Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ IX - Năm học 2015-2016

Nội dung text: Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ IX - Năm học 2015-2016

1. 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) HƯỚNG DẪN CHẤM 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. Cấu hình electron của các nguyên tố: (0,5đ) 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 0,25 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 0,25 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. 5
2. Ý 2. 2. Độ mạnh tính axit Lewis: BCl3 > BF3 > SiF4 0,25 (0,75đ) - 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 0,25 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 0,25 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. Ý 3. Đặt công thức phân tử chất A: XaYb (0,75đ) Ta có: a.PX + b.PY = 18 a + b = 4 Y có 4 electron ở phân lớp p nên: 2 2 4 - Trường hợp 1: Y thuộc chu kì 2 Y: 1s 2s 2p Y là oxi (PY = 8) b 2 + b = 1; a = 3; PX = 3,33 (loại) 0,5 + b = 2; a = 2; PX = 1 (H) Khi đó nghiệm phù hợp: a = b = 2, PX = 1 (Hiđro). A là H2O2 0,25 Vậy A là H2O2. 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. Hướng dẫn chấm: Câu 2. ĐÁP ÁN ĐIỂM 6
3. 11 a) Số nguyên tử Ag có trong 1 ô mạng cơ sở: 86 = 4 82 0,25 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) 4.108 3 Khối lượng riêng của Ag là: DAg = = 10,64 (g/cm ) 6,02.10(407.10)23103 c) Đặt số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ sở là x và (4 – x). 0,5 197x Ta có: 100 = 10 x = 0,23 197x108(4x) 0,25 Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là: 108.3,77 197.0,23 M = 113,12 4 Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là: 144.3,77147.0,23 r = 144,1725 pm 4 Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là: 0,5 ahk = 2r 2 = 2.144,1725. 2 = 407,78 pm 4.113,12 Kl riêng của mẫu hợp kim là:D = = 11,08 (g/cm3) 0,5 6,02.1023 (407,78.10 10 ) 3 Câu 3 ( 2 điểm). 208 Một mẫu khoáng vật monazit điển hình có chứa 9 % ThO2 và 0,35 % U3O8. Biết rằng Pb 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. 232 208 3. Trong toàn chuỗi phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 90Th và kết thúc là đồng vị bền 82Pb có bao nhiêu năng lượng theo MeV được giải phóng? 4 208 232 Cho biết: 2He =4,0026u ; 82Pb = 207,97664u ; 90Th = 232,03805u 2 -19 23 1 uc = 931 MeV; 1 eV = 1,6.10 J; NA = 6,023.10 . Hướng dẫn chấm: Câu 3/ Nội dung Điểm 7
4. Ý 232 208 4 0 1 Ta có: 90Th 82Pb + x 2He + y -1e 90 = 82 + 2x - y 232 = 208 + 4x Rút ra: x= 6, y = 4. Vậy số phân rã α: 6, số phân rã β: 4 0,25 23220840 908221ThPbHee 64 238 206 4 0 Tương tự ta có: 92 U 82 Pb 82 He 6 1e 0,25 Vậy số phân rã α: 8, số phân rã β: 6 2 a) 232 232 208 1 N0 ( Th) t1/ 2 N( Th) N( Pb) t ln 232 ln 232  N( Th) ln 2 N( Th) t N(208 Pb) 1,41.1010 1/ 2 ln(1 ) ln(1 0,104) 2,01.109 nam ln 2 N(232Th) ln 2 0,5 b) 1 N (238U) t N(238U ) N(206 Pb) t N(206 Pb) t ln 0 1/ 2 ln 1/ 2 ln(1 )  N(238U ) ln 2 N(238U ) ln 2 N(238U) ln 2 ln 2 206 t 2,01.109 N( Pb) 9 e t1/ 2 1 e 4,47.10 1 0,366 N(238U) 0.5 3. Theo phương trình ta có: ∆m = mTh - mPb - 6mHe - 4me 0 Do khối lượng của -1e không đáng kể nên có thể bỏ qua Thay vào: ∆m = 232,03805 - 207,97664 - 6.4,0026 = 0,04581u 0,5 Năng lượng được giải phóng trong chuỗi là: ∆m.c2 = 0,04581.931 = 42,65 MeV. 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. -1 -1 Cho biết: Đối với khí lí tưởng đơn nguyên tử, CV (JK mol ) = 3R/2. Hướng dẫn chấm. 1. TAA AP 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. 8
