Đáp án HSGQG vòng 2 2008 phần vô cơ

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KÌ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2008 HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HÓA HỌC Ngày thi thứ nhất: 29/3/2008 Câu I (3 điểm) 1. Cho các dữ kiện sau: Năng lượng kJ.mol¯ 1 Năng lượng kJ.mol¯ 1 thăng hoa của Na 108,68 liên kết của Cl 2 242,60 ion hóa thứ nhất của Na 495,80 mạng lưới NaF 922,88 liên kết của F 2 155,00 mạng lưới NaCl 767,00 Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol - 1 Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol - 1 Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích. 2. Cho các quá trình dưới đây: He Li + β - ; N C + β + ; Be Li + β + (1) (2) (3) a. Quá trình nào có thể tự diễn biến? Vì sao? b. So sánh tốc độ cực đại của hạt sơ cấp ( β - , β + ) ở các quá trình có thể tự diễn biến được. Cho: He = 6,01889 u ; Li = 6,01512 u ; N = 13,00574 u ; C = 13,00335 u ; Be = 7,01693 u ; Li = 7,01600 u ; m e = 0,00055 u ; 1eV = 1,602.10 -19 J. Hướng dẫn giải 1.a. Áp dụng định luật Hess vào chu trình M (r) MX (r) X 2(k) M (k) M + (k) X - (k) H TH H ML H HT + + AE X (k) I 1 + H LK 1 2 1 2 + b. AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có thể giải thích điều này như sau: * Phân tử F 2 ít bền hơn phân tử Cl 2 , do đó ΔH LK (F 2 ) < ΔH pl (Cl 2 ) và dẫn đến AE (F) > AE (Cl). * Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA. F ở đầu nhóm. Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron. 2. a. ΔH 1 = -Δm 1 × 932.10 6 × 1,602.10 - 19 × 6,022.10 23 J.mol - 1 1/8 trang Ta được: AE = ΔH HT - ΔH TH - I 1 - ½ ΔH LK + ΔH ML ( * ) Thay số vào ( * ) , AE (F) = -332,70 kJ.mol - 1 và AE (Cl) = -360 kJ.mol - 1 . 7 4 7 3 6 2 6 3 13 7 13 6 13 7 6 2 6 3 13 6 7 4 7 3 = -(6,01889 - 6,01512) × 932.10 6 × 1,602.10¯ 19 × 6,022.10 23 J.mol¯ 1 = -3,39.10 11 J.mol¯ 1 ΔH 2 = -Δm 2 × 932.10 6 × 1,602.10 - 19 × 6,022.10 23 J.mol - 1 = -(13,00574 - 13,00335 - 2 × 0,00055) × 932.10 6 × 1,602.10 - 19 × 6,022.10 23 J.mol - 1 = -1,16.10 10 J.mol - 1 ΔH 3 = -Δm 3 × 932.10 6 × 1,602.10 - 19 × 6,022.10 23 J.mol - 1 = -(7,01693 - 7,01600 - 2 × 0,00055) × 932.10 6 × 1,602.10 - 19 × 6,022.10 23 J.mol - 1 = 1,53.10 10 .mol - 1 Δm 3 = -1,7.10 - 4 ΔH 1 , ΔH 2 << 0; ΔS 1 , ΔS 2 > 0 ΔG 1 , ΔG 2 << 0. Các quá trình (1) và (2) tự diễn biến. ΔH 3 >> 0, ΔS 3 > 0 ΔG 3 >> 0. Quá trình (3) không tự diễn biến. b. Δm 1 = 3,77.10 - 3 u > Δm 2 = 1,29.10 - 5 u Vậy tốc độ cực đại của electron phát sinh ở (1) lớn hơn tốc độ cực đại của electron phát sinh ở (2). Câu II (2,5 điểm) Có thể xác định cấu trúc hình học của các phân tử hay ion nhiều nguyên tử dựa vào việc khảo sát số cặp electron tạo liên kết σ và số cặp electron chưa liên kết ở lớp vỏ hoá trị của nguyên tử trung tâm của phân tử hay ion. 1. Nếu quanh nguyên tử A của phân tử AX 2 hay ion AX 2 có số cặp electron bao gồm các cặp electron tạo liên kết σ và các cặp electron chưa liên kết là 2 hoặc 3, 4, 5, 6 thì ở trường hợp nào phân tử hay ion có cấu trúc thẳng, trường hợp nào không? vì sao? (1) 2. Tuỳ thuộc vào số cặp electron mà phân tử có thể có một vài hình dạng khác nhau, hãy minh hoạ bằng hình vẽ. 3. Trong số các kết luận rút ra ở (1), trường hợp nào có tồn tại các chất có hình dạng đúng như dự đoán. Cho thí dụ. 4. Có thể giải thích cấu trúc hình học của phân tử dựa vào thuyết liên kết hoá trị. Hãy cho biết trạng thái lai hoá tương ứng với mỗi trường hợp ở (1). Hướng đẫn giải 1. n = 2 n = 3 n = 4 n = 5 n = 6 X – A – X Cấu trúc thẳng xuất hiện ứng với 2, 5 hay 6 cặp electron . 2. Khi có 5 hay 6 cặp electron thì có thể có một vài dạng phân tử: 3. Trường hợp: n = 2: BeCl 2 n = 5: I 3 - , ICl 2 - , XeF 2 2/8 trang A X X A X X Các cặp electron tự do có thể tích lớn nên ở chỗ rộng – vị trí xích đạo. Các cặp liên kết ở vị trí trục. Phân tử hay ion thẳng. A X X A X X Không thẳng vìcặpelectron tự do đẩy các cặp liên kết. Không thẳng vìcặpelectron tự do đẩy các cặp liên kết. Trong trường hợp này 4 cặp electron chưa liên kết đều ở vị trí xích đạo. Phân tử hay ion thẳng. A X X A X X X X A A X X A X X -n 4. Số cặp electron 2 3 4 5 6 Lai hoá sp sp 2 sp 3 sp 3 d (dsp 3 ) d 2 sp 3 Câu III (3,5 điểm) 1. 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 chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân. Viết tên của A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên. 2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau đây: Lấy 3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau: Nhiệt độ ( o C) Áp suất (atm) 444,6 0,73554 450 0,88929 500 1,26772 900 4,80930 1500 14,53860 Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích. Cho: R = 0,082 L.atm.K - 1 .mol - 1 Hướng dẫn giải: 1. Hợp chất A x B y là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H 2 S. Hợp chất A n C m là Al 2 O 3 Vậy A là Al, B là S, C là O Hợp chất A o B p C q là Al 2 (SO 4 ) 3 2 Al + 3 S Al 2 S 3 Al 2 S 3 + 6 H 2 O 2 Al(OH) 3 + 3 H 2 S 4 Al + 3 O 2 2 Al 2 O 3 S + O 2 SO 2 Al 3+ + 2 H 2 O Al(OH) 2+ + H 3 O + 2. Số mol nguyên tử S trơng 3,2 gam lưu huỳnh: = 0,1 mol Dùng công thức n = tính được số mol các phân tử lưu huỳnh ở trạng thái hơi tại các nhiệt độ : * 444,6 o C: n 1 = 0, 0125 mol gồm các phân tử S 8 vì 0, 0125 × 8 = 0,1 mol * 450 o C: n 2 = 0,015 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: ≈ 6,67. Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử. * 500 o C: n 3 = 0,02 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: = 5. Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S 5 . * 900 o C: n 4 = 0,05 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: = 2. Vậy 3/8 trang 0,1 0,02 3,2 32 PV RT 0,1 0,015 thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S 2 . * 1500 o C : n 5 = 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S. Câu IV (3 điểm) Trong một hệ có cân bằng 3 H 2 + N 2 2 NH 3 ( * ) được thiết lập ở 400 K người ta xác định được các áp suất phần sau đây: p = 0,376.10 5 Pa , p = 0,125.10 5 Pa , p = 0,499.10 5 Pa 1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG 0 của phản ứng ( * ) ở 400 K. 2. Tính lượng N 2 và NH 3, biết hệ có 500 mol H 2. 3. Thêm 10 mol H 2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng ( * ) chuyển dịch theo chiều nào? 4. Trong một hệ cân bằng H 2 /N 2 /NH 3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.10 5 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10 - 9 Pa - 2 , n = 500 mol , n = 100 mol và n = 175 mol. Nếu thêm 10 mol N 2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào? Cho: Áp suất tiêu chuẩn P 0 = 1,013.10 5 Pa; R = 8,314 JK - 1 mol - 1 ; 1 atm = 1,013.10 5 Pa. Hướng dẫn giải: 1. Kp = Kp = = 3,747.10¯ 9 Pa - 2 K = Kp × P 0 -Δn K = 3,747.10 - 9 × (1,013.10 5 ) 2 = 38,45 ΔG 0 = -RTlnK ΔG 0 = -8,314 × 400 × ln 38,45 = -12136 J.mol¯ 1 = -12,136 kJ.mol - 1 2. n = × P(N 2 ) n = × 0,125 = 166 mol n = × P(NH 3 ) n =× 0,499 = 664 mol n tổng cộng = 1330 mol P tổng cộng = 1.10 5 Pa 3. Sau khi thêm 10 mol H 2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol. P = × 1.10 5 = 0,380.10 5 Pa ; P = × 1.10 5 = 0,124.10 5 Pa P = × 1.10 5 = 0,496.10 5 Pa ΔG = ΔG 0 + RTln ΔG 0 = [-12136 + 8,314 × 400 ln ( × )] = -144,5 J.mol¯ 1 Cân bằng ( * ) chuyển dịch sang phải. 4. Sau khi thêm 10 mol N 2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là: P = × 1.10 5 Pa ; P = × 1.10 5 Pa ; P = × 1.10 5 Pa ΔG = ΔG 0 + RTln ΔG = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,013 2 ) + ln ( × 785 2 × 1,013 2 )] = 19,74 J.mol¯ 