Bài tập Nhiệt động Hóa học | Đại học Y dược Cần Thơ

BÀI TẬP NHIỆT ĐỘNG HÓA HỌC-2
Câu 1. Phản ứng nhị hợp NO2 : 2NO2 (k) → N2O4 (k)
Biết ∆H0S (kcal/mol) : 8,091 2,309
S0 (cal.mol–1.K–1) : 57,2 72,2
– Tính biến thiên năng lượng tự do của pư ở 00C và 1000C. Cho biết chiều tự diễn biến tại những nhiệt độ đó.
– Xđ ở nhiệt độ nào thì ∆G = 0 ? Xác định chiều của phản ứng ở nhiệt độ cao hơn và thấp hơn nhiệt độ đó.
Giả thiết ∆H và S của các chất thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể. Câu 2: Cho: O2(k) Cl2(k) HCl(k) H2O(k) 0 S (J/mol.K) 205,03 222,9 186,7 188,7 298 0 ∆H (kJ/mol) 0 0 -92,31 -241,83 298
1. Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 2980K 4HCl(k) + O2(k) € 2Cl2(k + 2H2O(k)
2. Giả thiết H ∆ và S
∆ không phụ thuộc vào nhiệt độ, tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 6980K.
3. Muốn tăng hiệu suất phản ứng oxi hóa HCl thì nên tiến hành phản ứng ở những điều kiện nào? Caâu 3: Tại 25oC, o G
∆ tạo thành các chất như sau: (theo kJ.mol-1) H2O(k) CO2(k) CO(k) H2O(l)
-228,374 -394,007 -137,133 -236,964 a. Tính K CO H O l CO CO K + 2  → 2 k + p của phản ứng: ( ) ( ) ( ) 2( K) tại 25oC
b. Tính áp suất hơi nước tại 25oC
c. Hỗn hợp gồm các khí CO, CO2, H2 mà mỗi khí đều có áp suất riêng phần là 1 atm được trộn với nước (lỏng,
dư). Tính áp suất riêng phần mỗi khí có trong hỗn hợp cân bằng tại 25oC, biết quá trình xảy ra khi V = const.
Câu 4: Ở điều kiện chuẩn, entanpi phản ứng và entropi của các chất có giá trị như sau: Số thứ tự Phản ứng ∆ H0298(kJ) 1 2NH3 + 3N2O ⇔ 4N2 + 3H2O -1011 2 N2O + 3H2 ⇔ N2H4 + H2O -317 3 2NH3 + ½ O2 ⇔ N2H4 + H2O -143 4 H2 + ½ O2 ⇔ H2O -286 S0298(N2H4) = 240 J/mol. K S0298(H2O) = 66,6 J/mol. K S0298(N2) = 191 J/mol. K S0298(O2) = 205 J/mol. K
a) Tính entanpi tạo thành của ∆ H0298 của N2H4, N2O và NH3, S0298
b) Viết phương trình của phản ứng cháy hiđrazin tạo thành nước và nitơ
c) Tính nhiệt phản ứng cháy đẳng áp ở 298K và tính ∆ G0298 và tính hằng số cân bằng K
d) Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2 mol NH3 và 0,5 mol O2 thì nhiệt pảhn ứng 3 ở thể tích không đổi là bao nhiêu? Câu 5 :
1./ Cho biết sinh nhiệt chuẩn ( ∆Ho ) của ( O3 ) khí = +34Kcal/mol ,
( ∆Ho ) của ( CO2 ) khí = -94,05 Kcal/mol, ( ∆Ho ) của ( NH3 ) khí = -11,04 Kcal/mol
( ∆Ho ) của ( HI ) khí = + 6,2Kcal/mol
a./ Sắp xếp theo thứ tự tính bền tăng dần của các đơn chất hợp chất : O3 , CO2 ,NH3 ,và HI giải thích ?.
b./ Tính năng lượng liên kết E N-N ,biết EH-H = 104Kcal/mol và EN-H = 93 Kcal/mol
2./Cho phản ứng : H2O ( k ) + CO ( k ) ⇄ H2 ( k ) + CO2 ( k )
Tính ∆ Ho298oK và ∆ Eo 298oK biết rằng ∆ H o 298oK cuả CO2 ( k ); H2O ( k ) , CO ( k ) lần lượt là -94,05 , - 57,79 ; - 26,41 Kcal/ mol
Câu 6: Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298oK.
