Đáp án vô cơ B HSG quốc gia 2006

ã linhdk@dhsphn.edu.vn 1 (1)(2) (3) (4)(5) (9) (7) (8) N a 2 C O 3 A B C (6) (10) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO kÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2006 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC. Bảng B NGÀY THI THỨ NHẤT: 23.2.2006 Câu I: (5,0 điểm): 1. 1,5 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 2,0 điểm. 1. a) Trong phòng thí nghiệm có các lọ hoá chất: BaCl 2 .2H 2 O, AlCl 3 , NH 4 Cl, SiCl 4 , TiCl 4 , LiCl.H 2 O, CCl 4 . 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 học để giải thích. b) Hãy lập các phương trình phản ứng oxi hoá khử giữa NH 3 với O 2 tạo ra: * NO và H 2 O (hơi). * N 2 và H 2 O (hơi ). 2. Cho sơ đồ sau: 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. 3. Để giảm đau cho vận động viên khi bị va chạm, người ta tạo ra nhiệt độ thấp tức thời tại chỗ đau dựa vào sự thu nhiệt khi hoà tan muối NH 4 NO 3 khan vào nước. Một túi giảm đau chứa 150 ml nước và một lượng muối NH 4 NO 3 khan để có thể hạ nhiệt độ chỗ đau từ 25 o C xuống O o C. Hãy tính lượng muối NH 4 NO 3 khan trong túi đó. Cho biết: nhiệt hoà tan (kí hiệu ÄH) của NH 4 NO 3 khan là 26,2 kJ.mol -1 ; nhiệt dung riêng của dung dịch trong túi này C = 3,8 J.g -1 .độ -1 (là lượng nhiệt kèm theo khi làm thay đổi nhiệt độ 1 độ của 1gam dung dịch đó). 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 AlCl 3 , SiCl 4 , TiCl 4 . Các phương trình phản ứng: AlCl 3 + H 2 O AlOHCl 2 + HCl↑ SiCl 4 + H 2 O H 4 SiO 4 + 4 HCl↑ (hoặc SiCl 4 + H 2 O SiO 2 .2H 2 O + 4 HCl↑ ) TiCl 4 + H 2 O TiOCl 2 + 2 HCl↑ ( hoặc TiCl 4 + 2 H 2 O TiCl 2 (OH) 2 + 2 HCl↑ ) b) * Xét phản ứng: NH 3 + O 2 ® NO + H 2 O 4 | NH 3 - 5 e ® N 2+ + 3H + 5 | O 2 + 4 e ® 2O 2- 4 NH 3 + 3 O 2 ® 4 NO + 6 H 2 O ã linhdk@dhsphn.edu.vn 2 * Xét phản ứng NH 3 + O 2 ® N 2 + H 2 O 2 | 2 NH 3 - 2 ´ 3 e ® N 2 + 6 H + 3 | O 2 + 4 e ® 2 O 2- 4 NH 3 + 3 O 2 ® 2 N 2 + 6 H 2 O 2. Từ tính chất hoá học của các chất và sự liên hệ giữa chúng, ta có: A là CO 2 ; B là CaCO 3 ; C là Ca(HCO 3 ) 2 . Phương trình các phản ứng xảy ra: 1) CO 2 + 2 NaOH ® Na 2 CO 3 + H 2 O 2) Na 2 CO 3 + 2 HCl ® 2 NaCl + CO 2 + H 2 O 3) CO 2 + Ca(OH) 2 ® CaCO 3 ↓ + H 2 O 4) CaCO 3 ¾®¾ o t CaO + CO 2 + H 2 O 5) 2 CO 2 + Ca(OH) 2 ® Ca(HCO 3 ) 2 6) Ca(HCO 3 ) 2 + 2 HCl ® CaCl 2 + 2 CO 2 + 2 H 2 O 7) CaCO 3 + H 2 O + CO 2 ® Ca(HCO 3 ) 2 ↓ 8) Ca(HCO 3 ) 2 + 2NaOH ® CaCO 3 ↓ + Na 2 CO 3 + 2 H 2 O 9) Na 2 CO 3 + CaCl 2 ® CaCO 3 ↓ + 2NaCl 