằng chuyển dịch về phía có ít phân tử khí hơn. 3. ảnh hưởng của nồng độ Giả sử có phản ứng : aA + bB + … → ¬  cC + dD+ … ∆G = ∆G 0 +RT lnQ + RT ln( RT ) ∆ n = ∆G 0 + RT ln .)()( .)()( ba dc BA DC + RT ln( RT ) ∆ n = ∆G 0' + RT ln .)()( .)()( ba dc BA DC Lúc cân bằng ∆G = 0 ⇒ Q c = K c = .][][ .][][ ba dc BA DC Nếu tăng nồng độ chất phản ứng ([A] , [B] ,….), ∆G trở nên âm, hệ không còn ở trạng thái cân bằng nữa. Phản ứng theo chiều từ trái sang phải tiếp tục xảy ra cho đến khi ∆G = 0. Sự tăng nồng độ của các chất sản phẩm ( [C] , [D] , …. ) sẽ gây nên kết quả ngược lại. Như vậy : - Khi tăng nồng độ của các chất đầu cân bằng sẽ chuyển dịch về phía thuận ( làm giảm nồng độ của chất đầu ) - Khi tăng đồng độ của các chất sản phẩm cân bằng sẽ chuyển dịch về phía nghịch ( làm giảm nồng độ của chất sản phẩm ) ⇒ Khi tăng nồng độ của các chất trong phương trình phản ứng tại trạng thái cân bằng thì cân bằng sẽ chuyển dịch theo chiều chống lại sự thay đổi đó . Chú ý : Sự thay đổi nồng độ tương tự sự thay đổi áp suất riêng phần . 4. Nguyên lý Lơ Satơliê . Mọi sự thay đổi của các yếu tố xác định trạng thái của hệ cân bằng , sẽ làm cho cân bằng chuyển dịch về phía chống lại những thay đổi đó . 5. Sự phá vỡ cân bằng. Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 8 Trường hợp đặc biệt này xảy ra khi trong phản ứng có sự tham gia của các chất ngưng tụ, đặc biệt là chất rắn. Nguyên nhân trong giai đoạn khi ∆G < 0 thì lượng chất ngưng tụ tham gia bị hết do đó cân bằng không đạt được. B. Xây dựng bài tập về cân bằng hoá học. Các dạng bài tập được xây dựng, sưu tầm cần khắc sâu các kiến thức đã học đồng thời gợi mở các vấn đề khác có liên quan. Trên cơ sở đó ta có thể thống kê các dạng bài tập sau : - Bài tập áp dụng kiến thức đã học. - Bài tập tổng hợp . I . Dạng bài tập áp dụng kiến thức . Dạng 1: Xác định thành phần hệ ở thời điểm cân bằng . Ví dụ 1 . a, Cho 1 mol PCl 5 (khí) vào một bình chân không, thể tích V. Đưa nhiệt độ bình lên 525K. Cân bằng : PCl 5 (k) → ¬  PCl 3 (k) + Cl 2 (k) (1) được thiết lập với K p = 1,85. áp suất trong bình tại trạng thái cân bằng đo được là 2 atm. Tính số mol của từng chất tại thời điểm cân bằng. b, Cho 1 mol PCl 5 và 1 mol khí He vào bình như ở thí nghiệm a) rồi tăng nhiệt độ lên 525K . Tính số mol của PCl 5 , PCl 3 và Cl 2 ở trong bình tại thời điểm cân bằng. Nhận xét kết quả thu được , điều này có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê hay không ? c, Lặp lại thí nghiệm b, nhưng thay đổi V để tại thời điểm cân bằng áp suất trong bình là 2atm. Tính số mol PCl 5 , PCl 3 và Cl 2 . Nhận xét kết quả thu được , điều này có phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê hay không ? (Các khí được coi là lý tưởng). Bài giải Ta có PCl 5 (k) → ¬  PCl 3 (k) + Cl 2 (k) (1) Ban đầu 1mol 0 0 Phản ứng x x x Cân bằng 1 - x x x 2 n n = 1 - x + x + x = 1 + x (mol) Tại thời điểm cân bằng : Copyright to master Pham Minh Tri 9 P x x PP P x x P ClCl Cl . 1 . 1 1 32 5 + == + − = áp dụng định luật tác dụng khối lượng (ĐKTDKT), ta có : 85,1. 1 . 1 1 . )1( . 2 2 2 2 2 5 32 = − = + − + == P x x P x x P x x P PP K PCl ClCl p P = 2atm ⇒ 925,0 2 85,1 1 2 2 == − x x ⇒ x = 0,693 (mol) ⇒ )(307,0693,01 )(693,0 5 23 moln molnn PCl ClPCl =−= == b, Tính V.Trong thí nghiệm a, tại thời điểm cân bằng , 2 n n = 1 + x = 1,69 (mol) Ta có : PV = 2 n n . RT ⇒ V = 1,693 44,36 2 525.082,0 = (lít) Tại thí nghiệm b, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng = 2 + y (mol) P y y PP y y PP lPC PClCl . 2 1 ;. 2 5 32 + − = + == Ta có : 566,1 1 . 1 .)2( . 22 2 == − => − ==> +== RT V K y y V RT y y K V RT y V RTn P PP n y 2 = 1,566 = 1,566y ⇔ y 2 + 1,566y - 1,566 = 0 ⇒ y = 0,693. ⇒ Sự thêm khí trơ He vào hệ khi V = const không làm chuyển dịch cân bằng điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Lơ Satơliê vì khi thêm He vào không làm thay đổi áp suất riêng phần của hệ . c, Số mol hỗn hợp tại thời điểm cân bằng= 2 + z 85,12. )1()2( . 2. 2 1 2. 2 2 5 23 5 32 = −+ == + − = + == zz z P PP K z z P z z PP PCl ClPCl P PCl PClCl z 2 = 0,925 (2 - z - z 2 ) 1,925 z 2 + 0,925 z - 1,85 = 0 ⇒ z = 0,769. ⇒ )(231,0 )(693,0)(769,0 5 32 moln molmolnn PCl PClCl = >== Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 10 . x . ⇒ K x = Δn Kp P ⇒ K x = f(T, P T ) Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 2 ⇒ K x không phải là hằng số cân bằng. e, Thứ nguyên của K p , K c ,. NH Cd : NH aq aq aq + +  → + ¬  K 2 Chuyên đề cân bằng hóa học luyện thi HSG 4 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 3 3 3 2 3 Cd : NH NH Cd : NH aq aq aq + + 