Đáp Án Đề HSGQG VôCơ 2006

ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG.pdf 06a.pdf ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG MƠN HĨA HỌC kÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2006 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: HỐ HỌC Bảng A NGÀY THI THỨ NHẤT: 23.2.2006 Câu I: (5,5 điểm): 2,0 điểm; 1,0 điểm; 2,5 điểm) a) Trong phịng thí nghiệm có lọ hoá chất: BaCl2.2H2O, AlCl3, NH4Cl, SiCl4, TiCl4, LiCl.H2O, CCl4 Một số chất chất "bốc khói" người ta mở lọ đựng chất khơng khí ẩm Những chất "bốc khói"? Hãy viết phương trình hố học để giải thích b) Cho sơ đồ sau: Na2CO3 (1) (2) (9) A (4) (3) B (7) (8) (10) (5) (6) C Hãy xác định công thức hố học hợp chất vơ A, B, C viết phương trình phản ứng xảy Để điều chế nhôm sunfua người ta cho lưu huỳnh tác dụng với nhơm nóng chảy Q trình điều chế cần tiến hành khí H2 khơ khí CO2 khơ, khơng tiến hành khơng khí Hãy giải thích điều chế nhơm sunfua khơng tiến hành khơng khí, viết phương trình hoá học để minh hoạ Một hỗn hợp rắn A gồm kim loại M oxit kim loại Người ta lấy phần, phần có 59,08g A Phần thứ hồ tan vào dung dịch HCl thu 4,48 lít khí H2 Phần thứ hai hoà tan vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 H2SO4 thu 4,48 lít khí NO Phần thứ đem nung nóng cho tác dụng với khí H2 dư chất rắn nhất, hồ tan hết chất rắn nước cường toan có 17,92 lít khí NO Các thể tích đo đktc Hãy tính khối lượng nguyên tử, cho biết tên kim loại M công thức oxit hỗn hợp A Hướng dẫn giải: 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: (hoặc ( AlCl3 SiCl4 SiCl4 TiCl4 TiCl4 + H2O + H2O + H2O + H2O + H2O ã linhdk@dhsphn.edu.vn AlOHCl2 + HCl↑ H4SiO4 + HCl↑ SiO2.2H2O + HCl↑ ) TiOCl2 + HCl↑ TiCl2(OH)2 + HCl↑ ) b) Từ tính chất hố học chất liên hệ chúng, ta có: A CO2; B CaCO3; C Ca(HCO3)2 Phương trình phản ứng xảy ra: 1) CO2 2) Na2CO3 3) CO2 + + + ® ® ® NaOH HCl Ca(OH)2 o t 4) CaCO3 ắắđ 5) CO2 + Ca(OH)2 ® 6) Ca(HCO3)2 + HCl ® 7) CaCO3 + H2O + CO2 ® 8) Ca(HCO3)2 + 2NaOH ® 9) Na2CO3 + CaCl2 ® 10) Ca(HCO3)2 + 2NaOH ® Phản ứng tạo Al2S3: Na2CO3 + H2O NaCl + CO2 + CaCO3↓ + H2O H2O CaO + CO2 + H2O Ca(HCO3)2 CaCl2 + CO2 + H2O Ca(HCO3)2↓ CaCO3↓ + Na2CO3 + H2O CaCO3↓ + 2NaCl CaCO3↓ + Na2CO3 + H2O o t Al + S ắắđ Al2S3 ; H < ( * ) Phản ứng toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên có oxi khơng khí xảy phản ứng: o t Al + O2 ắắđ S + O2 to ắắđ Al2O3 ; ΔH < S O2 ; ΔH < o t Al2S3 + O2 ắắđ 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 khụng khớ: Al2S3 + 6H2O ắ ắđ H2S + Al(OH)3 Do buộc phải thực phản ứng (*) điều kiện khơng có oxi (hơi) nước; thường tiến hành khí hiđro khơ khí cacbonic khơ Kí hiệu số mol kim loại M có 59,08 gam hỗn hợp A x( x > ) Giả thiết a): M có mức (hay số) oxi hoá n+ : Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch HCl thu khí hiđro theo phương trình: M + n HCl ® MCln + 0,5 n H2 (1) x mol 0,5 nx mol H2 Khi hoà tan 59,08 gam hỗn hợp A vào dung dịch hỗn hợp NaNO3 H2SO4 (cũng dung dịch HNO3) ta thu khí NO: 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 khác với (nx : 3) mol NO Vậy giả thiết a) khơng phù hợp Giả thiết b): Xét M có hai mức (số) oxi hoá khác nhau: *) Trong phản ứng (1), M có mức oxi hố n+ Từ liên hệ trên, ta thu 0,5 nx mol H2 (a) *) Trong phản ứng (2), M có mức oxi hố m+ Ta có: 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: ã linhdk@dhsphn.edu.vn (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 khơng 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 Với phản ứng 