Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học năm 2006 - Bảng A phần Hóa vô cơ

Nội dung text: Đề thi học sinh giỏi môn Hóa học năm 2006 - Bảng A phần Hóa vô cơ

1. bộ giáo dục và đào tạo Hướng Dẫn chấm đề thi chính thức Môn: Hoá học, Bảng A Ngày thi thứ nhất: 23/2/2006 Câu I (5,5 điểm): 1. 2,25 điểm; 2. 1,25 điểm; 3. 2,0 điểm. 1. a) Trong phòng thí nghiệm có các lọ hoá chất: BaCl2.2H2O, AlCl3, NH4Cl, SiCl4, TiCl4, LiCl.H2O, CCl4. Một số chất trong các chất này "bốc khói" nếu người ta mở lọ đựng chất đó trong không khí ẩm. Những chất nào “bốc khói”? Hãy viết phương trình hoá hoá học để giải thích. b) Cho sơ đồ sau: Na2CO3 1 2 9 A 10 4 5 3 7 6 B 8 C Hãy xác định công thức hoá học của các hợp chất vô cơ A, B, C và viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Để điều chế nhôm sunfua người ta cho lưu huỳnh tác dụng với nhôm nóng chảy. Quá trình điều chế này cần được tiến hành trong khí hiđro khô hoặc khí cacbonic khô, không được tiến hành trong không khí. Hãy giải thích vì sao điều chế nhôm sunfua không được tiến hành trong không khí, viết phương trình hoá học để minh hoạ. 3. Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M và một oxit của kim loại đó. Người ta lấy ra 3 phần, mỗi phần có 59,08 gam A. Phần thứ nhất hoà tan vào dung dịch HCl thu được 4,48 lít khí hiđro; phần thứ hai hoà tan vào dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 thu được 4,48 lít khí NO; phần thứ ba đem nung nóng rồi cho tác dụng với khí hiđro dư cho đến khi được một chất rắn duy nhất, hoà tan hết chất rắn đó bằng nước cường toan thì có 17,92 lít khí NO thoát ra. Các thể tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên của kim loại M và công thức oxit trong hỗn hợp A. Hướng dẫn giải: 1. a) Khi tiếp xúc với hơi nước trong không khí, một số chất bị thuỷ phân tạo ra HCl bay lên tựa như “bốc khói”. Các chất đó là AlCl3, SiCl4, TiCl4. Các phương trình phản ứng: AlCl3 + H2O AlOHCl2 + HCl SiCl4 + 4 H2O H4SiO4 + 4 HCl (hoặc SiCl4 + 4 H2O SiO2.2H2O + 4 HCl ) TiCl4 + H2O TiOCl2 + 2 HCl ( hoặc TiCl4 + 2 H2O TiCl2(OH)2 + 2 HCl ) Trang 1/10
2. b) Từ tính chất hoá học của các chất và sự liên hệ giữa chúng, ta có A là CO2, B là CaCO3, C là Ca(HCO3)2 hoặc A là NaOH, B là NaCl, C là NaHCO3 . . . Phương trình các phản ứng xảy ra: 1) CO2 + 2 NaOH Na2CO3 + H2O 2) Na2CO3 + 2 HCl 2 NaCl + CO2 + H2O 3) CO + Ca(OH) CaCO ↓ + H O 2 2 to 3 2 4) CaCO3 CaO + CO2 5) 2 CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2 6) Ca(HCO3)2 + 2 HCl CaCl2 + 2 CO2 + 2 H2O 7) CaCO3 + H2O + CO2 Ca(HCO3)2↓ 8) Ca(HCO3)2 + 2 NaOH CaCO3↓ + Na2CO3 + 2 H2O 9) Na2CO3 + CaCl2 CaCO3↓ + 2 NaCl 10) Ca(HCO3)2 + 2 NaOH CaCO3↓ + Na2CO3 + 2 H2O 2. Phản ứng tạo ra Al2S3: to 2 Al + 3 S Al2S3 ; ΔH 0). Giả thiết a): M có duy nhất một mức (hay số) oxi hoá là n+ : Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch HCl thu được khí hiđro theo phương trình: M + n HCl MCln + 0,5 n H2 (1) x mol 0,5 nx mol Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch của hỗn hợp NaNO3 và H2SO4 (cũng chính là dung dịch HNO3) ta thu được khí NO: – + n+ 3 M + n NO3 + 4n H 3 M + n NO (k) + 2n H2O (2) x mol (nx : 3) mol NO Theo đề bài có số mol H2 bằng số mol NO (đều bằng 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol)). Theo lập luận trên lại có 0,5 nx mol H2 khác với (nx : 3) mol NO. Vậy giả thiết a) này không phù hợp. Giả thiết b): Xét M có hai mức (số) oxi hoá khác nhau: *) Trong phản ứng (1), M có mức oxi hoá n+. Từ liên hệ trên, ta thu được 0,5 nx mol H2 (a) *) Trong phản ứng (2), M có mức oxi hoá m+. Ta có: Trang 2/10
3. - + m+ 3 M + m NO3 + 4 m H 3 M + m NO (k) + 2m H2O (2) x mol (mx : 3) mol Số mol NO thu được là mx/3 mol (b) Theo đề bài có số mol H2 bằng số mol NO. Vậy từ ( a ) và ( b ) ta có: (1/2) nx = (1/3) mx (c ). Từ đây ta có: n/m = 2/3 = 4/6 = 6/9 = . . . (d) Ta đã biết các kim loại có số oxi hoá n hay m không vượt quá 4+. Vậy kim loại M được xét ở đây có đồng thời n = 2 và m = 3. Giả thiết b) là hợp lí. c) Xác định M và oxit của nó: c.1) Xét trường hợp M có số oxi hoá m = 3 trong oxít: hỗn hợp A gồm M và M2O3. to Với phản ứng M2O3 + 3 H2 2 M + 3H2O (3) ta cũng thu được kim loại M. Vậy chất rắn duy nhất là kim loại M. Khi tác dụng với nước cường toan (là chất oxi hoá rất mạnh) M chuyển thành 3+ M trong phản ứng M + 3 HCl + HNO3 MCl3 + NO (k) + 2 H2O (4) Theo (1) có 0,5 nx = 0,2 mà n = 2 vậy x = 0,2 Theo (4) tổng số mol M trong 59,08 g hỗn hợp A là: nM = nNO = 17,92/22,4 = 0,8 (mol) Biết số mol M ban đầu có trong 59,08 g A là x = 0,2. Vậy số mol M do phản ứng (3) tạo ra là 0,8 - 0,2 = 0,6 (mol). Theo công thức M2O3 thì 0,6 mol này tương ứng với số mol oxit là 0,6 : 2 = 0,3 (mol). Kí hiệu khối lượng mol phân tử M là X, ta có phương trình: 0,2 X + (2 X + 16 x 3) x 0,3 = 59,08. Vậy X = 55,85 (g/mol). Suy ra nguyên tử khối của M là 55,85 ~ 56. Do đó M là Fe và oxit là Fe2O3. c.2) Vấn đề được đặt ra tiếp theo là: Trong hỗn hợp A có oxit nào khác chứ không phải Fe2O3? Có một số cách trả lời câu hỏi này. Ta xét cách sau đây: Kí hiệu số oxi hoá của Fe trong oxit này là z. Vậy công thức oxit là Fe2Oz. Theo kết quả tính ở trên, trong 59,08 gam hỗn hợp A có 0,2 mol Fe nên số gam Fe2Oz là 59,08 - 0,2.55,85 = 47,91 (g) tương ứng với số mol được kí hiệu u. Số mol NO do Fe từ Fe2Oz tác dụng với nước cường toan tạo ra là 2 u = 0,6 u = 0,3 (5) Đưa kết quả này vào liên hệ về số gam Fe2Oz , ta có: 0,3.(55,85 . 2 + 16z) = 47,91 z = 3 (6) Vậy Fe2Oz là Fe2O3 Kết luận: Hỗn hợp A gồm M là Fe, oxit chính là Fe2O3 (không thể là oxit khác). Câu II (4,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm. 1. Người ta qui ước trị số năng lượng electron trong nguyên tử có dấu âm (-). Electron (e) trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định, e có một trị số năng lượng tương ứng, đó là năng lượng của một mức. Có 3 trị số năng lượng (theo đơn vị eV) của hệ He+ là -13,6; -54,4; -6,04. o Trang 3/10