10) Ca(HCO 3 ) 2 + 2NaOH ® CaCO 3 ↓ + Na 2 CO 3 + 2 H 2 O 3. Sự thu nhiệt khi hoà tan NH 4 NO 3 có thể được biểu diễn: NH 4 NO 3 (r) + x H 2 O ® dung dịch NH 4 NO 3 ; DH = 26200 Jmol -1 * Tính khối lượng của dung dịch trong túi giảm đau: Kí hiệu số mol NH 4 NO 3 (khan) cần dùng là x, số gam tương ứng là 80x. 150 ml nước trong túi đó được lấy gần đúng là 150 gam. Vậy khối lượng cả dung dịch trong túi giảm đau là: m =150 + 80x (1) * Nhiệt Q (hay DH) và biến thiên nhiệt độ ÄT kèm theo một quá trình được tính theo biểu thức: DH = m.C.DT (2) Trong đó: DH = x. DH = 26200. x J (3) DT = 25 - 0 (độ) ; C = 3,8 J.g -1 .độ -1 (theo đề bài); m được tính theo (1). Thay các số đã biết vào (2), ta có phương trình: 26200. x = (150 + 80x) ´ 3,8.25. Giải phương trình này ta có x ~ 0,76613 (mol). Vậy lượng muối NH 4 NO 3 (khan) cần dùng là: 80.x = 80. 0,76613 = 61,2904 g. Câu II: (4,5 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,0 điểm; 3. 2,5 điểm. 1. Nguyên tử nguyên tố hoá học X có cấu hình electron là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 2 . a) Hãy cho biết ở dạng đơn chất X có tính chất hoá học điển hình nào? Tại sao? Viết một phương trình phản ứng để minh hoạ. b) Y là một hợp chất hoá học thông thường với thành phần phân tử gồm nguyên tố X, oxi, hiđro. Viết một phương trình phản ứng để minh hoạ tính chất hoá học điển hình của Y. 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. a) Xét đồng phân cis- và trans- của điimin N 2 H 2 : * Hãy viết công thức cấu tạo của mỗi đồng phân này. ã linhdk@dhsphn.edu.vn 3 * Trong mỗi cấu tạo đó, nguyên tử N ở dạng lai hoá nào? Hãy trình bày cụ thể. * Đồng phân nào bền hơn? Hãy giải thích. b) Thực nghiệm cho biết BF 3 có hình tam giác đều, tâm là B. Áp dụng thuyết lai hoá đối với B, hãy giải thích các kết quả đó. Hướng dẫn giải: 1. a) Từ cấu hình electron đã cho, ta thấy nguyên tử X có 20 e nên số điện tích hạt nhân Z = 20. Theo bảng HTTH, X là Ca. Canxi là một kim loại kiềm thổ, hoạt động hoá học rất mạnh. Ca có đầy đủ tính chất của một kim loại kiềm thổ. Chẳng hạn, Ca tác dụng rất mạnh với H 2 O ngay ở nhiệt độ phòng; phản ứng toả nhiều nhiệt, có thể xảy ra ngay sự cháy của H 2 , một sản phẩm phản ứng: Ca + 2 H 2 O ® Ca(OH) 2 + H 2 . b) Theo điều kiện của đề bài, Y phải là Ca(OH) 2 . Mặc dù ít tan, Ca(OH) 2 vẫn là một bazơ mạnh. Với lượng nhiều, vượt độ tan, trong dung dịch có cân bằng: Ca(OH) 2 Ca(OH) 2 tan Ca 2+ + 2 OH - . Phản ứng trung hoà là một ví dụ minh họa tính chất hoá học