kỲ thi hỌc sinh giỎi cÁc trƯỜng thpt chuyÊn khu … · a) tính số nguyên tử ag có...

5

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ IX, NĂM HỌC 2015 – 2016

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10

Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

Ngày thi: 23/4/2016

Câu 1 (2 điểm). Cấu tạo nguyên tử, phân tử, bảng tuần hoàn

1. Cho bảng sau:

Nguyên tố Ca Sc Ti V Cr Mn

Năng lượng ion hoá I2 (eV) 11,87 12,80 13,58 14,15 16,50 15,64

Hãy giải thích sự biến đổi năng lượng ion hoá thứ hai của các nguyên tố trong bảng.

2. Các axit và bazơ Lewis có thể phản ứng với nhau. Dựa vào các phản ứng dưới đây, sắp

xếp trình tự giảm dần độ mạnh axit Lewis, giải thích sự sắp xếp dựa vào bản chất cấu tạo

phân tử:

F4Si-NMe3 + BF3 → F3B-NMe3 + SiF4

F3B-NMe3 + BCl3 → Cl3B-NMe3 + BF3

3. Hợp chất A được tạo ra từ 4 nguyên tử của 2 nguyên tố X và Y. Tổng số hạt mang điện

trong hạt nhân của các nguyên tử trong một phân tử A là 18. Nguyên tử của nguyên tố Y có

4 electron ở phân lớp p. Xác định công thức phân tử của A.

Hướng dẫn chấm:

Câu 1 Đáp án Điểm

Ý 1.

(0,5đ)

Cấu hình electron của các nguyên tố:

Ca [Ar]4s2 ; Sc [Ar]3d14s2 ; Ti [Ar]3d24s2 ; V [Ar]3d34s2 ; Cr [Ar]3d54s1

; Mn [Ar]3d54s2.

Năng lượng ion hoá thứ hai ứng với sự tách electron hoá trị thứ

hai. Từ Ca đến V đều là sự tách electron 4s thứ hai. Do sự tăng dần điện

tích hạt nhân nên lực hút giữa hạt nhân và các electron 4s tăng dần, do đó

năng lượng ion hoá I2 cũng tăng đều đặn.

Đối với Cr, do cấu hình electron đặc biệt với sự chuyển 1 electron

từ 4s về 3d để sớm đạt được phân lớp 3d5 đầy một nửa, electron thứ hai bị

tách nằm trong cấu hình bền vững này cho nên sự tách nó đòi hỏi tiêu tốn

nhiều năng lượng hơn nên I2 của nguyên tố này cao hơn nhiều so với của

V. Cũng chính vì vậy mà khi chuyển sang Mn, 2 electron bị tách nằm ở

phân lớp 4s, giá trị I2 của nó chỉ lớn hơn của V vừa phải, thậm chí còn

nhỏ hơn giá trị tương ứng của Cr.

0,25

0,25

HƯỚNG DẪN CHẤM

6

Ý 2.

(0,75đ)

2. Độ mạnh tính axit Lewis: BCl3 > BF3 > SiF4

- BCl3> BF3: B chỉ có 6 electron lớp ngoài cùng, còn 1 obitan p trống;

Cl và F còn 1 cặp electron p để tạo xen phủ bên với AO p còn trống

của B tạo liên kết π không định chỗ. Tuy nhiên Cl có kích thước lớn

hơn nhiều so với B và F do đó mật độ xen phủ kém, liên kết π dễ bị bẻ

gãy tạo ra lại AO trống cho nguyên tử B, dễ tạo liên kết cho nhận với

cặp electron chưa liên kết của N trong NMe3.

- BF3 > SiF4: do bán kính của Si lớn hơn rất nhiều so với N, do đó khi

tạo liên kết, Si nhận cặp electron từ AO p của N vào AO d trống dẫn

đến sự xen phủ không hiệu quả. Bán kính lớn làm cho liên kết Si-N dài

hơn B-N do đó liên kết Si-N kém bền hơn, dễ bẻ gãy hơn.

0,25

0,25

0,25

Ý 3.

(0,75đ)

Đặt công thức phân tử chất A: XaYb

Ta có: a.PX + b.PY = 18

a + b = 4

Y có 4 electron ở phân lớp p nên:

- Trường hợp 1: Y thuộc chu kì 2 Y: 1s22s22p4 Y là oxi (PY = 8)

b 2

+ b = 1; a = 3; PX = 3,33 (loại)

+ b = 2; a = 2; PX = 1 (H)

Khi đó nghiệm phù hợp: a = b = 2, PX = 1 (Hiđro). A là H2O2

Vậy A là H2O2.

0,5

0,25

Câu 2 (2 điểm). Tinh thể.

Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Bán kính nguyên tử của Ag và Au

lần lượt là: rAg = 144 pm; rAu = 147 pm.

a) Tính số nguyên tử Ag có trong một ô mạng cơ sở.

b) Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.

c) Một mẫu hợp kim vàng – bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện. Biết hàm

lượng Au trong mẫu hợp kim này là 10%. Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.

Cho nguyên tử khối của Ag là 108, của Au là 197.


Câu 2. ĐÁP ÁN ĐIỂM

7

a) Số nguyên tử Ag có trong 1 ô mạng cơ sở: 1 1

8 68 2

= 4

b) Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng

cơ sở. Ta có: d = a 2 = 4rAg a = 2rAg 2 = 2.144 2 = 407 (pm)

Khối lượng riêng của Ag là: DAg = 23 10 3

4.108

6,02.10 (407.10 ) = 10,64 (g/cm3)

c) Đặt số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ sở là x và (4 – x).

Ta có: 197x

100197x 108(4 x)

= 10 x = 0,23

Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:

108.3,77 197.0,23

M4

= 113,12

Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là:

144.3,77 147.0,23

r4

= 144,1725 pm

Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:

ahk = 2r 2 = 2.144,1725. 2 = 407,78 pm

Kl riêng của mẫu hợp kim là:D = 23 10 3

4.113,12

6,02.10 (407,78.10 ) = 11,08 (g/cm3)

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

Câu 3 ( 2 điểm).

Một mẫu khoáng vật monazit điển hình có chứa 9 % ThO2 và 0,35 % U3O8. Biết rằng 208Pb

và 206Pb là các sản phẩm bền cuối cùng tương ứng của hai chuỗi phân rã 232Th và 238U. Tất

cả chì có mặt trong mẫu monazit đều có nguồn gốc từ sự phân rã của hai đồng vị trên.

1. Tính số phân rã và - xảy ra trong mỗi chuỗi này.

2. Tỉ lệ số nguyên tử các đồng vị 208Pb/232Th trong một mẫu monazit (được xác định bằng

phương pháp phổ khối) là 0,104. Thời gian bán hủy của 232Th và 238U lần lượt là 1,41 .1010

năm và 4,47 .109 năm. Giả thiết rằng toàn bộ lượng 208Pb, 206Pb, 232Th và 238U đều nằm lại

trong mẫu monazit từ khi mẫu này được hình thành.

a. Hãy tính tuổi của mẫu monazit trên.

b. Hãy tính tỉ lệ số nguyên tử 206Pb/238U trong mẫu monazit trên.

3. Trong toàn chuỗi phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 90Th232 và kết thúc là đồng vị bền 82Pb208

có bao nhiêu năng lượng theo MeV được giải phóng?

Cho biết: 2He4 =4,0026u ; 82Pb208 = 207,97664u ; 90Th232 = 232,03805u

1 uc2 = 931 MeV; 1 eV = 1,6.10-19 J; NA = 6,023.1023 .


Câu 3/ Nội dung Điểm

8

Ý

1 Ta có: 90Th232 82Pb208 + x 2He4 + y -1e0

90 = 82 + 2x - y

232 = 208 + 4x

Rút ra: x= 6, y = 4. Vậy số phân rã α: 6, số phân rã β: 4

232 208 4 0

90 82 2 16 4Th Pb He e

0,25

Tương tự ta có: eHePbU 0

1

4

2

206

82

238

92 68

Vậy số phân rã α: 8, số phân rã β: 6

0,25

2 a)

namThN

PbNt

ThN

PbNThNt

ThN

ThNt

910

232

208

2/1

232

208232

2/1

232

232

0

10.01,2)104,01ln(2ln

10.41,1)

)(

)(1ln(

2ln

)(

)()(ln

2ln)(

)(ln

1

0,5

b)

))(

)(1ln(

2ln)(

)()(ln

2ln)(

)(ln

1238

206

2/1

238

206238

2/1

238

238

0

UN

PbNt

UN

PbNUNt

UN

UNt

366,011)(

)( 9

9

2/1 10.47,4

2ln10.01,2

2ln

238

206

eeUN

PbN tt

0.5

3. Theo phương trình ta có: ∆m = mTh - mPb - 6mHe - 4me

Do khối lượng của -1e0 không đáng kể nên có thể bỏ qua

Thay vào: ∆m = 232,03805 - 207,97664 - 6.4,0026 = 0,04581u

Năng lượng được giải phóng trong chuỗi là:

∆m.c2 = 0,04581.931 = 42,65 MeV.

