Đề đề xuất Duyên hải bắc bộ năm học: 2014 2015 môn: Hoá học 1038861

Ở nhiệt độ thấp hơn, thiếc xám, một loại thù hình của thiếc trắng lại bền nhiệt động hơn.. Bởi vì thiếc xám giòn hơn nhiều so với thiếc trắng, vì vậy các thành phần xây dựng bằng thiếc n

SỞ GD VÀ ĐT

VĨNH PHÚC NĂM HỌC: 2014-2015 ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB

MÔN: HOÁ HỌC 10

Thời gian làm bài: 180 phút

-GV: Nguyễn Đình Hùng - THPT Chuyên Vĩnh Phúc Điện thoại: 0916003664

Câu 1 Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH.

1 Tính năng lượng ion hoá I1, I2, I3, I4 và I5 của nguyên tử 5X

2 Giải thích các hiện tượng sau:

* Năng lượng phân li liên kết của Cl2 (240kJ/mol) lớn hơn của F2 (154kJ/mol) và Br2 (190kJ/mol)

*Nhiệt độ sôi của NH3 (-33oC) cao hơn nhiệt độ sôi của NF3 (-129oC) nhưng thấp hơn của NCl3 (71oC)

* Sự biến đổi góc liên kết: NH3 107o → PH3 93,6o

PH3 93,6o → PF3 96,3o

Câu 2 Tinh thể

Tính dẻo và dễ uốn cong của kim loại là những đặc tính cực kì quan trọng trong xây dựng hiện đại Dạng bền nhiệt động của thiếc kim loại ở 298K và áp suất thường là thiếc trắng Loại thiếc này

có các tính chất cơ học điển hình của kim loại và vì vậy có thể sử dụng làm vật liệu xây dựng Ở nhiệt độ thấp hơn, thiếc xám, một loại thù hình của thiếc trắng lại bền nhiệt động hơn Bởi vì thiếc xám giòn hơn nhiều so với thiếc trắng, vì vậy các thành phần xây dựng bằng thiếc nếu để lâu ở nhiệt

độ thấp sẽ trở nên hư hại, dễ gãy Bởi vì sự hư hại này tương tự như một loại bệnh, nên người ta gọi

sự hư hại này là “bệnh dịch thiếc”

a) Sử dụng bảng số liệu dưới đây, tính nhiệt độ tại đó thiếc xám cân bằng với thiếc trắng (tại áp suất

1 bar = 105 Pascal)

Chất H 0 (kj.mol -1 ) S 0 (j.mol -1 k -1 )

b) Thiếc trắng có ô mạng cơ sở khá phức tạp, ở dạng bốn phương, a = b = 583,2 pm và c = 318,1 pm với 4 nguyên tử Sn trong 1 ô mạng cơ sở Tính khối lượng riêng của thiếc trắng theo g/cm3

c) Cho rằng thiếc xám có cấu trúc lập phương tâm mặt được gọi là cấu trúc kim cương (hình dưới)

Khảo sát một mẫu thiếc xám bằng phương pháp nhiễu xạ tia X (sử dụng bức xạ Cu Kα,  = 154.18 pm) Góc phản xạ nhỏ nhất, gây bởi sự nhiễu xạ từ họ các mặt phẳng (111), được quan sát thấy ở 2 = 23,74° Tính khối lượng riêng của thiếc xám theo g/cm3

d) Áp suất tại đáy thung lũng Mariana Trendch của Thái Bình Dương là 1090 bar Nhiệt độ cân bằng sẽ thay đổi cụ thể như thế nào tại áp suất đó? Giả sử tại áp suất đó, 2 dạng thù hình của thiếc nằm cân bằng với nhau? Trong các tính toán, cho rằng năng lượng E, entropy S và thể tích mol phân

tử của cả 2 dạng thiếc không phụ thuộc vào nhiệt độ

Câu 3 Phản ứng hạt nhân.

Xét chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232 và kết thúc với đồng vị bền

(a) Hãy tính số phân hủy  xảy ra trong chuỗi này

(b) Tính năng lượng được giải phóng (theo MeV) khi 1 nguyên tử 232 chuyển hoá thành 1 nguyên

90 Th

tử 208

82 Pb

(c) Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js-1) sản sinh từ một mẫu phóng xạ chứa 1,00 kg 232Th (t1/2 = 1,40.1010 năm)

Coi 1 năm = 365 ngày Biết : 4He = 4,00260 u; 208Pb = 207,97664 u; 232Th = 232,03805 u; 1 MeV = 1,602.10-13 J và NA = 6,022.1023mol-1

Câu 4 Nhiệt hóa học.