4. a) Hãy chỉ ra trị năng lượng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đó dựa vào căn cứ nào về cấu tạo nguyên tử? b) Từ trị số nào trong 3 trị trên ta có thể xác định được một trị năng lượng ion hoá của heli? Hãy trình bày cụ thể. 2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị A như sau: 1,71; 1,16; 1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy này có cùng tổng số electron như ion khác trong dãy. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đó trong giới hạn 2 < Z < 18. Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số này. Cần trình bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán đúng đó. 3. Thực nghiệm cho biết PCl5 có hình song tháp tam giác, góc liên kết trong mặt phẳng đáy là 120o, trục với mặt đáy là 90o. Áp dụng thuyết lai hoá, hãy giải thích kết quả đó. Hướng dẫn giải: 1. a) Trong He+ có 1e nên nó chỉ chịu tác dụng của lực hút hạt nhân. e này chuyển động ở lớp càng gần hạt nhân càng chịu tác dụng mạnh của lực hút đó, năng lượng của nó càng âm (thấp). Khi chuyển động ở lớp thứ nhất, cấu hình 1s1, e này có năng lượng thấp nhất hay âm nhất, là -54,4 eV. Đó là mức thứ nhất (số lượng tử chính n = 1). Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s1, e này có năng lượng cao hơn, là -13,6 eV. Đó là mức thứ hai (số lượng tử chính n = 2). Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s1, e này có năng lượng cao hơn nữa, là -6,0 (4) eV. Đó là mức thứ ba (số lượng tử chính n = 3). Khi e có năng lượng ở mức thấp nhất, mức thứ nhất (số lượng tử chính n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He+ ở trạng thái cơ bản. Với hai trị năng lượng còn lại, -13,6 eV và - 6,0(4) eV, He+ đều ở trạng thái kích thích. b. Theo định nghĩa, năng lượng ion hoá I bằng trị số tuyệt đối năng lượng cuả1e tương ứng ở trạng thái cơ bản. Với hệ He+: + 1 2+ He (1s ) - e He ; I2 = -E1s 1 - (-54,4 eV) = 54,4 eV 2. Theo điều kiện 2 < Z < 18 (a) các ion được xét thuộc các nguyên tố chu kì 2 (từ Li đến Ne) (b); chu kì 3 (từ Na đến Ar) (c) +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hoá trị ít nên chúng có khuynh hướng chủ yếu là mất e trở thành ion dương (+); hay góp chung e tạo liên kết cộng hoá trị. Do đó ta chú ý tới các nguyên tố cuối chu kì là F, O, N. Nguyên tử có nhiều e hoá trị hơn nên chúng có nhiều khả năng hơn trong việc thu e để trở thành ion âm (-). Đó là các ion âm F-(có 10 e ); O2-(có 10 e ); N3- (có 10 e). +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Na, Mg, Al có ít e hoá trị nên chúng đều là kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na+ (có10 e); Mg2+ (có 10 e); Al3+ (có 10 e). Các nguyên tố cuối chu kì này là các phi kim dễ tạo thành ion âm (-) đều có 18 e như Cl- ; S2- ; P3-. +) Đầu bài cho 6 trị số bán kính ion. Kết quả vừa xét trên cho 6 ion, mỗi ion này đều có 10 e với cấu hình 1s22s22p6. Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Trang 4/10