2NH3 + 3N2O  4N2 + 3H2O H1= -1011KJ/mol N2O + 3H2  N2H4 + H2O H2= -317KJ/mol
2NH3 + 0,5O2  N2H4 + H2O H3= -143KJ/mol H2 + 0,5O2  H2O H4= -286KJ/mol
Hãy tính nhiệt tạo thành của N2H4, N2O và NH3.
Câu 7 :Chất lỏng N2H4 có thể dùng làm nhiên liệu đẩy tên lửa
1. Tính nhiệt tạo thành của N2H4 khi biết: 1 N O + N → O H ∆ =33,18 2( kJ k ) 2 (k ) 2(k ) 1 2 1 H + O H → O H ∆ =−241, 6 2( kJ k ) 2(k ) 2 (k ) 2 2 N H 3 + O 2 → NO +2 H O H ∆ =−467, 44 2 4( kJ k ) 2( k ) 2( k ) 2 ( k ) 3
2. Trong nhiên liệu đẩy tên lửa, hidrazin lỏng phản ứng với hidropeoxit lỏng tạo ra nitơ và hơi nước.
Viết pư và tính nhiệt toả ra khi 1m3(đktc) khí N2H4 phản ứng, biết nhiệt tạo thành của H2O2(l) là :-187,8kJ/ mol. Câu 8 : 0
Butadien – 1,3 ở trạng thái khí trong điều kiện 25 C và 100 kPa. 0 0 −1
a) Tính Nhiệt tạo thành chuẩn của nó ở 25 C khi biết: ∆H ở 298 K theo kJ.mol : 0 0
∆H đốt cháy C4H6 = − 2552,73 ; ∆H sinh H2O (l) = − 285,83; 0 0
∆H sinh CO2 (k) = − 393,51; ∆H thăng hoa C(r) = 716,7 0
b) Tính Nhiệt tạo thành chuẩn của nó ở 25 C khi biết các trị số năng lượng liên kết: H – H C – C C = C C – H − kJ. mol 1 436 345 615 415
c) So sánh kết quả của 2 phần trên và giải thích.
Câu 9 Một nồi hơi bằng thép có khối lượng 900 kg. Nồi hơi chứa 400 kg nước. Giả sử hiêu suất sử dụng
nhiệt của nồi hơi là 70 %. Cần bao nhiêu calo nhiệt để nâng nhiệt độ của nồi hơi từ 10 oC lên 100oC ? Nhiệt
dung riêng của thép là 0,46 kJ/mol, nhiệt dung riêng của nước là 4,184 kJ/mol.
Câu 10 : Độ tan của Mg(OH)2 trong nước ở 180C là 9.10-3 g/ℓ ; còn ở 1000C là 4.10-2 g/ℓ.
a/ Tính tích số tan của Mg(OH)2 ở 2 nhiệt độ trên.
b/ Tính các đại lượng ∆H0, ∆G0 và ∆S0 của phản ứng hòa tan, giả sử ∆H0, ∆S0 không thay đổi theo nhiệt
độ. Biết R = 8,314 J.mol.k-1. Câu 11:
1. a/ Khi trung hòa 1mol axit mạnh bằng 1 mol bazơ mạnh trong dd loãng , nhiệt tỏa ra ∆ H=-57,32kJ .
Entanpi tạo thành nước lỏng là -285,81kJ/mol; Entanpi tạo thành H+=0. Hãy xác định Entanpi tạo thành OH-(aq)
b/ Khi trung hòa 1mol HCN bằng kiềm mạnh , thấy giải phóng ra 12,13kJ nhiệt. Tính ∆ H của phản ứng điện li HCN
2. a/ Với phản ứng tổng hợp NH3, ở 673K có hằng số cân bằng K1= 1,3.10-2 ; ở 773K có hằng số cân bằng K2=
3,8.10-3. Xác định ∆ H trong khỏang nhiệt độ đó.
b/ Muốn tăng hiệu suất phản ứng tổng hợp NH3, nên tiến hành pư ở những điều kiện nào về nhiệt độ, áp suất ?
