HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA ĐỀ ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – LỚP 10 NĂM 2016 (Thời gian làm bài 180 phút) Câu 1: Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn 1. Biết năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của K (Z=19) nhỏ hơn so với Ca (Z = 20). Ngược lại năng lượng ion hóa thứ 2 (I2) của K lại lớn hơn Ca. Hãy giải thích tại sao lại có sự ngược nhau đó 2. Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon tetraoxit (4), bo triflorua (5). Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6), dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên. Câu 2: Tinh thể Kim cương và than chì là hai dạng thù hình của nguyên tố cacbon. Tính khối lượng riêng và thể tích mol của chúng. Biết rằng: độ dài liên kết C-C (kim cương) là 154pm, C-C than chì là 141pm, khoảng cách giữa các lớp than chì là 336pm. NA = 6,02.1023. Kim cương có cấu tạo tương tự silic và số nguyên tử C trong một ô mạng tinh thể của kim cương gấp 4 lần số nguyên tử C trong một ô mạng tinh thể than chì. Câu 3: Phản ứng hạt nhân Một mẫu quặng urani tự nhiên có chứa 99,275 gam U; 0,720 gam U và 3,372.10-5 gam Ra. Cho các giá trị chu kì bán hủy: t1/2(U) = 7,04.108 năm, t1/2(U) = 4,47.109 năm, t1/2(Ra) = 1600 năm. Chấp nhận tuổi của Trái Đất là 4,55.109 năm. 1. Tính tỉ lệ khối lượng của các đồng vị U /U khi Trái Đất mới hình thành. 2. Nếu chưa biết chu kì bán huỷ của U thì giá trị này có thể tính như thế nào từ các dữ kiện đã cho? Câu 4: 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 bar. Ở trạng thái đầu, khí chiếm thể tích VA = 5L dưới áp suất PA = 10 bar. Ở trạng thái cuối, áp suất của khí là PC = 1 bar. 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 Câu 5: Cân bằng hóa học trong pha khí Giảm thiểu tối đa sự phát thải khí độc CO là một trong những vấn đề cấp thiết của nhiều cơ sở công nghiệp, đặc biệt là các lò thiêu hủy chất thải rắn. Một trong các giải pháp được đề xuất là chuyển hóa CO bằng hơi nước theo phản ứng: (a) Cho 0,1 mol H2O và 0,05 mol CO vào bình chân không ở 450ºC. Khi phản ứng (a) đạt đến cân bằng, hỗn hợp phản ứng chứa 0,045 mol CO2. 1. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng (a) ở 450ºC. 2. Phản ứng (a) cần được tiến hành ở nhiệt độ bao nhiêu để 99% lượng CO ban đầu bị chuyển hóa thành CO2. Cho biết: Biến thiên entanpi tạo thành (kJ/mol) của các chất ở 25ºC và 1 atm: CO (k): -110,5; CO2 (k): -393,51; H2O (h): -241,84. Câu 6: Cân bằng axit – bazơ và kết tủa a, Tính pH của dung dịch Na2S 0,02 M b, Tính độ điện li của ion S2- trong dung dịch Na2S 0,02 M khi có mặt NH4HSO4 0,001M Cho H2S đi