đề và đáp án thi chọn đội tuyển quốc gia môn hóa

đề và đáp án chi tiết ngày thi thứ nhất, thứ hai, thứ 3 kì thi chọn học sinh giỏi quốc gia môn hóa học.

1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI CHÍNH THỨC

HƯỚNG DẪN CHẤM THI LẬP ĐỘI TUYỂN DỰ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI QUỐC GIA THPT NĂM 2018

Môn thi: HÓA HỌC Ngày thi: 10/10/2017

(Hướng dẫn này có 10 trang)

Cho: N A = 6,022.10 23 mol -1 ; h = 6,6261.10 -34 J.s; c = 2,9979.10 8 m.s -1 ; F = 96485 C;

m e = 9,1094.10 -31 kg; 1 bar  1 atm = 760 mmHg = 1,013.10 5 Pa; 0 o C = 273K; R = 8,314 J.mol -1 K -1 ;

1nm = 10 -9 m; 1pm = 10 -12 m; 1eV = 1,602.10 -19 J; ở 25 o C: ln = 0,0592lg; C = 12; O = 16; Sr = 87,5

Bài 1 (3,5 điểm):

1 Một phân tử H2 ở trạng thái cơ bản, phân li thành các nguyên tử sau khi hấp thụ một photon có

bước sóng 77,0 nm Biết năng lượng của phân tử H2 ở trạng thái cơ bản là -31,675 eV Hãy xác định

tất cả các tổ hợp của trạng thái electron có thể có của hai nguyên tử H được tạo thành sau khi phân li

Trong mỗi trường hợp hãy xác định tổng động năng (theo eV) của các nguyên tử hiđro

2 Xét hiđrocacbon đa vòng thơm thẳng hàng (PAHs thẳng hàng), trong đó các vòng benzen

được xếp liên tục thành những chuỗi có độ dài khác nhau, ví dụ như: benzen, anthraxen và pentaxen

(hình vẽ)

Tính chất vật lí và hóa học của các hợp chất này phụ thuộc vào mức độ không định chỗ (giải tỏa)

của các electron π trong toàn phân tử Chiều rộng của một vòng benzen là d = 240pm

a Giả định một cách đơn giản rằng, các electron π của PAHs thẳng hàng chuyển động tự do

trong một hộp thế hai chiều Năng lượng của electron trong hộp thế hai chiều được tính theo công

thức:

E =

2

2 2

2 2 8

y x

n



Trong đó: n x , n y là các số lượng tử, độc lập nhau (ni = 1, 2, 3, ); h là hằng số Planck; m e là khối

lượng electron; L x và L y là kích thước của hộp thế

Hãy thiết lập công thức tính năng lượng tổng quát của các PAHs thẳng hàng theo các số lượng tử

nx, ny; độ dài d; số vòng benzen trong chuỗi w và các hằng số h, me

b Giản đồ mức năng lượng của pentaxen mô

tả một cách định tính các mức năng lượng và các số

lượng tử nx, ny cho tất cả các mức năng lượng bị

chiếm với các electron có spin ngược dấu và mức

năng lượng không bị chiếm thấp nhất không có

electron Các mức năng lượng được mô tả bằng các

số lượng tử nx, ny; các electron có spin ngược dấu

biểu diễn bằng các mũi tên ngược nhau

Hãy điền các electron π và các giá trị nx, ny

tương ứng vào chỗ trống trong ngoặc đơn ở giản đồ

năng lượng của anthraxen được mô tả ở bên (chú ý

các trạng thái có sự suy biến năng lượng)

c Tính bước sóng của photon cần dùng để kích thích 1 electron π từ mức năng lượng cao nhất có

electron (HOMO) lên mức năng lượng thấp nhất không có electron (LUMO) của anthraxen và pentaxen

Ý Hướng dẫn chấm Điểm

1

Năng lượng của photon:

