Lời giải bài tập Hóa học lớp 10 Bài 15: Ý nghĩa và cách tính biến thiên enthalpy phản ứng hóa học sách Cánh diều hay, chi tiết sẽ giúp học sinh dễ dàng trả lời câu hỏi Hóa học 10 Bài 14 từ đó học tốt môn Hóa 10.

Giải bài tập Hóa học lớp 10 Bài 15: Ý nghĩa và cách tính biến thiên enthalpy phản ứng hóa học

Giải hóa học 10 trang 82 Cánh diều

Mở đầu trang 82 Hóa học 10: Cho hai phản ứng đốt cháy:

(1) C(s) + O₂(g) → CO₂(g)    ∆_r $H_{298}^o$ = -393,5 kJ

(2) 2Al(s) + $\frac{3}{2}$ O₂(g) → Al₂O₃(s)   ∆ _r $H_{298}^o$ = -1675,7 kJ

Với cùng một khối lượng C và Al, chất nào khi đốt cháy tỏa ra nhiều nhiệt hơn?

Lời giải:

Giả sử đốt cháy hoàn toàn 1 gam C và 1 gam Al ta có:

Đốt cháy hoàn toàn 1 mol C tỏa ra 393,5 kJ nhiệt lượng

Nếu đốt cháy hoàn toàn $\frac{1}{12}$ mol C tỏa ra 393,5.$\frac{1}{12}$ = 32,79 kJ nhiệt lượng

Đốt cháy hoàn toàn 2 mol Al tỏa ra 1675,7 kJ nhiệt lượng

Nếu đốt cháy hoàn toàn $\frac{1}{27}$ mol Al tỏa ra $\frac{1675,7}{2}$.$\frac{1}{27}$ = 31,03 kJ nhiệt lượng

Vậy với cùng một khối lượng C và Al, khi đốt cháy C tỏa ra nhiều nhiệt hơn.

I. Ý nghĩa về dấu và giá trị của biến thiên enthalpy phản ứng

Câu hỏi 1 trang 82 Hóa học 10:Xác định dấu của ∆_r $H_{298}^o$ trong các phản ứng được thể hiện trong hai hình dưới đây:

Lời giải:

Hình a) năng lượng của hệ chất tham gia cao hơn năng lượng của hệ sản phẩm ⇒ Phản ứng diễn ra kèm theo sự giải phóng năng lượng dưới dạng nhiệt ⇒ Phản ứng tỏa nhiệt.

Hình b) năng lượng của hệ chất tham gia thấp hơn năng lượng của hệ sản phẩm ⇒ Phản ứng diễn ra kèm theo sự hấp thu năng lượng dưới dạng nhiệt ⇒ Phản ứng thu nhiệt.

Giải hóa học 10 trang 83 Cánh diều

Luyện tập 1 trang 83 Hóa học 10:Cho phản ứng:

CH₄(g) + H₂O(l) → CO(g) + 3H₂(g)    ∆_r $H_{298}^o$ = 249,9 kJ

Ở điều kiện chuẩn, để thu được 1 gam H₂, phản ứng này cần hấp thu nhiệt lượng bằng bao nhiêu?

Lời giải:

$n_{H_2}=\frac{1}{2}=0,5mol$

Để đốt cháy 1 mol CH₄(g) cần hấp thu 249,9 kJ nhiệt lượng

Vậy đốt cháy $\frac{1}{6}$ mol CH₄(g) cần hấp thu 249,9.$\frac{1}{6}$ = 41,65 kJ nhiệt lượng.

Vận dụng 1 trang 83 Hóa học 10: Giải thích vì sao để giữ ấm cơ thể, trước khi lặn, người ta thường uống nước mắmcốt (là loại nước mắm chứa nhiều chất đạm).

Lời giải:

Nước mắm là hỗn hợp của muối với các acid amin được chuyển biến từ protein trong thịt cá qua một quá trình thủy phân với tác nhân là các hệ enzim có sẵn trong ruột cá cùng với một loại vi khuẩn kị khí chịu mặn, nhờ các men chất đạm từ cá được cắt nhỏ thành các acid amin giúp cơ thể hấp thu trực tiếp và dễ dàng. Trong nước mắm cốt có chứa rất nhiều đạm giúp cung cấp năng lượng, giữ ấm cơ thể.