Trong công nghiệp người ta điều chế Zr bằng phương pháp Kroll theo phản ứng sau:

ZrCl4(k) + 2Mg(l) € 2MgCl2(l) + Zr(r)

Phản ứng được thực hiện ở 800oC trong môi trường khí agon (Ar) ở áp suất 1,0 atm Các pha trong phản ứng không trộn lẫn vào nhau:

a) Thiết lập phương trình Go = f(T) cho phản ứng

b) Chứng minh rằng phản ứng là tự phát trong điều kiện công nghiệp ở 800oC và áp suất của ZrCl4 là 0,10 atm

Cho biết các số liệu entanpi tạo thành Ho

s, entanpi thăng hoa Ho

th, entanpi nóng chảy Ho

nc (tính bằng kJ.mol-1) và entropy So(đơn vị J.K-1.mol-1) ở bảng sau

s Ho

th Tnc (K) Tth (K) So Ho

nc

Coi Hovà So của phản ứng là hằng số trong khoảng nhiệt độ khảo sát

Câu 5 Cân bằng hóa học pha khí.

Cho cân bằng hóa học: N2(k) + 3H2(k) € 2NH3(k) ∆H = - 92 kJ/mol

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ mol 1 : 3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu (450oC, 300 atm) thì NH3 chiếm 36% về thể tích

a Tính hằng số cân bằng Kp

b Giữ nhiệt độ không đổi ở 450oC, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3chiếm 50% về thể tích?

c Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3chiếm 50% về thể tích?

Câu 6 Cân bằng axit-bazơ và kết tủa.

Tính pH và nồng độ mol của CrO4, Cr2  trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH 0,1M

7

O

OH CO

CH3

K

HCrO4 + H2O Cr  + H3O+ pK2 = 6,5

4

O

2HCrO4 Cr2O7 + H2O pK1 = -1,36

Câu 7 Phản ứng oxi hóa- khử Điện hóa.

Cho 25,00 ml dung dịch chứa Cu(NO3)2 0,06M và Pb(NO3)2 0,04M trộn vào 25,00 ml dung dịch chứa NaIO3 0,12M và HIO3 0,14M thu được dung dịch Y

1 Tính nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ trong dung dịch Y

2 Cho điện cực Cu nhúng vào Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm AgNO3 0,01M và NaI 0,04M ở 250C Viết sơ đồ pin điện, chỉ rõ dấu của điện cực

Biết: pKs của Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI lần lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00

10 ; 10 ;E 0, 337 ;V E 0,126 ;V E 0, 799V

-1-Câu 8 Nhóm Halogen.

Cho 9,44 gam hỗn hợp X gồm NaCl, NaBr và NaI tác dụng hoàn toàn với dung dịch H2SO4đặc, nóng, dư thu được 1,288 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm 3 khí Dẫn hỗn hợp Y vào nước dư, thu được một chất rắn màu vàng nhạt và một dung dịch còn lại chỉ chứa một chất tan Hãy tính khối lượng các

chất trong hỗn hợp X Biết mỗi chất trong X tác dụng với H 2SO4 theo một phản ứng duy nhất, Br2 sinh ra ở trạng thái lỏng, I2 sinh ra ở trạng thái rắn

Câu 9 Nhóm O-S.

A là hợp chất của một kim loại M với oxi Khi cho 32,9 gam A tác dụng với một lượng dư khí

cacbonic tạo nên chất rắn B và khí D B hòa tan dễ dàng trong nước tạo ra dung dịch E, thêm một lượng dư dung dịch Ba(NO3)2 vàoE thu được 27,58 gam kết tủa Sau khi cho khí D đi qua ống đựng đồng nung nóng, khối lượng của ống tăng lên 6,72 gam (a) Xác định A (b) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho A lần lượt tác dụng với O3, NH3, HCl loãng

Câu 10 Động học (không có phần cơ chế phản ứng).