Ephoton = hc

 =

9

6, 6261.10 2,9979.10

77, 0.10



 = 2,58.10 -18 J = 16,1 eV

Sự phân li: H2 + hν → H + H’

n = 1 1

1 2

2 1

2 2

Để phân tử H2 phân li thành nguyên tử ta có: ∆E = EH + EH’ – 2 H E = -13,62 n - 2 13,6 ' n + 31,675 < 16,1 eV Tổng động năng của hai nguyên tử hiđro: Eđ = Ephoton - ∆E Với n = n’ = 1: ∆E = -13,62 1 - 2 13,6 1 + 31,675 = 4,475 eV; Eđ = 16,1 – 4,475 = 11,6 eV Với n = 1 và n’ = 2 hoặc n = 2 và n’ = 1:

∆E = -13,62 2 - 2 13,6 1 + 31,675 = 14,675 eV; Eđ = 16,1 – 14,675 = 1,4 eV Với n = 2 và n’ = 2:

∆E = -2 13,6 2 - 2 13,6 2 + 31,675 = 24,875 eV > 16,1 eV Vậy các trường hợp có thể có là: H2 + hν → H + H’ n = 1 1

1 2

2 1

0,25 0,5 0,5 0,25 2 a E = 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 8 8                        (w )  w w y x x x y o y e e n h n h n n n E n m d d m d với Eo = 2 2 8 e h m d b Với anthraxen (w = 3): E = 2 2 9        x o y n E n  E11 = 10 9 E ; E o 21 = 13 9 E ; E o 31 = 2E o; E41 = 25 9 E ; E o 51 = 34 9 E ; E o 12 = 37 9 E ; E o 22 = 40 9 E ; E o 61 = E32 = 5E o; E42 = 52 9 E o Giản đồ năng lượng:

0,5

0,25

0,5

3

c Eo =

2

h

6 6261 10

8 9 1094 10 240 10

-18 (J)

Ephoton =



hc= ∆E = E

HOMO – ELUMO  λ =



hc E

Với anthraxen: ∆E = EHOMO – ELUMO = E61 – E22 = 5

9E = 5,811.10 o -19 (J)

λ =



hc

E =

19

6 6261 10 2 9979 10

5 811 10





-7 m = 341,8 nm

Với pentaxen (w = 5): E =

2 2 25



x

n

∆E = EHOMO – ELUMO = E32 – E91 = 3

25E = 1,2552.10 o -19 (J)

λ =



hc

E =

19

6 6261 10 2 9979 10

1 2552 10





-6 m = 1582,6 nm

0,25

0,25

0,25

Bài 2 (2,0 điểm):

14C là một đồng vị phóng xạ của nguyên tố cacbon, thường được dùng để xác định tuổi các mẫu cổ vật, địa chất, thủy văn Chu kì bán hủy của 14C là t1/2 = 5730 năm, song khi xác định niên đại mẫu vật, giá trị thường được sử dụng là t1/2 = 5568 năm. 14C được tạo ra trong khí quyển từ nitơ của không khí dưới tác dụng của các tia vũ trụ Nó đi vào cơ thể động thực vật thông qua sự quang hợp hoặc dây chuyền thực phẩm Hàm lượng cacbon phóng xạ trong cơ thể sống gần hằng định với độ phóng xạ 14C là 230 Bq trong 1

kg cacbon Khi sinh vật chết đi, độ phóng xạ đó bắt đầu liên tục giảm xuống

1 Hãy viết phương trình phản ứng hạt nhân về sự tạo thành và phân rã 14C

2 Một mẫu vải thời kim tự tháp của Ai Cập có độ phóng xạ 14C là 480 phân rã trong 1 giờ trong

1 gam cacbon Tính tuổi của mẫu vải đó

3 Người ta tìm thấy trong một kim tự tháp khác một chất bột màu trắng Kết quả phân tích chất

bột này cho biết đó là phenoxymetylpenexilin nguyên chất (Penecllin V):

Để xác định được niên đại của chất bột màu trắng đó, ta cần biết hàm lượng cacbon phóng xạ Kết quả đo sắc kí - khối phổ cho tỉ lệ 14C/12C là 6,0.10-13 Các nhà khảo cổ đã xác định tuổi của mẫu bột trắng trên theo định luật phân rã phóng xạ Họ đã xác định được mẫu bột trắng đó bao nhiêu tuổi?