Thực tế chứng minh trước khi lặn xuống nước uống nước mắm cốt giúp cơ thể người lặn nóng lên, xuống nước không còn thấy giá rét, tránh được nguy cơ cảm lạnh. Nước mắm cốt giúp tăng sức, giữ ấm cơ thể khi lặn xuống mực nước sâu.

Vận dụng 2 trang 83 Hóa học 10: Khi đốt cháy tờ giấy hay đốt lò than, ta cần thực hiện giai đoạn khơi mào như thế nào?

Lời giải:

Khi đốt cháy tờ giấy hay đốt lò than, ta cần thực hiện giai đoạn khơi mào bằng cách nhóm lửa (đốt một góc tờ giấy trước, đốt cháy một góc lò than trước).

Vận dụng 3 trang 83 Hóa học 10:Vì sao khi nung vôi người ta phải xếp đá vôi lẫn với than trong lò?

Lời giải:

Khi nung vôi người ta phải xếp đá vôi lẫn với than trong lò vì:

- Phản ứng đốt cháy than là phản ứng tỏa nhiệt.

- Phản ứng nung vôi là phản ứng thu nhiệt.

- Nhiệt tỏa ra trong quá trình đốt cháy than sẽ cung cấp cho quá trình nung vôi.

Giải hóa học 10 trang 84 Cánh diều

Câu hỏi 2 trang 84 Hóa học 10: Phản ứng đốt cháy cồn hay phản ứng nung vôi dễ thực hiện hơn?

Lời giải:

Phản ứng đốt cháy cồn là phản ứng tỏa nhiệt.

Phản ứng nung vôi là phản ứng thu nhiệt.

Các phản ứng tỏa nhiệt thường diễn ra thuận lợi hơn các phản ứng thu nhiệt.

⇒ Phản ứng đốt cháy cồn dễ thực hiện hơn.

Câu hỏi 3 trang 84 Hóa học 10: CaSO₄ là thành phần chính của thạch cao. Biết rằng:

2CaSO₄(s) → 2CaO(s) + 2SO₂(g) + O₂(g) có ∆_r $H_{298}^o$ = 1000,6 kJ.

a) Phản ứng này diễn ra thuận lợi hay không thuận lợi?

b) Giải thích vì sao trong xây dựng, người ta sử dụng thạch cao để chế tạo các tấm vật liệu chịu nhiệt, chống cháy.

Lời giải:

a) Phản ứng này không thuận lợi vì có ∆_r $H_{298}^o$ = 1000,6 kJ > 0

Ở điều kiện chuẩn, phản ứng chỉ xảy ra khi được đốt nóng (cung cấp nhiệt), dừng đốt nóng phản ứng sẽ dừng lại.

b) ∆_r $H_{298}^o$ = 1000,6 kJ > 0 nên cần cung cấp một nhiệt lượng lớn thạch cao mới có thể bị phân hủy.

⇒ Thạch cao bền với nhiệt

⇒ Trong xây dựng, người ta sử dụng thạch cao để chế tạo các tấm vật liệu chịu nhiệt, chống cháy.

Giải hóa học 10 trang 85 Cánh diều

II. Cách tính biến thiên enthalpy phản ứng

Vận dụng 4 trang 85 Hóa học 10: Cho biết:

2NaHCO₃(s) → Na₂CO₃(s) + CO₂(g) + H₂O(l) có ∆_r $H_{298}^o$ = 91,6 kJ

NaHCO₃ có trong thành phần bột nở dùng để làm bánh. Vì sao khi bảo quản, cần tránh để bột nở ở nơi có nhiệt độ cao?

Lời giải:

∆_r $H_{298}^o$ = 91,6 kJ > 0 nên phản ứng này thu nhiệt. Khi gặp nhiệt độ cao bột nở NaHCO₃ dễ dàng bị phân hủy.