điển hình của Ca(OH) 2 : Ca(OH) 2 + 2 HNO 3 ® Ca(NO 3 ) 2 + 2 H 2 O Ca(OH) 2 + 2 H + ® Ca 2+ + 2 H 2 O. 2. Phản ứng tạo ra Al 2 S 3 : 2 Al + 3 S ¾®¾ o t Al 2 S 3 ; DH < 0 ( * ) Phản ứng này toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên khi có oxi của không khí sẽ xảy ra các phản ứng: 4 Al + 3 O 2 ¾®¾ o t 2 Al 2 O 3 ; DH < 0 S + O 2 ¾®¾ o t S O 2 ; DH < 0 2 Al 2 S 3 + 9 O 2 ¾®¾ o t 2 Al 2 O 3 + 6SO 2 ; DH < 0 Như vậy, sự tạo thành Al 2 S 3 bị cản trở rất nhiều. Mặt khác, nếu có lượng nhỏ bột Al 2 S 3 được tạo ra cũng bị thuỷ phân do tác dụng của hơi nước có trong không khí: Al 2 S 3 + 6 H 2 O ¾®¾ 3 H 2 S + 2Al(OH) 3 . Do đó buộc phải thực hiện phản ứng (*) trong điều kiện không có oxi và (hơi) nước; thường được tiến hành trong khí hiđro khô hoặc khí cacbonic khô. 3.a) Hai đồng phân hình học của điimin là: N N H H N N H H . . . . . . . . Cis-§iimin Trans-§iimin Cả hai đồng phân đó đều phẳng, mỗi nguyên tử nitơ đều tham gia 3 liên kết (2 liên kết xich ma (s), 1 liên kết pi (p) và đều còn 1 đôi electron riêng. Vậy ta giả thiết mỗi nguyên tử nitơ đó đều có lai hoá sp 2 . Ở trạng thái cơ bản, nguyên tử nitơ N (Z =7) có cầu hình electron N 1s 2 2s 2 2p 3 ; khi liên kết, nguyên tử nitơ N đã ở vào trạng thái lai hoá sp 2 . ã linhdk@dhsphn.edu.vn 4 lai ho¸ 1s 2 3 AO - sp 2 AO - p nguyªn chÊt 1s 2 2s 2 2p 3 Như vậy trong nguyên tử N có 3 obitan lai hoá sp 2 và 1 obitan p nguyên chất. 2 trong 3 obitan lai hoá sp 2 đó cùng với1 obitan p nguyên chất đều có 1 e độc thân. Obitan lai hoá sp 2 còn lại có 1 đôi e riêng. 2 obitan lai hoá sp 2 đều có 1 e độc thân của 1 nguyên tử N xen phủ với 1 obitan loại đó của nguyên tử N bên cạnh và 1 obitan 1s của 1 nguyên tử H tạo 2 liên kết xich ma (s). 2 obitan p nguyên chất đều có 1 e độc thân của 2 nguyên tử N xen phủ nhau tạo1 liên kết pi (p) giữa chúng. * Cấu tạo trans- bền hơn cấu tạo cis Trong cấu tạo trans- cả 2 mây electron của 2 liên kết xich ma (ú) N-H cũng như cả 2 mây electron của 2 đôi e riêng của 2 N đều được phân bố về 2 phía của trục liên kết xich ma (ú) giữa 2 nguyên tử N. Do đó lực đẩy giữa các cặp mây electron đó trong cấu tạo trans- yếu hơn lực đẩy này trong cấu tạo cis Như vậy cấu tạo trans- tồn tại ở trạng thái năng lượng thấp hơn cấu tạo cis Vì thế cấu tạo trans- bền hơn cấu tạo cis Hình 1 dưới đây minh hoạ nội dung trên. N N H H N N H H Cis-§iimin C¸c m©y e gÇn nhau ®Èy nhau m¹nh Trans-§iimin C¸c m©y e xa nhau ®Èy nhau yÕu Hình 1 b) Cấu hình electron của các tử tạo ra phân tử BF 3 : B (Z = 5)1s 2 2s 2 2p 1 F (Z = 9)1s 2 2s 2 2p 5 1s 2 2s 2 2p 1 (a1) (b) 1s 2 2s 2 2p 5 * Biểu diễn hình dạng của phân tử BF 3 : Hình 2: Hình dạng phân tử BF 3 tam giác đều, tâm là B (3 đỉnh tam giác (nhỏ) là 3 vùng xen phủ tạo 3 liên kết B-F). 