Tính số mol các chất dư sau Bước A và sau Bước B.

TAILIEUHOC.VN



- Tính số mol hiđro d trong Bớc B:

Xét trong 1 giây:

CO

+

2 H2



CH3OH

Trớc phản ứng: 5,551 mol

3 5,551 mol

Sau phản ứng:

0

5.551 mol

5,551 mol

nH2 d = 16,653 11,102 = 5,551(mol)

3.

- Tốc độ chuyển nớc tại vị trí (5) ở 25 C v 101,3 kPa.

VH2O (lỏng) = 4,125 18,02 = 74,33 (ml)

1.000



Vậy tốc độ chuyển H2O lỏng bằng 74,33 ml/giây.

- Tốc độ chuyển metanol tại vị trí (7) ở 25 C v 101,3 kPa.

VCH3OH (lỏng) = 5,551 32,04 = 224,85 (ml)

0,791



Vậy tốc độ chuyển CH3OH lỏng bằng 224,85 ml/giây.

- Tốc độ chuyển hiđro tại vị trí (8) ở 25 C v 101,3 kPa.

VH2d =



5,551 22,4 298 101,3

= 135,73 (lít)

273 101,3



Vậy tốc độ chuyển H2 bằng 135,73 l/giây.

..................................................

Ghi chú: Nếu thí sinh lm khác với Hớng dẫn chấm nhng vẫn đúng,

giám khảo cũng cho điểm theo biểu điểm.



Trang 7/7



TAILIEUHOC.VN



bộ giáo dục v đo tạo



Hớng Dẫn chấm đề thi chính thức

Môn: Hoá học, Bảng A

Ngy 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 ny "bốc khói" nếu

ngời ta mở lọ đựng chất đó trong không khí ẩm.

Nhng cht n o bốc khói? Hãy viết phơng trình hoá hoá học để giải

thích.

Na2CO3

b) Cho sơ đồ sau:

2



1

9



A

4



10

5



3 7 6



B

C

8

Hãy xác định công thức hoá học của các hợp chất vô cơ A, B, C v viết

các phơng trình phn ứng xảy ra.

2. Để điều chế nhôm sunfua ngời ta cho lu huỳnh tác dụng với nhôm nóng

chảy. Quá trình điều chế n y cần đợc tiến h nh trong khí hiđro khô hoặc khí

cacbonic khô, không đợc tiến h nh trong không khí.

Hãy giải thích vì sao điều chế nhôm sunfua không đợc tiến h nh trong

không khí, viết phơng trình hoá học để minh hoạ.

3. Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M v một oxit của kim loi đó. Ngời ta

lấy ra 3 phần, mỗi phần có 59,08 gam A. Phần thứ nhất ho tan v o dung dch

HCl thu đợc 4,48 lít khí hiđro; phần thứ hai ho tan v o dung dịch của hỗn

hợp NaNO3 v H2SO4 thu đợc 4,48 lít khí NO; phần thứ ba đem nung nóng

rồi cho tác dụng với khí hiđro d cho đến khi đợc một chất rn duy nhất, ho

tan hết chất rắn đó bằng nớc cờng toan thì có 17,92 lít khí NO thoát ra. Các

th tích khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Hãy tính khối lợng nguyên tử, cho biết tên của kim loi M v công

thức oxit trong hỗn hợp A.

Hớng dẫn giải:

1. a) Khi tiếp xúc với hơi nớc trong không khí, một số chất bị thuỷ phân tạo ra

HCl bay lên tựa nh bc khói. Các chất đó l AlCl3, SiCl4, TiCl4.

Các phơng trình phản ứng:



(hoặc

( hoặc



AlCl3

SiCl4

SiCl4

TiCl4

TiCl4



+

+

+

+

+



H2O

4 H2O

4 H2O

H2O

2 H2O



AlOHCl2 +

H4SiO4

+

SiO2.2H2O +

TiOCl2

+

TiCl2(OH)2 +



HCl

4 HCl

4 HCl )

2 HCl

2 HCl )



TAILIEUHOC.VN



b) Từ tính chất hoá học của các chất v sự liên hệ giữa chúng, ta có A l CO2, B

l CaCO3, C l Ca(HCO3)2 hoặc A l NaOH, B l NaCl, C l NaHCO3 . . .