Luyện tập 2 trang 85 Hóa học 10: Tính ∆_r $H_{298}^o$ các phản ứng đốt cháy hoàn toàn 1 mol mỗi chất C₂H₄(g), C₂H₆(g), CO(g). Biết các sản phẩm thu được đều ở thể khí.

Lời giải:

C₂H₄(g) + 3O₂(g) → 2CO₂(g) + 2H₂O(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 2 × ∆_f $H_{298}^o$(CO₂) + 2 × ∆_f $H_{298}^o$(H₂O) – 1 × ∆_f $H_{298}^o$(C₂H₄) – 3 × ∆_f $H_{298}^o$(O₂)

∆_r $H_{298}^o$ = 2 × (-393,5) + 2 × (-241,8) – 1 × 52,4 – 3 × 0 = -1323 kJ

C₂H₆(g) + $\frac{7}{2}$ O₂(g) → 2CO₂(g) + 3H₂O(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 2 × ∆_f $H_{298}^o$(CO₂) + 3 × ∆_f $H_{298}^o$(H₂O) – 1 × ∆_f $H_{298}^o$(C₂H₆) – × $\frac{7}{2}$∆_f $H_{298}^o$(O₂)

∆_r $H_{298}^o$ = 2 × (-393,5) + 3 × (-241,8) – 1 × (-84) - $\frac{7}{2}$× 0 = -1428,4 kJ

CO (g) + $\frac{1}{2}$O₂(g) → CO₂(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × ∆_f $H_{298}^o$(CO₂) – 1 × ∆_f $H_{298}^o$(CO) – × ∆_f $H_{298}^o$(O₂)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × (-393,5) - 1 × (-110,5) - $\frac{1}{2}$× 0 = -283 kJ

Câu hỏi 4 trang 85 Hóa học 10:Cho phản ứng sau ở điều kiện chuẩn:

H-H(g) + F-F(g) → 2H-F(g)

Tính năng lượng cần để phá vỡ các liên kết trong H₂, F₂ và năng lượng tỏa ra (theo kJ) khi hình thành liên kết trong HF cho phản ứng trên.

Lời giải:

∆_r $H_{298}^o$ = E_H-H + E_F-F – 2.F_H-F

∆_r $H_{298}^o$ = 436 + 159 – 2.565 = -535 kJ

Giải hóa học 10 trang 86 Cánh diều

Câu hỏi 5 trang 86 Hóa học 10: Xác định số lượng mỗi loại liên kết trong các phân tử trước và sau phản ứng của CH₄ và Cl₂.

Lời giải:

Ta có phản ứng:

Phân tử CH₄ gồm 4 liên kết C-H

Phân tử Cl₂ gồm 1 liên kết Cl-Cl

Phân tử CH₃Cl gồm 3 liên kết C-H và 1 liên kết C-Cl

Phân tử HCl gồm 1 liên kết H-Cl

Luyện tập 3 trang 86 Hóa học 10: Dựa vào năng lượng liên kết, tính ∆_r $H_{298}^o$ các phản ứng sau:

a) Các phản ứng đốt cháy hoàn toàn 1 mol mỗi chất C₂H₄, C₂H₆, H₂ ở thể khí.

b) F₂(g) + H₂O(g) → 2HF(g) + $\frac{1}{2}$ O₂(g)

Dự đoán các phản ứng trên là thuận lợi hay không thuận lợi.

Lời giải:

a) C₂H₄(g) + 3O₂(g) → 2CO₂(g) + 2H₂O(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × E_b(C₂H₄) + 3 × E_b(O₂) – 2 × E_b(CO₂) – 2 × E_b(H₂O)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × (1E_C=C + 4E_C-H) + 3 × E_O=O – 2 × 2E_C=O – 2 × 2 × E_O-H

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × (611 + 4 × 414) + 3 × 498 – 2 × 2 × 799 – 2 × 2 × 464

∆_r $H_{298}^o$ = -1291 kJ < 0

⇒ Phản ứng này là thuận lợi

C₂H₆(g) + $\frac{7}{2}$ O₂(g) → 2CO₂(g) + 3H₂O(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × E_b(C₂H₆) + $\frac{7}{2}$ × E_b(O₂) – 2 × E_b(CO₂) – 3 × E_b(H₂O)