120 o Hình 2 Vậy ta giả thiết trong phân tử BF 3 nguyên tử trung tâm B có lai hoá sp 2 với sự phân bố electron như sau: lai ho¸ 1s 2 3 AO - sp 2 AO-p nguyªn chÊt 1s 2 2s 2 2p 3 (a2) 3 đỉnh của 3 obitan lai hoá sp 2 hướng về 3 phía của một mặt phẳng tạo thành 3 đỉnh của một tam giác đều có tâm là B. Trong mỗi obitan lai hoá sp 2 này có 1 electron độc thân. ã linhdk@dhsphn.edu.vn 5 Theo (b) ở trên, nguyên tử F có 1 electron độc thân trong1obitan p nguyên chất. Sự xen phủ trục giữa 1 obitan p nguyên chất này với1obitan lai hoá sp 2 của B tạo thành liên kết xich ma (s) giữa 2 nguyên tử. Vậy 1 trong phân tử BF 3 có 3 liên kết xich ma (s) với 3 vùng xen phủ . 3 hạt nhân của 3 nguyên tử F là 3 đỉnh của tam giác đều có tâm là B như thực nghiệm đã chỉ ra. 3 trục của 3 liên kết đó cắt nhau từng đôi một tạo thành góc 120 o . Kết quả trên về hình học phân tử hoàn toàn phù hợp với kết quả mà thực nghiệm đã chỉ ra. Câu III: (5,5 điểm): 1. 1,0 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm; 4. 1,5 điểm. 1. Hãy thiết lập sơ đồ pin để khi pin này hoạt động có phản ứng: Zn + NO 3 - + H + Zn 2+ + NH 4 + + H 2 O (1). Hãy viết phương trình các nửa phản ứng xảy ra trên các điện cực. 2. Cho: - OH , 3 /NH - 3 NO o E = - 0,12 V ; /Zn 2 Zn + o E = - 0,763 V; )(NH4 a pK + = 9,24; K w = 10 -14 ; (RT/F)ln = 0,0592lg. Hãy tính: + + 4 NH/ H , - 3 NO o E , E o pin và hằng số cân bằng của phản ứng (1). 3. Nhúng kẽm kim loại vào dung dịch HNO 3 0,10 M. Sau khi phản ứng (1) xảy ra, người ta thêm dần dung dịch NH 3 vào hỗn hợp thu được tới nồng độ 0,2 M (coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm NH 3 ). Hãy tính pH của hệ. Cho biết: Zn 2+ + 4NH 3 Zn(NH 3 ) 4 2+ ; lgβ = 8,89. 4. Tính thế điện cực kẽm nhúng trong hỗn hợp thu được. Hướng dẫn giải: 1. Các cặp oxi hoá - khử: NO 3 - /NH 4 + ; Zn 2+ /Zn Ở anôt: 4 | Zn ¾®¾ Zn 2+ + 2 e Ở catôt: | NO 3 - + 10 H + + 8 e ¾®¾ NH 4 + + 3H 2 O NO 3 - + 4 Zn + 10 H + ¾®¾ NH 4 + + 4 Zn 2+ + 3 H 2 O Sơ đồ pin: (-) Zn | Zn 2+ || NO 3 - , NH 4 + , H + | Pt (+) 2. NO 3 - + 6 H 2 O + 8 e NH 3 + 9 OH - ; K 1 = 0,0592 )12,0(8 10 - 9 H + + OH - H 2 O ; K w -1 = 10 14 NH 3 + H + NH 4 + ; K a -1 = 10 9,24 NO 3 - + 10 H + + 8 e NH 4 + + 3 H 2 O ; K 2 = 0,0592 + + - 4 NH/H, 3 