Phơng trình các phản ứng xảy ra:

1)

2)

3)

4)

5)

6)

7)

8)

9)

10)



CO2

+ 2 NaOH

Na2CO3

+ 2 HCl

+ Ca(OH)2

CO2

CaCO3

2 CO2

+ Ca(OH)2

Ca(HCO3)2 + 2 HCl

CaCO3 + H2O + CO2

Ca(HCO3)2 + 2 NaOH

+

CaCl2

Na2CO3

Ca(HCO3)2 + 2 NaOH



to



Na2CO3 + H2O

2 NaCl

+ CO2 +

CaCO3 + H2O

CaO

+ CO2

Ca(HCO3)2

CaCl2

+ 2 CO2 +

Ca(HCO3)2

CaCO3 + Na2CO3 +

CaCO3 + 2 NaCl

CaCO3 + Na2CO3 +



H2O



2 H2 O

2 H2O

2 H2O



2. Phản ứng tạo ra Al2S3: o

t

2 Al + 3 S

Al2S3 ; H < 0

( * ).

Phản ứng ny toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên khi có oxi của không khí sẽ

xảy ra các phản ứng:

to

2 Al2O3

; H < 0

4 Al

+ 3 O2

to

S O2

; H < 0

S

+

O2

to

2 Al2S3 + 9 O2

2 Al2O3 + 6 SO2 ; H < 0

Nh vậy, sự tạo thnh Al2S3 bị cản trở rất nhiều. Mặt khác, nếu có lợng

nhỏ bột Al2S3 đợc tạo ra cũng bị thuỷ phân do tác dụng của hơi nớc có trong

không khí:

Al2S3 + 6 H2O

3 H2S + 2 Al(OH)3.

Do đó buộc phải thực hiện phản ứng (*) trong điều kiện không có oxi v hơi

nớc; thờng c tin h nh trong khí hiro khô hoc khí cacbonic khô.

3. Kí hiệu số mol kim loại M có trong 59,08 gam hỗn hợp A l x (x > 0).

Giả thiết a): M có duy nhất một mức (hay số) oxi hoá l n+ :

Khi ho tan 59,08 gam hỗn hợp A v o dung dch HCl thu đợc khí hiro theo

phơng trình:

M + n HCl

MCln + 0,5 n H2

(1)

x mol

0,5 nx mol

Khi ho tan 59,08 gam hỗn hợp A v o dung dch ca hn hp NaNO3 v

H2SO4 (cũng chính l dung dịch HNO3) ta thu đợc khí NO:

3 M + n NO3 + 4n H+

3 Mn+ + n NO (k)

+ 2n H2O

(2)

x mol

(nx : 3) mol NO

Theo đề bi 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) ny 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 đợc 0,5 nx mol H2

(a)

*) Trong phản ứng (2), M có mức oxi hoá m+. Ta có:

3 Mm+ + m NO (k) + 2m H2O

(2)

3 M + m NO3- + 4 m H+



TAILIEUHOC.VN



x mol

(mx : 3) mol

Số mol NO thu đợc l mx/3 mol

(b)

Theo đề bi có số mol H2 bằng số mol NO. Vậy từ ( a ) v ( 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 vợt quá 4+.

Vậy kim loại M đợc xét ở đây có đồng thời n = 2 v m = 3. Giả thiết b)

l hợp lí.

c) Xác định M v oxit của nó:

c.1) Xét trờng hợp M có số oxi hoá m = 3 trong oxít: hỗn hợp A gồm M v

M2O3.

o

Với phản ứng M2O3 + 3 H2 t

2 M + 3H2O

(3)

ta cũng thu đợc kim loại M. Vậy chất rắn duy nhất l kim loại M.

Khi tác dụng với nớc cờng toan (l chất oxi hoá rất mạnh) M chuyển thnh

M3+ trong phản ứng M + 3 HCl + HNO3

MCl3 + NO (k) + 2 H2O (4)

Theo (1) có 0,5 nx = 0,2 m n = 2 vậy x = 0,2

Theo (4) tổng số mol M trong 59,08 g hỗn hợp A l:

nM = nNO = 17,92/22,4 = 0,8 (mol)

Biết số mol M ban đầu có trong 59,08 g A l x = 0,2. Vậy số mol M do

phản ứng (3) tạo ra l 0,8 - 0,2 = 0,6 (mol). Theo công thức M2O3 thì 0,6 mol

ny tơng ứng với số mol oxit l 0,6 : 2 = 0,3 (mol).