∆_r $H_{298}^o$ =1 × (1E_C-C + 6E_C-H) + $\frac{7}{2}$ × E_b(O₂) – 2 × 2E_C=O – 3 × 2 × E_O-H

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × (347 + 6 × 414) + $\frac{7}{2}$× 498 – 2 × 2 × 799 – 3 × 2 × 464

∆_r $H_{298}^o$ = -1406 kJ < 0

⇒ Phản ứng này là thuận lợi

H₂(g) + $\frac{1}{2}$O₂(g) → H₂O(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × E_b(H₂) + $\frac{1}{2}$× E_b(O₂) – 1 × E_b(H₂O)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × E_H-H + $\frac{1}{2}$× E_b(O₂) – 1 × 2 × E_O-H

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × 436 + $\frac{1}{2}$× 498 – 1 × 2 × 464 = -243 kJ < 0

⇒ Phản ứng này là thuận lợi

b) F₂(g) + H₂O(g) → 2HF(g) + $\frac{1}{2}$ O₂(g)

∆_r $H_{298}^o$= 1 × E(F₂) + 1 × E(H₂O) - 2 × E(HF) - $\frac{1}{2}$× E(O₂)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × E_F-F + 1 × 2 × E_O-H - 2 × E_H-F - $\frac{1}{2}$× E(O₂)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × 159 + 1 × 2 × 464 - 2 × 565 - $\frac{1}{2}$× 498 = -292 kJ < 0

⇒ Phản ứng này là thuận lợi.

Vận dụng 5 trang 86 Hóa học 10: Phản ứng quang hợp là phản ứng thu năng lượng dưới dạng ánh sáng:

6CO₂(g) + 6H₂O(l) → C₆H₁₂O₆ (s) + 6O₂(g)

Hãy tính xem cần phải cung cấp bao nhiêu năng lượng dưới dạng ánh sáng cho những phản ứng quang hợp để tạo thành 1 mol glucose C₆H₁₂O₆(s), biết enthalpy tạo thành chuẩn của chất này là -1271,1 kJ mol^-1. Biến thiên enthalpy tạo thành chuẩn của các chất khác được cho ở phụ lục 3.

Lời giải:

Để tạo thành 1 mol glucose C₆H₁₂O₆(s) ta có

6CO₂(g) + 6H₂O(l) → C₆H₁₂O₆(s) + 6O₂(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × ∆_f $H_{298}^o$(C₆H₁₂O₆) + 6 × ∆_f $H_{298}^o$(O₂) – 6 × ∆_f $H_{298}^o$(CO₂) – 6 × ∆_f $H_{298}^o$(H₂O)

∆_r $H_{298}^o$ = 1 × (-1271,1) + 6 × 0 – 6 × (-393,5) – 6 × (-285,8) = 2804,7 kJ

Vậy cần phải cung cấp năng lượng là 2804,7 kJ dưới dạng ánh sáng cho những phản ứng quang hợp để tạo thành 1 mol glucose C₆H₁₂O₆(s).

Giải hóa học 10 trang 87 Cánh diều

Bài tập (trang 87)

Bài 1 trang 87 Hóa học 10: Joseph Priestly (Dô-sép Prít-li) đã điều chế oxygen vào năm 1774 bằng cách nung nóng HgO(s) thành Hg(l) và O₂(g). Tính lượng nhiệt cần thiết (kJ, ở điều kiện chuẩn) để điều chế được 1 mol O₂ theo phương pháp này.

Biết ∆_f $H_{298}^o$ (HgO(s)) = -90,5 kJ mol^-1

Lời giải:

2HgO(s) → 2Hg(l) và O₂(g)

∆_r $H_{298}^o$ = 2.∆_f $H_{298}^o$ (Hg(l)) + ∆_f $H_{298}^o$ (O₂(g)) – 2.∆_f $H_{298}^o$ (HgO(s))

∆_r $H_{298}^o$ = 2.0 + 0 – 2.(-90,5) = 181 kJ

Vậy để điều chế được 1 mol O₂ theo phương pháp này cần cung cấp 181 kJ nhiệt lượng.