5. Z nhỏ hơn các ion dương (+). Các ion âm có lực hút tác dụng lên các electron ngoài (trong cấu hình trên) yếu hơn các ion dương. Vậy các ion âm (-) có bán kính lớn hơn. •) 3 ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7) (d).Dãy (d) này đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion âm (-). •) 3 iondương (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) (e) Dãy (e) này cũng đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion dương. Kết hợp (d) với (e) trên ta có dãy 6 ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính như sau: Ion: Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7) Bán kính: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71 Ghi chú: Thực tế các ion O2- và N3- kém bền, khó tồn tại. 3. a) Trước hết ta xét cấu hình electron của các nguyên tử. P (Z = 15) [Ne]3s23p3 (a) Cl (Z = 17) [Ne]3s23p5 (b) Kí hiệu [Ne] biểu thị cấu hình 1s22s22p6 Cl (5) b) Hình dạng của PCl5 được mô tả như hình bên: Mặt đáy tam giác (Δ) có 3 đỉnh là 3 nguyên tử Cl (1), (2), (3); tâm là P. Góc ClPCl trong mặt đáy này là 120o. Cl ( Tháp phía trên có đỉnh là nguyên tử Cl(5), tháp phía P dưới có đỉnh là nguyên tử Cl (4). Hai đỉnh này cùng Cl (3) Cl (1) ở trên đường thẳng đi qua P. Góc Cl (4) PCl (1) bằng 90o. Độ dài liên kết trục PCl (4) hay PCl (5) đều lớn hơn độ dài liên kết ngang trong mặt đáy, d > d . t n Cl (4) c) Giải thích: Trong cấu hình electron của các nguyên tử P có 3 e độc thân. Để trở thành nguyên tử trung tâm trong PCl5, một phân tử có 5 liên kết tạo thành hình song tháp tam giác, P ở dạng lai hoá thích hợp là sp3d. lai hoá (a) (a1) 3 3s2 3p3 3d sp d d (Ghi chú : Giả thiết P ở dạng lai hoá sp2d2 vẫn được coi là hợp lí). Do lai hoá như vậy, trong P có 5 obitan chứa 5 e độc thân (xem (a1) trên). 3 trong số 5 obitan đó ở trong cùng mặt phẳng có 3 đỉnh hướng về 3 phía lập thành 3 đỉnh của tam giác đều; 3 trục của chúng cắt nhau từng đôi một tạo thành góc 120o. P ở tâm tam giác đều này. 2 obitan còn lại có 2 đỉnh trên cùng một đường thẳng vuông góc (tạo góc 90o) với mặt phẳng tam giác và hướng về hai phía của mặt phẳng tam giác này. Mỗi Cl có 1 AO-p nguyên chất chứa 1 e độc thân (xem (b) ở trên). Do đó mỗi AO này xen phủ với 1 obitan lai hoá của P tạo ra 1 liên kết xích ma (σ). Trong mỗi vùng xen phủ đó có một đôi electron với spin ngược nhau (), do P và mỗi Cl góp chung, chuyển động. Vậy trong 1 phân tử PCl5 có 5 liên kết xích ma (σ). 3 trong 5 liên kết được phân bố trong mặt Trang 5/10 đáy tam giác. 2 liên kết còn lại ở trên đưòng thẳng vuông góc (tạo góc 900) với mặt phẳng tam giác và hướng về hai phía của mặt phẳng tam giác này. (Hình bên minh hoạ rõ ràng kết quả đó). Như vậy, PCl5 có hình song tháp tam giác là hợp lí.