Thực tế, mẫu bột đó được tạo ra khi nào? Hãy giải thích kết quả này

1

14 14

N C H

C N + 



n

2

Sự phụ thuộc hoạt độ phóng xạ (A) vào thời gian: A = Ao.e-kt

230.3600

o A t

0,5

3 Ở thời điểm ban đầu (tức trong cơ thể sống) tương ứng với tỉ số đồng vị

14C/12C (wo) sau:

A

1/2

N m ln2

t 12 wo (khi bỏ qua hàm lượng của

13C)

1/ 2

23 3

o A

-12

Vì mẫu bột trắng có w = 6,0.10-13 = w o/2 nên tuổi của mẫu bột là: t = t1/2 = 5568 năm

Vậy các nhà khảo cổ học cho rằng chất bột này đã được làm ra vào năm 3551 trước CN

(Nếu học sinh dùng t 1/2 = 5568 năm để tính w o thì kết quả t = 5338 năm hoặc học sinh dùng t 1/2 = 5730 năm để tính t, chỉ cho một nửa số điểm của phần này)

Thực ra, nhóm phenoxyacetyl được hình thành từ axit phenoxyacetic được tổng hợp trong công nghiệp từ các sản phẩm chế biến than và dầu mỏ Nó không chứa cacbon phóng

xạ Chỉ có 8 trong số 16 nguyên tử cacbon là có nguồn gốc tự nhiên (tạo thành từ cơ thể sống) Như thế, trong phần có nguồn gốc tự nhiên, hàm lượng 14C phải gấp đôi,

w = 1,2 10–12 = w o, nghĩa là chất bột này là sản phẩm của thời nay

0,5

0,5

Bài 3 (3,0 điểm):

1 Kali iotua và tali iotua có các cấu trúc mạng lập phương, trong đó số phối trí của các ion K+ và

Tl+ tương ứng là 6 và 8, bán kính ion K+ = 133 pm và Tl+ = 147 pm

a Tính giá trị gần đúng bán kính ion I- trong kali iotua, cho aKI = 706 pm

b Xác định giá trị gần đúng thông số a (aTl) của tali iotua

2 Viết công thức Lewis, xác định trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dự đoán dạng

hình học của các chất sau: XeO2F4, ICl4 , PCl4 , N3 , B2H6

1

a Các halogenua kiềm MX có kiểu lập phương đơn giản (như CsCl) hay lập phương tâm

diện (như NaCl)

Số phối trí trong CsCl trong NaCl

Vậy số phối trí K+/I- và Tl+/I- là 6 và 8 → TlI có cấu trúc kiểu CsCl (lập phương đơn

giản) và KI kiểu NaCl (lập phương tâm diện)

Tl+

I

a Tl I

I

K+

a KI Trong KI, các ion tiếp xúc trên các cạnh nên:

a(KI) = 2(R

K+ R

I) → R

I= 1

2a(KI) - RK = 706

2 - 133 = 220 pm

b Các ion Tl+ và I tiếp xúc trên đường chéo chính của lập phương:

AD2 = a2 + a2 = 2a2 → BD2 =AD2 + a2 = 3a2 → BD = 2(R

Tl+ R

I) = a 3

0,5

0,5

0,25

5

a(Tl) = 2 3

3 (RTl+ R

I) = 2 3

3 (147 + 220) = 424 pm

0,75

3

Phân tử Công thức Lewis Trạng thái lai hóa của

nguyên tử trung tâm

Hình học phân tử

O

O

F

F

F F

Cl Cl Cl Cl

+

Cl Cl Cl Cl

_

N3

cạnh

1,0

Bài 4 (3,5 điểm):