Bài 2 trang 87 Hóa học 10: Tính ∆_r $H_{298}^o$ cho phản ứng sau dựa theo năng lượng liên kết.

CH₄(g) + X₂(g) → CH₃X(g) + HX(g)Với X = F, Cl, Br, I.

Liên hệ giữa mức độ phản ứng (dựa theo ∆_f $H_{298}^o$) với tính phi kim (F > Cl > Br > I). Tra các giá trị năng lượng liên kết ở Phụ lục 2, trang 119.

Lời giải:

CH₄(g) + F₂(g) → CH₃F(g) + HF(g)

∆_r $H_{298}^o$ = E_b(CH₄) + E_b(F₂) – E_b(CH₃F) – E_b(HF)

∆_r $H_{298}^o$ = 4E_C-H + E_F-F – (3E_C-H + E_C-F) – E_H-F

∆_r $H_{298}^o$ = 4.414 + 159 – (3.414 + 485) – 565 = -477 kJ

CH₄(g) + Cl₂(g) → CH₃Cl(g) + HCl(g)

∆_r $H_{298}^o$ = E_b(CH₄) + E_b(Cl₂) – E_b(CH₃Cl) – E_b(HCl)

∆_r $H_{298}^o$ = 4E_C-H + E_Cl-Cl – (3E_C-H + E_C-Cl) – E_H-Cl

∆_r $H_{298}^o$ = 4.414 + 243 – (3.414 + 339) – 431 = -113 kJ

CH₄(g) + Br₂(g) → CH₃Br(g) + HBr(g)

∆_r $H_{298}^o$ = E_b(CH₄) + E_b(Br₂) – E_b(CH₃Br) – E_b(HBr)

∆_r $H_{298}^o$ = 4E_C-H + E_Br-Br – (3E_C-H + E_C-Br) – E_H-Br

∆_r $H_{298}^o$ = 4.414 + 193 – (3.414 + 276) – 364 = -33 kJ

CH₄(g) + I₂(g) → CH₃I(g) + HI(g)

∆_r $H_{298}^o$ = E_b(CH₄) + E_b(I₂) – E_b(CH₃I) – E_b(HI)

∆_r $H_{298}^o$ = 4E_C-H + E_I-I – (3E_C-H + E_C-I) – E_H-I

∆_r $H_{298}^o$ = 4.414 + 151 – (3.414 + 240) – 297 = 28 kJ

Theo chiều giảm dần tính phi kim (F > Cl > Br > I) thì ∆_f $H_{298}^o$ của mỗi phản ứng tăng dần

⇒ Tính phi kim càng mạnh, phản ứng diễn ra càng thuận lợi.

Bài 3 trang 87 Hóa học 10: Khi đun bếp than, củi, để đun nấu nhanh hơn, người ta thường dùng quạt để thổi thêm không khí vào bếp. Cách làm này có làm thay đổi biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng C(s) + O₂(g) → CO₂(g) không? Giải thích.

Lời giải:

Khi đun bếp than, củi, để đun nấu nhanh hơn, người ta thường dùng quạt để thổi thêm không khí vào bếp (cung cấp thêm O₂) giúp phản ứng diễn ra nhanh hơn, C được cháy hoàn toàn

Tuy nhiên cách làm này không làm thay đổi biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng

∆_r $H_{298}^o$ = ∆_f $H_{298}^o$(CO₂(g)) - ∆_f $H_{298}^o$ (C(s)) – 3.∆_f $H_{298}^o$(O₂(g))

Enthalpy tạo thành chuẩn của đơn chất luôn bằng 0

⇒ ∆_r $H_{298}^o$ không phụ thuộc vào ∆_f $H_{298}^o$(O₂(g))

Lý thuyết Ý nghĩa và cách tính biến thiên enthalpy phản ứng hóa học

I. Ý nghĩa về dấu và giá trị của biến thiên enthalpy phản ứng

Với các phản ứng có kèm theo sự trao đổi năng lượng dưới dạng nhiệt, có hai khả năng sau đây:

- Phản ứng tỏa nhiệt: biến thiên enthalpy của phản ứng có giá trị âm. Biến thiên enthalpy càng âm, phản ứng tỏa ra càng nhiều nhiệt.