1 Cho phản ứng : (CH3)2O(k)   CH4(k) + CO(k) + H2(k)

Khi tiến hành phân hủy đimetyl ete (CH3)2O trong một bình kín ở nhiệt độ 504oC và đo áp suất tổng của hệ, người ta được các kết quả sau:

Dựa vào các kết quả này, hãy:

a) Chứng minh rằng phản ứng phân huỷ đimetyl ete là phản ứng bậc một

b) Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 504oC

c) Tính áp suất tổng của hệ trong bình và phần trăm lượng (CH3)2O đã bị phân hủy sau 460 giây

-SỞ GD VÀ ĐT

VĨNH PHÚC HDC NĂM HỌC: 2014-2015 ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB

MÔN: HOÁ HỌC 10

Thời gian làm bài: 180 phút

a.Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại trong lớp bằng trị số

năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá trong một lớp bằng tổng

trị số năng lượng của các electron trong cấu tử đó Theo từ (1) đến (5) ta có:

+ Theo (5): I5 = -E(1s') = - (-13,5 52) = 340 (eV)

12 + Theo (4 và 5): I4 + I5 = -E(1s2)

→ I4 = - (-13,6 2) - 340 = 260,848 (eV)

12

2 ) 3 , 0 5 ( 

+ Theo (3): I3 = (2s') = - (-13,6 (5 - 2.0)2) = 37,026 (eV)

22 + Theo (2 và 3): I2 + I3 = -E(2s2)

→ I2 = - (-13,6 (5 - 2.0)2 2) - 37,026 = 22,151 (eV)

22 + Theo (1, 2 và 3): I1 + I2 + I3 = - E(2s22p1)

→ I1 = - (-13,6 (5 - 2.0)2 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV)

22

1,25đ

1

* Liên kết trong Cl2bền hơn trong F2 vì nguyên tử F đủ nhỏ làm các electron

không liên kết trên nguyên tử F đẩy nhau, làm giảm độ bền liên kết Hơn nữa

liên kết trong phân tử Cl2 còn mang một phần liên kết p→d giữa obitan p và

obitan d của hai nguyên tử Cl Đối với Br2, do Br có kích thước lớn dẫn tới xen

phủ obitan không hiệu quả

* Nhiệt độ sôi của NH3 cao hơn NF3 vì giữa các phân tử NH3 có liên kết hidro

với nhau Lực liên kết hidro mạnh hơn so với lực tương tác khuếch tán, tương

tác lưỡng cực và tương tác cảm ứng giữa các phân tử NF3 Đối với NCl3, lực

tương tác khuếch tán đủ lớn (do clo là nguyên tử có kích thước lớn và phân

cực), mạnh hơn lực liên kết hidro trong NH3.

*Độ âm điện của N>P, cặp electron tự do trên nguyên tử N bị “giữ” chặt hơn,

chiếm ít không gian hơn

Góc F-P-F lớn hơn H-P-H vì P có obitan trống sẽ tạo liên kết với cặp electron 

tự do trên F, (p→d) Liên kết mang một phần liên kết bội, không gian chiếm sẽ

lớn hơn liên kết đơn (trong PH3), chúng đẩy nhau mạnh hơn, góc mở rộng

0,75đ

a Hai pha thiếc nằm cân bằng với nhau nếu G0 = 0 cho Sn(trắng)  Sn(xám)

Từ đó dễ dàng tìm được T=13,2oC

0,5

2

b Thể tích của 1 ô mạng cơ sở dạng bốn phương là 583,2 pm x 583,2 pm x

318,1 pm = 1.082.108 pm3 = 1,082.10–22 cm3 Vì 1 ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử

Sn, từ đó tính được khối lượng riêng của thiếc trắng là 7,287 g.cm–3

0,5

c Từ định luật Bragg, n = 2dsin Với góc phản xạ nhỏ nhất, n = 1  d =

/(2sin) = 374.8 pm Khoảng cách giữa các mặt (111) gần nhau nhất trong ô

mạng cơ sở lập phương là a 3với a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở Như vậy, a =

= 649.1 pm, V = a3 = 2,735 pm3 = 2,735.10–22 cm3 Theo hình vẽ, có 9

3

d

nguyên tử Sn trong 1 ô mạng cơ sở  khối lượng riêng của thiếc xám là 5,766 g.cm–3

