I. Lý thuyết trọng tâm

1. Phản ứng tỏa nhiệt và phản ứng thu nhiệt

Khi phản ứng hóa học xảy ra, luôn có sự trao đổi nhiệt với môi trường xung quanh.

$$\boxed{\text{Phản ứng tỏa nhiệt: giải phóng năng lượng dưới dạng nhiệt ra môi trường.}}$$

$$\boxed{\text{Phản ứng thu nhiệt: hấp thụ năng lượng dưới dạng nhiệt từ môi trường.}}$$

Ví dụ thực tế:

Quy luật chung: Các phản ứng xảy ra được ở nhiệt độ phòng thường là phản ứng tỏa nhiệt. Các phản ứng thu nhiệt thường cần được đun nóng hoặc cung cấp năng lượng liên tục.

Lưu ý an toàn: Sự đốt cháy nhiên liệu (xăng, dầu, gas…) tỏa nhiều nhiệt, dễ gây hỏa hoạn, thậm chí nổ mạnh → cần tuân thủ nghiêm ngặt nguyên tắc phòng cháy.

2. Biến thiên enthalpy của phản ứng

a) Khái niệm

Hầu hết các phản ứng trong thực tế diễn ra ở áp suất không đổi. Nhiệt lượng tỏa ra hoặc thu vào trong điều kiện đó được gọi là biến thiên enthalpy (hay nhiệt phản ứng), kí hiệu $\Delta_rH$.

Phương trình nhiệt hóa học là phương trình hóa học có ghi kèm trạng thái của các chất và giá trị $\Delta_rH$.

Các kí hiệu trạng thái: $(s)$ – rắn, $(l)$ – lỏng, $(g)$ – khí, $(aq)$ – dung dịch.

Ví dụ 1 – Phản ứng tỏa nhiệt:

$$2\text{H}_2(g) + \text{O}_2(g) \rightarrow 2\text{H}_2\text{O}(l) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -571{,}6 \text{ kJ}$$

Đốt cháy 2 mol $\text{H}_2$ bằng 1 mol $\text{O}_2$, tạo 2 mol nước lỏng, giải phóng 571,6 kJ nhiệt.

Ví dụ 2 – Phản ứng thu nhiệt:

$$\text{Cu(OH)}_2(s) \xrightarrow{t^\circ} \text{CuO}(s) + \text{H}_2\text{O}(l) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = +9{,}0 \text{ kJ}$$

Nhiệt phân 1 mol $\text{Cu(OH)}_2$ cần hấp thụ 9,0 kJ nhiệt.

b) Biến thiên enthalpy chuẩn

Biến thiên enthalpy phụ thuộc vào điều kiện phản ứng (nhiệt độ, áp suất, trạng thái). Để so sánh giữa các phản ứng, người ta quy về điều kiện chuẩn:

• Áp suất: 1 bar (với chất khí)
• Nồng độ: 1 mol/L (với chất tan)
• Nhiệt độ: thường chọn 25°C (298 K)

Kí hiệu: $\Delta_rH^\circ_{298}$

Ví dụ:

$$\text{C}(\text{graphite}) + \text{O}_2(g) \xrightarrow{t^\circ} \text{CO}_2(g) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -393{,}5 \text{ kJ}$$

c) Ý nghĩa của dấu và giá trị

Giá trị tuyệt đối $|\Delta_rH|$ càng lớn → nhiệt lượng tỏa ra (hoặc thu vào) càng nhiều.

Ví dụ so sánh:

$$\text{CH}_4(g) + 2\text{O}_2(g) \rightarrow \text{CO}_2(g) + 2\text{H}_2\text{O}(l) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -890 \text{ kJ}$$

$$\text{CH}_3\text{OH}(l) + \tfrac{3}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow \text{CO}_2(g) + 2\text{H}_2\text{O}(l) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -726 \text{ kJ}$$

→ Đốt 1 mol methane (16 g) tỏa ra nhiều nhiệt hơn đốt 1 mol methanol (32 g), vì $|-890| > |-726|$.

3. Nhiệt tạo thành

a) Khái niệm

Nhiệt tạo thành ($\Delta_fH$) của một chất là biến thiên enthalpy của phản ứng tạo ra 1 mol chất đó từ các đơn chất ở dạng bền vững nhất, trong một điều kiện xác định.