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+ phản ứng M + HCl + HNO3 MCl3 + NO (k) + H2O (4) Theo (1) có 0,5 nx = 0,2 mà n = x = 0,2 Theo (4) tổng số 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 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 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: Kí hiệu số oxi hố Fe oxit z Vậy công thức oxit 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 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=3 (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 điểm; 1,5 điểm; 1,5 điểm Người ta quy ước trị số lượng electron nguyên tử có dấu âm (-) Electron (e) He+ chuyển động lớp xác định, e có trị số lượng tương ứng, lượng mức Có trị số lượng (theo đơn vị eV) hệ He+ -13,6; - 54,4; - 6,04 a) Hãy trị lượng mức 1; 2; từ trị số Sự xếp dựa vào cấu tạo nguyên tử? b) Từ trị số trị ta xác định trị lượng ion hố heli? Hãy trình bày cụ thể Thực nghiệm cho biết độ dài bán kính ion theo đơn vị Ao sau: 1,71; 1,16; 1,19; 0,69; 1,26; 0,85 Mỗi ion dãy 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 xếp theo thứ tự tăng trị số Cần trình bày rõ sở cấu tạo nguyên tử cấu hình electron gán ã linhdk@dhsphn.edu.vn 3 Thực nghiệm cho biết PCl5 có hình song tháp tam giác, góc liên kết mặt phẳng đáy 120o, trục với mặt đáy 90o Áp dụng thuyết lai hố, giải thích kết Hướng dẫn giải: a) Trong He+ có 1e nên chịu tác dụng lực hút hạt nhân e chuyển động 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 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+ trạng thái Với hai trị lượng lại, -13,6 eV - 6,0(4) eV, He+ 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+ ; I2 = - E - (-54,4 eV) = 54,4 eV 1s Theo điều kiện < 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 Ngun 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 ngun tố đầu chu kì: Na, Mg, Al có e hoá trị nên chúng kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na+ (có10 e); Mg2+ (có 10 e); Al3+ (có 10 e) Các 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 •) ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7) (d) Dãy (d) 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) 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: 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 ion O N bền, khó tồn a) Trước hết ta xét cấu hình electron nguyên tử ã linhdk@dhsphn.edu.vn (e) Ion: P (Z = 15) [Ne]3s23p3 (a) Cl (Z = 17) [Ne]3s23p5 (b) Kí hiệu [Ne] biểu thị cấu hình 1s22s22p6 b) Hình dạng PCl5 mơ tả hình bên: C l (5 ) 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 nguyên tử Cl (4) Hai đỉnh đường thẳng qua P Góc Cl (4) PCl (1) 90o Cl ( C l (3) Độ dài liên kết trục PCl (4) hay PCl (5) lớn độ dài liên kết ngang mặt đáy, dt > dn P C l (1 ) C l (4) 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 hố thích hợp sp3d lai ho¸ (a) (a1) d sp d 3p3 3d 3s2 (Ghi : Giả thiết P 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 đôi tạo thành góc 120o P tâm tam giác obitan cịn 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 hố P tạo liên kết xích ma (σ) Trong vùng xen phủ có đôi electron với spin ngược (-¯), P Cl góp chung, chuyển động Vậy phân tử PCl5 có liên kết xích ma (σ) liên kết phân bố mặt đáy tam giác liên kết lại đưòng thẳng vng góc (tạo góc 900) với mặt phẳng tam giác hướng hai phía mặt phẳng tam giác Cl (5) Cl (2) Cl (3) P Cl (1) Cl (4) (Hình bên minh hoạ rõ ràng kết đó) Như vậy, PCl5 có hình song tháp tam giác hợp lí Câu III: (6,0 điểm): 1,5 điểm; 2,5 điểm; 2,0 điểm Thêm H2SO4 vào dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,010M Ba(NO3)2 0,020M nồng độ 0,130M (coi thể tích dung dịch khơng đổi thêm axit) Hãy tính pH nồng độ ion kim loại dung dịch A thu a) Hãy biểu diễn sơ đồ pin gồm điện cực hiđrô (pH2 = 1atm) nhúng dung dịch CH3COOH 0,010M ghép (qua cầu muối) với điện cực Pb nhúng dung dịch A Hãy rõ anot, catot ã linhdk@dhsphn.edu.vn b) Thêm 0,0050 mol Ba(OH)2 vào 1lít dung dịch phía điện cực hiđro (coi thể tích khơng thay đổi) Tính Epin viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động Cho: pKa (HSO 4- ) 2,00; pKa (CH 3COOH) 4,76; Chỉ số tích tan pK S (BaSO ) 9,33; pK S (PbSO ) 7,66 (RT/F)ln = 0,0592lg; E o (Pb + /Pb) = - 0,123V 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 2,5V Cần mạ 10 mẫu vật kim loại hình trụ; mẫu có bán kính 2,5cm, cao 20cm Người ta phủ lên mẫu lớp niken dày 0,4mm Hãy: a) Viết phương trình phản ứng xảy điện cực bể mạ điện b) Tính điện (theo kWh) phải tiêu thụ Cho biết: Niken có khối lượng riêng D = 8,9g/cm3; khối lượng mol nguyên tử 58,7 (g/mol); Hiệu suất dòng 90%; 1kWh = 3,6.106J Hướng dẫn giải: C [ ] Pb(NO3)2 0,010 Ba(NO3)2 0,020 H2SO4 0,130 HSO4– + Ba2+ 0,130 0,020 0,110 - Pb2+ + 2NO3– 0,010 Ba2+ + 2NO3– 0,020 H+ + HSO4– 0,130 0,130 BaSO4¯ + H+ ; 0,130 0,150 107,93 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 0,100 x x (0,100 - x) (0,160 + x) x -2 x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M) x (0,160 + x)/(0,100 - x) = 10 [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) pH = 0,78 2+ 2– -9,93 -3 [Ba ] = K S (BaSO ) / [SO4 ] = 10 /5,69.10 = 2,0.10-8 (M) [Pb2+] = K S (PbSO ) / [SO42–] = 10-7,66/5,69.10-3 = 3,84.10-6 (M) a) • Cực Hiđro: H+ CH3COOH ã linhdk@dhsphn.edu.vn + 2e H2 + H + CH3COO– ; K a = 10-4,76 C [ ] 0,01 0,01 - x x x = [H ] = 4,08.10-4 M x /(0,01 - x) = 10 E (2H + /H ) x + -4,76 pH = 3,39 = - 0,0592 pH = - 0,0592.3,39 = - 0,2006 (V) • Cực Pb/PbSO4: PbSO4 + e E = E o (PbSO /Pb) Pb + SO42 – + (0,0592/2) lg(1/[SO42–]) Mà E o (PbSO /Pb) = E o (Pb + (0,0592/2) lg K S (PbSO ) + /Pb) = - 0,123 + (0,0592/2) lg10-7,66 = - 0,350 V Vậy E = - 0,350 + (0,0592 / 2)lg(5,69.10-3)-1 = - 0,284 V < E (2H + /H ) (Cũng tính theo cặp Pb2+/Pb: E = - 0,123 + (0,0592/2) lg [Pb2+] = -0,123 + (0,0592/2) lg3,84.10-6 = - 0,283 V < E + (2H /H ) Vậy cực Pb anot; cực hiđro catot (-) Pb PbSO4¯, SO42CH3COOH BaSO4¯ , H SO4b) CH3COOH 0,005 - CH3COO- + H2O C [ ] (CH3COO)2Ba + + Ba(OH)2 0,010 - (2H + /H ) E (PbSO /Pb) 0,005 CH3COOH + OH- 0,010 0,010 - x x2/( 0,010 - x) = 10-9,24 E H2 (Pt) x -5,62 (+) 2H2O K b = 10-9,24 x x = 10 pH = 8,38 = - 0,0592 pH = - 0,0592.8,38 = - 0,496 V (anot) (catot) = - 0,284 V Vậy Epin = - 0,284 - (- 0,496) = 0,212 V Phản ứng pin: anot H2 H+ + 2e CH3COO- + H+ CH3COOH CH3COO- + CH3COOH + 2e catot H2 PbSO4¯ + e Phản ứng xảy pin: PbSO4¯ + H2 + CH3COO- Pb¯ + SO42– Pb¯ + SO42– + CH3COOH a) Phương trình phản ứng xảy bề mặt điện cực bể mạ: Anot (cực +): H2 O - e O2 + H+ (sự oxi hoá) Catot (cực -): Ni2+ + e Ni Phương trình phản ứng tổng cộng là: Ni2+ + SO42- + 2H2O Ni + O2 b) Thể tích mẫu vật kim loại hình trụ V = πr2h = 3,14 ´ (2,5)2 ´ 20 = 392,5 (cm3) ã linhdk@dhsphn.edu.vn (sự khử) + H2SO4 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 + (0,04´2) = = 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) Tổng số thể tích tăng thêm cuả 10 mẫu vật là: V = 10 ΔV = 10 ´ 14,281cm3 = 142,81 cm3 Đây thể tích niken phải phủ 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 Thế trị số vào (2), ta có w = 