1 Xét hệ kín (như hình vẽ bên) ở 300K Hệ gồm hai

ngăn, phân cách nhau bởi một van có thể tích không đáng

kể Ban đầu van khóa, các ngăn A và B có cùng áp suất P,

lần lượt chứa 0,100 mol khí agon và 0,200 mol khí nitơ

Thể tích của cả hai ngăn (VA và VB) được chọn sao cho

các khí có tính chất của khí lí tưởng Mở van khí từ từ để

cho hệ đạt tới trạng thái cân bằng Giả thiết hai khí trộn

lẫn với nhau thành hỗn hợp khí lí tưởng Tính biến thiên

entropi và biến thiên năng lượng tự do Gibbs ở 300K

2 Khi đốt cháy 3,90 gam hơi benzen ở 250C, 1atm với một lượng oxi dư tạo ra sản phẩm là

CO2(k) và H2O(l),toả ra nhiệt lượng là 163,40 kJ

a Tính nhiệt toả ra khi đốt cháy hoàn toàn 7,80 gam hơi benzen trong oxi dư, sinh ra sản phẩm

là CO2(k) và H2O(l) trong bom nhiệt lượng kế ở 25oC

b Tính nhiệt độ của ngọn lửa khi đốt cháy hoàn toàn 1 mol benzen ở 1,0 atm và 250C trong không khí (chứa 20% oxi và 80% nitơ về thể tích)

Cho: C o

p(CO2,k) = 26,80 + 42,3.10 -3 T (J/mol.K); C o p(N2,k) = 27,10 + 6,00.10 -3 T (J/mol.K);

∆H o

373K, bay hơi (H2O,l) = 40,66 kJ/mol; C o

p(H2O,l) = 75,3 J/mol.K; C o

p(H2O,k) = 30,2 + 1,00.10 -2 T (J/mol.K);

M benzen = 78 g/mol

Ý Hướng dẫn chấm Điểm

1

Với quá trình giãn nở khí lí tưởng ở T, P = const:

∆U = 0 và ∆H = 0

Q = -A = PdV = nRT 2

1

V ln V

2

1

V nRT ln

Q

Vậy biến thiên entropi của quá trình là

-1

1, 59J.K



0,100.8, 314 ln 0, 200.8, 314 ln

Biến thiên năng lượng Gibbs: ∆G = ∆H - T∆S = -T∆S = - 300.1,59 = - 477 J

0,75

0,25

2

a Phương trình phản ứng: C6H6(h) + 7,5O2(k) → 6CO2(k) + 3H2O(l)

Phản ứng xảy ra trong bom nhiệt lượng kế là phản ứng xảy ra trong điều kiện đẳng tích, nên hiệu ứng nhiệt đẳng tích của phản ứng ở 298K khi đốt cháy 1 mol benzen là

Qv = ∆U = ∆H - ∆nkRT (∆n k = 6 - 7,5 – 1 = -2,5)

=

-3

163, 40.10 78

3, 9 - (-2,5).8,314.298

= - 3261,80.103 J/mol

Vậy nhiệt tỏa ra khi đốt cháy 7,80 gam hơi benzen trong bom nhiệt lượng kế là

∆U = 7,8/78 (- 3261,80.103) = - 326,18.10 3 J = - 326,18 kJ

0,5

0,5

b Nhiệt tỏa ra khi đốt cháy 1 mol benzen trong không khí là:

∆H =

-3

163, 40.10 78

3, 9 = 3268,0kJ

Giả sử nhiệt độ ngọn lửa T(K) > 373(K)  Nước tạo ra ở thể khí, nhiệt toả ra do phản ứng đốt cháy 1 mol hơi benzen dùng để: tăng nhiệt độ H2O(l) đến nhiệt độ sôi, hóa hơi nước và tăng nhiệt độ của H2O(k) từ nhiệt độ sôi đến nhiệt độ ngọn lửa; tăng nhiệt độ của