0,5

Câu 4 ( 2 điểm). Nhiệt hóa học

Xét quá trình giãn nở đoạn nhiệt bất thuận nghịch một mol khí lí tưởng đơn nguyên

tử dưới áp suất bên ngoài Pngoài = 1 atm. Ở trạng thái đầu, khí chiếm thể tích VA = 5L dưới

áp suất PA = 10 atm. Ở trạng thái cuối, áp suất của khí là PC = 1 atm.

1. Tính nhiệt độ của hệ ở trạng thái đầu.

2. Tính nhiệt độ và thể tích của hệ ở trạng thái cuối.

3. Tính biến thiên entropi của hệ trong quá trình trên.

Cho biết: Đối với khí lí tưởng đơn nguyên tử, CV (JK-1mol-1) = 3R/2.

Hướng dẫn chấm.

1. A A AT P V / nR= 10.5 / 1.0,082 609,76 K 0,25

2. Vì quá trình là đoạn nhiệt nên ta có: Q = 0;

Theo nguyên lí thứ nhất nhiệt động học, ta có: ∆U = A.

9

n.VC (T2 – T1) = -Png .(V2 – V1) = -P2 .

1

1

2

2

P

nRT

P

nRT

n. 2

3R(T2 – T1) = -n.R.1.

101

12 TT T2 = 0,64T1 = 390,25 (K)

1 1 2 2 1 1 2 1

2

1 2 1 2 1

10.5.0,64.

.1

PV PV PV T TV

T T T P T = 32 Lít

(P1 = PA ; P2 = PC)

0,5

0,5

3. Để tính một cách đơn giản biến thiên entropi của hệ trong quá trình bất thuận

nghịch như trên, ta tưởng tượng quá trình đi qua hai giai đoạn thuận nghịch để đưa

hệ từ trạng thái đầu tới trạng thái cuối theo đề bài.

- Giai đoạn 1: Đun nóng hệ ở áp suất không đổi từ trạng thái đầu (A) tới trạng thái

trung gian (B), tại đó: PB = PA = 10 atm và VB = VC = 32L (trong điều kiện đẳng

áp)

- Giai đoạn 2: Làm lạnh để giảm áp suất của hệ xuống 1 atm trong điều kiện đẳng

tích.

Entropi của quá trình chuyển 1 mol khí từ trạng thái đầu (A) đến trạng thái cuối

(C) được tính bằng công thức:

∆SA-C = ∆SA-B + ∆SB-C

∆SA-B = nCPln(TB/TA) = nCPln(VB/VA) = 1.(5R/2).ln(32/5) = 38,58 (J/K)

∆SB-C = nCVln(TC/TB) = nCVln(PC/PB) = 1.(3R/2).ln(1/10) = -28,72(J/K)

∆SA-C = 38,58 – 28,72 = 9,86 (J/K)

0,25

0,5

Câu 5 (2 điểm). Cân bằng hóa học pha khí.

Hai xi lanh A, B được đậy chặt bằng piston. Xi lanh A chứa hỗn hợp khí CO2 và H2 theo tỉ

lệ mol 1 : 1; xi lanh B chứa khí C3H8 . Nung nóng cả hai xi lanh đến 5270C xảy ra các phản

ứng sau :

(A) CO2 (k) + H2 (k) CO (k) + H2O (k) Kc (A) = 2,50 . 10 -1

(B) C3H8 (k) C3H6 (k) + H2 (k) Kc (B) = 1,30 . 10 -3

Khi đạt tới cân bằng, áp suất ở hai xi lanh bằng nhau. Thành phần phần trăm thể tích của

C3H8 trong xi lanh B bằng 80%.

1. Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xi lanh B và áp suất toàn phần khi đạt

tới cân bằng.

2. Tính nồng độ cân bằng của các chất trong xi lanh A.

3. Dùng piston để giảm thể tích của mỗi xi lanh còn một nửa thể tích ban đầu, trong

khi giữ nguyên nhiệt độ. Tính áp suất toàn phần tại thời điểm cân bằng trong mỗi xi lanh.