Kí hiệu khối lợng mol phân tử M l X, ta có phơng 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 l 55,85 ~ 56. Do đó M l Fe v oxit l Fe2O3.

c.2) Vấn đề đợc đặt ra tiếp theo l: Trong hỗn hợp A có oxit no khác chứ

không phải Fe2O3? Có một số cách trả lời câu hỏi ny. Ta xét cách sau đây:

Kí hiệu số oxi hoá của Fe trong oxit ny l z. Vậy công thức oxit l

Fe2Oz.

Theo kết quả tính ở trên, trong 59,08 gam hỗn hợp A có 0,2 mol Fe nên

số gam Fe2Oz l 59,08 - 0,2.55,85 = 47,91 (g) tơng ứng với số mol đợc kí

hiệu u.

Số mol NO do Fe từ Fe2Oz tác dụng với nớc cờng toan tạo ra l

u = 0,3

(5)

2 u = 0,6

Đa kết quả ny vo liên hệ về số gam Fe2Oz , ta có:

z=3

(6)

0,3.(55,85 . 2 + 16z) = 47,91

Vậy Fe2Oz l Fe2O3

Kết luận: Hỗn hợp A gồm M l Fe, oxit chính l Fe2O3 (không thể l oxit khác).

Câu II (4,0 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm.

1. Ngời ta qui ớc trị số nng lợng electron trong nguyên tử có du âm (-).

Electron (e) trong He+ khi chuyển động trên mt lớp xác định, e có một trị số

năng lợng tơng ứng, đó l năng lợng của một mức. Có 3 trị số năng lợng

(theo đơn vị eV) của hệ He+ l -13,6; -54,4; -6,04.

a) Hãy chỉ ra trị năng lợng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đó dựa vo

cn cứ n o về cấu tạo nguyên tử?

b) Từ trị số n o trong 3 trị trên ta có thể xác định đợc một trị năng lợng ion

hoá của heli? Hãy trình b y cụ thể.

o



TAILIEUHOC.VN



2. Thực nghiệm cho biết các độ d i bán kính ion theo đơn vị A nh sau: 1,71;

1,16; 1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy n y có cùng tổng số electron

nh 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 v xếp theo thứ tự tăng của

các trị số n y. Cần trình b y rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử v cấu hình

electron của sự gán đúng đó.

3. Thực nghiệm cho bit PCl5 có hình song tháp tam giác, góc liên kết trong mặt

phẳng đáy l 120o, trục với mặt đáy l 90o. p dụng thuyết lai hoá, hãy giải

thích kết quả đó.



Hớng dẫn giải:

1. a) Trong He+ có 1e nên nó chỉ chịu tác dụng của lực hút hạt nhân. e ny

chuyển động ở lớp cng gần hạt nhân cng chịu tác dụng mạnh của lực hút đó,

năng lợng của nó cng âm (thấp).

Khi chuyển động ở lớp thứ nhất, cấu hình 1s1, e ny có năng lợng thấp

nhất hay âm nhất, l -54,4 eV. Đó l mức thứ nhất (số lợng tử chính n = 1).

Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s1, e ny có

năng lợng cao hơn, l -13,6 eV. Đó l mức thứ hai (số lợng tử chính n = 2).

Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s1, e ny có năng

lợng cao hơn nữa, l -6,0 (4) eV. Đó l mức thứ ba (số lợng tử chính n = 3).

Khi e có năng lợng ở mức thấp nhất, mức thứ nhất (số lợng tử chính

n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He+ ở trạng thái cơ bản. Với hai trị năng lợng còn

lại, -13,6 eV v - 6,0(4) eV, He+ đều ở trạng thái kích thích.

b. Theo định nghĩa, năng lợng ion hoá I bằng trị số tuyệt đối năng lợng

cuả1e tơng ứng ở trạng thái cơ bản. Với hệ He+:

He+ (1s1) - e

He2+ ; I2 = -E1s 1 - (-54,4 eV) = 54,4 eV

2. Theo điều kiện

2 < Z < 18

(a)

các ion đợc 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 hớng chủ yếu l mất e trở thnh ion dơng (+); hay góp

chung e tạo liên kết cộng hoá trị. Do đó ta chú ý tới các nguyên tố cuối chu kì

l F, O, N. Nguyên tử có nhiều e hoá trị hơn nên chúng có nhiều khả năng hơn

trong việc thu e để trở thnh ion âm (-). Đó l 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 l kim loại hoạt động, dễ tạo thnh ion dơng (+): Na+ (có10 e); Mg2+ (có

10 e); Al3+ (có 10 e). Các nguyên tố cuối chu kì ny l các phi kim dễ tạo thnh

ion âm (-) đều có 18 e nh Cl- ; S2- ; P3-.