N2(k) và CO2(k) từ nhiệt độ đầu đến nhiệt độ ngọn lửa



2 2 p(CO ,N )

2 p(CO )

2 p(N )

C = 973,8 + 0,4338T

373 p(H O,l) 298

3C dT + 3 ∆Hhh nước +  2

T p(H O,h) 373

+ 3.40,66.103 +

 3268,0.103 = 973,8(T-298) + 0,2169.(T2- 2982) + 138922,5 + 90,6.(T-373) + 0,015.( T2- 3732)

 T = 2205K > 337K (vậy giả thiết là đúng)

Vậy đốt cháy 1 mol benzen trong không khí thì nhiệt độ ngọn lửa là 2205K hay 1932 o C

0,5

0,5

0,5

7

Bài 5 (2,0 điểm):

Cho 1,0 gam cacbon và 3,0 gam stronti cacbonat vào một bình chân không dung tích 1,5 lít Nung nóng bình ở thể tích không đổi đến 880oC, khi đó xảy ra các cân bằng sau:

SrCO3(r)  SrO(r) + CO2(k) (1)

C(r) + CO2(k)  2CO(k) (2) Khi hệ đạt cân bằng, áp suất đo được trong bình là 24kPa

Cho các thông số nhiệt động chuẩn của một số chất sau:

1 Xác định các hằng số Kp1 và Kp2 (theo bar) của hai cân bằng trên ở 880oC

2 Tính phần trăm khối lượng của các chất rắn khi hệ cân bằng

1

Xét cân bằng (1): SrCO3(r)  SrO(r) + CO2(k)

fHo

pứ = fHo

CO2 + fHo

SrO - fHo

SrCO3 = -393,5 – 592 - 1220,1 = 234,6 kJ/mol

So

pứ = So

CO2 + So

SrO - So SrCO3 = 177,3 J/mol.K

 Go

pứ = Ho - TSo = 30173,1 J/mol = -RTlnK p1  K p1 = 0,043 bar = PCO2

Mặt khác, theo đề: Ptổng = 24kPa = 0,24bar = PCO2 + PCO  PCO = 0,197 bar

Với cân bằng (2): C(r) + CO2(k)  2CO(k) 

2

2 CO p2

CO

P K

P = 0,903 bar

0,25 0,25

0,5

2

nSrCO3 = 0,02034 mol = a mol; nC = 0,0833 mol = b mol

SrCO3(r)  SrO(r) + CO2(k) (1) Cân bằng: a – x x x – y mol

C(r) + CO2(k)  2CO(k) (2) Cân bằng: b – y x – y 2y mol

Ta có: nCO2 = x – y =



0, 043.1, 5

0, 082.(880 273) = 6,822.10

-4 mol

nCO = 2y =



0,197.1, 5

0, 082.(880 273) = 31,255.10

-4 mol Vậy tại cân bằng:

nC = b – y = 0,0833- (31,255 10-4) = 0,082 mol  mC = 0,984 gam

nSrO = x = nCO2 + y = 6,822.10-4 + (3,1255 10-3 ) = 2,245.10 -3 mol

 mSrO = 232,3575.10 -3 gam

nSrCO3 = a – x = 0,018 mol  mSrCO3 = 2,655 gam

Vậy: %C = 25,42%; %SrCO 3 = 68,58%; %SrO = 6,00%

0,75

0,5

Bài 6 (3,0 điểm): Cho: E Fe o3  /Fe2  0, 771V; pKs(Fe(OH)3) = 37; pKs(Fe(OH)2) = 15,1

1 Tính

( ) / ( )

o

Fe OH Fe OH

2 Thiết lập sơ đồ pin trong 3 trường hợp sau đây:

- Pin để xác định thế tiêu chuẩn của cặp Fe(OH)3/Fe(OH)2;

- Pin được ghép bởi hai cặp Fe(OH)3/Fe(OH)2 và 2H+/H2 ở điều kiện chuẩn;

- Khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng: + Ag(NH3)2 + Fe(OH)2 → Ag +

3 Cho 2 điện cực: Điện cực 1 là kim loại platin nhúng trong dung dịch NaOH 0,02M có chứa kết tủa

Fe(OH)3 và Fe(OH)2; Điện cực 2 là kim loại bạc nhúng trong dung dịch chứa AgNO3 0,01M và Na2S2O3 1M

- Lập sơ đồ pin và tính suất điện động của pin tạo bởi hai điện cực trên

- Viết phương trình hóa học và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

Biết:

o

Ag Ag

E   ; lg β(Ag(S 2 O 3 ) 2 3- ) = 13,46

1

Fe(OH)3  Fe3+ + 3OH- Ks1 = 10-37

Fe2+ + 2OH-  Fe(OH)2 K = 10 s21 15,1

Fe3+ + e  Fe2+ K3 = 101.0,771/0,0592

Fe(OH)3 + e  Fe(OH)2 + OH- K =

0 0592

10

( ) / ( ) ,

o

Fe OH Fe OH

E

= Ks1 1

2



s

K K3 = 10-8,88 

( ) / ( )

o

Fe OH Fe OH

0,5

2

- Pin để xác định thế tiêu chuẩn của cặp Fe(OH) 3 /Fe(OH) 2

Pt(H 2 ,1atm)│H + 1,0M║OH - 1,0M, Fe(OH) 3 , Fe(OH) 2 │Pt

- Pin được ghép bởi hai cặp Fe(OH) 3 /Fe(OH) 2 và 2H + /H 2 ở điều kiện chuẩn

Vì

( ) / ( )

o

Fe OH Fe OH

E = - 0,5257 V <

2

2 /

o

E  = 0,0V nên ta có sơ đồ pin

(-) Pt│Fe(OH) 2 , Fe(OH) 3 , OH - 1,0M ║ H + 1,0M│(H 2 ,1atm) Pt (+)

- Thiết lập pin sao cho khi pin hoạt động thì xảy ra phản ứng

+ Ag(NH3)2 + Fe(OH)2 → Ag +

+ Sự khử (ở catot): Ag(NH3)2 + e → Ag + 2NH3

+ Sự oxi hóa (ở anot): Fe(OH)2 + OH- → Fe(OH)3 + e

Phản ứng tổng: Ag(NH3)2 + Fe(OH)2 + OH- → Ag + Fe(OH)3 + 2NH3

Sơ đồ pin: (-) Pt│Fe(OH) 2 , Fe(OH) 3 , OH - ║ Ag(NH 3 ) 2 , NH 3 │Ag (+)

0,25

0,25

0,5

3

- Điện cực 1: Fe(OH)3 + e  Fe(OH)2 + OH-

E1 =

( ) / ( )

Fe OH Fe OH

( ) / ( )

o

Fe OH Fe OH

E - 0,0592lg[OH-] = - 0,5257 – 0,0592lg0,02

= - 0,4251 V

- Điện cực 2: Ag+ + 2S2O32-  Ag(S2O3)23- β = 1013,46

0,01 1,0 - (M)

- 0,98 0,01 Ag(S2O3)23-  Ag+ + 2S2O32- β-1 = 10-13,46

Ag+ + e  Ag K2 = 101.0,80/0,0592

Ag(S2O3)23- + e  Ag + 2S2O32- K =

3

2 3 2

0 0592

10

 ( ) / ,

o

Ag S O Ag

E

= β-1.K2 = 100,0535  3

2 3 2 ( ) /

o

Ag S O Ag

E  = 3,168.10 -3 V

E2 = 3

2 3 2

( ) /

Ag S O Ag

2 3 2

o

Ag S O Ag





3

2 3 2

2 2

2 3

[Ag(S O ) ] lg

= 3,168.10-3 + 0,0592

2

0, 01 lg (0, 98) = - 0,1142 V

Vì E2 > E1, ta có sơ đồ pin:

(-) Pt│Fe(OH) 2 , Fe(OH) 3 , OH - 0,02M║ Ag(S 2 O 3 ) 2 3- 0,01M, S 2 O 3 2- 0,98M│Ag (+)

Suất điện động của pin: Epin = E2 – E1 = 0,3109 V

Phản ứng xảy ra trong pin

Ag(S2O3)23- + Fe(OH)2 + OH-  Ag + Fe(OH)3 + 2S2O32- K = 0 0592

10 ,

o pin

E

Eo

pin = Eo – Eo = 3,168.10-3 – (- 0,5257) = 0,5289 V  K = 8,593.10 8

0,25

0,5

0,25

0,25

0,25

9

Bài 7 (3,0 điểm):

1 Xét phản ứng nối tiếp sau: A k1 B k2 C

Biết thời gian để 22,5% chất A chuyển hóa là 76 giây và sau thời gian tmax thì nồng độ chất B đạt cực đại, lúc đó tỉ lệ CA

C

B tmax

= 4,5 Tính k1, k2 và giá trị tmax

2 Cho phản ứng: CH3CHO(k) → CH4(k) + CO(k) (a)

Cơ chế được thừa nhận của phản ứng trên là:

CH3CHO k 1

3 CH

 + CHO (1)

CH3CHO + CH3 k 2

CH4 + CH CO3  (2)

CH CO3  k 3

CH3 + CO (3) 3

CH

 + CH3 k 4

C2H6 (4)

a Dựa vào cơ chế trên hãy thiết lập biểu thức định luật tốc độ của phản ứng (a)

b Thiết lập biểu thức liên hệ giữa năng lượng hoạt hóa của phản ứng (a) với năng lượng hoạt

hóa của các phản ứng thành phần

1

Tốc độ chuyển hóa A:

dC

dt



     (I)

Theo đề, khi t = 76s thì CA = (1-0,225)CoA = 0,775CoA, vậy:

oA

1

A

C 1

  3,3538.10 -3 (s -1 )

Khi CB = max:

1 A 2 B

Theo đề: A 2

C k = 4,5  k2 = 4,5k1 = 1,509.10 -2 (s -1 )

Tính tmax:

Ta có: C

2 B

dC

k C

dt  (III); và CA + CB + CC = CoA (IV)

Từ (I, II, III, IV) ta có: 1 k t 1 k t 2

2 1

k



Thay CA, CB vào (*) ta có: tmax = 1 2

1 2





= 128,16 (s)

0,5

0,5

0,5

2

a CH3CHO (k) → CH4 (k) + CO(k) (a)

(1) CH3CHO k 1

3

CH



+ CHO v1 = k1[CH3CHO]

(2) CH3CHO + CH3 k 2

CH4 + CH CO3  v2 = k2[CH3CHO][CH3] (3) CH CO3  k 3

CH3 + CO v3 = k3[CH CO3 ] (4) CH3 + CH3 k 4

C2H6 v4 = k4[CH3]2

Áp dụng QSSA cho các gốc tự do kém bền ta có

3

d[ CH ]



(5)

3 .

2 3

d[CH CO ]

(6) 0,5

Từ (5) và (6) ta có: v1 = 2v4  [CH3] = 1

3 4

2

k

CH CHO k

(7)

Mặt khác ta có: v = d[CH ]4

dt = v2 = k2[CH3CHO][CH3] (*) Thay (7) vào (*) ta được biểu thức tốc độ của phản ứng

v = k2

1/ 2 1 4 2

k k

[CH3CHO]3/2 = k[CH3CHO]3/2 với k = k2

1/ 2 1 4 2

k k

b Ta có:

2 ( )

1/2 1/ 2

dlnk

dln[k k (2k ) ] =

a a

dT RT

dT





= Ea2 + ½E1 – ½Ea4

Vậy: E a(a) = E a2 + ½E 1 – ½E a4

0,5

0,5

Hết