NO o E8 10 K 2 = K 1 ´ K w - 9 ´ K a -1 ® + + 4 NH/ H , - 3 NO o E = - 0,12 + 2 059,0 14 ´ 9 + 9,24) = 0,881 (V) E pin = o catot E - o anot E = 0,881 + 0,763 = 1,644 (V) K = 0592,0/ o E8 10 D = 10 222,2 ã linhdk@dhsphn.edu.vn 6 3. NO 3 - + 4 Zn + 10 H + ® NH 4 + + 4 Zn 2+ + 3 H 2 O ; K = 10 222,2 (1) C 0,1 0,1 X max = 0,1 / 10 = 0,01 DC 0,01 - 0,1 0,01 0,04 C 0,09 0 0,01 0,04 Zn 2+ + 4 NH 3 Zn(NH 3 ) 4 2+ ; b -1 = 10 8,89 0,04 0,2 0,04 0,04 Thành phần của hệ: NO 3 - 0,09 M ; NH 4 + 0,01 M ; NH 3 0,04 M ; Zn(NH 3 ) 4 2+ 0,01 M - Tính thành phần theo hệ đệm: pH = 9,24 + lg 01,0 04,0 = 9,84 [H + ] = 10 -9,24 << [OH - ] = 10 -4,16 << 3 NH C , + 4 NH C Vậy pH = 9,84 4. /Zn 2 Zn + E = - 0,763 + 2 059,0 lg[Zn 2+ ], trong đó [Zn 2+ ] được tính theo cân bằng: Zn(NH 3 ) 4 2+ Zn 2+ + 4 NH 3 ; b -1 = 10 -8,89 C 0,04 0,04 [ ] 0,04 - x x 0,04 + 4 x x - 0,04 xx) 4 (0,04 4 + = 10 -8,89 . Giả thiết x << 0,01 [Zn 2+ ] = x = 4 (0,04) 10 04,0x 89,8- = 2,013. 10 -5 << 0,01 (thoả mãn). Vậy /Zn 2 Zn + E = - 0,763 + 2 059,0 lg 2,013. 10 -5 = - 0,902 (V) Câu IV: (5,0 điểm): 1. 2,5 điểm; 2. 2,5 điểm. 1. Để xác định bậc của phản ứng: 2 X + Y ® Z (1) người ta tiến hành các thí nghiệm theo phương pháp nồng độ đầu, ở cùng nhiệt độ. Kết quả như sau. a. Hãy xác định bậc riêng phần, bậc toàn phần của phản ứng (1). b. Tính hằng số tốc độ k của phản ứng (có ghi rõ đơn vị). c. Có sự gần đúng nào về tốc độ phản ứng được công nhận trong bài này? Hãy trình bày cụ thể. 2. Khảo sát phản ứng pha khí: NH 4 Cl NH 3 + HCl (2) a) Tại nhiệt độ T thích hợp phản ứng (2) đạt tới cân bằng hoá học (viết tắt là cbhh), áp suất chung của hệ là P, độ phân li của NH 4 Cl là α. * Hãy thiết lập biểu thức tính hằng số cbhh K p của phản ứng (2). Thí nghiệm số Thời gian mỗi thí nghiệm (phút) Nồng độ đầu của X (theo M) Nồng độ đầu của Y (theo M) Nồng độ sau của Y (theo M) 1 5 0,300 0,250 0,205 2 10 0,300 0,160 0,088 3 15 0,500 0,250 0,025 ã linhdk@dhsphn.edu.vn 7 * Viết biểu thức liên hệ K c với K p , K x với K p của phản ứng (2). Trong trường hợp này K x có phải là một lượng hằng định hay không? (Vẫn xét ở cùng nhiệt độ T). Hãy giải thích cụ thể. b) Có hai thí nghiệm về phản ứng (2) được tiến hành độc lập trong hai bình có thể tích cố định, bằng nhau; giả thiết ban đầu hai bình đều chân không. Thí nghiệm 1: ban đầu người ta cho 4 mol NH 4 Cl vào bình 1. Khi phản ứng (2) đạt tới cbhh ở nhiệt độ T, áp suất chung của hệ là P 1 = 1,5 atm, độ phân li của NH 4 Cl là α 1 = 0,60. Thí nghiệm 2: ban