qua dung dịch gồm FeSO4 1.10-3M và HCOOH 0,1M đến bão hòa (CH2S=0,1M). Cho biết có kết tủa xuất hiện không? Cho Ka,NH4+=10-9,24 ; KHSO4-=10-2; Ka,HCOOH=10-3,75; Ka1,H2S=10-7,02 ; Ka2,H2S=10-12,9; Ks(FeS) = 10-17,2; *βFe(OH)+ = 10-5,92; Kw = 10-14. Câu 7: Phản ứng oxi hóa khử - điện hóa +0,293V EYo Cho giản đồ quá trình khử - thế khử, thế khử chuẩn được đo ở pH = 0: Cr(VI)Cr2O72-)+0,55VCr(V)+1,34VCr(IV)EX0Cr3+-0,408VCr2+-0,912VCr 1. Tính EXo và EYo 2. Bằng cách tính toán, cho biết Cr3+ có thể dị phân thành Cr2+ và Cr(V) được không? 3. Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa - khử Cr2O72-/Cr3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở 298K khi pH tăng 2 đơn vị 4. Phản ứng giữa K2Cr2O7 với H2O2 trong môi trường axit (loãng) được dùng để nhận biết crom vì sản phẩm tạo thành có màu xanh. Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có thuộc loại phản ứng oxi hóa khử hay không? Vì sao Cho R = 8,314 J/molK; F = 96500 C/mol Câu 8: Nhóm halogen Viết phương trình phản ứng minh họa quá trình điều chế các chất sau đây từ các đơn chất halogen tương ứng: (a) HClO4, (b) I2O5, (c) Cl2O, (d) OF2, (e) BrO3 Vì sao trong thực tế chỉ dùng phương pháp điện phân để điều chế Flo? Tại sao lại dùng Cu, Ni làm điện cực mà không sợ bị flo ăn mòn? Câu 9: Nhóm Oxi - lưu huỳnh 1. Giải thích tại sao SO3 lại dễ dàng phản ứng với H2O, HF, HCl, NH3 để hình thành nên những phân tử tứ diện tương ứng? Viết phương trình phản ứng và công thức cấu tạo sản phẩm 2. Một loại quặng chỉ chứa KMnO4 và tạp chất trơ. Cân chính xác 0,5000 gam quặng trên rồi cho vào bình cầu có nhánh. Thêm từ từ vào bình này khoảng 50 mL dung dịch HCl đặc. Đun nóng đến khi mẫu quặng tan hết, chỉ còn lại tạp chất trơ. Hấp thụ hoàn toàn khí Cl2 thoát ra bằng lượng dư dung dịch KI, thu được dung dịch X. Chuyển toàn bộ X vào bình định mức 250 mL, thêm nước cất đến vạch mức, lắc đều. Chuẩn độ 25,00 mL dung dịch này bằng dung dịch chuẩn Na2S2O3 0,05 M (chỉ thị hồ tinh bột) thì hết 22,50 mL. a) Viết các phương trình hóa học xảy ra. b) Tính hàm lượng % theo khối lượng của KMnO4 trong quặng trên. Câu 10: Động học (không có cơ chế phản ứng) Trong một ống thủy tinh hàn kín có gắn hai sợi vonfram cách nhau 5 mm, chứa đầy không khí sạch và khô tại nhiệt độ và áp suất chuẩn. Phóng điện giữa hai sợi vonfram này, sau vài phút, khí trong ống nhuốm màu nâu đặc trưng. 1. Tiểu phân nào gây nên sự đổi màu quan sát được nêu trên? Ước lượng giới hạn nồng độ lớn nhất của nó trong ống thủy tinh. Biết không khí chứa 78% N2 và 21% O2 (theo thể tích). 2. Màu nâu tương tự cũng thấy xuất hiện khí oxi và nitơ (II) oxit gặp nhau trong ống thủy tinh chân không. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong ống thủy tinh. 3. Tiến hành các thí nghiệm ở phần 2 tại 25ºC, ta thu được các số liệu ghi ở bảng dưới đây: Số TT [NO] mol.l-1 [O2] mol.l-1 Tốc độ lúc đầu (mol.l-1.s-1) 1 1,16.10-4 1,21.10-4 1,15.10-8 2 1,15.10-4 2,41.10-4 2,28.10-8 3 1,18.10-4 6,26.10-5 6,24.10-9 4 2,31.10-4 2,42.10-4 9,19.10-8 5 5,75.10-5 2,44.10-4 5,78.10-9 Hãy xác định bậc phản ứng theo O2, theo NO, bậc của phản ứng chung và hằng số tốc độ phản ứng ở 298K. ======================= Người ra đề: Lã Thị Thu (0984885851); Trần Thị Thùy Dương TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA ĐỀ ĐỀ XUẤT ĐÁP ÁN ĐỀ CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC NĂM HỌC 2015- 2016 MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10. Câu Đáp án Điểm 1 Cấu hình K ( Z = 19) 1s22s22p63s23p64s1 ; K+: 1s22s22p63s23p6 Cấu hình Ca (Z = 20) 1s22s22p63s23p64s2 ; Ca2+ 1s22s22p63s23p64s1 - Ta thấy K dễ dàng mất 1e để có cấu hình e của khí hiếm (Ar), còn Ca khó hơn do 2e đang ghép đôi với nhau, và Ca+ có cấu hình [Ar]4s1 → I1 của K < Ca - Rõ ràng năng lượng cần thiết để bứt tiếp e nữa của Ca tiêu tốn ít hơn so với việc bứt e của K+ đang có cấu hình bền → I2 của K > Ca 0,5 0,5 2. XeF2: Thẳng, 180o XeF4: Vuông, 90o XeO3: Chóp tam giác, < 109o28 XeO4: Tứ diện, 109o28 (CH3)3N: Chóp tam giác, < 109o28 1 2 - Kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngoài ra còn có 4 nguyên tử C ở 4 hốc tứ diện nên số nguyên tử cacbon trong một ô mạng cơ sở tinh thể kim cương là: 8.1/8 + 6.1/2 + 4 = 8 → Cacbon than chì trong một ô mạng tinh thể có 2 nguyên tử cacbon - Trong ô mạng tinh thể kim cương có a = 4dkim cương3 - Khối lượng riêng của tinh thể kim cương: D=8MV.NA=8.124.154.10-1033.6,02.103=3,545 (g/cm3) - Thể tích mol kim cương: Vkim cương = MD=123,545=3,385 (cm3/mol) - Tương tự ô mạng tinh thể than chì Diện tích đáy = 323.dthan chì2 Thể tích ô mạng = 323.dthan chì2.h (h là khoảng cách giữa các lớp) → khối lượng riêng của than chì D=2MV.NA=2.12323.(141.10-10)2.336.10-10 .6,02.1023=2,297 (g/cm3) - Thể tích mol của than chì Vthan chì = 122,297=5,224 (g/cm3) 0,5 0,5 1 3 Phân rã phóng xạ tuân theo quy luật động học bậc 1: m = m0.e-lt ® m0 = m. elt = m. trong đó l là hằng số tốc độ phân rã phóng xạ, t1/2 là chu kì bán hủy, m và m0 lần lượt là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t và tại t = 0. 1. Khối lượng đồng vị U trong mẫu quặng ở cách đây 4,55.109 năm được tính như sau: m0(U) = m(U) . (1) Tương tự, đối với đồng vị U: m0(U) = m(U) . (2) Chia (2) cho (1): m0(U)/ m0(U) = = = 0,316 0,5 0,5 2. Ra có số khối nhỏ hơn một số nguyên lần 4 u so với U, vì thế Ra là chất phóng xạ hình thành trong chuỗi phóng xạ khởi đầu từ U. U có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ. Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: l1.N1 = ln.Nn (3) Trong đó: l1, ln lần lượt là hằng số tốc độ phân rã của mẹ (U) và cháu đời thứ n (Ra) N1, Nn lần lượt là số hạt nhân của mẹ (U) và cháu đời thứ n (Ra). Từ (3) rút ra: N1ln2t1/2(1)=Nnln2t1/2(n) t1/2(1)=N1Nnt1/2(n)=m1mn .226238t1/2(n)=99,275.2263,372.10-5.238.1600 = 4,47.109 năm. 1 4 1. 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. Mặt khác: ∆U = nCV∆T. Ở đây: CV=3/2R. Do sự giãn nở diễn ra ở điều kiện áp suất bên ngoài không đổi nên: A = -Pngoài.∆V Từ đó, ta có: n.(3R/2).(TC-TA) = -Pngoài (VC-VA); vì VC = nRTC/PC và PC = Pngoài; ta có: (nCV +nR)TC = Pngoài.VA +n.(CV).TA ↔ (n(3R/2) +nR)TC = Pngoài.VA +n. (3R/2).TA ↔ Thay số được TC = 384,89 K VC = nRT/PC = 32 lít 0,25 0,25 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 bar và VB = VC = 32L (trong điều kiện đẳng áp) - Giai đoạn 2: Làm lạnh để giảm áp suất của hệ xuống 1 bar 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 5 Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 450ºC (723K): Ban đầu (số mol): 0,1 0,05 0 0 Cân bằng (số mol): 0,055 0,005 0,045 0,045 Áp suất riêng phần của từng khí: Pi = niRT/V. Vì thế: 0,25 0,25 99% CO bị chuyển hóa tương ứng với số mol CO phản ứng là nCO = 0,05.99% = 0,0495 mol Ban đầu (số mol): 0,1 0,05 0 0 Cân bằng (số mol): 0,0505 5.10-4 0,0495 0,0495 Từ công thức: Entanpi của phản ứng: Thay số vào, ta có: . 0,25 0,5 0,25 0,5 6 1. a. Trong dung dịch có các cân bằng S2- + H2O ↔ HS- + OH- Kb1 = 10-1,1 (1) HA- + H2O ↔ H2S + OH- Kb2 = 10-6,98 (2) H2O ↔ H+ + OH- Kw = 10-14 (3) Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw pH của hệ được tính theo cân bằng (1): S2- + H2O ↔ HS- + OH- Kb1 = 10-1,1 C 0,02 [ ] 0,02 - x x x → x20,02-x=10-1,1 → x = 1,65.10-2 M pH = 12,22 b. Khi có mặt NH4HSO4 0,001 M: NH4HSO4 NH4+ + HSO4- 0,001 0,001 HSO4- + S2- → HS- + K1 = 1012,9-2 = 1010,9 0,001 0,02 - 0,019 0,001 0,001 + S2- → HS- + NH3 K2 = 1012,9-9,24 = 103,66 0,001 0,019 0,001 - 0,018 0,002 0,001 Thành phần giới hạn: S2- 0,018 M; HS- 0,002 M; 0,001 M; NH3 0,001 M. Trong dung dịch có các cân bằng S2- + H2O ↔ HS- + OH- Kb1 = 10-1,1 (4) NH3 + H2O ↔ + OH- = 10-4,76 (5) HS- + H2O ↔ H2S + OH- Kb2 = 10-6,98 (6) SO42-+ H2O ↔ HSO4- + OH- Kb = 10-12 (7) HS- ↔ H+ + S2- Ka2 = 10-12,9 (8) H2O ↔ H+ + OH- Kw = 10-14 (9) So sánh các cân bằng ta có: Kb1.CS2- >> .