- Phản ứng thu nhiệt: biến thiên enthalpy của phản ứng có giá trị dương. Biến thiên enthalpy càng dương, phản ứng thu vào càng nhiều nhiệt.

- Với phản ứng tỏa nhiệt, năng lượng của hệ chất phản ứng cao hơn năng lượng của hệ sản phẩm, do vậy phản ứng diễn ra kèm theo sự giải phóng năng lượng dưới dạng nhiệt.

- Với phản ứng thu nhiệt, năng lượng của hệ chất phản ứng thấp hơn năng lượng của hệ sản phẩm, do vậy phản ứng diễn ra kèm theo sự hấp thu năng lượng dưới dạng nhiệt.

Ví dụ: Cho phản ứng đốt cháy methane và acetylene:

CH₄(g) + 2O₂(g) $\stackrel{}{\to }$ CO₂(g) + 2H₂O(l)                    Δ_{r$H_{298}^0$}= -890,5 kJmol^-1

C₂H₂(g) + $\frac{3}{2}$O₂(g) $\stackrel{}{\to }$2CO₂(g) + H₂O(l)                 Δ_{r$H_{298}^0$}= -1300,2 kJmol^-1

Với chất khí trong cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất, tỉ lệ về số mol bằng tỉ lệ thể tích nên khi đốt cháy cùng một thể tích CH₄ và C₂H₂, lượng nhiệt do C₂H₂ sinh ra nhiều gấp khoảng 1,5 lần lượng nhiệt do CH₄ sinh ra. Thực tế, người ta sử dụng C₂H₂ trong đèn xì để hàn, cắt kim loại mà không dùng CH₄.

Hình 15.1. Đèn xì acetylene dùng để hàn, cắt kim loại

- So sánh phản ứng thu nhiệt và phản ứng tỏa nhiệt:

 Lưu ý: Các phản ứng tỏa nhiệt (Δ_{r$H_{298}^0$} < 0) thường diễn ra thuận lợi hơn các phản ứng thu nhiệt (Δ_{r$H_{298}^0$} >0).

Ví dụ: Sau khi được đốt nóng, Na tự cháy trong chlorine cho đến hết do phản ứng này có Δ_{r$H_{298}^0$}rất âm.

Na(s) + $\frac{1}{2}$Cl₂(g) $\stackrel{}{\to }$ NaCl(s)               Δ_{r$H_{298}^0$} = - 411,2 kJmol^-1

® Phản ứng này diễn ra thuận lợi hơn rất nhiều so với phản ứng giữa N₂ và O₂. Ở điều kiện chuẩn, phản ứng chỉ xảy ra khi được đốt nóng đến khoảng 3000^oC (cung cấp nhiệt), khi dừng đốt nóng phản ứng sẽ dừng lại.

$\frac{1}{2}$N₂(s) + $\frac{1}{2}$O₂(g) $\stackrel{}{\to }$NO(g)               Δ_{r$H_{298}^0$} = 91,3 kJmol^-1

II. Cách tính biến thiên enthalpy phản ứng

1. Tính biến thiên enthalpy phản ứng theo enthalpy tạo thành

- Giả sử có phản ứng tổng quát:

aA + bB $\stackrel{}{\to }$ mM + nN

- Biến thiên enthalpy chuẩn phản ứng của phản ứng được tính theo công thức: 

Δ_r $H_{298}^0$= m× Δ_f$H_{298}^0$(M) + n× Δ_f$H_{298}^0$(N) - a× Δ_f$H_{298}^0$(A) - b× Δ_f$H_{298}^0$(B)

Trong đó: A, B, M, N là các chất trong phản ứng; a, b, m, n là hệ số tương ứng của các chất.

- Chú ý: Enthalpy tạo thành chuẩn của đơn chất bằng 0.