Nhiệt tạo thành chuẩn: $\Delta_fH^\circ_{298}$ – nhiệt tạo thành ở điều kiện chuẩn.

Quy ước quan trọng: Nhiệt tạo thành chuẩn của các đơn chất ở dạng bền vững nhất bằng 0.

$$\Delta_fH^\circ_{298}(\text{O}_2(g)) = 0; \quad \Delta_fH^\circ_{298}(\text{H}_2(g)) = 0; \quad \Delta_fH^\circ_{298}(\text{C}(\text{graphite})) = 0$$

Lưu ý: Carbon ở dạng bền nhất là graphite (không phải kim cương). Vì phản ứng $\text{C}(\text{kim cương}) \rightarrow \text{C}(\text{graphite})$ có $\Delta_rH^\circ_{298} = -1{,}9$ kJ < 0 → graphite có mức năng lượng thấp hơn, bền hơn. Do đó, khi xác định nhiệt tạo thành của $\text{CO}_2$, carbon phải ở dạng graphite.

Ví dụ:

$$\text{H}_2(g) + \tfrac{1}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow \text{H}_2\text{O}(l) \qquad \Delta_fH^\circ_{298}(\text{H}_2\text{O}(l)) = -285{,}8 \text{ kJ/mol}$$

$$\tfrac{1}{2}\text{N}_2(g) + \tfrac{1}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow \text{NO}(g) \qquad \Delta_fH^\circ_{298}(\text{NO}(g)) = +90{,}3 \text{ kJ/mol}$$

b) Bảng nhiệt tạo thành chuẩn

4. Công thức tính biến thiên enthalpy

a) Theo nhiệt tạo thành

$$\boxed{\Delta_rH^\circ_{298} = \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sản phẩm}) – \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{chất đầu})}$$

Lưu ý: Phải nhân nhiệt tạo thành của mỗi chất với hệ số tương ứng trong phương trình. Nhiệt tạo thành của đơn chất bền = 0.

b) Theo năng lượng liên kết (áp dụng khi các chất đều ở thể khí)

$$\boxed{\Delta_rH^\circ_{298} = \sum E_b(\text{chất đầu}) – \sum E_b(\text{sản phẩm})}$$

Chú ý thứ tự: Công thức theo năng lượng liên kết có thứ tự ngược so với công thức theo nhiệt tạo thành: $E_b(\text{cđ}) – E_b(\text{sp})$.

Giải thích: Phá vỡ liên kết trong chất đầu cần cung cấp năng lượng ($+E_b$), tạo liên kết mới trong sản phẩm giải phóng năng lượng ($-E_b$). Nếu năng lượng tạo liên kết mới lớn hơn năng lượng phá liên kết cũ → phản ứng tỏa nhiệt ($\Delta_rH < 0$).

II. Phương pháp giải các dạng bài tập

Phần này chỉ trình bày các dạng bài tập tính toán, bám sát ba công thức trọng tâm của bài:

$$\Delta_rH^\circ_{298} = \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sp}) – \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{cđ})$$

$$\Delta_rH^\circ_{298} = \sum E_b(\text{cđ}) – \sum E_b(\text{sp})$$

$$Q = n \times \left|\Delta_rH^\circ_{298}\right|$$

Lưu ý dùng chung cho cả phần:

Dạng 1: Tính nhiệt lượng tỏa ra hoặc thu vào theo lượng chất

Phương pháp giải

Giá trị $\Delta_rH^\circ_{298}$ ghi trong phương trình nhiệt hóa học ứng với đúng số mol các chất theo hệ số cân bằng. Khi lượng chất thực tế khác đi, nhiệt lượng thay đổi theo tỉ lệ thuận.

Bước 1: Tính số mol chất mà đề cho:

$$n = \frac{m}{M} \qquad \text{hoặc} \qquad n = \frac{V}{24{,}79}$$

Bước 2: Xác định hệ số của chất đó trong phương trình nhiệt hóa học. Nếu hệ số là $a$ thì giá trị $\Delta_rH$ đã cho ứng với $a$ mol chất.