>> Kb2. CHS->> Kb. Kw nên coi trong hệ xảy ra chủ yếu quá trình (4) và (8) S2- + H2O ↔ HS- + OH- Kb1 = 10-1,1 C 0,018 0,002 [] 0,018 - x 0,002 + x x x = 0,0148 [HS-] = 0,0168 (M) →∝A2-=[HA-]C0=0,01680,02=0,84 hay ∝A2-=84% (Hoặc ∝A2-=OH-+CSO42-+CNH4+C0=0,0148+0,001+0,0010,02 = 0,84 ) 0,25 0,25 0,25 0,25 2. Khi cho H2S vào dung dịch có các quá trình FeSO4 → Fe2+ + SO42- HCOOH ↔ HCOO- + H+ Ka = 10-3,75 (1) H2S ↔ H+ + HS- Ka1 = 10-7,02 (2) HS- ↔ H+ + S2- Ka2 = 10-12,9 (3) Fe2+ + H2O ↔ Fe(OH)+ + H+ *β = 10-5,92 (4) SO42- + H+ ↔ HSO4- K-1 = 102 (5) H2O ↔ H+ + OH- Kw = 10-14 (6) So sánh các cân bằng ta có Ka.CHCOOH>>Ka1.CH2S>*β.CFe2+≫ Ka2.CH2S>Kw nên coi trong hệ xảy ra chủ yếu cân bằng (1) và (5) - Chọn MK là HCOOH và SO42-. ĐKP: h = [H+] = [HCOO-] – [HSO4-] → h = KaHCOOH1+K-1[SO42-] (7) - Giả sử [HCOO-]0 = 0,1M, [SO42-]0 = 10-3M → h1 ≈ 10-3,75.0,11+102.10-3=4,02.10-3 M Từ h1 tính lại [HCOOH]1 = 0,1.4,02.10-310-3,75+4,02.10-3 = 0,0957 M [SO42-]1 = 10-3. 10-210-2+4,02.10-3 = 7,133.10-4 M - Thay [HCOOH]1 và [SO42-]1 vào (7) để tính lại h2 h2 = 10-3,75.0,09571+102.7,133.10-4 = 3,98.10-3 M Tính lại [HCOOH]2 = 0,1.3,98.10-310-3,75+3,98.10-3 = 0,0957 M = [HCOOH]1 [SO42-]2 = 10-3. 10-210-2+3,98.10-3 = 7,153.10-4 M ≈ [SO42-]1 → kết quả lặp. Vậy h = 3,98.10-3 M Khi đó [HCOO-] = 0,1 – 0,0957 = 0,0043 M [HS-] = 0,1.10-7,023,98.10-3 = 2,4.10-6 M [Fe2+] = 10-31+ 10-5,92.3,98.10-3 = 10-3 M [Fe(OH)+] = 10-5,92.10-33,98.10-3 = 3,02.10-7 M [S2-] = Ka2.[HS-]h = 10-12,9.2,4.10-63,98.10-3 = 7,59.10-17 M → CFe2+'. CS2-' = 10-3.7,59.10-17 < Ks = 10-17,2 → không xuất hiện kết tủa 0,25 0,25 0,25 0,25 7 1. Từ giản đồ ta có 3EY0 = -0,408 + 2.(-0,912) → EY0 = -0,744 V 0,55 + 1,34 + EX0 - 0,744.3 = 0,293.6 → EX0 = 2,1 V 0,5 2. Cr(V) + 2e → Cr3+ (1) E10=1,34+2,12=1,72 V 2Cr3+ + 2e → 2Cr2+ (2) E20 = -0,408 V từ (1) và (2) ta có 3Cr3+ → 2Cr2+ + Cr(V) ∆G30 ∆G30 = -2FE20 + 2FE10 = -2(-0,408 – 1,72)F = 4,256F > 0 → Cr3+ không thể dị phân thành Cr2+ và Cr(V) được 0,5 3. Cr2O72-+14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O E1=ECr2O72-/Cr3+0+RT6Fln[Cr2O72-](10-pH)14[Cr3+]2 E2=ECr2O72-/Cr3+0+RT6Fln[Cr2O72-](10-(pH+2))14[Cr3+]2 vậy độ biến thiên của thế E2 – E1 = 14.RT6Fln10-2 = - 0,276 V 0,5 4. Cr2O72-+4H2O2+2H+→2CrO5+5H2O Phản ứng trên không phải là phản ứng oxi hóa khử vì số oxi hóa của các nguyên tố không thay đổi trong quá trình phản ứng. Trong CrO5, số oxi hóa của Crom là +6 và của O là -2 và -1, do peoxit CrO5 có cấu trúc 0,5 8 1. (a) 3Cl2 + 6NaOH t0 5NaCl + NaClO3 + 3H2O 4NaClO3 t0 NaCl + 3NaClO4 NaClO4 + H2SO4 → NaHSO4 + HClO4 (b) 3I2 + 6NaOH t0 5NaI + NaIO3 + 3H2O NaIO3 + HCl → NaCl + HIO3 HIO3 t0 I2O5 + H2O (c) 2Cl2 + HgO → Cl2O + HgCl2 (d) 2F2 + 2NaOH → 2NaF + OF2 + H2O (e) Br2 + 2O3 00C 2BrO3 1 2. - Do Flo