10

Ý 1.

(0,75đ)

C3H8 80% C3H6 10% và H2 10%

Gọi CB là tổng nồng độ của tất cả các hợp phần tại cân bằng:

[C3H8 ] = 0,8. CB ; [C3H6 ] = [H2] = 0,1.CB

KC = lmolCC

CB

B

B /104,010.3,1).8,0(

).1,0( 32

;

[C3H8 ] = 0,0832 mol/l; [C3H6] = [H2] = 0,0104 mol/l.

0,104.0,082.(527 273) 6,8224B B

P C RT atm

(R=22,4/273 thì PB = 6,827 atm)

0,25

0,25

0,25

Ý 2.

(0,5đ)

. Nếu PA = PB thì CA = CB . Tại cân bằng [CO2] = [H2] = x

[CO] = [H2O] = (0,104-2x)/2 = 0,052-x;

K C = (0,052-x)2 / x2 = 0,25 -> x = 3,47.10-2 mol/l

[CO2] = [H2] = 3,47 . 10-2 mol/l ; [CO] = [H2O] = 1,73.10-2 mol/l.

0,25

0,25

Ý 3.

(0,75đ)

Xilanh A: P'A = 2.PA = 1384 KPa.

KC = (0,0208 - y)2 / (0,1660 + y) = 1,30 . 10-3 -> y = 5,84 .10-3mol/l

C'B = 2CB - y = 0,2022 mol/l

P'B = C'BRT = 1345 KPa = 13,264 atm

0,25

0,5

Câu 6 ( 2 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa.

1. Ở 250C tích số tan của BaCrO4 là 1,2.10-10 ; Ag2CrO4 là 2,5.10-12

a. Muối nào tan trong nước nhiều hơn?

b. Muối nào tan trong dung dịch nước chứa CrO42- 0,1M nhiều hơn?

2. Thêm từ từ 50 ml dung dịch H2S bão hòa ( có nồng độ 0,1 M) vào 50 ml dung dịch gồm

KOH 0,04 M và K2S 0,04 M thu được dung dịch A.

a. Tính pH và nồng độ cân bằng các cấu tử có mặt trong dung dịch A.

b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,1 M cần thêm vào 20 ml dung dịch A để thu được

dung dịch mới có pH=5,50. Cho H2S có pKai= 7,02 ; 12,90.


Câu 6

Ý 1.

(1 đ)

a. Tính độ tan của BaCrO4 trong nước

Xét cân bằng: BaCrO4 Ba2+ + CrO42-

Sa Sa

T(BaCrO4) = Sa2 = 1,2.10-10 → Sa =1,1.10-5(mol/l)

Xét cân bằng: Ag2CrO4 2Ag+ + CrO42-

2Sb Sb

0,5

11

T(Ag2CrO4) = (2Sb)2.Sb = 2,5.10-12 → Sb =8,55.10-5(mol/l) > Sa

Kết luận: Trong nước Ag2CrO4 tan nhiều hơn BaCrO4

b. Trong dd CrO42- 0,1M (độ tan của BaCrO4 và Ag2CrO4 là Sa

’ và Sb’ )

Ta có: TBaCrO4 = (Sa’) ( 0,1+ Sa

’) → Sa’ = 1,2.10-9

(M)

TAg2CrO4 = (2 Sb’)2 (0,1 + Sb

’) → Sb’ = 2,5.10-6 (M)

Nhận xét: Sa’ = 1,2.10-9

< 1,1.10-5

Sb’ = 2,5.10-6

< 8,5.10-5

Kết luận: Ag2CrO4 tan trong dung dịch CrO42- 0,1M nhiều hơn

BaCrO4

0,5

12

Câu 7 ( 2 điểm). Phản ứng oxi hóa – khử. Điện hóa.

1. Cho phản ứng ở 250C : 2Fe3+aq + 2I-

aq 2 Fe2+aq + I2aq

Giả sử có thể chế tạo 1 pin bao gồm các nửa phản ứng Fe3+/Fe2+ và I2/2I-. Có thể thắp sáng

một bóng đèn 100W trong bao lâu nếu các nồng độ ban đầu trong pin như sau:

Fe3+ Fe2+ I- I2

CM(mol/lit) 0,1 0,001 0,1 0.001

Và 0

/ 23 FeFeE = + 0,77V; 0

2/2II

E = + 0,62V. Biết phản ứng tạo ra 2 mol I2.