21,6526.96500.2.2,5 = 10447379,5 (J) Vì hiệu suất dịng 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 Câu IV: (4,5 điểm): 2,0 điểm; 2,5 điểm Khi nghiên cứu cổ vật dựa vào 14C (t1/2 = 5730 năm), người ta thấy mẫu có 11 C, số nguyên tử 14C số nguyên tử 11C; tỉ lệ phóng xạ 11C so với 14C 1,51.108 lần Hãy: a) Viết phương trình phản ứng phóng xạ beta hai đồng vị b) Tính tỉ lệ độ phóng xạ 11C so với 14C mẫu sau 12 kể từ nghiên cứu Cho biết năm có 365 ngày a) Khi khảo sát phản ứng H2 (k) + Br2 (k) 2HBr (k) (1) hai nhiệt độ T1 T2 mà T1 < T2 Phản ứng toả nhiệt hay thu nhiệt? Hãy giải thích b) Tại nhiệt độ 1024oC, phản ứng (1) có K = 1,6.105 Hãy tính trị số số cân hóa học phản ứng 1/2H2 (k) + 1/2Br2 (k) HBr (k) nhiệt độ c) Người ta cho lượng HBr nguyên chất vào bình kín tích cố định đưa nhiệt độ tới 1024oC Hãy tính tỉ lệ HBr bị phân huỷ 1024oC (dùng phương trình (1)) Tại có kết đó? Hướng dẫn giải: 1.a) Các phương trình phản ứng hố học hạt nhân: 11 11 + β 6C 7N 14 14 + β 6C 7N 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 A11 = λ11N11 (2) 14 C A14 = λ14N14 (3) •) Theo đầu bài, thời điểm đầu, coi t = 0, ta kí hiệu: N11 = (No)11; N14 = (No)14 mà (No)11 = (No)14 (4) Từ điều kiện: [A11/A14] = [ λ11(No)11/ λ14(No)14] = 1,51.10 ã linhdk@dhsphn.edu.vn kết hợp với (4), ta có: λ11 = λ14 ´ 1,51.108 (5) 14 -10 Với C ta có λ14 = (0,6932/t1/2) = (0,6932/5730 ´ 365 ´ 24 ´ 60) = 2,30210 (phút-1) Đưa kết vào (5), ta tính được: λ11 = 2,302 ´ 10-10 ´ 1,51.108 = 3,476.10-2 (phút-1) (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 = No e-λt = Noexp [-λt] (7) 11 Với đồng vị trên, ta có: C N11 = (No)11exp [-λ11t] (8) 14 C N14 = (No)14exp [λ14 t] (9) Vậy t = 12 giờ, ta có [A11/A14] = [λ11N11/λ14N14] (10) Thay (8) (9) vào (10), kết hợp (4), ta được: [A11/A14] = [λ11/ λ14]exp [t(λ14 - λ11)] = (3,476.10-2/2,30210-10 )exp [12 ´ 60 ( 2,302 ´ 10-10 - 3,476.10-2] Thực tế 2,30210-10 > λ14 =2,302 ´ 10-10phút-1 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 chuyển dời sang trái Vậy theo nguyên lí Lơ Satơlie, (1) phản ứng toả nhiệt 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) đề bài, rõ ràng Kb = K 1/2 Sự thay đổi trị số số cbhh hồn tồn t làm tốn khơng có ý nghĩa hố học (Sự thay đổi số cbhh dã xét a) có ý nghĩa hố học) c) Ta xét H2 (k) + Br2 (k) HBr (k) (1) Số mol ban đầu 0 n Số mol cbhh (1/2) nα 1/2) nα n - nα Với α tỉ lệ HBr bị phân huỷ mà ta cần tính Chú ýđiều kiện: < α < ( *) Vì phản ứng (1) có Δn = 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/α2 hay K1/2 = [2 (1 - α )]/α2 α (2.102 + 1) = Khi coi 2.102 >> 1, ta α ~ 1/2.102 ~ 0,005 Kết thoả mãn điều kiện: < α < (*) Vậy tỉ lệ HBr bị phân huỷ thành H2 Br2 10240 C α ~ 0,005 hay 0,5% Tỉ lệ nhỏ, nghĩa HBr bền, khó bị phân huỷ, phản ứng (1) thực nhiệt độ cao, 10240 C Đó thể phản ứng (1) có trị số số cbhh lớn, tới 1,6.105 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 Ghi chú: Nếu thí sinh làm khác với Hướng dẫn chấm đúng, giám khảo cho điểm theo biểu điểm ã linhdk@dhsphn.edu.vn ...ĐÁP ÁN ĐỀ THI HSGQG MƠN HĨA HỌC kÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA LỚP 12 THPT NĂM 2006 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Mơn: HỐ HỌC Bảng A NGÀY THI THỨ NHẤT: 23.2 .2006. .. độ dài bán kính ion theo đơn vị Ao sau: 1,71; 1,16; 1,19; 0,69; 1,26; 0,85 Mỗi ion dãy 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... 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: Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7) Bán kính: 0,68 0,85 1,16