đầu người ta cho 16 mol NH 4 Cl vào bình 2. Khi phản ứng (2) đạt tới cbhh ở nhiệt độ T, áp suất chung của hệ là P 2 bằng bao nhiêu atm? c) Kết quả tính độ phân li của NH 4 Cl trong hai thí nghiệm trên có phù hợp với nguyên lí Lơ Satơlie hay không? Hãy trình bày cụ thể. Hướng dẫn giải: 1.a) Trước hết tính tốc độ trung bình (kí hiệu là v tb ) của phản ứng (1) theo chất Y: v tb = - (1/2) (ΔC Y /Δt) (a) Từ các số liệu của đề bài, ta tính được vtb của mỗi thí nghiệm như sau: Thí nghiệm số 1 2 3 v tb 4,5.10-3 3,6.10-3 7,5.10-3 (M.phút -1 ) (b) Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng (1) theo chất X là a, theoY là b, ta có: v = k CXaCYb (c) Một cách gần đúng, ta coi tốc độ trung bình (vtb) là tốc độ tức thời v được tính theo (c). So sánh từng cặp số liệu thực nghiệm đã cho trong đề bài, ta tính được bậc riêng phần của phản ứng (1) theo chất X là a, theoY là b như sau: v3/v1 = 7,5.10-3 / 4,5.10-3 = 1,66 = (0,500/0,300)a .(0,250/0,250)b; vậy a = 1 v1/v2 = 4,5.10-3 / 3,6.10-3 = 1,25 = (0,300/0,300)a .(0,250/0,160)b; vậy b = 1/2 Kết quả: Bậc riêng phần của phản ứng (1) theo chất X là a = 1, theo Y là b =1/2 Bậc toàn phần của phản ứng (1) là 1 + 1/2 = 3/2. Biểu thức (c) được viết lại cụ thể là v = k CXCY1/2 (d) b) Từ (d) ta đưa ra bi ểu thức sau đây để tính hằng số tốc độ phản ứng k: k = v / CXCY1/2 (e) Ta thay lần lượt nồng độ chất X,Y và trị số vtb ở (b) của từng thí nghiệm vào (e), có kết quả sau: Thí nghiệm số 1: k1 = 4,5.10-3 / 0,3.(0,25)1/2 = 3.10-2 Thí nghiệm số 2: k2 = 3,6.10-3 / 0,3.(0,16)1/2 = 3.10-2 Thí nghiệm số 3: k3 = 7,5.10-3 / 0,5.(0,25)1/2 = 3.10-2 Vậy k = k1 = k2 = k3 ® k = 3.10-2 .M-1/2.phút-1 c) Trong bài này ta phải chấp nhận sự gần đúng coi tốc độ trung bình vtb là tốcđộ tức thời v. (Đây là điều bắt buộc. Như vậy, nhìn một cách khái quát, xác định bậc phản ứng theo nồng độ đầu là một phương pháp gần đúng). 2.a) Ta xét phản ứng NH 4 Cl NH 3 + HCl (2) Số mol khí có ban đầu n 0 0 Đã phân li na Số mol khí có ở cbhh n - na na na Tại cbhh: Tổng số mol các khí là n (1+a); Phần mol của mỗi khí: NH 4 Cl là (1 - a)/(1 + a), NH 3 và HCl đều là a/(1 + a) Theo định luật Đantơn, ta có biểu thức tính áp suất riêng phần mỗi khí: ã linhdk@dhsphn.edu.vn 8 ClNH p 4 = P.[(1 - a)/(1 + a)]; 3 NH p = p HCl = P.[a/(1 + a)] (a) *Theo định luật tác dụng khối lượng, ta có biểu thức: K p = 3 NH p ´ p HCl / ClNH p 4 (b) Thay (a) vào (b) và thực hiện các biến đổi thích hợp, ta được: K p = P.