2. Hoàn thành các phản ứng sau:

a) CuFeS2 + NO3- + H+ → NO + ...

b) C8H12 + KMnO4 + H2SO4 → C7H10O6 + ….



1. Phản ứng: 2Fe3+aq + 2I-

aq 2 Fe2+aq + I2aq

Suy ra: Fe3+/Fe2+ là catot (+) và 2I-/I2 là anot ( -)

Ta có: 100W = 100J/s

G = G0 + RTlnQ = -nE0F + RT ln2

2

3

2

2 2

.

.

IFe

Fe I

C C

C C

= -2.96500.(0,77-0,62) + 8,314.298.ln3 2 3

2 2

(10 ) .10

0,1 .0,1

= -57474,102 ( J/ mol).

Khi tạo ra 1 mol I2 thì G = -57474,102 ( J/ mol)

=> 2 mol I2 thì G = -114948,2035 ( J).

Do đó: t = P

G =

100

2035,114948=1149,48s

0,5

0,5

Ý 2.

(1đ)

a) CuFeS2 + NO3- + H+ → NO + Cu2+ + Fe3+ + SO4

2- + H2O

x 3 CuFeS2 + 8H2O → Cu2+ + Fe3+ + 2SO42- + 16H+ + 17e

x 17 NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O

Pt: 3CuFeS2 + 17NO3- + 20H+ → 17NO + 3Cu2+ + 3Fe3+ +

6SO42- + 10H2O

0,25

0,25

13

b) C8H12 + KMnO4 + H2SO4 → C7H10O6 + CO2 + K2SO4 + MnSO4 +

H2O

x 5 C8H12 + 8H2O → C7H10O6 + CO2 + 18H+ + 18e

x 18 MnO4- +5e + 8H+ → Mn2+ + 4H2O

Pt: 5C8H12 + 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5C7H10O6 + 5CO2+ 9K2SO4

+18MnSO4 + 32H2O

0,25

0,25

Câu 8 ( 2 điểm). Nhóm halogen.

Xác định các chất từ A đến H và viết các phương trình phản ứng hóa học đã xảy ra


14

Câu 9 (2 điểm). Nhóm O-S

1. Cho một chất rắn màu đen tím X1 vào nước được dung dịch huyền phù. Cho dung dịch

huyền phù này vào dung dịch không màu X2 (dạng bão hòa) được một chất rắn màu vàng X3

và một dung dịch không màu chỉ chứa một chất tan X4. Chất X3 tan được trong dung dịch

Na2SO3 và trong dung dịch Na2S. Cho một đơn chất màu trắng X5 vào dung dịch X4 (đặc)

thấy tạo được một chất kết tủa màu vàng X6. Kết tủa này không tan trong nước nóng, nhưng

tan được trong dung dịch X4. Xác định công thức hóa học của các chất X1, X2, X3, X4, X5,

X6 và viết các phương trình hóa học cho các quá trình biến đổi trên.

2. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi cho khi cho KClO3 tác dụng với:

a) H2SO4 đặc

b) Hỗn hợp gồm axit oxalic và H2SO4 loãng.

3. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ

phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau

cho khí E, khí này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A

với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là

một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân.

Xác định A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.

15



Ý 2.

(1đ)

1/ Chất rắn màu vàng X3, không tan trong nước, tan được trong dung

dịch Na2SO3 và dung dịch Na2S Chất rắn X3 đó là lưu huỳnh:

nS + Na2S → Na2Sn + 1

S + Na2SO3 → Na2S2O3 Chất rắn màu đen tím cho vào nước tạo được huyền phù, chứng

tỏ chất rắn ít tan trong nước. Dung dịch huyền phù này cho vào dung dịch không màu (dạng bão hòa) được lưu huỳnh, chứng tỏ dung dịch bão hòa đó là H2S và chất rắn X1 là I2. H2S + I2 → S + 2HI

Dung dịch chứa một chất tan X4 là HI Đơn chất màu trắng, tan trong dung dịch HI đặc để tạo kết tủa màu vàng, kết tủa vàng không tan trong nước nóng, tan được trong dung

dịch HI kết tủa vàng X6 là AgI và đơn chất màu trắng X5 là Ag 2Ag + HI → 2AgI + H2

AgI + HI → HAgI2

0,25

0,25

0,25

0,25

Ý 2.

(0,5đ)

a) 3KClO3 + 3H2SO4 → 3KHSO4 + HClO4 + 2ClO2 + H2O

b) 2KClO3 + H2SO4 + H2C2O4 → K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O

0,25

0,25

Ý 3.