0,5

d Về mặt định tính, khi tăng áp suất, sẽ làm tăng tính ổn định của pha rắn Vì

khối lượng riêng thiếc trắng lớn hơn đáng kể so với thiếc xám do vậy thiếc trắng bền hơn ở áp suất cao, cho nên nhiệt độ tại đó thiếc xám tự chuyển thành thiếc

trắng sẽ giảm đi

Về định lượng, ta có:∆H° = ∆E° + ∆(pV) = ∆E°+ p∆V (cho phản ứng tại một áp suất không đổi)

Khi áp suất thay đổi, ∆H° cho sự chuyển pha cũng thay đổi

∆H°1090 bar = ∆E° + (1090 bar)∆V

∆H°1090 bar = ∆H°1 bar + (1089 bar)∆V (*)(dựa vào giả thiết, E và V không phụ thuộc T)

Theo các kết quả các câu trước, thể tích mol của thiếc trắng và xám lần

lượt là 16,17 và 20,43 cm3/mol  ∆V = 4,26 cm3/mol = 4,26.10-6m3/mol Thay vào hệ thức (*) thu được:

∆H°1090 bar = ∆H°1 bar + 464 J/mol (2*)

Do nhiệt độ cân bằng Teq = ∆H°/∆S° (3*), do vậy thay thế (2*) và các giá trị ∆H°1 bar, ∆S°1 bar vào (3*) tìm được Teq, 1090 bar = -52,8oC

Kết quả này cho thấy, ở những nhiệt độ thấp của đáy đại dương dạng thù

hình bền của thiếc là thiếc trắng vì ở đó ứng với áp suất cao hơn

0,5

3 (a)Gọi x, y là số hạt  và 

Áp dụng định luật bảo toàn số khối, ta có : x = 232 208 = 6

4



Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có : 90 = 82 + 6.2 – y  y = 4

Vậy số phân huỷ trong dãy này là 4

……… (b)23290 Th→82208 Pb+642He+4β

Độ hụt khối lượng ∆m = m(232Th) – m(208Pb) – 6m(4He) = 0,0458 (u)

Năng lượng phóng thích :

E = ∆m.c2 = 0, 045823 10-3.(3.108)2 = 6,845.10-12 (J)

6, 022.10

12 13

6,845.10

1, 602.10





……… (c) 1,00 kg có chứa = 1000.6, 022.1023 24nguyên tử

2, 60.10

10

0, 693

1, 57.10

1, 40.10 365.24.3600

Độ phóng xạ của mẫu Th là:

A = kN = 1,57.10-18.2,60.1024 = 4,08.106 (phân huỷ/s) Mỗi phân hủy giải phóng 6,845.10-12 J nên

Công suất = 4,08.106.6,845.10-12 = 2,79.10-5 (W)

0,5

0,5

1đ

4 a) Go =Ho - TSo

Ho = 2Ho

s (MgCl2,l) + Ho

s (Zr, r) - Ho

s(ZrCl4,k) - 2Ho

s(Mg,l)

Ho

s (MgCl2,l) = Ho

s (MgCl2,r) + Ho

nc (MgCl2) = -641 + 43 = -598 kJ.mol-1

Ho

s(ZrCl4,k) = Ho

s(ZrCl4,r) + Ho

th(ZrCl4) = -980 + 106 = -874 kJ.mol-1

Ho

s(Mg,l) = Ho

s(Mg,r) + Ho

nc(Mg) = 0 + 9 kJ.mol-1 = 9 kJ/mol

Ho = 2.(-598) + 874 – 2.9 = -340 kJ

So = 2So (MgCl2,l) + So (Zr, r) - So(ZrCl4,k) – 2So(Mg,l)

So (MgCl2,l) = So (MgCl2,r) + Ho

nc /Tnc (Mg,r) = 89,59 + (43.103/981) = 133,42 J.K-1.mol-1

So(ZrCl4,k) = So(ZrCl4,r) + Ho

th /Tth (ZrCl4) = 181 + (106.103/604) = 356,5 J.K-1.mol-1

So(Mg,l) = So(Mg,r) + Ho

nc /Tnc (Mg) = 32,68 + (9.103/923) = 42,43 J.K-1.mol-1

So = 2.(133,42) + 39,0 – 356,5 -2.(42,43) = -135,52 J.K-1

Go = -340 + 0,13552T (kJ)