+) Đầu bi cho 6 trị số bán kính ion. Kết quả vừa xét trên cho 6 ion, mỗi ion

ny đều có 10 e với cấu hình 1s22s22p6. Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân

Z nhỏ hơn các ion dơng (+). Các ion âm có lực hút tác dụng lên các electron

ngoi (trong cấu hình trên) yếu hơn các ion dơng. Vậy các ion âm (-) có bán

kính lớn hơn.



TAILIEUHOC.VN



) 3 ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7)

(d).Dãy (d) ny đã đợc xếp theo thứ tự tăng độ di bán kính các ion âm (-).



) 3 iondơng (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+ (13);

Mg2+ (12); Na+ (11)

(e)

Dãy (e) ny cũng đã đợc xếp theo thứ tự tăng độ di bán kính các ion dơng.

Kết hợp (d) với (e) trên ta có dãy 6 ion theo thứ tự tăng độ di bán kính nh

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

23Ghi chú: Thực tế các ion O v N kém bền, khó tồn tại.

3. a) Trớc 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..

b) Hình dạng của PCl5 đợc mô tả nh hình bên:

Mặt đáy tam giác () có 3 đỉnh l 3 nguyên tử Cl

(1), (2), (3); tâm l P. Góc ClPCl trong mặt đáy ny

l 120o.

Tháp phía trên có đỉnh l nguyên tử Cl(5), tháp phía

dới có đỉnh l nguyên tử Cl (4). Hai đỉnh ny cùng

ở trên đờng thẳng đi qua P. Góc Cl (4) PCl (1)

bằng 90o.

Độ di liên kết trục PCl (4) hay PCl (5) đều lớn hơn

độ di liên kết ngang trong mặt đáy, dt > dn.



Cl (5)



Cl

(



Cl (3)



P



Cl (1)



Cl (4)



c) Giải thích: Trong cấu hình electron của các nguyên tử P có 3 e độc thân. Để

trở thnh nguyên tử trung tâm trong PCl5, một phân tử có 5 liên kết tạo thnh

hình song tháp tam giác, P ở dạng lai hoá thích hợp l sp3d.

(a)

2



3s



3



3p



3d



lai hoá



(a1)

3



sp d



d



(Ghi chú : Giả thiết P ở dạng lai hoá sp2d2 vẫn đợc coi l hợp lí).

Do lai hoá nh 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 hớng về 3 phía lập

thnh 3 đỉnh của tam giác đều; 3 trục của chúng cắt nhau từng đôi một tạo

thnh góc 120o. P ở tâm tam giác đều ny. 2 obitan còn lại có 2 đỉnh trên cùng

một đờng thẳng vuông góc (tạo góc 90o) với mặt phẳng tam giác v hớng về

hai phía của mặt phẳng tam giác ny.

Mỗi Cl có 1 AO-p nguyên chất chứa 1 e độc thân (xem (b) ở trên). Do đó

mỗi AO ny xen phủ với 1 obitan lai hoá của P tạo ra 1 liên kết xích ma ().

Trong mỗi vùng xen phủ đó có một đôi electron

với spin ngợc nhau (), do P v mỗi Cl góp chung,

chuyển động. Vậy trong 1 phân tử PCl5 có 5 liên kết

xích ma (). 3 trong 5 liên kết đợc phân bố trong mặt

đáy tam giác. 2 liên kết còn lại ở trên đòng thẳng

vuông góc (tạo góc 900) với mặt phẳng tam giác v

hớng về hai phía của mặt phẳng tam giác ny.

(Hình bên minh hoạ rõ rng kết quả đó).

Nh vậy, PCl5 có hình song tháp tam giác l hợp



TAILIEUHOC.VN



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 v o dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,010 M v Ba(NO3)2 0,020 M

cho đến nồng độ 0,130 M (coi th tích dung dijch không đổi khi thêm axit).

Hãy tính pH v nồng độ các ion kim loại trong dung dịch A thu đợc.