5. n RT n RT  n. (T – T ) = -P .(V – V ) = -P . 2 1 CV 2 1 ng 2 1 2 P2 P1 0,5 3 T2 T1  n. R(T2 – T1) = -n.R.1.  T2 = 0,64T1 = 390,25 (K) 2 1 10 0,5 PVPVPVTT11221121 10.5.0,64 V2 . = 32 Lít TTTPT12121 .1 (P1 = PA ; P2 = PC) 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. 0,25 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) 0,5 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 0 lệ mol 1 : 1; xi lanh B chứa khí C3H8 . Nung nóng cả hai xi lanh đến 527 C xảy ra các phản ứng sau : -1 (A) CO2 (k) + H2 (k) CO (k) + H2O (k) Kc (A) = 2,50 . 10 -3 (B) C3H8 (k) C3H6 (k) + H2 (k) Kc (B) = 1,30 . 10 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. Hướng dẫn chấm. Câu 5 Đáp án Điểm 9
6. Ý 1. C3H8 80% C3H6 10% và H2 10% (0,75đ) Gọi CB là tổng nồng độ của tất cả các hợp phần tại cân bằng: [C3H8 ] = 0,8. CB ; [C3H6 ] = [H2] = 0,1.CB 2 (0,1.CB ) 3 0,25 KC = 1,3.10 CB 0,104mol / l ; (0,8.CB ) [C3H8 ] = 0,0832 mol/l; [C3H6] = [H2] = 0,0104 mol/l. 0,25 0,25 PCRTatmBB 0,104.0,082.(527273)6,8224 (R=22,4/273 thì PB = 6,827 atm) Ý 2. . Nếu PA = PB thì CA = CB . Tại cân bằng [CO2] = [H2] = x (0,5đ) [CO] = [H2O] = (0,104-2x)/2 = 0,052-x; 2 2 -2 K C = (0,052-x) / x = 0,25 -> x = 3,47.10 mol/l 0,25 -2 -2 [CO2] = [H2] = 3,47 . 10 mol/l ; [CO] = [H2O] = 1,73.10 mol/l. 0,25 Ý 3. Xilanh A: P'A = 2.PA = 1384 KPa. (0,75đ) 2 -3 -3 KC = (0,0208 - y) / (0,1660 + y) = 1,30 . 10 -> y = 5,84 .10 mol/l 0,25 C'B = 2CB - y = 0,2022 mol/l P'B = C'BRT = 1345 KPa = 13,264 atm 0,5 Câu 6 ( 2 điểm). Cân bằng axit – bazơ và kết tủa. 0 -10 -12 1. Ở 25 C tích số tan của BaCrO4 là 1,2.10 ; Ag2CrO4 là 2,5.10 a. Muối nào tan trong nước nhiều hơn? 2- b. Muối nào tan trong dung dịch nước chứa CrO4 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. Hướng dẫn chấm. Câu 6 a. Tính độ tan của BaCrO4 trong nước 2+ 2- Ý 1. Xét cân bằng: BaCrO4  Ba + CrO4 (1 đ) Sa Sa 2 -10 -5 T(BaCrO4) = Sa = 1,2.10 → Sa =1,1.10 (mol/l) Xét cân bằng: Ag CrO 2Ag+ + CrO 2- 2 4 4 2Sb Sb 0,5 10
7. 2 -12 -5 T(Ag2CrO4) = (2Sb) .Sb = 2,5.10 → Sb =8,55.10 (mol/l) > Sa Kết luận: Trong nước Ag2CrO4 tan nhiều hơn BaCrO4 2- ’ ’ b. Trong dd CrO4 0,1M (độ tan của BaCrO4 và Ag2CrO4 là Sa và Sb ) ’ ’ ’ -9 Ta có: TBaCrO4 = (Sa ) ( 0,1+ Sa ) → Sa = 1,2.10 (M) ’ 2 ’ ’ -6 TAg2CrO4 = (2 Sb ) (0,1 + Sb ) → Sb = 2,5.10 (M) ’ -9 -5 Nhận xét: Sa = 1,2.10 < 1,1.10 ’ -6 -5 Sb = 2,5.10 < 8,5.10 0,5 2- Kết luận: Ag2CrO4 tan trong dung dịch CrO4 0,1M nhiều hơn BaCrO4 11
8. Câu 7 ( 2 điểm). Phản ứng oxi hóa – khử. Điện hóa. 0 3+ - 2+ 1. Cho phản ứng ở 25 C : 2Fe aq + 2I aq   2 Fe aq + I2aq 3+ 2+ - Giả sử có thể chế tạo 1 pin bao gồm các nửa phản ứng Fe /Fe và I2/2I . Có thể thắp sáng một bóng đèn 100W trong bao lâu nếu các nồng độ ban đầu trong pin như sau: 3+ 2+ - Fe Fe I I2 CM(mol/lit) 0,1 0,001 0,1 0.001 0 0 Và E 3 2 = + 0,77V; E = + 0,62V. Biết phản ứng tạo ra 2 mol I2. Fe / Fe I2 / 2I 2. Hoàn thành các phản ứng sau: - + a) CuFeS2 + NO3 + H → NO + b) C8H12 + KMnO4 + H2SO4 → C7H10O6 + . Hướng dẫn chấm. Câu 7 Đáp án Điểm 1. 3+ - 2+ Phản ứng: 2Fe aq + 2I aq   2 Fe aq + I2aq 3+ 2+ - Suy ra: Fe /Fe là catot (+) và 2I /I2 là anot ( -) Ta có: 100W = 100J/s 2 CC2 . I G = G0 + RTlnQ = -nE0F + RT ln Fe 2 CC22. FeI3 (10).10 323 = -2.96500.