1 Cân bằng ( * ) chuyển dịch sang trái. 4/8 trang 175 2 100 3 × 510 CrO 4 2 - /CrO 2 - Q P 0 Δn N 2 NH 3 H 2 0,1 0,05 H 2 N 2 NH 3 (0,499.10 5 ) 2 (0,376.10 5 ) 3 × (0,125.10 5 ) N 2 N 2 500 0,376 NN 3 NH 3 500 0,376 n P H 2 H 2 n P H 2 H 2 P 2 P 3 × P NN 3 H 2 N 2 100 785 175 785 H 2 N 2 510 785 NH 3 510 1340 664 1340 H 2 NH 3 Q P 0 Δn 0,496 2 0,381 3 N 2 166 1340 1,013 2 , 0,124 Câu V (4 điểm) 1. a. Dung dịch A gồm CrCl 3 0,010 M và FeCl 2 0,100 M. Tính pH của dung dịch A. b. Tính pH để bắt đầu kết tủa và kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3 từ dung dịch CrCl 3 0,010 M (coi một ion được kết tủa hoàn toàn nếu nồng độ còn lại của ion đó trong dung dịch nhỏ hơn hoặc bằng 1,0.10 -6 M). c. Tính E o . Thiết lập sơ đồ pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin được ghép bởi cặp CrO 4 2 - /CrO 2 ¯ và NO 3 - /NO ở điều kiện tiêu chuẩn. Cho: Cr 3+ + H 2 O CrOH 2+ + H + * β 1 = 10 - 3,8 Fe 2+ + H 2 O FeOH + + H + * β 2 = 10 - 5,92 Cr(OH) 3 ↓ Cr 3+ + 3 OH¯ K S = 10 - 29,8 Cr(OH) 3 ↓ H + + CrO 2 - + H 2 O K = 10 - 14 H 2 O H + + OH - Kw =10 - 14 E 0 = -0,13 V ; E 0 = 0,96 V ; 2,303 = 0,0592 ở 25 O C. 2. Để xác định hằng số tạo phức (hay hằng số bền) của ion phức [Zn(CN) 4 ] 2 - , người ta làm như sau: Thêm 99,9 ml dung dịch KCN 1M vào 0,1 ml dung dịch ZnCl 2 0,1 M để thu được 100ml dung dịch ion phức [Zn(CN) 4 ] 2 - (dung dịch A). Nhúng vào A hai điện cực: điện cực kẽm tinh khiết và điện cực so sánh là điện cực calomen bão hoà có thế không đổi là 0,247 V (điện cực calomen trong trường hợp này là cực dương). Nối hai điện cực đó với một điện thế kế, đo hiệu điện thế giữa chúng được giá trị 1,6883 V. Hãy xác định hằng số tạo phức của ion phức [Zn(CN) 4 ] 2 - . Biết thế oxi hoá - khử tiêu chuẩn của cặp Zn 2+ /Zn bằng -0,7628 V. Hướng dẫn giải: 1. a. Các quá trình: Cr 3+ + H 2 O CrOH 2+ + H + * β 1 = 10 - 3,8 (1) Fe 2+ + H 2 O FeOH + + H + * β 2 = 10 - 5,92 (2) H 2 O H + + OH¯ Kw =10 - 14 (3) So sánh (1), (2), (3) ta có * β 1 × C ≈ * β 2 × C >> Kw Tính pH theo ĐKP h = [H + ] = [CrOH 2+ ] + [FeOH + ] (4) Tính gần đúng (không phải tính lặp). Từ (4): h = [CrOH 2+ ] + [FeOH + ] = h = √ * β 1 × [Cr 3+ ] + * β 2 × [Fe 2+ ] (5) chấp nhận : [Cr 3+ ] = C = 0,01M; [ Fe 2+ ] = C = 0,100M, thay vào (5) tính được h = 10 - 2,88 Kiểm tra: [Cr 3+ ] = = = 8,93.10 - 3 M (chấp nhận được ≈ 0,010M) [Fe 2+ ] = = = 9,99.10 - 2 M (chấp nhận được ≈ 0,10M) Vậy pH A = 2,88 Tính chính xác. Từ (4): h = [CrOH 2+ ] + [FeOH + ] = + h 3 + ( * β 