2. a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (pH = 1 atm) đơc 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 v o 1 lit dung dịch ở phía đin cực hiđro (coi thể

tích không thay đổi). Tính Epin v viết phơng trình phn ứng xảy ra khi pin

hoạt động.

Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76;

ch s tích s tan pKs (BaSO4) 9,93 ; pKs (PbSO4) 7,66 .

(RT/F) ln = 0,0592lg ; EoPb2+/Pb = - 0,123 V.

3. Ngi ta m niken lên mu vt kim loi bng phng pháp m in trong

b m cha dung dch niken sunfat. Đin áp đợc đặt lên các in cc ca b

m l 2,5 V. Cần m 10 mu vt kim loi hình tr; mi mu có bán kính 2,5cm,

cao 20 cm. Ngi ta ph lên mi mu mt lp niken d y 0,4 mm. Hãy:

a) Vit phng trình các phn ng xy ra trên các in cc ca b m in.

b) Tính in nng (theo kWh) phi tiêu th.

Cho bit: Niken có khi lng riêng D = 8,9 g/cm3; khi lng mol

nguyên t l 58,7(g/mol); hiu sut dòng bng 90% ; 1 kWh = 3,6.106J.

2



Hớng dẫn giải:

1.



Pb2+



Pb(NO3)2

0,010

-----



2NO3



+



2NO3



0,010

Ba2+



Ba(NO3)2

0,020

-----



0,020

H+



H2SO4

0,130

----HSO4

0,130



+



0,130

+



Ba2+

0,020



+



HSO4

0,130



BaSO4



+



H+ ;

0,130



107,93



TAILIEUHOC.VN



0,110



-----



HSO4

0,110

0,100



0,150



PbSO4 +



Pb2+

0,010

-----



+



H+ ;

0,150

0,160



105,66



Thnh phần của hệ: HSO4 0,100 M , H+ 0,160 M , BaSO4 , PbSO4

HSO4



H+



SO42



+







;



C

0,100

0,16

x

[ ] (0,100 - x)

(0,160 + x)

x

x (0,160 + x)

x = [SO42] = 5,69.10-3 (M)

= 10-2

0,100 x

[HSO4 ] = 0,0943 (M)

= (0,160 + x) = 0,1657 (M)

pH = 0,78

-9,93

KS (BaSO )

[Ba2+] =

= 10

= 2,0.10-8 (M)

-3

2

5,69.10

[SO4 ]

-7,66

K

[Pb2+] = S (PbSO ) = 10

= 3,84.10-6 (M)

-3

5,69.10

[SO 2]

[ H+]



4



4



4



2. a) Cực Hiđro: 2 H+ + 2e



C

[ ]



H2

+



CH3COOH

0,01

0,01 - x



H



x



+ CH3COO



; K a = 10-4,76



x



2



x

= 10-4,76

x = [H+] = 4,08.10-4 M

pH = 3,39

(0,01 - x)

E 2H+/H2 = - 0,0592 pH = - 0,0592 3,39 = - 0,2006 (V)

Cực Pb/PbSO4:

PbSO4 +



+ 2e

Pb + HSO4

+

EPb = Eo , H /Pb, HSO - + 0,0592 lg [H ]

PbSO

2

[HSO4 ]

K

o

o

Trong đó E PbSO , H /Pb, HSO - = E Pb2+/Pb + 0,0592 lg S = - 0,291

2

Ka

0,0592 lg 0,1657 = - 0,283 (V) < E +

EPb = - 0,291 +

2H /H2

2

0,0943

H+



+



4



4



+



4



4



(Hoặc: E = Eo /Pb + 0,0592 lg 1 2

PbSO

2

[SO4

o

o

M E PbSO /Pb = EPb2+/Pb + 0,0592 lg KS (PbSO )

2

0,0592 lg10-7,66 = - 0,350 (V)

= - 0,123 +

2

Vậy E = - 0,350 + 0,0592 lg(5,69.10-3)-1 = - 0,284 (V)

2

4



4



4



Cũng có thể tính theo cặp Pb2+/Pb:

0,0592

2



0,0592

2



;



10-2



TAILIEUHOC.VN



lg [Pb2+] = -0,123 +



E = - 0,123 +



lg 3,84.10-6 = - 0,283 (V)



Vậy cực Pb l anot; cực hiđro l catot.