Bước 3: Lập tỉ lệ để tính nhiệt lượng:

$$Q = \frac{n}{a} \times \left|\Delta_rH^\circ_{298}\right|$$

Bước 4: Kết luận rõ là tỏa ra hay thu vào, dựa vào dấu của $\Delta_rH$.

Bài toán ngược: Nếu đề cho nhiệt lượng $Q$ và hỏi lượng chất, làm ngược lại: $$n = \frac{Q}{\left|\Delta_rH^\circ_{298}\right|} \times a \quad \Rightarrow \quad m = n \times M \quad \text{hoặc} \quad V = n \times 24{,}79$$

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Cho phương trình nhiệt hóa học:

$$\text{CO}(g) + \tfrac{1}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow \text{CO}_2(g) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -283{,}0{\;}\text{kJ}$$

Tính nhiệt lượng tỏa ra khi đốt cháy hoàn toàn $2{,}479\,\text{L}$ khí CO ở điều kiện chuẩn.

Lời giải

Bước 1. Tính số mol CO

$$n_{\text{CO}} = \frac{V}{24{,}79} = \frac{2{,}479}{24{,}79} = 0{,}1\,\text{mol}$$

Bước 2. Xác định tỉ lệ

Hệ số của CO trong phương trình là 1, nghĩa là đốt $1\,\text{mol}$ CO tỏa ra $283{,}0\,\text{kJ}$.

Bước 3. Tính nhiệt lượng

$$Q = \frac{0{,}1}{1} \times 283{,}0 = 28{,}3\,\text{kJ}$$

Kết luận: Phản ứng tỏa ra $28{,}3\,\text{kJ}$ nhiệt (vì $\Delta_rH < 0$).

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Cho phương trình nhiệt hóa học của phản ứng nung vôi:

$$\text{CaCO}_3(s) \xrightarrow{t^\circ} \text{CaO}(s) + \text{CO}_2(g) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = +176{,}0{\;}\text{kJ}$$

a) Tính nhiệt lượng cần cung cấp để nhiệt phân hoàn toàn $50\,\text{g}$ $\text{CaCO}_3$.

b) Nếu cung cấp $88\,\text{kJ}$ nhiệt thì nhiệt phân được bao nhiêu gam $\text{CaCO}_3$?

Cho $M_{\text{CaCO}_3} = 100\,\text{g/mol}$.

Lời giải

Câu a.

Số mol $\text{CaCO}_3$:

$$n = \frac{m}{M} = \frac{50}{100} = 0{,}5\,\text{mol}$$

Hệ số của $\text{CaCO}_3$ là 1, nên nhiệt phân $1\,\text{mol}$ cần thu vào $176{,}0\,\text{kJ}$. Vậy:

$$Q = 0{,}5 \times 176{,}0 = 88{,}0\,\text{kJ}$$

Phản ứng thu nhiệt ($\Delta_rH > 0$) nên đây là nhiệt lượng cần cung cấp cho phản ứng.

Câu b.

Số mol $\text{CaCO}_3$ bị nhiệt phân:

$$n = \frac{Q}{\left|\Delta_rH^\circ_{298}\right|} = \frac{88}{176{,}0} = 0{,}5\,\text{mol}$$

$$m = n \times M = 0{,}5 \times 100 = 50\,\text{g}$$

Kết luận: Cần $88{,}0\,\text{kJ}$ để nhiệt phân $50\,\text{g}$ $\text{CaCO}_3$; ngược lại, với $88\,\text{kJ}$ thì nhiệt phân được đúng $50\,\text{g}$.

Lưu ý khi trình bày: $\Delta_rH$ luôn kèm dấu ($+$ hoặc $-$), còn nhiệt lượng $Q$ tính ra là giá trị dương, kèm theo lời kết luận “tỏa ra” hay “thu vào”.

Dạng 2: Tính biến thiên enthalpy theo nhiệt tạo thành

Phương pháp giải

Bước 1: Viết phương trình hóa học, cân bằng và ghi đầy đủ trạng thái các chất: $(s)$, $(l)$, $(g)$, $(aq)$.

Bước 2: Tra bảng nhiệt tạo thành chuẩn $\Delta_fH^\circ_{298}$ của từng chất. Gạch bỏ ngay các đơn chất bền nhất vì giá trị của chúng bằng 0.

Bước 3: Nhân nhiệt tạo thành của mỗi chất với hệ số cân bằng của chất đó, rồi cộng lại theo từng vế.

Bước 4: Áp dụng công thức:

$$\Delta_rH^\circ_{298} = \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sp}) – \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{cđ})$$

Bước 5: Kết luận phản ứng tỏa nhiệt hay thu nhiệt theo dấu kết quả.

Ba lỗi hay mắc:

1. Quên nhân với hệ số cân bằng.
2. Đảo thứ tự thành “chất đầu trừ sản phẩm”. Với nhiệt tạo thành, luôn là sản phẩm trừ chất đầu.
3. Sai dấu khi trừ số âm. Nên viết rõ dấu ngoặc: $-1\,028{,}6 – (-1\,206{,}9)$.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng nhiệt phân đá vôi:

$$\text{CaCO}_3(s) \rightarrow \text{CaO}(s) + \text{CO}_2(g)$$

Cho $\Delta_fH^\circ_{298}$ (kJ/mol): $\text{CaCO}_3(s) = -1\,206{,}9$; $\text{CaO}(s) = -635{,}1$; $\text{CO}_2(g) = -393{,}5$.

Lời giải

Tổng nhiệt tạo thành của sản phẩm:

$$\sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sp}) = (-635{,}1) + (-393{,}5) = -1\,028{,}6\,\text{kJ}$$

Tổng nhiệt tạo thành của chất đầu:

$$\sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{cđ}) = -1\,206{,}9\,\text{kJ}$$

Biến thiên enthalpy:

$$\Delta_rH^\circ_{298} = -1\,028{,}6 – (-1\,206{,}9) = +178{,}3\,\text{kJ}$$

Kết luận: $\Delta_rH^\circ_{298} > 0$ nên phản ứng thu nhiệt. Điều này phù hợp với thực tế: muốn nung vôi phải đốt lò liên tục để cung cấp nhiệt.

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng đốt quặng pyrite:

$$4\text{FeS}_2(s) + 11\text{O}_2(g) \rightarrow 2\text{Fe}_2\text{O}_3(s) + 8\text{SO}_2(g)$$

Cho $\Delta_fH^\circ_{298}$ (kJ/mol): $\text{FeS}_2(s) = -177{,}9$; $\text{Fe}_2\text{O}_3(s) = -825{,}5$; $\text{SO}_2(g) = -296{,}8$.

Lời giải

Bước 1. Xác định giá trị của từng chất

$\text{O}_2(g)$ là đơn chất ở dạng bền nhất nên $\Delta_fH^\circ_{298}(\text{O}_2(g)) = 0$.

Bước 2. Tính tổng cho từng vế (nhớ nhân hệ số)

$$\sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{cđ}) = 4 \times (-177{,}9) + 11 \times 0 = -711{,}6\,\text{kJ}$$

$$\sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sp}) = 2 \times (-825{,}5) + 8 \times (-296{,}8)$$

$$= -1\,651{,}0 + (-2\,374{,}4) = -4\,025{,}4\,\text{kJ}$$

Bước 3. Áp dụng công thức

$$\Delta_rH^\circ_{298} = -4\,025{,}4 – (-711{,}6) = -3\,313{,}8\,\text{kJ}$$

Kết luận: $\Delta_rH^\circ_{298} < 0$ nên phản ứng tỏa nhiệt, tỏa rất mạnh.

Chú ý: Giá trị $-3\,313{,}8\,\text{kJ}$ ứng với việc đốt 4 mol $\text{FeS}_2$ theo đúng hệ số của phương trình. Nếu đề hỏi nhiệt lượng khi đốt một lượng $\text{FeS}_2$ khác, phải quay lại phương pháp của Dạng 1 và chia cho hệ số 4.

Dạng 3: Tính biến thiên enthalpy theo năng lượng liên kết

Phương pháp giải

Điều kiện áp dụng: Chỉ dùng được khi tất cả các chất (cả chất đầu và sản phẩm) đều ở thể khí. Nếu trong phương trình có chất rắn hoặc lỏng thì phải chuyển sang Dạng 2.