[a 2 / (1 - a 2 )]. (c) * Các khí đều được coi là khí lí tưởng và phản ứng (2) có Än = 2 - 1 = 1 nên: K c = K p (RT) - Δ n = K p (RT) -1 và K x = K p .P - Δ n = K p .P -1 K x phụ thuộc áp suất P chung của hệ, mà P lại phụ thuộc vào số mol khí tức là phụ thuộc vào độ phân li ỏ. Vậy đối với phản ứng (2) K x không phải là một lượng hằng định mặc dù cố định nhiệt độ T. b) Thay các số liệu thu được từ thí nghiệm 1 vào biểu thức (c), ta có: K p = 1,5.[ 0,6 2 /(1 - 0,6 2 )] = 0,84375 ~ 0,844 (d) Ta có thể tính áp suất P 2 theo một số cách khác nhau. Ta dùng cách sau đây. Kí hiệu độ phân li của NH 4 Cl trong thí nghiệm 2 là ỏ 2 .Tổng số mol các khí tại cbhh trong bình 2 là n 2 =16 (1+ ỏ 2 ). Tổng số mol các khí tại cbhh trong bình 1 là n 1 =4(1+a 1 ) = 4(1+ 0,6)=6,4(mol). Với điều kiện V = const và T = const, ta có liên hệ: P 2 /P 1 = n 2 /n 1 ® P 2 = P 1 [ n 2 / n 1 ] =[16 (1+a 2 )/6,4].1,5 =3,75 (1+a 2 ) (e) Mặt khác, khi thay ỏ 2 cho ỏ trong biểu thức (c) và chú ý tới (d),ta có: P 2 .[ a 2 2 / (1 - a 2 2 )] = 0,844 (f) Kết hợp (e) với (f) và biến đổi thích hợp, ta có: 3,75 a 2 2 + 0,844 a 2 - 0,844 = 0. Giải phương trình này và chú ý tới điều kiện 0 < a < 1, ta được a 2 = 0,38 Đưa kết quả này vào (e), ta có: P 2 =3,75 (1 + 0,38) ® P 2 = 5,175 (atm) c) Đã có: thí nghiệm 1 dùng n 1 = 4 mol NH 4 Cl, độ phân li a 1 = 0,60; thí nghiệm 2 dùng n 2 =16 mol NH 4 Cl, độ phân li a 2 = 0,38. Kết quả đó hoàn toàn phù hợp với nguyên lí Lơ Satơlie. Hai thí nghiệm được tiến hành trong điều kiệnV=const và T=const nên khi tăng số mol khí, cbhh sẽ chuyển dời về phía làm giảm sự tăng số mol đó. Phản ứng (2) có Δn=2-1=1 > 0, cbhh chuyển dời sang trái, nghĩa là giảm sự phân li của NH 4 Cl, hay a 2 =0,38 < a 1 = 0,60 khi n 2 =16 mol > n 1 = 4 mol. - Thí sinh không được sử dụng tài liệu ngoài quy định - Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. . (1)(2) (3) (4)(5) (9) (7) (8) N a 2 C O 3 A B C (6) (10) B GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO kÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2006 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HOÁ HỌC. B ng B NGÀY THI THỨ NHẤT: 23.2 .2006. lai hoá nào? Hãy trình b y cụ thể. * Đồng phân nào b n hơn? Hãy giải thích. b) Thực nghiệm cho biết BF 3 có hình tam giác đều, tâm là B. Áp dụng thuyết lai hoá đối với B, hãy giải thích các. lập trong hai b nh có thể tích cố định, b ng nhau; giả thiết ban đầu hai b nh đều chân không. Thí nghiệm 1: ban đầu người ta cho 4 mol NH 4 Cl vào b nh 1. Khi phản ứng (2) đạt tới cbhh ở nhiệt