PbSO4 , H+

BaSO4 , HSO4-



() (anot) Pb

b) 2 CH3COOH

0,010

-----



+ Ba(OH)2

0,005

-----



-



CH3COO + H2O

C

[ ]



0,010

0,010 - x

x2

= 10-9,24

0,010 - x



CH3COOH



H2 (Pt)



(+) (catot)



(CH3COO)2Ba + 2 H2O

0,005

CH3COOH + OH- ;

x

x = 10



-5,62



K b = 10-9,24



x



pH = 8,38



E2H /H = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V

+



2



E PbSO /Pb = - 0,284 V

4



(anot)

(catot)



Vậy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V.



H2

2 H+ + 2e

2 CH3COOH

2 CH3COO- + 2 H+

2 CH3COOH + 2e

2 CH3COO + H2

+

Pb + HSO4

catot PbSO4 + H + 2 e

Phản ứng xảy ra trong pin:

PbSO4 + H2 + 2 CH3COO- + H+

Pb + 2 CH3COOH + HSO4

Phản ứng trong pin: anot



3. a) Phơng 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 l

V = r2h = 3,14 (2,5)2 20 = 392,5 (cm3).

Lớp phủ niken ở mỗi mẫu vật có bề dy 0,4 mm nên ở mỗi mẫu vật ny

bán kính tăng tới 2,5 + 0,04 = 2,54 (cm); chiều cao tăng tới 20,0 + (0,042) =

= 20,08 (cm).

Vậy thể tích của mỗi mẫu vật ny tăng thêm một lợng l:

V = 14,281(cm3)

V = V ' - V = [ 3,14. (2,54)2. 20,08] - 392,5

Tổng số thể tích tăng thêm cuả cả 10 mẫu vật l:

V = 10 V = 10 14,281cm3 = 142,81 cm3. Đây cũng chính l thể tích

niken phải phủ lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lợng tơng ứng l:

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 tơng ứng l:

w = ItU = (m/A).96500n.U (2)

Với Ni ta có n = 2; theo trên đã có (m/A) = 21,6526 (mol);

theo đề bi U = 2,5 V.

Thế các trị số ny vo (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J)

Vì hiệu suất dòng điện l 90% v 1 kWh = 3,6.106J nên số điện năng thực

tế cần dùng l: W = (w/90).100.(1/3,6.106) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106)



TAILIEUHOC.VN



W = 3,2245kWh.

Câu IV (4,5 điểm): 1. 2,0 điểm; 2. 2,5 điểm.

1. Khi nghiên cu mt c vt da vo 14C (t1/2 = 5730 nm), ngi ta thy trong

mu ó có c 11C; s nguyên t 14C bng s nguyên t 11C; t l phóng x

11

C so vi 14C bng 1,51.108 ln. Hãy:

a) Vit phng trình phn ng phóng x beta () ca hai ng v ó.

b) Tính t l phóng x 11C so vi 14C trong mu ny sau 12 gi k t nghiên

cu trên. Cho bit 1 nm có 365 ngy.

2. a) Khi kho sát phn ng H2 (k) + Br2(k)

2 HBr (k)

(1)

ti hai nhit T1 v T2 m T1 < T2 , thy hng s cân bng hóa hc (vit tt l

cbhh) theo nng có tr s tng ng l K1, K2 m K1 > K2.

Phn ng n y to nhiệt hay thu nhit? Hãy gii thích.

b) Ti nhit 10240C, phn ng (1) có K = 1,6.105. Hãy tính tr s hng s

HBr (k) ti nhit n y.

cbhh ca phn ng 1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k)

S thay i tr s hng s cbhh ó có ý ngha hoá hc hay không? Ti

sao?

c) Ngi ta cho mt lng HBr nguyên cht v o bình kín có th tích c nh

ri a nhit tới 1024oC.

Hãy tính t l HBr b phân hu ti 10240C (dùng phng trình (1)). Ti

sao có kt qu ó?

Hớng dẫn giải :

1.a) Các phơng trình phản ứng hoá học hạt nhân:

11

11

+

6C

7N

14

14

+

6C

7N

b) Độ phóng xạ của một hạt nhân đợc tính theo biểu thức: A = N (1).

Trong đó l hăng số phóng xạ, N l số hạt nhân phóng xạ tại thời điểm t đang

xét.