Bước 1: Viết công thức cấu tạo của từng chất để đếm chính xác số liên kết và loại liên kết.

Bước 2: Đếm số liên kết ở vế chất đầu, nhân với hệ số cân bằng rồi cộng lại: $\sum E_b(\text{cđ})$.

Bước 3: Làm tương tự cho vế sản phẩm: $\sum E_b(\text{sp})$.

Bước 4: Áp dụng công thức, chú ý thứ tự ngược với Dạng 2:

$$\Delta_rH^\circ_{298} = \sum E_b(\text{cđ}) – \sum E_b(\text{sp})$$

Cách nhớ thứ tự: Phá vỡ liên kết ở chất đầu thì tốn năng lượng (dấu $+$), tạo liên kết mới ở sản phẩm thì giải phóng năng lượng (dấu $-$). Vì thế công thức là “chất đầu trừ sản phẩm”. Nếu liên kết tạo ra bền hơn liên kết bị phá vỡ thì $\Delta_rH < 0$, phản ứng tỏa nhiệt.

Bài tập mẫu 1

Đề bài: Tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng:

$$\text{N}_2(g) + \text{O}_2(g) \rightarrow 2\text{NO}(g)$$

Cho năng lượng liên kết (kJ/mol): $E_b(\text{N} \equiv \text{N}) = 945$; $E_b(\text{O} = \text{O}) = 494$; $E_b(\text{N} = \text{O}) = 607$.

Lời giải

Bước 1. Xác định các liên kết

Bước 2. Tính tổng năng lượng liên kết từng vế

$$\sum E_b(\text{cđ}) = 945 + 494 = 1\,439\,\text{kJ}$$

$$\sum E_b(\text{sp}) = 2 \times 607 = 1\,214\,\text{kJ}$$

Bước 3. Áp dụng công thức

$$\Delta_rH^\circ_{298} = 1\,439 – 1\,214 = +225\,\text{kJ}$$

Kết luận: $\Delta_rH^\circ_{298} > 0$ nên phản ứng thu nhiệt. Đây là lí do $\text{N}_2$ và $\text{O}_2$ cùng có trong không khí nhưng không phản ứng với nhau ở điều kiện thường, chỉ phản ứng khi có nhiệt độ rất cao hoặc tia lửa điện (sét).

Bài tập mẫu 2

Đề bài: Tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng cộng hydrogen vào ethene:

$$\text{C}_2\text{H}_4(g) + \text{H}_2(g) \rightarrow \text{C}_2\text{H}_6(g)$$

Cho năng lượng liên kết (kJ/mol): $E_b(\text{C=C}) = 612$; $E_b(\text{C–C}) = 346$; $E_b(\text{C–H}) = 418$; $E_b(\text{H–H}) = 436$.

Lời giải

Bước 1. Đếm liên kết theo công thức cấu tạo

Bước 2. Tính tổng năng lượng liên kết từng vế

$$\sum E_b(\text{cđ}) = 612 + 4 \times 418 + 436 = 612 + 1\,672 + 436 = 2\,720\,\text{kJ}$$

$$\sum E_b(\text{sp}) = 346 + 6 \times 418 = 346 + 2\,508 = 2\,854\,\text{kJ}$$

Bước 3. Áp dụng công thức

$$\Delta_rH^\circ_{298} = 2\,720 – 2\,854 = -134\,\text{kJ}$$

Kết luận: $\Delta_rH^\circ_{298} < 0$ nên phản ứng tỏa nhiệt.

Dạng 4: Bài toán ngược – tìm nhiệt tạo thành hoặc năng lượng liên kết chưa biết

Phương pháp giải

Đề cho giá trị $\Delta_rH^\circ_{298}$ của phản ứng và tất cả các đại lượng trừ một, yêu cầu tìm đại lượng còn lại.

Bước 1: Gọi đại lượng cần tìm là $x$.

Bước 2: Viết công thức của Dạng 2 hoặc Dạng 3 một cách đầy đủ, thay $x$ vào đúng vị trí của nó (nhớ nhân hệ số).

Bước 3: Giải phương trình bậc nhất tìm $x$.

Bước 4: Kiểm tra lại bằng cách thay $x$ ngược vào công thức ban đầu.