1 + * β 2 ) h 2 + ( * β 1 × * β 2 - C × * β 1 - C × * β 2 ) h - * β 1 × * β 2 (C + C ) = 0 5/8 trang CrO 4 2 - /Cr(OH) 3 ↓, OH - NO 3 - , H + /NO RT F 3(-0,13)/ 0,0592 3 (E 0 )/0,0592 CrO 4 2 - /CrO 2 - OH - 3 , , CrO 3 + Cr 3 3 + Cr 3 3+ OH - 3 Ks Kw 3 Ks × * β 1 × h 2 Kw 3 CrO 4 2- /CrO 2 - Ks [OH - ] 3 Ks Kw 3 Kw h * β 1 × [Cr 3+ ] + * β 2 × [Fe 2+ ] h Fe 2+ Cr 3 + Cr 3 + Fe 2 + C 1 + * β 1 . h - 1 Cr 3 + C 1 + * β 2 . h - 1 Fe 2 + 0,01 1 + 10 -3,8 + 2,88 0,1 1 + 10 -5,92 + 2,88 C × * β 1 * β 1 + h Cr 3 + C × * β 2 * β 2 + h Fe 2 + Cr 3 + Fe 2 + Cr 3 + Fe 2 + h 3 + 1,597.10 - 4 × h 2 - 1,705.10 - 6 × h - 2,096.10 - 11 = 0 h = 10 - 2,90 pH A = 2,90 b. Điều kiện để bắt đầu kết tủa Cr(OH) 3 là: [OH - ] = C ’ = √ Ks/C ’ (6), trong đó C ’ là nồng độ của Cr 3+ trước khi kết tủa và được tính theo (1): Cr 3+ + H 2 O CrOH 2+ + H + * β 1 = 10 - 3,8 C’ 0,01- x x x = 10 - 3,8 x = 1,18.10 - 3 C’ = 8,82.10 - 3 , thay vào (6): [OH - ] = C ’ = √ 10 - 29,8 /8,82.10 - 3 = 10 - 9,25 Vậy pH để bắt đầu kết tủa Cr(OH) 3 là 4,75 Để kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3 thì: ∑C = [Cr 3+ ] + [ CrOH 2+ ] ≤ 1,0.10 - 6 [Cr 3+ ] (1 + * β 1 × h -1 ) << 1,0.10 - 6 Hay × (1 + * β 1 × h -1 ) ≤ 1,0.10 - 6 (7) Thay [OH - ] = vào (7) ta được: × h 3 (1 + * β 1 × h -1 ) = × h 3 + << 1,0.10 - 6 1,585.10 12 × h 3 + 2,512.10 8 × h 2 - 10 - 6 ≤ 0 h ≤ 6,308.10 - 8 pH ≥ 7,2 Vậy để kết tủa hoàn toàn Cr(OH) 3 ↓ từ dung dịch Cr 3+ 0,010 M là ≥ 7,2 c. Tính E 0 (E 0 x ) CrO 4 2- + 4 H 2 O + 3 e Cr(OH) 3 ↓ + 5 OH¯ K 1 = 10 Cr(OH) 3 ↓ H + + CrO 2 ¯ + H 2 O K 2 = 10 - 14 H + + OH¯ H 2 O Kw - 1 =10 14 CrO 4 2 - + 2 H 2 O + 3 e CrO 2 - + 4 OH - K 3 =10 K 3 = K 1 . K 2 . Kw - 1 E 0 = -0,13 V < E 0 = 0,96 V Vậy cặp CrO 4 2 - /CrO 2 - là anot và cặp NO 3 - /NO là catot. Sơ đồ pin: (-) Pt CrO 4 2 - 1M ; CrO 2 - 1M ; OH - 1M NO 3 - 1M ; H + 1M (Pt) NO, pNO = 1atm (+) Phản ứng xảy ra trong pin: Tại catot: NO 3 - + 4 H + + 3 e NO↑ + 2 H 2 O Tại anot: CrO 2 - + 4 OH - CrO 4 2 - + 2 H 2 O + 3e 4 × HOH H + + OH - NO 3 - + CrO 2 - CrO 4 2 - + NO↑ 2. Phản ứng tạo phức: Zn 2+ + 4 CN - [[Zn(CN) 4 ] 2 - ] = β 1,4 (1) Theo đề bài, rất dư CN - nên sự tạo phức xảy ra hoàn toàn 6/8 trang C × * β 1 * β 1 + h Cr 3 + CrO 4 2- /CrO 2 - NO 3 - /NO OH - Cr 3 + Cr 3 + Cr 3 + 3 Ks [OH - ] 3 Kw h Ks K 3 w Ks K 3 w Ks × * β 1 × h 2 K 3 w CrO 4 2 - /CrO 2 - OH - 3 x 2 0,01 – x 3 (-0,13) 0,0592 3 E 0 x 0,0592 Cr 3+ [[Zn(CN) 4 ] 2 - ] [Zn 2+ ][CN - ] 4 0,1 × 0,1 100 Zn 2 + 0,0592 2 0,0592 2 [[Zn(CN) 4 ] 2 - ] = C = = 10 - 4 M [CN - ] = 1- 4 × 10 - 4 ≈ 1 Để tính β thì cần xác định nồng độ [Zn 2+ ] E Zn = E o + × lg [Zn 2+ ] E(đo được) = 1,6883 = E Cal – E Zn = 0,247 – E Zn E Zn = 0,247 – 1,6883 = – 1,4413 V E Zn = – 0,7628 + × lg [Zn 2+ ] = –1,4413 (V) [Zn 2+ ] = 10 - 22,92 . Thay vào (1) tính được β 1,4 = 10 18,92 Câu VI (4 điểm) Cho phản ứng A + B C + D (*) diễn ra trong dung dịch ở 25 O C. Đo nồng độ A trong hai dung dịch ở các thời điểm t khác nhau, thu được kết quả: Dung dịch 1 [A] 0 = 1,27.10 - 2 mol.L - 1 ; [B] 0 = 0,26 mol.L - 1 t(s) 1000 3000 10000 20000 40000 100000 [A] (mol.L - 1 ) 0,0122 0,0113 0,0089 0,0069 0,0047 0,0024 Dung dịch 2 [A] 0 = 2,71.10 - 2 mol.L - 1 ; [B] 0 = 0,495 mol.L - 1 t(s) 2.000 10000 20000 30000 50000 100000 [A] (mol.L - 1 ) 0,0230 0,0143 0,0097 0,0074 0,0050 0,0027 1. Tính tốc độ của phản ứng (*) khi [A] = 3,62.10 - 2 mol.L - 1 và [B] = 0,495 mol.L - 1 . 2. Sau thời gian bao lâu thì nồng độ A giảm đi một nửa? Hướng dẫn giải: 1. Giả sử phương trình động học của phản ứng có dạng v = k [A] α [B] β . Vì [B] 0 >> [A] 0 nên v = k [A] α ; k = k [B] 0 β Cho α các giá trị 0, 1, 2 và tính k theo các công thưc sau: α = 0 k = ([A] 0 -[A]) α = 1 k = ln α = 2 k = × Kết quả tính cho thấy chỉ ở trường hợp α = 2 k mới có giá trị coi như không đổi. Đối với dung dịch 1 k 1 = k [B] 0,1 β = 3,22.10 - 3 ; 3,25.10 - 3 ; 3,36.10 - 3 ; 3,35.10 - 3 ; 3,35.10 - 3 ; 3,37.10 - 3 (L.mol - 1 .s - 1 ); k 1 (trung bình) = 3,31.10 - 3 L. mol - 1 .s - 1 Đối với dung dịch 2 k 2 = k[B] 0,2 β = 3,28.10 - 3 ; 3,30.10 - 3 ; 3,30.10 - 3 ; 3,37.10 - 3 ; 3,26.10 - 3 ; 3,33.10 - 3 (L.mol - 1 .s - 1 ); 7/8 trang 1 k [A] 0 1 3,30.10¯ 3 L mol¯ 1 s¯ 1 × 3,62.10 ¯ 2 mol.L¯ 1 , k 1 k 2 , , [B] 0,1 [B] 0,2 β β , , , , , , , , [A] 0 [A] [A] 0 - [A] [A] 0 × [A] , 1 t 1 t 1 t k 2 (trung bình) = 3,30.10 - 3 L.mol - 1 s - 1 k 1 ≈ k 2 ; k (trung bình) = 3,30.10 - 3 L.mol - 1 s - 1 . Vậy α = 2 = = 1 Vì [B] 0,1 ≠ [B] 0,2 nên β = 0 và k = k (trung bình) v = k [A] 2 = 3,30.10 - 3 L mol - 1 s - 1 × (3,62.10 - 2 mol.L - 1 ) 2 v = 4,32.10¯ 6 mol.L - 1 . s - 1 2. t ½ = = = 8371 s ------------------ HẾT------------------ 8/8 trang , , , . 6, 022 .10 23 J.mol¯ 1 = -3,39.10 11 J.mol¯ 1 ΔH 2 = -Δm 2 × 9 32. 10 6 × 1,6 02. 10 - 19 × 6, 022 .10 23 J.mol - 1 = -(13,00574 - 13,00335 - 2 × 0,00055) × 9 32. 10. NH 3 H 2 0,1 0,05 H 2 N 2 NH 3 (0,499.10 5 ) 2 (0,376.10 5 ) 3 × (0, 125 .10 5 ) N 2 N 2 500 0,376 NN 3 NH 3 500 0,376 n P H 2 H 2 n P H 2 H 2 P 2 P 3 ×