là chất oxi hóa mạnh nhất trong tất cả các chất nên không thể điều chế bằng phương pháp điện phân dung dịch muối trong nước như các halogen khác. Trong công nghiệp cũng như phòng thí nghiệm chỉ dùng phương pháp điện phân nóng chảy chất có thành phần KF.3HF 2HF đp F2↑ + H2↑ - Mặc dù đa số kim loại đều bị flo ăn mòn ngay ở nhiệt độ thường nhưng trong nhiều trường hợp khả năng đó bị hạn chế, ví dụ như Cu, Ni do sản phẩm tạo thành giữa chúng và flo là CuF2 và NiF2 là chất rắn bám chặt vào bề mặt kim loại, ngăn không cho kim loại tiếp tục phản ứng với Flo 0,5 0,5 9 1. Giải thích: Phân tử SO3 ở dạng tam giác phẳng, với nguyên tử S ở trạng thái lai hóa sp2, dễ dàng phản ứng để chuyển sang trạng thái lai hóa sp3 bền, là trạng thái đặc trưng của lưu huỳnh - phương trình phản ứng: SO3 + H2O → H2SO4 SO3 + HF → H[SO3F] SO3 + HCl → H[SO3Cl] SO3 + NH3 → H[SO3NH2] - Cấu trúc các sản phẩm: 0,5 0,5 2. a) Khử KMnO4 bằng lượng dư dung dịch HCl nóng: 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O Toàn bộ lượng Cl2 thoát ra được hấp thụ vào dung dịch KI dư : Cl2 + 3KI → KI3 + 2KCl Chuẩn độ lượng KI3 bằng dung dịch chuẩn Na2S2O3 : KI3 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI + KI b) Hàm lượng phần trăm về khối lượng KMnO4 trong quặng Từ các phản ứng trên ta có: nKMnO4=25nCl2=25nI2=210nNa2S2O3 Số mol Na2S2O3 tiêu tốn để chuẩn độ 25,00 mL dung dịch X: Số mol I2 (dạng I3-) có trong 250,0 mL dung dịch X: nI2=1,125.10-3.102=5,625.10-3 mol nKMnO4=25nI2=2.5,625.10-35=2,25.10-3 mol % Khối lượng KMnO4: %mKMnO4=2,25.10-3.(39+55+16.4)0,5=71,1% 0,5 0,25 0.25 10 1. Tiểu phân gây ra màu là khí NO2 (khí màu nâu đỏ). Vì không khí có 78% N2 và 21% O2 (theo thể tích). Theo phản ứng: hay: Trong đó O2 là chất thiếu. Giả sử có 1 mol không khí, ta có: 0,25 0,25 2. Phản ứng: 0,25 3. . Bậc phản ứng theo O2, NO và bậc phản ứng chung: - Từ các thí nghiệm (1), (2) và (3) ta thấy khi giữa nguyên nồng độ của NO và thay đổi nồng độ của O2, ta có kết quả: tốc độ phản ứng tỉ lệ bậc 1 với [O2]. Vậy phản ứng là bậc 1 theo O2. - Xét các thí nghiệm (2), (4) và (5) có nồng độ của O2 hầu như không thay đổi, còn nồng độ NO lại thay đổi: Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ ban đầu 4:2 2,01 4,03 4:5 4,02 15,90 2:5 2,03 3,95 Tốc độ thay đổi theo [NO]2: Phản ứng bậc 2 theo NO Vậy biểu thức tính tốc độ phản ứng: Bậc phản ứng chung là 3. - Hằng số tốc độ phản ứng: Từ các thí nghiệm 1®5 Thí nghiệm 1 2 3 4 5 k×10-3(l2.mol-2.s-1) 7,064 7,154 7,159 7,117 7,165 ® k trung bình: Ghi chú: Các cách tính khác cho kết quả tương tự đều được tính điểm tối đa 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 |