Bài tập mẫu 1 (tìm nhiệt tạo thành)

Đề bài: Phản ứng đốt cháy ethane:

$$\text{C}_2\text{H}_6(g) + \tfrac{7}{2}\text{O}_2(g) \rightarrow 2\text{CO}_2(g) + 3\text{H}_2\text{O}(l) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -1{\;}559{,}7{\;}\text{kJ}$$

Cho $\Delta_fH^\circ_{298}$ (kJ/mol): $\text{CO}_2(g) = -393{,}5$; $\text{H}_2\text{O}(l) = -285{,}8$. Tính nhiệt tạo thành chuẩn của $\text{C}_2\text{H}_6(g)$.

Lời giải

Bước 1. Đặt $x = \Delta_fH^\circ_{298}(\text{C}_2\text{H}_6(g))$, đơn vị kJ/mol.

Bước 2. Tính tổng nhiệt tạo thành của sản phẩm:

$$\sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sp}) = 2 \times (-393{,}5) + 3 \times (-285{,}8)$$

$$= -787{,}0 + (-857{,}4) = -1\,644{,}4\,\text{kJ}$$

Tổng nhiệt tạo thành của chất đầu ($\text{O}_2$ là đơn chất bền nên bằng 0):

$$\sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{cđ}) = x + \tfrac{7}{2} \times 0 = x$$

Bước 3. Thay vào công thức:

$$\Delta_rH^\circ_{298} = \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{sp}) – \sum \Delta_fH^\circ_{298}(\text{cđ})$$

$$-1\,559{,}7 = -1\,644{,}4 – x$$

$$x = -1\,644{,}4 + 1\,559{,}7 = -84{,}7$$

Kết luận: $\Delta_fH^\circ_{298}(\text{C}_2\text{H}_6(g)) = -84{,}7\,\text{kJ/mol}$, đúng bằng giá trị tra được trong bảng nhiệt tạo thành.

Bài tập mẫu 2 (tìm năng lượng liên kết)

Đề bài: Cho phản ứng tổng hợp ammonia:

$$\text{N}_2(g) + 3\text{H}_2(g) \rightarrow 2\text{NH}_3(g) \qquad \Delta_rH^\circ_{298} = -91{,}8{\;}\text{kJ}$$

Biết $E_b(\text{N} \equiv \text{N}) = 945\,\text{kJ/mol}$ và $E_b(\text{H–H}) = 436\,\text{kJ/mol}$. Tính năng lượng liên kết $\text{N–H}$ trong phân tử $\text{NH}_3$.

Lời giải

Bước 1. Đếm liên kết

Mỗi phân tử $\text{NH}_3$ có 3 liên kết $\text{N–H}$, mà sản phẩm có 2 phân tử, nên tổng cộng có $2 \times 3 = 6$ liên kết $\text{N–H}$.

Đặt $x = E_b(\text{N–H})$, đơn vị kJ/mol.

Bước 2. Tính tổng năng lượng liên kết từng vế

$$\sum E_b(\text{cđ}) = 945 + 3 \times 436 = 945 + 1\,308 = 2\,253\,\text{kJ}$$

$$\sum E_b(\text{sp}) = 6x$$

Bước 3. Lập phương trình

$$\Delta_rH^\circ_{298} = \sum E_b(\text{cđ}) – \sum E_b(\text{sp})$$

$$-91{,}8 = 2\,253 – 6x$$

$$6x = 2\,253 + 91{,}8 = 2\,344{,}8$$

$$x = \frac{2\,344{,}8}{6} = 390{,}8$$

Kết luận: $E_b(\text{N–H}) = 390{,}8\,\text{kJ/mol}$.

Bảng tra nhanh: chọn phương pháp theo dữ kiện đề bài

ThS. Lê Thị Mai Nhi

(Người kiểm duyệt, ra đề)

Chức vụ: Trưởng ban biên soạn môn Hoá Học THPT

Trình độ: Thạc sĩ Hóa học, Chứng chỉ hạng II, Chứng chỉ STEM, Ngoại ngữ B1

Kinh nghiệm: 10+ năm kinh nghiệm tại Trường THPT Chuyên Nguyễn Huệ