Câu 12: Cho phản ứng aA + bB dD + eE d e C .C Biết 0 D E G ∆ = G ∆ + RTln a b
C .C Với C là nồng độ tại thời điểm đang xét. A B π d e C .C 1) Chứng minh rằng: c G ∆ = RTln D E π = K Với c a b
C .C và Kc là hằng số cân bằng của phản ứng. c A B 0 2) với phản ứng: 425 C H + I →2HI K ¬  = 50 2(k) 2(k) (k) C
Hỏi các hỗn hợp có thành phần sau đây sẽ phản ứng theo chiều nào?
a) C = 2,5mol / l ; C = 4mol / l; C =10mol / H l 2 I2 HI
b) C = 0,2mol / l ; C = 0,8mol/ l; C = 5mol/ H l 2 I2 HI
c) C = 0,25mol / l ; C = 2mol / l; C = 5mol / H l 2 I2 HI HẾT GIẢI
1) Theo đề bài, ta có 0 G ∆ = G ∆ + RTlnπ (1) c
Khi hệ đạt tới cân bằng thì 0 G ∆ = 0 ⇒ G ∆ = −RTlnπC Lúc đó π G ∆ = −RTlnK c trở thành Kc nên 0 C π Vậy thay 0 G ∆ vào (1) ta có: c G ∆ = −RTlnK + RTlnπ = RTln (0,25ñ) c c Kc
2) Ta thấy với phản ứng: 0 425 C H + I →2HI K ¬  = 50 2(k) 2(k) (k) C π Xét tỉ số c K : c π nếu c π < K thì G ∆ < 0 K <1 ⇔ c c
: phản ứng xảy ra theo chiều thuận; c π nếu c π > K thì G ∆ > 0 K >1 ⇔ c c
: phản ứng xảy ra theo chiều nghịch; c π nếu c π = K thì G ∆ = 0 K =1 ⇔ c c
: phản ứng đạt tới trạng thái cân bằng. c 2 (10) Từ a) ⇒ π = = 10 < 50 neân G ∆ < 0 c
phản ứng xảy ra theo chiều thuận 2,5.4 2 (5) Từ b) ⇒ π = = 156,25 > 50 neân G ∆ > 0 c
phản ứng xảy ra theo chiều nghịch 0,2.0,8 2 (5) Từ c) ⇒ π = = 50 = K neân G ∆ = 0 c c
hệ đang ở trạng thái cân bằng 0,25.2 GIẢI
1. a/ Phản ứng trung hòa : H+
(aq) + OH-(aq) → H2O(l) ∆ H = -57,32kJ ∆Η = ∆Η − ∆Η − ∆Η = − − + = − − + 285,81 0 57,32
228, 49kJ / mol ttH2O ttOH ttH
b/ Phản ứng trung hòa HCN bằng kiềm mạnh :
(1) HCN(dd) + OH- → H2O(l) + CN-(aq) ∆ H1= -12,13 kJ (2) H+ (aq) + OH-(aq) → H2O(l) ∆ H2 = -57,32kJ Lấy (1) - (2) HCN
(dd) → H+(aq) + CN-(aq) ∆ H3 =-12,13-(-57,32)= 45,19kJ 2.a/ Áp dụng phương trình : 0 K ∆Η  1 1  2 log = −  − ÷ K 2,303 1 R  2 T 1 T  3 − 0 3,8.10 ∆Η  1 1  log = − 2 1,3.10− 2,303.  ÷ R  673 773  0, 47.2,303.8.314 0 4 ⇒ ∆Η = − = 4 − ,68.10 J 4 1,932.10−
b/ N2(K) + 3H2(K) € 2NH3(K) ∆ H < 0
Muốn tăng hiệu suất tổng hợp NH3 cần phải : - Tăng áp suất của hệ
- Giảm nhiệt độ của hệ GIẢI Trong dung dịch : M g(OH) 2 M g + O 2 H− k 2( R) s s s 2s k = [ 2 Mg + OH = .s 2s = 4 s ][ ]2- ( )2 3 s - Ở 180C hay 291k : 3 10 . 9 − = mol/ s 58 3 −3  . 9 10  11 k = = , 1 10 . 495 − s   1 58   - Ở 1000C hay 372k : 2 10 . 4 − = mol/ s 58 3 −2  10 . 4  −9 k = = 31210 , 1 s   2 58  
b/ Từ ∆G0 = ∆H0 – T. ∆S0 và ∆G0 = - RT ℓnks
vì ∆H0, ∆S0 không thay đổi theo nhiệt độ, nên : 0 0 0 G ∆ H ∆ S ∆ nk  = − = − + s1 RT RT 1 1 R 0 0 0 G ∆ ∆H ∆S nk  = − = − + s2 RT RT 2 2 R 0 0 ∆H  H ∆  ⇒ nk  − nk  = − − − s s 2 1 RT  RT  2  1  0 ks H ∆  1 1  ⇒ n 2 l = = − − k R  T T  s  2 1  2 T .T k 0 s 1 2 ⇒ H ∆ = . R ln 2 T - T k 1 2 s2 −9 373 . 291 3 , 1 12 10 . 0 1 - H ∆ = . 314 , 8 ln = J 8 , 49243 .mol 11 373 − 291 , 1 10 . 495 − 0 1 - H ∆ = , 49 kJ 2438 .mol
Muốn tính ∆G0 phải tính tích số tan ks ở 298k (250C) k ∆   s H0 1 1 8 , 49243  1 1  Từ n  = − − = −  −  = , 0 4781 ks R  T T  3 , 8 14    298 291 1 1  k Từ s 11 n  = , 0 4781 ⇒ k , 2 10 . 41 − = 11 - s 1,495.10 Từ ∆G0 = - RTℓnks 0 -11 ⇒ G ∆ = − 3 , 8 14 298 .  2,41.10 n 0 1 - 1 - G ∆ = 7 , 573 . 60 J.mol = k 5737 , 60 J.mol Từ ∆G0 = - ∆H0 – T. ∆S0 H0 ∆ − ∆ − 0 G0 8 , 49243 7 , 60573 ⇒ ∆S = = T 298 ∆S0 = - 38,02 J.mol -1. k -1 ĐÁP SỐ
Nhiệt lượng là 268405,7 kJ GIẢI
a) C4H6 + 5,5 O2 → 4CO2 + 3H2O
∆H0 (cháyC H ) = 4∆H0 (sinhCO ) + 3∆H0 (sinh H O) − ∆H0 (sinhC H ) 4 6 2 2 4 6
→ ∆H0(sinhC H ) = 4 (−393,51) + 3(− 285,83) − (− 2552,73) = 121,2 kJ/mol 4 6
b) ∆H0(sinhC H ) = 4∆H0(thăng hoaC ) + 3E(H−H) − 6 E(C−H) − E(C−C) − 2E(C=C ) 4 6 rắn
= (4 ×2866,8) + (3 ×436) − (6 ×415) − (345) − (2 ×615) = 109,8 kJ/mol
c) Năng lượng liên kết theo tính toán không phù hợp với kết quả thực nghiệm (lệch tới 10%), lớn hơn thông
thường do có sự không định vị của mây π làm cho phân tử bền vững hơn so với mô hình liên kết cộng hoá trị định vị. CH CH CH 2 CH2 −
Sự khác nhau giữa 2 nhiệt tạo thành được gọi là năng lượng cộng hưởng của phân tử = 11,4 kJ. mol 1. GIẢI
a/ Phương trình cần tìm: N2 + 2H2 N2H4 -Xếp các phản ứng
4N2 + 3H2O 2NH3 + 3N2O -H1
3N2O + 3.3H2 3.N2H4 + 3H2O 3.H2
2NH3 + 0,5O2 N2H4 + H2O H3 H2O H2+ 0,5O2 -H4 4N2 + 8H2 4N2H4 H
H= -H1+3H3+H3-H4 = 1011-3.317-143+286 =203KJ. - Nhiệt tạo thành N2H4:
HN2H4 = 203/4 = 50,75KJ.mol-1 b/
N2O + 3H2 N2H4 + H2O H2= -317
H2= HN2H4 + HH2O – HN2O
HN2O= HN2H4 + HH2O –H2 = 50,75 – 286 + 317 = 81,75KJ.mol-1 c/
2HN3 + 0,5O2  N2H4 + H2O H3
H3=HN2H4 + HH2O – 2.HNH3
=> HNH3=(HN2H4 + HH2O – H3)/2 HNH3=(50,75-286+143)/2 =-46,125KJ.mol-1. GIẢI
1.Nhiệt tạo thành của N2H4 là Ta có: ∆H = 2∆H + 2∆H − ∆H − 3∆ 3 H N 2 O ( H O N H O k ) 2 (k) 2 4(k ) 2(k ) ⇒ ∆H =(2∆H + 2∆H ) + 3∆H − ∆H3 N2H4( NO H O O k ) 2(k ) 2 (k) 2(k )
=[(2.33,18) + 2.(−241, 6)] + 0 − (−467, 44) = 50, 6 kJ / mol
2. N2H4(k) + H2O2(k) → N2(k) + 2H2O(k) H ∆ = 2 H ∆ −[(∆H + ∆H ] ) pu H2O(k) H2 2 O (k ) N2H4(k) = 2( 2 − 41,6) −[( 1 − 87,8) + 50,6] = − 346kJ
Khi 1 mol khí N2H4 phản ứng toả ra 346 kJ. Vậy nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy 1m3 khí N2H4 (đktc) là: 1000.( 3 − 46) =15.44,43kJ 22, 4 GIẢI
a./ Vì sinh nhiệt càng âm tức năng lượng càng tỏa nhiệt ra nhiều thì hợp chất càng bền . Do đó thứ tự độ bền
tăng dần là : O3 < HI < NH3 < CO2
b./ Xét phản ứng N2 + 3H2 ⇄ 2NH3 thì ∆H Pư = 2.-11,04Kcal
Ta có : E N-N + 3 x E H-H - 2 x E N-H = 2 x -11,04
Suy ra E N-N = - 22,08 – (3 . 104 -6 . 93 ) = 223,92 Kcal/mol 2./ a) Tính ∆ Ho 298oK
∆ Ho = ∆ Ho CO2 - ∆ Ho H2O - ∆ Ho CO
= -94,05 - ( -57,79 ) - ( - 26,41 ) = -9,85Kcal b) Tính ∆ Eo 298oK
Ta có ∆ Ho = ∆ Eo + RT ∆ n với ∆ n = 2 - 2 = 0
Vậy ∆ Ho = ∆ Eo = -9,85Kcal ( 1 đ ) GIẢI
a) Ta có –(1) + 3(2) + (3) – (4) → 4N2 + 8H2 ⇔ 4N2H4
∆ H0298 = 1011 + 3.(-317) + ( -143) + 286 = 203kJ → N2 + 2H2 ⇔ N2H4 ∆ H0298 = 50,8kJ / mol
* Từ 2 : 0 + ∆ H0298 (N2O) – 50,8 + 286 = 317
→ ∆ H0298 (N2O) = 81,88kJ / mol
* Từ 3: 50,8 – 286 -2. ∆ H0298 (NH3) = -143
→ ∆ H0298 (NH3) = -45,6 kJ / mol b) N2H4 + O2 ⇔ N2 + 2H2O
c) ∆H0298 = -2.286 -50,8 = -623 kJ
∆ S0298 = 191 + 2.66,6 – 205 – 240 = 121 J/K
∆ G0298 = ∆H0298 + T. ∆ S0298 = -623 + 298.121 = -587kJ 587000 K = 8, . 314 298 237 103 e = e = 10
d) ∆H = ∆U + p. ∆v = ∆U + ∆nRT
∆U = ∆H - ∆nRT trong đó ∆n = 1 – 2,5 = -1,5
∆U = -143000 + 1,5. 8,314. 298 = -139kJ GIẢI a/ C + → + ( O H O H CO k ) 2 (l ) 2(k ) 2(k ) o o o o o ∆ = ∆ + ∆ − ∆ − ∆ 2 G 98 G G G G pu H2(k ) C 2 O (k ) C ( O k ) H2 ( O l)
= 0 + (-394,007) + 137,133 + 236,964 = -19,91 kJ.mol-1..