………

b) G = Go + RTlnQP

= -340 + 0,13552.1073 + 8,314.10-3.1073.ln(1/0,10)

= -174,05 kJ < 0 phản ứng tự phát

1,5

…… 0,5

a) N2 + 3H2 € 2NH3

Bđ 1 3

Pư  3 2

[ ] (1-) (3-3) 2 ta có: nhệ = 4 - 2

Vì NH3 chiếm 36% thể tích nên: 2 0, 36 9

   



→Ta có KP1 = 8,14 10-5 (atm-2)

0,5

b) 2 0, 5 2 suy ra:

   

2 2

5 2

2

(2 )

(1 )(3 3 ) 4 2

P

P





Tính được: P2 = 682,6 (atm)

0,5

5

c) Khi NH3 =50% , P = 300 atm;

=>  = => K2 P2 = 4,21.10-4 (atm-2) Ta có : ln

3

2

P P



Nên => T2 =

1 2

0

1

R

K



1đ

6 Ta có các cân bằng:

CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 (1)

Cr2O7 + H2O 2HCrO4 K1 = 10-1,36 (2)

HCrO4 + H2O H3O+ + CrO4 K2 = 10-6,5 (3)

Vì K1 >>Ka, K2  cân bằng (2) chiếm ưu thế Tính nồng độ Cr2O7 và HCrO4

dựa vào cân bằng (2)

Cr2  + H2O 2HCr K1 = 10-1,36

7

0,5

BĐ 0,010

TTCB 0,010-x 2x

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng

K1 = = 10-1,36 (x < 0,01)  x = 6,33.10-3

x) (0,010

(2x)2



Vậy : [Cr2O7] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ;

[HCrO4] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-2 (M)

………

So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr ]  cân bằng (1) chiếm

4

O

ưu thế:

CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5

TTCB 0,1-a a a

Ka = = 1,8.10-5

a 0,1

a2



ĐK a<<0,1  a = 1,34.10-3 Vậy: [H3O+] = 1,34.10-3  pH = 2,87

Để tính [Cr ] ta dùng cân bằng (3)

4

O

HCrO4 + H2O CrO4 + H3O+ K2 = 10-6,5 TTCB 1,27.10-3 -b b 1,34.10-3

3

6,5 3 6,5

3

3

1,34.10

.10 1,27.10 b

10 1,27.10

b.1,34.10

















 ĐK: b<< 1,27.10-3 Vậy: [CrO4] = 3.10-6 (M)

0,5

0,5

3

C   M C   M C   M C   M

Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion kim loại

Pb2+ + 2IO3-  Pb(IO3)2 K3 = 1012,61 >> phản ứng hoàn toàn

Cbđ 0,02 0,13

[ ] 0 0,09

Cu2+ + 2IO3-  Cu(IO3)2 K4 = 107,13 >>  phản ứng hoàn toàn

Cbđ 0,03 0,09

[ ] 0 0,03

Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3-; H+; Na+;

NO3

-Có các cân bằng:

Pb(IO3)2  Pb2+ + 2IO3- (4) K3-1 = 10-12,61 Cu(IO3)2  Cu2+ + 2IO3- (5) K4-1 = 10-7,13

Vì K3-1 << K4-1 nên ta tính theo cân bằng (5), bỏ qua cân bằng (4)

Cu(IO3)2  Cu2+ + 2IO3- (5) K4-1 = 10-7,13

[ ] x 0,03 + 2x

Theo cân bằng (5): 1 2 7,13 << 0,03

4 (0, 03 2 ) 10

8, 237.10

 

 Nồng độ IO3- coi như không đổi

Pb(IO3)2  Pb2+ + 2IO3- (4) K3-1 = 10-12,61

0,5đ

0,5

[ ] y 0,03 + 2y

Theo cân bằng (5): y = 2,727.10-10

Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là

0,216(V)

0, 0592

log 2



Vì [Pb2+] rất nhỏ  không oxi hóa được Cu

* Xét dung dịch Z:

Ag+ + I-  AgI K6 = Ks-1 = 1016 >>

Cbđ 0,01 0,04

Sau 0 0,03 Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3

-AgI  Ag+ + I- K6-1 = 10-16

Cbđ 0 0,03 [ ] x 0,03 + x

6 (0, 03 ) 10

K x x   

Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z là:

Vì E Ag /Ag E Cu2  /Cu nên sơ đồ pin là

(-) Ag│AgI, I- 0,03M || Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3- 0,03M│Cu (+)

0,5

0,5

8 2NaCl + H2SO4  Na2SO4 + 2HCl↑

2NaBr + 2H2SO4  Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O

8NaI + 5H2SO4  4Na2SO4 + H2S↑ + 4I2 + 4H2O

Vậy hỗn hợp khí Y gồm: HCl, SO2, H2S

SO2 + 2H2S  3S↓ + 2H2O

………

Chất tan duy nhất là HCl Gọi số mol của SO2 là x

 * mNaCl = 9,44 – 103.2x - 150.16x

* nNaCl = nHCl = 0,0575 – 3x

………

Từ các phương trình trên  x = 0,0025 mol

 nNaCl = 0,05 mol  mNaCl = 58,5.0,05 = 2,925 gam

mNaBr = 0,005 103 = 0,515 gam

mNaI = 0,04 150 = 6 gam

1đ

0,5

0,5

9 a) A tác dụng với CO2 tạo nên B là cacbonat kiềm (chỉ cacbonat kim loại kiềm

mới dễ tan trong nước) và khí D thoát ra là oxi Gọi MxOy là công thức của A

Phương trình các phản ứng :

(1) 2MxOy + xCO2  xM2CO3 + (y-0,5x)O2 (2) M2CO3 + Ba(NO3)2  BaCO3 + 2MNO3 (3) 2Cu + O2  2CuO

………

Sự tăng khối lượng của ống đựng đồng nung nóng bằng khối lượng của oxi đã

phản ứng với đồng nên:

Số mol O2 = 6,72 : 32 = 0,21 (mol) Theo phản ứng (2)

0,5

0,5

Số mol BaCO3 = số mol M2CO3 = 25,78 : 197 = 0,14 (mol)

Số mol M = 2 số mol M2CO3 = 0,28 (mol)

Từ (1) suy ra : 1:2

21 , 0

14 , 0 5 ,

y x

Vậy CTPT đơn giản nhất của A là MO2

………

Số mol MO2 = số mol M = 0,28 (mol)

= 29,2 : 0,28 = 117,5  MM = 117,5 – 32 = 85,5  M : Rb

2

MO

M

Công thức của ban đầu là RbO2

……… b) Phương trình hóa học :

(1) RbO2 + O3  RbO3 + O2 (2) 2RbO2 + 2NH3  2RbOH + N2 + 2H2O (3) 2RbO2 + 2HCl ( loãng )  2RbCl + H2O2 + O2

0,5

0,5

10a) a)

(CH3)2O(k) CH4 (k) + CO(k) + H2(k)

to = 0 Po

t Po – P P P P

 Ở thời điểm t thì áp suất của cả hệ là: Ph = Po + 2P  P = (Ph – Po)/2

 Ở thời điểm t, = Po – P =

3 2

(CH ) O

2 Suy ra, ở thời điểm:

* t = 0 s thì P(CH ) O3 2 = 400 mm Hg

* t = 1550 s thì = 200 mm Hg

3 2

(CH ) O

P

* t = 3100 s thì = 100 mm Hg

3 2

(CH ) O

P

* t = 4650 s thì = 50 mm Hg

3 2

(CH ) O

P

Vì nhiệt độ và thể tích bình không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí Ta

nhận thấy, cứ sau 1550 giây thì lượng (CH3)2O giảm đi một nửa Do đó, phản ứng phân hủy (CH3)2O là phản ứng bậc 1 với t1/2 = 1550 s

……… b) Hằng số tốc độ của phản ứng là: k = ln2 / t1/2 = 0,693 / 1550 = 4,47.10 -4 s -1

……… c) Ta có:

Pt = Po.e-kt = 400 4,47.10 4604 = 325,7 (mm Hg)

 P = Po – Pt = 400 – 325,7 = 74,3 (mm Hg)

 Áp suất của hệ sau 460 giây là: Ph = Po + 2P = 400 + 2.74,3 = 548,6 (mm

Hg)

Phần trăm (CH3)2O bị phân huỷ = 74, 3.100% = 18,58 %

400

1,0

0,5

0,5

(Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa)