Đang tải... (xem toàn văn)
Mçi ion trong d·y ny cã cïng tæng sè electron nh ion kh¸c trong d·y.. Ng ười ta mạ niken lªn mẫu vật kim loại bằng phương ph¸p mạ điện trong bể mạ chứa dung dịch niken sunfat. H·y:. a)[r]
(1)1
bộ giáo dục đào tạo Hướng Dẫn chấm đề thi thức
M«n: Hoá học, Bảng A
Ngày thi thứ nhất:23/2/2006 Câu I (5,5 ®iĨm): 2,0 ®iĨm; 1,0 ®iĨm; 2,5 điểm.
1 a) Trong phòng thí nghiệm có c¸c lä ho¸ chÊt: BaCl2.2H2O, AlCl3, NH4Cl, SiCl4, TiCl4,
LiCl.H2O, CCl4 Một số chất chất "bốc khói" người ta mở lọ đựng chất
trong kh«ng khÝ Èm
Những chất no “bốc khói”? Hãy viết phương trình hố hố học để giải thích b) Cho sơ đồ sau:
10
Hãy xác định cơng thức hố học hợp chất vô cơA, B, C v viết phương trình
phản øng x¶y
2 Để điều chế nhôm sunfua người ta cho lưu huỳnh tác dụng với nhơm nóng chảy Q trình
®iỊu chÕ ny cần tiến hnh khí hiđro khô khí cacbonic khô, không tiến hnh không khí
Hãy giải thích điều chế nhơm sunfua khơng tiến hnh khơng khí, viết phương trình hố học để minh hoạ
3 Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M v oxit kim lo ại Người ta lấy phần,
mỗi phần có 59,08 gam A Phần thứ hoà tan vo dung d ch HCl thu 4,48 lít khí
hiđro; phần thứ hai hoà tan vo dung dịch hỗn hợp NaNO3 v H 2SO4 thu 4,48 lÝt
khí NO; phần thứ ba đem nung nóng cho tác dụng với khí hiđro dư chất rắn nhất, ho tan hết chất rắn nước cường toan có 17,92 lít khí NO Các thể tích khí đo điều kiện tiêu chuẩn
Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên kim loại M v công thức oxit hỗn hợp A
Hướng dẫn giải:
1 a) Khi tiếp xúc với nước khơng khí, số chất bị thuỷ phân tạo HCl bay lên
tựa “bốc khói” Các chất AlCl3, SiCl4, TiCl4
Các phương trình phản ứng:
AlCl3 + H2O AlOHCl2 + HCl↑
SiCl4 + H2O H4SiO4 + HCl↑
(hc SiCl4 + H2O SiO2.2H2O + HCl↑ )
TiCl4 + H2O TiOCl2 + HCl↑
( hc TiCl4 + H2O TiCl2(OH)2 + HCl↑ )
b) Từ tính chất hoá học chất liên hệ chúng, ta có: A CO2; B lµ CaCO3; C
là Ca(HCO3)2 Phương trình phản ứng xảy ra:
1) CO2 + NaOH Na2CO3 + H2O
2) Na2CO3 + HCl NaCl + CO2 + H2O
3) CO2 + Ca(OH)2 CaCO3↓ + H2O
4) CaCO3 CaO + CO2 + H2O
5) CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2
6) Ca(HCO3)2 + HCl CaCl2 + CO2 + H2O
7) CaCO3 + H2O + CO2 Ca(HCO3)2↓
Na2CO3
A
B C
4
6
(2)8) Ca(HCO3)2 + 2NaOH CaCO3↓ + Na2CO3+ H2O
9) Na2CO3 + CaCl2 CaCO3↓ + 2NaCl
10) Ca(HCO3)2 + 2NaOH CaCO3↓ + Na2CO3 + H2O
2 Phản ứng tạo Al2S3:
Al + S Al2S3 ; ΔH < ( * )
Phản ứng toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên có oxi khơng khí xảy phản ứng:
4 Al + O2 Al2O3 ; ΔH <
S + O2 S O2 ; ΔH <
2 Al2S3 + O2 Al2O3 + 6SO2 ; ΔH <
Như vậy, tạo thành Al2S3 bị cản trở nhiều Mặt khác, có lượng nhỏ bột
Al2S3 tạo bị thuỷ phân tác dụng nước có khơng khí:
Al2S3 + 6H2O H2S + Al(OH)3
Do buộc phải thực phản ứng (*) điều kiện khơng có oxi (hơi) nước; thường tiến hnh khí hi đro khơ khí cacbonic khơ
3 KÝ hiƯu sè mol kim lo¹i M có 59,08 gam hỗn hợp A x( x > ).
Gi¶ thiÕt a): M cã mức (hay số) oxi hoá n+ :
Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vo dung d ịch HCl thu khí hiđro theo phương trình:
M + n HCl MCln + 0,5 n H2 (1)
x mol 0,5 nx mol H2
Khi hoµ tan 59,08 gam hỗn hợp A vo dung d ch ca hn hp NaNO3 v H 2SO4(cũng
là dung dịch HNO3) ta thu khí NO:
3 M + n NO3– + 4n H+ Mn+ + n NO (k) + 2n H2O (2)
x mol (nx : 3) mol NO
Theo đề có số mol H2 số mol NO (đều 4,48 : 22,4 = 0,2 (mol))
Theo lập luận lại có 0,5 nx mol H2 kh¸c víi (nx : 3) mol NO
Vậy giả thiết a) không phù hợp
Gi¶ thiÕt b): XÐt M cã hai møc (sè) oxi hoá khác nhau: *) Trong phản ứng (1), M có mức oxi hoá n+
Từ liên hệ trên, ta thu 0,5 nx mol H2 (a)
*) Trong phản ứng (2), M có mức oxi hoá m+ Ta cã:
M + m NO3- + m H+ Mm+ + m NO (k) + 2m H2O (2)
x mol (mx : 3) mol
Số mol NO thu mx/3 mol (b)
Theo đề có số mol H2 số mol NO Vậy từ ( a ) ( b ) ta có:
(1/2) nx = (1/3) mx (c ) Từ ta có: n/m = 2/3 = 4/6 = 6/9 = (d) Ta biết kim loại có số oxi hố n hay m không vượt 4+
Vậy kim loại M xét có đồng thời n = m = Giả thiết b) hợp lí c) Xác định M oxit nó:
c.1) Xét trường hợp M có số oxi hố m = oxít: hỗn hợp A gồm M M2O3
Víi ph¶n øng M2O3 + H2 M + 3H2O (3)
ta thu kim loại M Vậy chất rắn kim loại M
Khi tác dụng với nước cường toan (là chất oxi hoá mạnh) M chuyển thành M3+ trong
ph¶n øng M + HCl + HNO3 MCl3 + NO (k) + H2O (4)
Theo (1) cã 0,5 nx = 0,2 mµ n = vËy x = 0,2 Theo (4) tæng sè mol M 59,08 g hỗn hợp A là:
nM = nNO = 17,92/22,4 = 0,8 (mol)
Biết số mol M ban đầu có 59,08 g A x = 0,2 Vậy số mol M phản ứng (3) tạo 0,8 - 0,2 = 0,6 (mol) Theo cơng thức M2O3 0,6 mol tương ứng với số mol
oxit lµ 0,6 : = 0,3 (mol)
Kí hiệu khối lượng mol phân tử M X, ta có phương trình: 0,2 X + (2 X + 16 x 3) x 0,3 = 59,08 Vậy X = 55,85 (g/mol) Suy nguyên tử khối M 55,85 ~ 56 Do M Fe oxit Fe2O3
(3)c.2) Vấn đề đặt là: Trong hỗn hợp A có oxit khác khơng phải Fe2O3? Có số cách trả lời câu hỏi Ta xét cách sau đây:
KÝ hiƯu sè oxi ho¸ cđa Fe oxit z Vậy công thức oxit lµ Fe2Oz
Theo kết tính trên, 59,08 gam hỗn hợp A có 0,2 mol Fe nên số gam Fe2Oz 59,08 - 0,2.55,85 = 47,91 (g) tương ứng với số mol kí hiệu u
Số mol NO Fe từ Fe2Oz tác dụng với nước cường toan tạo
2 u = 0,6 u = 0,3 (5)
Đưa kết vào liên hệ số gam Fe2Oz, ta có:
0,3.(55,85 + 16z) = 47,91 z = (6)
Vậy Fe2Oz Fe2O3
Kết luận: Hỗn hợp A gồm M Fe, oxit Fe2O3(không thể oxit khác)
Câu II (4,0 điểm): 1,0 ®iĨm; 1,5 ®iĨm; 1,5 ®iĨm.
1 Người ta qui ước trị số năng lượng electron nguyên tử có dấu âm (-) Electron (e) He+ chuyển động lớp xác định, e có trị số lượng tương ứng, đó
l lượng mức Có trị số lượng (theo đơn vị eV) hệ He +l 13,6;
-54,4; -6,04
a) Hãy trị lượng mức 1; 2; từ trị số Sự xếp dựa vào no cấu tạo nguyên tử?
b) Từ trị số no trị ta xác định trị lượng ion hoá heli? Hãy trình by cụ thể
2 Thực nghiệm cho biết độ di bán kính ion theo đơn vị A sau: 1,71; 1,16; 1,19 ;
0,68 ; 1,26 ; 0,85 Mỗi ion dãy ny có tổng số electron ion khác dãy Số điện tích hạt nhân Z ion giới hạn < Z < 18
Hãy gán trị số bán kính cho ion v xếp theo thứ tự tăng trị số
ny Cần trình by rõ sở cấu tạo nguyên tử v cấu hình electron gán
3 Thực nghiệm cho biết PCl5có hình song tháp tam giác, góc liên kết mặt phẳng đáy
l 120 o, trục với mặt đáy l 90 o Áp dụng thuyết lai hố, giải thích kết đó.
Hướng dẫn giải:
1 a) Trong He+ có 1e nên chịu tác dụng lực hút hạt nhân e chuyển động ở
lớp gần hạt nhân chịu tác dụng mạnh lực hút đó, lượng âm (thấp)
Khi chuyển động lớp thứ nhất, cấu hình 1s1, e có lượng thấp hay âm
nhất, -54,4 eV Đó mức thứ (số lượng tử n = 1)
Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s1, e có lượng
cao hơn, -13,6 eV Đó mức thứ hai (số lượng tử n = 2)
Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s1, e có lượng cao
hơn nữa, -6,0 (4) eV Đó mức thứ ba (số lượng tử n = 3)
Khi e có lượng mức thấp nhất, mức thứ (số lượng tử n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He+ở trạng thái Với hai trị lượng lại, -13,6 eV - 6,0(4) eV,
He+đều trạng thái kích thích.
b Theo định nghĩa, lượng ion hoá I trị số tuyệt đối lượng cuả1e tương ứng trạng thái Với hệ He+:
He+(1s1 ) - e He2+ ; I
2 = -E1s - (-54,4 eV) = 54,4 eV
2 Theo ®iỊu kiƯn < Z < 18 (a)
ion xét thuộc nguyên tố chu kì (từ Li đến Ne) (b); chu kì (từ Na đến Ar) (c)
+) Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hố trị nên chúng có khuynh hướng chủ yếu e trở thành ion dương (+); hay góp chung e tạo liên kết cộng hố trị Do ta ý tới nguyên tố cuối chu kì F, O, N Nguyên tử có nhiều e hố trị nên chúng có nhiều khả việc thu e để trở thành ion âm (-) Đó 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 e hố trị nên chúng kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na+(có10 e); Mg2+(có 10 e); Al3+(có 10 e) Các
(4)nguyên tố cuối chu kì phi kim dễ tạo thành ion âm (-) có 18 e Cl-; S2-; P3
-
+) Đầu cho trị số bán kính ion Kết vừa xét cho ion, ion có 10 e với cấu hình 1s22s22p6 Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z nhỏ ion dương (+).
Các ion âm có lực hút tác dụng lên electron ngồi (trong cấu hình trên) yếu ion dương Vậy ion âm (-) có bán kính lớn
ã) ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3-(7) (d).D·y (d)
này xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính ion âm (-)
•) iondương (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+(13); Mg2+(12); Na+(11)
(e)
Dãy (e) xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính ion dương
Kết hợp (d) với (e) ta có dãy ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính sau: Ion: Al3+(13); Mg2+(12); Na+(11) F-(9); O2-(8); N3-(7)
B¸n kÝnh: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71
Ghi chú: Thực tế ion O2-và N3- bỊn, khã tån t¹i.
3 a) Trước hết ta xét cấu hình electron nguyên tử.
P (Z = 15) [Ne]3s23p3 (a)
Cl (Z = 17) [Ne]3s23p5(b)
KÝ hiƯu [Ne] biĨu thÞ cÊu h×nh 1s22s22p6
Cl (5)
P Cl
Cl (4)
Cl (3) Cl (1)
(
c) Giải thích: Trong cấu hình electron ngun tử P có e độc thân Để trở thành nguyên tử trung tâm PCl5, phân tử có liên kết tạo thành hình song tháp tam giác,
P dạng lai hoá thích hợp sp3d.
3s2 3p3 3d sp3d d
lai ho¸
(a) (a1)
(Ghi chó : Gi¶ thiÕt P ë dạng lai hoá sp2d2 coi hợp lí).
Do lai hố vậy, P có obitan chứa e độc thân (xem (a1) trên) số obitan mặt phẳng có đỉnh hướng phía lập thành đỉnh tam giác đều; trục chúng cắt đơi tạo thành góc 120o P tâm tam giác 2
obitan lại có đỉnh đường thẳng vng góc (tạo góc 90o) với mặt phẳng
tam giác hướng hai phía mặt phẳng tam giác
Mỗi Cl có AO-p nguyên chất chứa e độc thân (xem (b) trên) Do AO xen phủ với obitan lai hoá P tạo liên kết xích ma (σ)
Trong vùng xen phủ có đơi electron với spin ngược (), P Cl góp chung, chuyển động Vậy phân tử PCl5 có liên kết xích ma (σ) liên kết
được phân bố mặt đáy tam giác liên kết lại đưòng thẳng vng góc (tạo góc 900) với mặt phẳng tam giác và
hướng hai phía mặt phẳng tam giác b) Hình dạng PCl5 mơ tả hình bên:
Mặt đáy tam giác (Δ) có đỉnh nguyên tử Cl (1), (2), (3); tâm P Góc ClPCl mặt đáy 120o.
Tháp phía có đỉnh ngun tử Cl(5), tháp phía có đỉnh ngun tử Cl (4) Hai đỉnh đường thẳng qua P Góc Cl (4) PCl (1) 90o.
(5)Cl (5)
Cl (1) Cl (2)
Cl (3)
Cl (4)
P
Nh vậy, PCl5 có hình song tháp tam giác hợp lí
Câu III (6,0 điểm): 1,5 điểm; 2,5 ®iĨm; 2,0 ®iĨm.
1 Thêm H2SO4 vo dung d ịch gồm Pb(NO3)2 0,010 M v Ba(NO 3)2 0,020 M nồng
độ 0,130 M (coi thể tích dung dich khơng đổi thêm axit)
Hãy tính pH v nồng độ ion kim loại dung dịch A thu
2 a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđro (p = atm) đươc nhúng dung dịch
CH3COOH 0,010 M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhóng dung dÞch A H·y chØ
râ anot, catot
b) Thªm 0,0050 mol Ba(OH)2vo lit dung dịch phía đin cực hiđro (coi thể tích không
thay đổi) Tính Epinv vi ết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động
Cho: pKa(HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3COOH) 4,76;
chỉ số tÝch số tan pKs(BaSO4) 9,93 ; pKs(PbSO4) 7,66
(RT/F) ln = 0,0592lg ; Eo = - 0,123 V.
Người ta mạ niken lên mẫu vật kim loại phương pháp mạ điện bể mạ chứa dung dịch niken sunfat Điện áp đặt lên điện cực bể mạ 2,5 V Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20cm Người ta phủ lên mẫu lớp niken dy 0,4 mm Hãy:
a) Vit phng trình phn ng xy điện cực bể mạ điện b).TÝnhđiện (theo kWh) phải tiªu thụ
Cho biết: Niken cã khối lượng riªng D = 8,9 g/cm3; khối lượng mol nguyªn tử l
58,7(g/mol); hiệu suất dßng 90% ; kWh = 3,6.106J.
Hướng dẫn giải:
Pb(NO3)2 Pb2+ + 2NO3–
0,010
- 0,010
Ba(NO3)2 Ba2+ + 2NO3–
0,020
- 0,020
H2SO4 H+ + HSO4–
0,130
- 0,130 0,130
HSO4– + Ba2+ BaSO4 + H+ ; 107,93
0,130 0,020 0,130
0,110 - 0,150
HSO4– + Pb2+ PbSO4 + H+ ; 105,66
0,110 0,010 0,150
0,100 - 0,160
Thành phần hệ: HSO4 0,100 M
H+ 0,160 M
BaSO4, PbSO4
HSO4– H+ + SO42 – ; 10-2
H2
(6)C 0,100 x x [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x
x (0,160 + x)/(0,100 - x) = 10-2 x = [SO
42–] = 5,69.10-3(M)
[ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78
[Ba2+] = K
S /[SO42–] = 10-9,93/5,69.10-3= 2,0.10-8(M)
[Pb2+] = K
S /[SO42–] = 10-7,66/5,69.10-3 = 3,84.10-6(M)
2 a) ã Cực Hiđro: H+ + 2e H
CH3COOH H+ + CH3COO– ; K a = 10-4,76
C 0,01
[ ] 0,01 - x x x
x2/(0,01 - x) = 10-4,76 x = [H+] = 4,08.10-4M pH = 3,39
E = - 0,0592 pH = - 0,0592.3,39 = - 0,2006 (V)
• Cùc Pb/PbSO4:
PbSO4 + e Pb + SO42 –
E = E + (0,0592/2) lg(1/[SO42–])
Mµ Eo = Eo + (0,0592/2) lg K
S
= - 0,123 + (0,0592/2) lg10-7,66 = - 0,350 V
VËy E = - 0,350 + (0,0592 / 2)lg(5,69.10-3)-1= - 0,284 V < E
(Cịng cã thĨ tÝnh theo cỈp Pb2+/Pb:
E = - 0,123 + (0,0592/2) lg [Pb2+] = -0,123 + (0,0592/2) lg3,84.10-6
= - 0,283 V < E
VËy cực Pb anot; cực hiđro catot
() Pb PbSO4, SO42- CH3COOH H2 (Pt) (+)
BaSO4 , H SO4
-b) CH3COOH + Ba(OH)2 (CH3COO)2Ba + 2H2O
0,010 0,005
- - 0,005
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- K b = 10-9,24
C 0,010
[ ] 0,010 - x x x
x2/( 0,010 - x) = 10-9,24 x = 10-5,62 pH = 8,38
E = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V (anot)
E = - 0,284 V (catot)
VËy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V
Ph¶n øng pin: anot H2 H+ + 2e
2 CH3COO- + H+ CH3COOH
2 CH3COO- + H2 CH3COOH + 2e
catot PbSO4 + e Pb + SO42–
Ph¶n øng x¶y pin:
PbSO4 + H2 + CH3COO- Pb + SO42– + CH3COOH
3 a) Phương trình phản ứng xảy bề mặt điện cực bể mạ:
Anot (cùc +): H2O - e O2 + H+ (sù oxi ho¸)
Catot (cùc -): Ni2+ + e 2 Ni (sù khư)
Phương trình phản ứng tổng cộng là: Ni2+ + SO
42- + 2H2O Ni + O2 + H2SO4
b) Thể tích mẫu vật kim loại hình trơ lµ
πr
(BaSO4)
2H+/H
PbSO4/Pb
PbSO4/Pb Pb
2+/Pb
2H+/H
(PbSO4)
2H+/H
2H+/H
((PbSO4)
(7)Lớp phủ niken mẫu vật có bề dày 0,4 mm nên mẫu vật 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 mẫu vật tăng thêm lượng là:
ΔV = V ' - V = [ 3,14 (2,54)2 20,08] - 392,5 ΔV = 14,281(cm3)
Tỉng sè thĨ tÝch tăng thêm cuả 10 mẫu vật là:
V = 10 ΔV = 10 14,281cm3 = 142,81 cm3 Đây thể tích niken phải
ph lên 10 mẫu vật cần mạ; khối lượng tương ứng là:
M = V.D =142,81.8,9 = 1271,01 (gam) hay 1271,01/ 58,7 = 21,6526 (mol) Từ biểu thức định luật Farađay:
m = AIt/ 96500n It = (m/A).96500n (1)
Số điện tương ứng là: w = ItU = (m/A).96500n.U (2) Với Ni ta có n = 2; theo có (m/A) = 21,6526 (mol);
theo đề U = 2,5 V
ThÕ trị số vào (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J)
Vì hiệu suất dòng điện 90% kWh = 3,6.106J nên số điện thực tế cần dùng là: W
= (w/90).100.(1/3,6.106) = 10447379,5/90).100.(1/3,6.106)
W = 3,2245kWh
C©u IV (4,5 ®iĨm): 2,0 ®iĨm; 2,5 ®iĨm. 1 Khi nghiªn cứu cổ vật dựa vo 14C (t
1/2= 5730 năm), người ta thấy mẫu cã
cả 11C; số nguyªn tử 14C số nguyªn tử 11C; tỉ lệ độ phãng xạ 11C so với 14C bằng
1,51.108lần H·y:
a) Viết phương tr×nh phản ứng phãng xạ beta (β) hai đồng vị
b) TÝnh tỉ lệ độ phãng xạ11C so với14C mẫu ny sau 12 gi kể từ nghiªn cứu trªn.
Cho biết năm cã 365 ngy
2 a) Khi khảo s¸t phản ứng H2(k) + Br2(k) HBr (k) (1)
tại hai nhiệt T1và T2 mà T1< T2, thy hng s cân hãa học (viết tắt l cbhh) theo
nồng độ cã trị số tương ứng l K 1, K2m K 1> K2
Phản ứng ny to ả nhiÖt hay thu nhiệt? H·y giải thÝch
b) Tại nhiệt độ 10240C, phản ứng (1) cã K = 1,6.105 H·y tÝnh trị số số cbhh phản
ứng 1/2 H2(k) + 1/2 Br2(k) HBr (k) nhiệt độ ny
Sự thay đổi trị số số cbhh ó có ý ngha hoá hc hay không? Ti sao?
c) Người ta cho lượng HBr nguyªn chất vo b ×nh kÝn cã thể tÝch cố định đa nhiệt độ tíi 1024oC.
H·y tÝnh tỉ l HBr b phân hu ti 10240C (dùng phng trình (1)) Tại cã kết quả
đã?
Hướng dẫn giải :
1.a) Các phương trình phản ứng hoá học hạt nhân:
6C11 7N11 + β
6C14 7N14 + β
b) Độ phóng xạ hạt nhân tính theo biểu thức: A =λN (1) Trong λ hăng số phóng xạ, N số hạt nhân phóng xạ thời điểm t xét
Với đồng vị trên, ta có: C11 A
11 = λ11N11 (2)
C14 A
14 = λ14N14 (3)
ã) Theo đầu bài, thời điểm đầu, coi t = 0, ta kí hiệu: N11 = (No)11; N14 = (No)14 mµ (No)11 = (No)14 (4)
Tõ ®iỊu kiƯn: [A11/A14] = [ λ11(No)11/ λ14(No)14] = 1,51.108, kÕt hỵp víi (4), ta
cã: λ11 = λ141,51.108 (5)
Víi C14 ta cãλ
14 = (0,6932/t1/2) = (0,6932/57303652460) = = 2,3021010
(phót1).
(8)λ11 = 2,3021010 1,51.108 = 3,476.102(phót1) (6)
•) Xét t =12 giờ: Ta biết độ phóng xạ hạt nhân tính theo biểu thức: A = λN (1)
Số hạt nhân phóng xạ thời điểm t đựoc tính theo phương trình động học dạng hàm mũ phản ứng chiều bậc N = Noeλt = Noexp [-λt] (7)
Với đồng vị trên, ta có: C11 N
11 = (No)11exp [-λ11t] (8)
C14 N
14 = (No)14exp [λ14t] (9)
VËy t¹i t = 12 giê, ta cã [A11/A14] = [λ11N11/λ14N14] (10)
Thay (8) (9) vào (10), kết hợp (4), ta được: [A11/A14] = [11/14]exp [t(14 -11)]
= (3,476.102/2,3021010)exp [1260 ( 2,30210-10- 3,476.102]
Thùc tÕ 2,3021010<< 3,476.102nªn ta cã [A
11/A14] ~ 2,004.103(lÇn)
NhËn xÐt:
Kết hợp lí vì11= 3,476.102phút1>>14=2,3021010phút1
Do thực tế ứng dụng người ta ý tới C14.
2.a) Theo điều kiện đề bài: T1< T2 mà K1 > K2, nghĩa nhiệt độ tăng cbhh lại
chuyÓn dêi sang trái Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) phản øng to¶ nhiƯt
b) Phản ứng 1/2 H2(k) + 1/2 Br2(k) HBr (k) (b)
có số cbhh kí hiệu Kb So sánh hệ số chất tương ứng (b) với (1)
của đề bài, rõ ràng Kb = K1/2
Sự thay đổi trị số số cbhh hồn tồn t làm tốn khơng có ý nghĩa hoá học (Sự thay đổi số cbhh dã xét a) có ý nghĩa hoá học)
c) Ta xÐt H2(k) + Br2(k) HBr (k) (1)
Số mol ban đầu 0 n
Sè mol ë cbhh (1/2) nα (1/2) nα n - nα
Víi α lµ tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính Chó ý®iỊu kiƯn: < α < ( *)
Vì phản ứng (1) cón = nên biểu thức số cbhh K biểu thị theo số mol chất cbhh:
K = [n (1 -α )]2/[(1/2) nα(1/2) nα] = [2(1 -α )]2/α2hay
K1/2 = [2 (1 -α )]/α2 α (2.102+ 1) = 1
Khi coi 2.102 >> 1, ta được ~ 1/2.102 ~ 0,005 Kết thoả mÃn điều kiện: <α < 1
(*)
VËy tØ lÖ HBr bị phân huỷ thành H2và Br2tại 10240C ~ 0,005 hay 0,5% TØ lÖ
này nhỏ, nghĩa HBr bền, khó bị phân huỷ, phản ứng (1) thực nhiệt độ cao, 10240C Đó thể phản ứng (1) có trị số số cbhh khá
lớn, tới 1,6.105tại nhiệt độ Số liệu cho thấy phản ứng thuận phản ứng thuận
nghịch (1) xảy dễ dàng nhiệt độ Tất nhiên phản ứng nghịch, tức phân huỷ HBr xảy khó khăn