(0,77-0,62) + 8,314.298.ln 22 0,1.0,1 0,5 = -57474,102 ( J/ mol). Khi tạo ra 1 mol I2 thì G = -57474,102 ( J/ mol) => 2 mol I2 thì G = -114948,2035 ( J). G 114948,2035 0,5 Do đó: t = = =1149,48s P 100 - + 2+ 3+ 2- Ý 2. a) CuFeS2 + NO3 + H → NO + Cu + Fe + SO4 + H2O 0,25 2+ 3+ 2- + (1đ) x 3 CuFeS2 + 8H2O → Cu + Fe + 2SO4 + 16H + 17e - + x 17 NO3 + 4H + 3e → NO + 2H2O - + 2+ 3+ Pt: 3CuFeS2 + 17NO3 + 20H → 17NO + 3Cu + 3Fe + 0,25 2- 6SO4 + 10H2O 12
9. b) C8H12 + KMnO4 + H2SO4 → C7H10O6 + CO2 + K2SO4 + MnSO4 + 0,25 H2O + x 5 C8H12 + 8H2O → C7H10O6 + CO2 + 18H + 18e - + 2+ x 18 MnO4 +5e + 8H → Mn + 4H2O Pt: 5C8H12 + 18KMnO4 + 27H2SO4 → 5C7H10O6 + 5CO2+ 9K2SO4 0,25 +18MnSO4 + 32H2O 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 Hướng dẫn chấm. 13
10. 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. 14
11. Hướng dẫn chấm. Câu 9 Đáp án Điểm Ý 2. 1/ Chất rắn màu vàng X3, không tan trong nước, tan được trong dung (1đ) dịch Na2SO3 và dung dịch Na2S Chất rắn X3 đó là lưu huỳnh: nS + Na2S → Na2Sn + 1 0,25 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 0,25 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 X là HI 4 0,25 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 0,25 AgI + HI → HAgI2 Ý 2. a) 3KClO3 + 3H2SO4 → 3KHSO4 + HClO4 + 2ClO2 + H2O 0,25 (0,5đ) b) 2KClO3 + H2SO4 + H2C2O4 → K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O 0,25 Ý 3. Hợp chất AxBy là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H2S. (0,5đ) Hợp chất AnCm là Al2O3 Vậy A là Al, B là S, C là O 0.25 Hợp chất AoBpCq là Al2(SO4)3 điểm to 2 Al + 3 S  Al2S3 Al2S3 + 6 H2O   2 Al(OH)3 + 3 H2S 4 Al + 3 O 2 Al O 2 2 3 0.25 S + O2 SO2 điểm 3+ 2+ + Al + 2 H2O Al(OH) + H3O 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: C 43 a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 60,20C thì sau 120 phút tỉ lệ nồng độ X = C 100 X 0 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%? 15
12. 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. Hướng dẫn chấm: Câu 1. a.Đối với phản ứng: X + Y → Z + T 10 Phương trình tốc độ phản ứng dạng tổng quát là: v = kCXCY (1) 2 Ý 1. Vì nồng độ ban đầu của X và Y bằng nhau nên (1) trở thành v = k CX và (1,5đ) phương trình động học tích phân tương ứng là: 0,25 kt = 1/CX - 1/CXo -1 -1 Thay các giá trị số tính được k 1 = 0,022 mol .l.phút . 0,25 -1 - b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp 1) được k 2 = 0,025 mol .l.phút 0,25 1. k E 11 Áp dụng phương trình Arrhenius: ln()T2 kRTT T1 12 -1 -1 -1 Với T1 = 333,2K; T2 = 343,2K; k 1 = 0,022 mol .l.phút .;k 2 = 0,025 mol -1 -1 .l.phút . Thay vào pt Arrhenius trên tính được Ea = 12044 Jmol . 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: 1 b() a x 1 0,25 kt = ln => t = ln ab a() b x k() a b Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 149,8 phút. 0,25 Câu 10 2,303 a k lg Ý 2 tax 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. 0,25 đ 2,303 VV 0 k lg t V Vt Thay số tính ki 16
13. 2,30347,224,4 k lg0,003016 1 2147,225,8 2,30347,224,4 k2 lg0,003224 7547,229,3 2,30347,224,4 k lg0,003244 3 11947,231,7 Suy ra phút-1. 0,693 Thời gian nửa phản ứng: t 219 phút. 0,25đ 1/2 k Ghi chú: Học sinh làm cách khác mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa tương ứng với phần đó. Hết 17