6. Cl (5) Cl (2) Cl (3) P Cl (1) Cl (4) Câu III (6,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 2,5 điểm; 3. 2,0 điểm. 1. Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,010 M và Ba(NO3)2 0,020 M cho đến nồng độ 0,130 M (coi thể tích dung dijch không đổi khi thêm axit). Hãy tính pH và nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu được. 2. a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (p H 2= 1 atm) đươc nhúng trong dung dịch CH3COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng trong dung dịch A. Hãy chỉ rõ anot, catot. b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1 lit dung dịch ở phía điện cực hiđro (coi thể tích không thay đổi). Tính Epin và viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. - Cho: pKa (HSO4 ) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; chỉ số tích số tan pKs (BaSO4) 9,93 ; pKs (PbSO4) 7,66 . o (RT/F) ln = 0,0592lg ; E Pb 2+ /Pb = - 0,123 V. 3. Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại bằng phương pháp mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch niken sunfat. Điện áp được đặt lên các điện cực của bể mạ là 2,5 V. Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mỗi mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20 cm. Người ta phủ lên mỗi mẫu một lớp niken dày 0,4 mm. Hãy: a) Viết phương trình các phản ứng xảy ra trên các điện cực của bể mạ điện. b) Tính điện năng (theo kWh) phải tiêu thụ. Cho biết: Niken có khối lượng riêng D = 8,9 g/cm3; khối lượng mol nguyên tử là 58,7(g/mol); hiệu suất dòng bằng 90% ; 1 kWh = 3,6.106J. Hướng dẫn giải: 2+ – 1. Pb(NO3)2 Pb + 2NO3 0,010 0,010 2+ – Ba(NO3)2 Ba + 2NO3 0,020 0,020 + – H2SO4 H + HSO4 0,130 0,130 0,130 – 2+ + 7,93 HSO4 + Ba BaSO4 + H ; 10 0,130 0,020 0,130 Trang 6/10
7. 0,110 0,150 – 2+ + 5,66 HSO4 + Pb PbSO4 + H ; 10 0,110 0,010 0,150 0,100 0,160 – + Thành phần của hệ: HSO4 0,100 M , H 0,160 M , BaSO4 , PbSO4 – + 2 – -2 HSO4 H + SO4 ; 10 C 0,100 0,16 x [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x x (0,160 + x) -2 2– -3 = 10 x = [SO4 ] = 5,69.10 (M) 0,100 –- x [HSO4 ] = 0,0943 (M) [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78 KS -9,93 [Ba2+] = (BaSO 4) = 10 = 2,0.10-8 (M) [SO 2–] 5,69.10-3 4 K -7,66 2+ S (PbSO4) 10 -6 [Pb ] = = -3 = 3,84.10 (M) [SO 2–] 5,69.10 4 + 2. a) • Cực Hiđro: 2 H + 2e H2 + – -4,76 CH3COOH H + CH3COO ; K a = 10 C 0,01 [ ] 0,01 - x x x 2 x = 10-4,76 x = [H+] = 4,08.10-4 M pH = 3,39 (0,01 - x) + E 2H /H 2 = - 0,0592 pH = - 0,0592 3,39 = - 0,2006 (V) • Cực Pb/PbSO4: + – PbSO4 + H + 2 e Pb + HSO4 + o 0,0592 [H ] EPb = E + - + lg PbSO4, H /Pb, HSO4 2 [HSO –] 4 K o o 0,0592 S Trong đó E + - = E + lg = - 0,291 PbSO4, H /Pb, HSO4 Pb2+/Pb 2 Ka 0,0592 0,1657 E = - 0,291 + lg = - 0,283 (V) < E + Pb 2 2H /H 0,0943 2 (Hoặc: E = Eo + 0,0592 lg 1 PbSO4/Pb 2– 2 [SO4 o o 0,0592 Mà E = E 2+ + lg K PbSO4/Pb Pb /Pb ] S(PbSO4) 2 = - 0,123 + 0,0592 lg10-7,66 = - 0,350 (V) 2 Vậy E = - 0,350 + 0,0592 lg(5,69.10-3)-1 = - 0,284 (V) ; 2 Cũng có thể tính theo cặp Pb2+/Pb: 0,0592 0,0592 2 2 Trang 7/10
8. E = - 0,123 + lg [Pb2+] = -0,123 + lg 3,84.10-6 = - 0,283 (V) Vậy cực Pb là anot; cực hiđro là catot. + ( ) (anot) Pb PbSO4 , H CH3COOH H2 (Pt) (+) (catot) - BaSO4 , HSO4 b) 2 CH3COOH + Ba(OH)2 (CH3COO)2Ba + 2 H2O 0,010 0,005 0,005 - - -9,24 CH3COO + H2O CH3COOH + OH ; K b = 10 C 0,010 [ ] 0,010 - x x x x2 = 10-9,24 x = 10-5,62 pH = 8,38 0,010 - x E + = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V (anot) 2H /H2 E PbSO 4 /Pb = - 0,284 V (catot) Vậy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V. + Phản ứng trong pin: anot H2 2 H + 2e - + 2 CH3COO + 2 H 2 CH3COOH - 2 CH3COO + H2 2 CH3COOH + 2e + – catot PbSO4 + H + 2 e Pb + HSO4 Phản ứng xảy ra trong pin: - + – PbSO4 + H2 + 2 CH3COO + H Pb + 2 CH3COOH + HSO4 3. a) Phương trình các phản ứng xảy ra trên bề mặt các điện cực của bể mạ: Anot : Ni Ni2+ + 2 e Catot: Ni2+ + 2 e Ni b) Thể tích của 1 mẫu vật kim loại hình trụ là V = πr2h = 3,14 (2,5)2 20 = 392,5 (cm3). Lớp phủ niken ở mỗi mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên ở mỗi mẫu vật này bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + (0,04 2) = = 20,08 (cm). Vậy thể tích của mỗi mẫu vật này tăng thêm một lượng là: ΔV = V ' - V = [ 3,14. (2,54)2. 20,08] - 392,5 ΔV = 14,281(cm3) Tổng số thể tích tăng thêm cuả cả 10 mẫu vật là: V = 10 ΔV = 10 14,281cm 3 = 142,81 cm3. Đây cũng chính là thể tích niken phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lượng tương ứng là: M = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol) Từ biểu thức của định luật Farađay: m = AIt/ 96500n It = (m/A).96500n (1) Số điện năng tương ứng là: w = ItU = (m/A).96500n.U (2) Với Ni ta có n = 2; theo trên đã có (m/A) = 21,6526 (mol); theo đề bài U = 2,5 V. Thế các trị số này vào (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J) Vì hiệu suất dòng điện là 90% và 1 kWh = 3,6.106J nên số điện năng thực tế cần dùng là: W = (w/90).100.(1/3,6.106) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106) Trang 8/10
9. W = 3,2245kWh. Câu IV (4,5 điểm): 1. 2,0 điểm; 2. 2,5 điểm. 14 1. Khi nghiên cứu một cổ vật dựa vào C (t1/2 = 5730 năm), người ta thấy trong 11 14 11 mẫu đó có cả C; số nguyên tử C bằng số nguyên tử C; tỉ lệ độ phóng xạ 11 14 8 C so với C bằng 1,51.10 lần. Hãy: a) Viết phương trình phản ứng phóng xạ beta (β) của hai đồng vị đó. 11 14 b) Tính tỉ lệ độ phóng xạ C so với C trong mẫu này sau 12 giờ kể từ nghiên cứu trên. Cho biết 1 năm có 365 ngày. 2. a) Khi khảo sát phản ứng H2 (k) + Br2(k) 2 HBr (k) (1) tại hai nhiệt độ T1 và T2 mà T1 K2. Phản ứng này toả nhiệt hay thu nhiệt? Hãy giải thích. b) Tại nhiệt độ 10240C, phản ứng (1) có K = 1,6.10 5. Hãy tính trị số hằng số cbhh của phản ứng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) tại nhiệt độ này. Sự thay đổi trị số hằng số cbhh đó có ý nghĩa hoá học hay không? Tại sao? c) Người ta cho một lượng HBr nguyên chất vào bình kín có thể tích cố định rồi đưa nhiệt độ tới 1024oC. 0 Hãy tính tỉ lệ HBr bị phân huỷ tại 1024 C (dùng phương trình (1)). Tại sao có kết quả đó? Hướng dẫn giải : 1.a) Các phương trình phản ứng hoá học hạt nhân: 11 11 6C 7N + β 14 14 6C 7N + β b) Độ phóng xạ của một hạt nhân được tính theo biểu thức: A = λN (1). Trong đó λ là hăng số phóng xạ, N là số hạt nhân phóng xạ tại thời điểm t đang xét. 11 Với mỗi đồng vị trên, ta có: C A11 = λ11N11 (2) 14 C A14 = λ14N14 (3) •) Theo đầu bài, tại thời điểm đầu, có thể coi là tại t = 0, ta kí hiệu: N11 = (No)11; N14 = (No)14 mà (No)11 = (No)14 (4) 8 Từ điều kiện: [A11/A14] = [ λ11(No)11/λ14(No)14] = 1,51.10 , kết hợp với (4), ta 8 có: λ11 = λ14 1,51.10 (5) 14 Với C ta có λ 14 = (0,6932/t1/2) = (0,6932/5730 365 24 60) = = 2,30210 10 (phút 1). Đưa kết quả này vào (5), ta tính được: 10 8 2 1 λ11 = 2,302 10 1,51.10 = 3,476.10 (phút ) (6) •) Xét tại t =12 giờ: Ta đã biết độ phóng xạ của một hạt nhân được tính theo biểu thức: A = λN (1). Số hạt nhân phóng xạ tại thời điểm t được tính theo phương trình động học λt dạng hàm mũ của phản ứng một chiều bậc nhất N = No e = Noexp [-λt] (7) 11 Với mỗi đồng vị trên, ta có: C N11 = (No)11exp [-λ11t] (8) 14 C N 14 = (No)14exp [-λ14 t] (9) Trang 9/10
10. Vậy tại t = 12 giờ, ta có [A11/A14] = [λ11N11/λ14N14] (10) Thay (8) và (9) vào (10), kết hợp (4), ta được: [A11/A14] = [λ11/λ14]exp [t(λ14 - λ11)] = (3,476.10 2/2,30210 10 )exp [12 60 ( 2,302 10 -10 - 3,476.10 2] 10 2 3 Thực tế 2,30210 > λ14 =2,302 10 phút . Do đó trong thực tế ứng dụng người ta chỉ chú ý tới C14. 2.a) Theo điều kiện của đề bài: ở T1 K2, nghĩa là khi nhiệt độ tăng cbhh lại chuyển dời sang trái. Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) là phản ứng toả nhiệt. b) Phản ứng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k) HBr (k) (b) có hằng số cbhh được kí hiệu là Kb. So sánh hệ số các chất tương ứng trong (b) 1/2 này với (1) của đề bài, rõ ràng Kb = K . Sự thay đổi đó của trị số hằng số cbhh hoàn toàn do thuần tuý làm toán chứ không có ý nghĩa hoá học. (Sự thay đổi của hằng số cbhh như dã được xét ở a) trên đây mới có ý nghĩa hoá học). c) Ta xét H2 (k) + Br2 (k) 2 HBr (k) (1) Số mol ban đầu 0 0 n Số mol ở cbhh (1/2) nα (1/2) nα n - nα Với α là tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính. Chú ýđiều kiện: 0 > 1, ta được α ~ 1/2.10 2 ~ 0,005. Kết quả này thoả mãn điều kiện: 0 < α < 1 (*). 0 Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thành H2 và Br2 tại 1024 C là α ~ 0,005 hay 0,5%. Tỉ lệ này rất nhỏ, nghĩa là HBr rất bền, khó bị phân huỷ, mặc dù phản ứng (1) được thực hiện ở nhiệt độ rất cao, 10240 C. Đó là sự thể hiện của phản ứng (1) có trị số của hằng số cbhh khá lớn, tới 1,6.105 tại nhiệt độ này. Số liệu trên cho thấy phản ứng thuận trong phản ứng thuận nghịch (1) xảy ra khá dễ dàng tại nhiệt độ đó. Tất nhiên phản ứng nghịch, tức là sự phân huỷ HBr xảy ra khó khăn. Ghi chú: Nếu thí sinh làm khác với Hướng dẫn chấm nhưng vẫn đúng, giám khảo cũng cho điểm theo biểu điểm. Trang 10/10