Áp dụng phương trình đẳng nhiệt Van Hoff, ta có: o G ∆
= −RT ln K = −RT.2,303.lg K T p p o 3 ∆ 1 − 9,91.10 T G − − 2,303.RT 2,303.8,314.298 ⇒ K =10 =10 = 3,49 p b/ Để xét P
ở 25oC ta xét cân bằng ở 25oC. H2O(h) H  → 2 ( O H O ¬   l ) 2 (h) o o o 1 G G G
228,374 236,964 8,59 kJ. 298 mol − ∆ = ∆ − ∆ = − + = pu H2 ( O h) H2 ( O l) o ∆ 8 − ,59 T G − − 3 2,303. − RT 2,303.8,314.10 .298 ⇒ K =10 =10 = 0,0312 p [P ] H2O(h) → = 0,0312 [P ] H2O(l ) Vì P = const = 1atm → P = 0,0312atm (ở 25oC) H2O(l ) H2O(h)
c/ Vì ở điều kiện T; V = const  áp suất riêng phần tỷ lệ với số mol mỗi khí nên có thể tính áp suất riêng phần theo phản ứng: C + → + ( O H O (dư) H CO k ) 2 (l ) 2(k ) 2(k ) Ban đầu: 1 1 1 (atm)
Cân bằng: 1 – x 1 + x 1 + x 2 [P ].[P ] + H CO (1 x) 2 2 K = = = 3,49 p [P ] 1−  x = 0,421 x CO
Vậy tại thời điểm cân bằng ở 25oC:
[P ] = 1− x = 0,579 (atm) CO
[P ]=[P ] =1+ x =1,579 (atm) H2 C 2 O GIẢI 1. 4HCl + O2 2Cl2 + 2H2O 2 P . 2 P Cl2 H 2O K = P 4 P .P HCl 2 O Có 0 0 0 H ∆ 2∆ − 4∆ = −11 , 4 42 Phản ứng = H H kJ (H O) (HCl ) 2 0 0 0 0 0 S ∆ 2S + 2S − (4S + S ) = −128,63(J / K) Phản ứng = (Cl2 ) (H2O) (HCl) (O2 ) 0 0 0 G ∆ = H ∆ − T. S ∆
=-114420 + 298.128,63 = -76088,26(J) ∆G Vậy : 13,34 lg K K P = − = 34 , 13 ⇒ P = 10 . 3 , 2 K.T K H ∆  1 1  K 2. 698 698 ln = − − ⇒ ln = −26,47 K R  698 298 ÷   K 298 298 hay K 1,8 P(698) = 10
3. Dựa vào các số liệu bài toán, suy ra
Muốn tăng hiệu suất oxi hóa HCl cần: - Hạ nhiệt độ. - Tăng áp suất - Tăng nồng độ O2 Giải
Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 250C) : ∆H0 0 H 0 H pư = ∆ S(N – 2∆
= 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)……………….. 2O4 ) S(NO2 ) ∆S0 0 S 0 S pư = (N – 2
= 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol–1.K–1) ……………………. 2O4 ) ( NO2 )
Áp dụng : ∆G0T = ∆H0pư – T∆S0pư để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì ∆H0 và ∆S0 biến thiên không đáng
kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính ∆G ở các nhiệt độ khác nhau theo công thức nêu ra.) a) Ở 00C, tức 273K :
∆G0273 = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol) . ……………………………….
∆G0273 < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận……………………… b) Ở 1000C, tức 373K :
∆G0373 = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0 …………………………..
Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch. ……………………………………….
c) Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì ∆G0T = 0.
Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0 13873 T =
= 329 (K) hay 560C ……………………………………………….. 42, 2
Ở nhiệt độ t > 560C (hay T > 329K) thì :
∆G0T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch. …………………
Ở nhiệt độ t < 560C (hay T < 329K) thì :
∆G0T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận……………………
Document Outline

• HẾT
• GIẢI