Ví dụ 1: Cho phản ứng: 2Na₂O(s) $\stackrel{}{\to }$ 4Na(s) + O₂(g)

Biến thiên enthalpy chuẩn phản ứng của phản ứng được tính như sau:

Δ_r $H_{298}^0$= 4× Δ_f$H_{298}^0$(Na(s)) + 1× Δ_f$H_{298}^0$(O₂(g)) - 2× Δ_f$H_{298}^0$(Na₂O(s))

= 4×0 + 1×0 - 2× (- 418,0) = 836,0 (kJ)

$\Rightarrow$ Do Δ_r$H_{298}^0$của phản ứng rất dương nên phản ứng thu nhiệt.

Ví dụ 2: Biến thiên enthalpy của phản ứng đốt cháy hoàn toàn 1 mol C₂H₆(g) được tính như sau:

C₂H₆(g) + $\frac{1}{2}$O₂(g) $\stackrel{}{\to }$ 2CO₂(g) + 3H₂O(l)

Δ_r$H_{298}^0$= 2×Δ_f$H_{298}^0$(CO₂(g)) + 3×Δ_f$H_{298}^0$(H₂O(l)) - 1×Δ_f$H_{298}^0$(C₂H₆(s)) - $\frac{7}{2}$×Δ_f$H_{298}^0$O₂(g))

= 2×(- 393,5) + 3×(- 285,8) - 1×(- 84) - $\frac{7}{2}$×0 = -1560,4 (kJ)

$\Rightarrow$ Do Δ_r$H_{298}^0$ủa phản ứng rất âm nên phản ứng tỏa nhiệt mạnh, rất thuận lợi và cung cấp nhiều năng lượng.

2. Tính biến thiên enthalpy phản ứng theo năng lượng liên kết

Khi các chất trong phản ứng ở thể khí, biến thiên enthalpy phản ứng cũng có thể tính được nếu biết giá trị năng lượng liên kết của tất cả các chất trong phản ứng.

- Giả sử có phản ứng tổng quát:

aA(g) + bB(g) $\stackrel{}{\to }$ mM(g) + nN(g)

- Biến thiên enthalpy chuẩn phản ứng của phản ứng được tính theo công thức:

Δ_r $H_{298}^0$= a× E_b(A) + b× E_b(B) - m× E_b(M) - n× E_b(N)

Trong đó E_b(A), E_b(B), E_b(M), E_b(N) lần lượt là tổng năng lượng liên kết của tất cả các liên kết trong các phân tử A, B, M, N.

Lưu ý: Để tính biến thiên enthalpy của phản ứng theo năng lượng liên kết, phải viết được công thức cấu tạo của tất cả các chất trong phản ứng để xác định số lượng và loại liên kết.

Ví dụ: Cho phản ứng:

C₂H₆(g) + Cl₂(g) $\stackrel{}{\to }$ C₂H₅Cl(g) + HCl(g)

Biến thiên enthalpy chuẩn phản ứng của phản ứng được tính theo năng lượng liên kết như sau:

Δ_r $H_{298}^0$=1× E_b(C₂H₆) + 1× E_b(Cl₂) - 1× E_b(C₂H₅Cl) - 1× E_b(HCl)

Δ_r $H_{298}^0$ =1×6E_C - _H + 1× E_C – _C + 1×E_Cl - _Cl - 1× (5E_C – _H + E_C – _C + E_C - _Cl) - 1×E_H – _Cl

Δ_r$H_{298}^0$= 1×6×414 + 1×347 + 1×243 - 1× (5×414 + 347 + 339) - 1×431 = -113 (kJ)

→ Phản ứng có Δ_r$H_{298}^0$ âm nên phản ứng tỏa nhiệt và diễn ra thuận lợi. Trong thực tế, chỉ cần được chiếu ánh sáng mặt trời là phản ứng đã diễn ra.

Xem thêm các bài giải SGK Hóa học lớp 10 Cánh diều hay, chi tiết khác:

Bài 14 : Phản ứng hóa học và enthalpy

Bài 16: Tốc độ phản ứng hóa học

Bài 17: Nguyên tố và đơn chất halogen

Bài 18: Hydrogen halide và hydrohalic acid