(0,5đ)

Hợp chất AxBy là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H2S.

Hợp chất AnCm là Al2O3

Vậy A là Al, B là S, C là O

Hợp chất AoBpCq là Al2(SO4)3

2 Al + 3 S ot Al2S3

Al2S3 + 6 H2O 2 Al(OH)3 + 3 H2S

4 Al + 3 O2 ot 2 Al2O3

S + O2 ot SO2

Al3+ + 2 H2O Al(OH)2+ + H3O+

0.25

điểm

0.25

điểm

Câu 10 (2 điểm). Động học

1. Đối với phản ứng đơn giản: X + Y → Z + T

Trộn 100ml dung dịch chất X và 100ml dung dịch chất Ycó cùng nồng độ 1M:

a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 60,20C thì sau 120 phút tỉ lệ nồng độ 0

X

X

C

C=

43

100

Tính hằng số tốc độ của phản ứng.

b. Nếu thực hiện phản ứng ở 70,20C thì sau 79,8 phút nồng độ của X chỉ còn một nửa. Tính

năng lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol-1).

c. Trộn 100 ml dung dịch chất X với 200ml dung dịch chất Y, đều cùng nồng độ 1M, ở

nhiệt độ 60,20C thì sau bao lâu X còn lại 20%?

16

2. Ở 250C sự thủy phân metyl axetat, với sự có mặt của HCl dư (nồng độ 0,05M) là phản

ứng bậc 1. Thể tích dung dịch NaOH cần dùng để trung hòa 25 ml hỗn hợp phản ứng theo

thời gian như sau:

t (phút) 0 21 75 119 ∞

VNaOH (ml) 24,4 25,8 29,3 31,7 47,2

Hãy tính hằng số tốc độ và thời gian nửa phản ứng.


Câu

10

Ý 1.

(1,5đ)

1. a.Đối với phản ứng: X + Y → Z + T

Phương trình tốc độ phản ứng dạng tổng quát là: v = kCXCY (1)

Vì nồng độ ban đầu của X và Y bằng nhau nên (1) trở thành v = k CX2 và

phương trình động học tích phân tương ứng là:

kt = 1/CX - 1/CXo

Thay các giá trị số tính được k 1 = 0,022 mol-1 .l.phút-1.

0,25

0,25

b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp 1) được k 2 = 0,025 mol-1 .l.phút-

1.

Áp dụng phương trình Arrhenius: 2

1 1 2

1 1ln ( )

T

T

k E

k R T T

Với T1 = 333,2K; T2 = 343,2K; k 1 = 0,022 mol-1 .l.phút-1.;k 2 = 0,025 mol-1

.l.phút-1. Thay vào pt Arrhenius trên tính được Ea = 12044 Jmol-1.

0,25

0,25

c. CXo = 1/3M; CYo = 2/3M. Nồng độ ban đầu của X và Y khác nhau, phương

trình động học tích phân có dạng:

kt = 1

a bln

( )

( )

b a x

a b x

=> t =

1

( )k a b ln

( )

( )

b a x

a b x

Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 149,8 phút.

0,25

0,25

Câu 10

Ý 2

2,303lg

ak

t a x

a là nồng độ ban đầu của este, a-x là nồng độ este ở thời điểm t.

Nếu V∞ ở thời điểm t = ∞ là thể tích ứng với sự kết thúc phản ứng

thủy phân este trong môi trường axit.

V0 là thể tích ứng với thời điểm t=0 thì hiệu V∞ - V0 sẽ là tỉ lệ với

nồng độ ban đầu của este. Còn hiệu V∞ - Vt sẽ là tỉ lệ với nồng độ

este ở các thời điểm t.

02,303lg

t

V Vk

t V V

Thay số tính ki

0,25 đ

17

1

2,303 47,2 24,4lg 0,003016

21 47,2 25,8k

2

2,303 47,2 24,4lg 0,003224

75 47,2 29,3k

3

2,303 47,2 24,4lg 0,003244

119 47,2 31,7k

Suy ra phút-1.

Thời gian nửa phản ứng: 1/2

0,693219t

k phút.

0,25đ

Ghi chú: Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa tương ứng với phần đó.

---Hết---

kỲ thi hỌc sinh giỎi cÁc trƯỜng thpt chuyÊn khu … · a) tính số nguyên tử ag có...

Documents