A11 = 11N11

(2)

Với mỗi đồng vị trên, ta có: C11

14

C

A14 = 14N14

(3)

) Theo đầu bi, tại thời điểm đầu, có thể coi l tại t = 0, ta kí hiệu:

N11 = (No)11; N14 = (No)14 m (No)11 = (No)14

(4)

8

Từ điều kiện: [A11/A14] = [ 11(No)11/14(No)14] = 1,51.10 , kết hợp với (4), ta

có:

11 = 14 1,51.108

(5)

14

Với C ta có 14 = (0,6932/t1/2) = (0,6932/5730 365 24 60) =

= 2,3021010 (phút1).

Đa kết quả ny vo (5), ta tính đợc:

(6)

11 = 2,302 1010 1,51.108 = 3,476.102 (phút1)

) Xét tại t =12 giờ: Ta đã biết độ phóng xạ của một hạt nhân đợc tính theo

biểu thức: A = N (1).

Số hạt nhân phóng xạ tại thời điểm t đợc tính theo phơng trình động học

dạng hm mũ của phản ứng một chiều bậc nhất N = No et = Noexp [-t] (7)

N11 = (No)11exp [-11t]

(8)

Với mỗi đồng vị trên, ta có: C11

14

C

N14 = (No)14exp [-14 t]

(9)



TAILIEUHOC.VN



Vậy tại t = 12 giờ, ta có [A11/A14] = [11N11/14N14]

(10)

Thay (8) v (9) vo (10), kết hợp (4), ta đợc:

[A11/A14] = [11/14]exp [t(14 - 11)]

= (3,476.102/2,3021010 )exp [12 60 ( 2,302 10-10 - 3,476.102]

Thực tế 2,3021010 << 3,476.102 nên ta có [A11/A14] ~ 2,004.103 (lần).

Nhận xét:

Kết quả ny l hợp lí vì 11 = 3,476.102phút1 >> 14 =2,302 1010phút1.

Do đó trong thực tế ứng dụng ngời ta chỉ chú ý tới C14.

2.a) Theo điều kiện của đề bi: ở T1 < T2 m K1 > K2, nghĩa l khi nhiệt độ

tăng cbhh lại chuyển dời sang trái. Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) l phản

ứng toả nhiệt.

b) Phn ng

1/2 H2 (k) + 1/2 Br2 (k)

HBr (k)

(b)

có hằng số cbhh đợc kí hiệu l Kb. So sánh hệ số các chất tơng ứng trong (b)

ny với (1) của đề bi, rõ rng Kb = K 1/2 .

Sự thay đổi đó của trị số hằng số cbhh hon ton do thuần tuý lm toán chứ

không có ý nghĩa hoá học. (Sự thay đổi của hằng số cbhh nh dã đợc xét ở a)

trên đây mới có ý nghĩa hoá học).

c) Ta xét



H2 (k) + Br2 (k)

2 HBr (k)

(1)

n

Số mol ban đầu 0

0

Số mol ở cbhh (1/2) n

(1/2) n

n - n

Với l tỉ lệ HBr bị phân huỷ m ta cần tính. Chú ýđiều kiện: 0 < < 1 ( *)

Vì phản ứng (1) có n = 0 nên biểu thức của hằng số cbhh K biểu thị đợc theo

số mol các chất tại cbhh:

K = [n (1 - )]2/[(1/2) n (1/2) n] = [2(1 - )]2/2 hay

(2.102 + 1) = 1

K1/2 = [2 (1 - )]/

Khi coi 2.102 >> 1, ta đợc ~ 1/2.102 ~ 0,005. Kết quả ny thoả mãn điều

kiện: 0 < < 1 (*).

Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thnh H2 v Br2 tại 10240 C l ~ 0,005 hay

0,5%. Tỉ lệ ny rất nhỏ, nghĩa l HBr rất bền, khó bị phân huỷ, mặc dù phản

ứng (1) đợc thực hiện ở nhiệt độ rất cao, 10240 C. Đó l sự thể hiện của phản

ứng (1) có trị số của hằng số cbhh khá lớn, tới 1,6.105 tại nhiệt độ ny. Số liệu

trên cho thấy phản ứng thuận trong phản ứng thuận nghịch (1) xảy ra khá dễ

dng tại nhiệt độ đó. Tất nhiên phản ứng nghịch, tức l sự phân huỷ HBr xảy ra

khó khăn.

--------------------------------------------------------



Ghi chú: Nếu thí sinh lm khác với Hớng dẫn chấm nhng vẫn đúng,

giám khảo cũng cho điểm theo biểu điểm.



Trang 10/10