Đề thi HSG các trường chuyên vùng Đồng bằng Bắc Bộ Hóa học 10 - Năm học 2012-2013 - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Có đáp án)

Nội dung tài liệu: Đề thi HSG các trường chuyên vùng Đồng bằng Bắc Bộ Hóa học 10 - Năm học 2012-2013 - Trường THPT Chuyên Vĩnh Phúc (Có đáp án)

1. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VP KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012 – 2013 MÔN HÓA HOC LỚP 10 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Thời gian : 180 phút Câu I.(3,0 Điểm) 1. Sự phá vỡ các liên kết Cl-Cl trong một mol clo đòi hỏi một năng lượng bằng 243 kJ (năng lượng này có thể sử dụng dưới dạng quang năng). Hãy tính bước sóng của photon cần sử dụng để phá vỡ liên kết Cl-Cl của phân tử Cl2 2. Tổng số electron trong phân tử XY 2 là 38. Tỉ lệ số khối cũng như tỷ lệ số nơtron của nguyên tử nguyên tố Y so với nguyên tử nguyên tố X trong phân tử đều bằng 5,333. a) Xác định nguyên tố X, Y và viết cấu hình electron của mỗi nguyên tử. b) Viết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố Y. Câu II (3,0 Điểm) Phân tích một chất rắn X chứa: N, B, F, H cho kết quả theo phần trăm khối lượng: 16,51% nitơ; 12,74% bo; 3,54% hiđro và 67,21% flo. Biết rằng X là sản phẩm thu được khi trộn hai chất khí Y và Z. Cả hai khí này đều tan được trong nước. Dung dịch của khí Y cho môi trường bazơ, còn dung dịch của khí Z lại cho môi trường axit. a) Cho biết công thức phân tử X, Y, Z và tên gọi của Y, Z. b) Viết công thức lewis, dự đoán dạng hình học phân tử và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm của X, Y và Z. c) Cho biết dạng và số lượng liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong một phân tử chất X. Câu III (2,0 điểm) Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng thu được SO 2, cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350 ml dung dịch KOH 2M. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được 53,0 gam chất rắn khan. 1. Tìm kim loại R? 2. Hòa tan 8,4 gam kim loại R vào 200ml dung dịch HBr 2M thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, tính khối lượng kết tủa thu được? Câu IV (2,0 điểm) 1. Đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol RCOOH; 1 mol R’COOH và 2 mol C 2H5OH có H2SO4 đặc xúc tác ở t oC (trong bình kín dung tích không đổi) đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,6 mol RCOOC2H5 và 0,4 mol R’COOC2H5. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol RCOOH, 3 mol R’COOH và a mol C2H5OH ở điều kiện như trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,8 mol RCOOC2H5. Tính a. Câu V (2,0 điểm) Cho phản ứng: AB(k) -> A(k) + B(k) Người ta tiến hành nung nóng 0,2 mol AB(k) ở 3270C trong bình có thể tích 2 lít và đo áp suất của hỗn hợp các chất trong bình thì thu được số liệu thực nghiệm: T (giờ) 0 1 2 4 8 P (atm) 4,92 5,67 6,31 7,31 8,54 a) Cho biết bậc của phản ứng. b) Tính hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng. c) Tính áp suất trong bình khi tiến hành phản ứng được 16 giờ. Câu VI (3,0 điểm) Trộn 50ml dung dịch H2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr2 0,2M và 100ml dung dịch KMnO4 0,04M được dung dịch A. a.Xác định giá trị pH của dung dịch A.
2. b. Xác định thế của điện cực Pt được nhúng trong dung dịch A. c. Ghép ®iÖn cùc hi®ro (p = 1 atm) ®­¬c nhóng trong dung dÞch CH COOH 0,010 M ghÐp (qua H 3 cÇu muèi) víi ®iÖn cùc Pt được nhóng2 trong dung dÞch A. H·y biÓu diÔn s¬ ®å pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin. - Cho: pKa (HSO4 ) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; (RT/F) ln = 0,0592lg ; 0 3+ 2+ 0 - 2+ 0 - E (Fe /Fe ) = 0,77V; E (MnO4 /Mn ) = 1,51V; E (Br2/Br ) = 1,085V; Câu VII (3,5điểm) Đun nóng đến 2000C hh X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 400 0C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 600 0C thì chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F là 21,4%. a) Xác định A, B, C, D, F. Viết các ptpư b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z. Câu VIII (1,5 điểm) ë nhiÖt ®é cao amoni clorua bÞ ph©n huû cho 2 khÝ. §Ó x¸c ®Þnh nh÷ng tÝnh chÊt nhiÖt ®éng cña ph¶n øng nµy ë mét nhiÖt ®é x¸c ®Þnh, ng­êi ta cho 53,5 gam NH4Cl (r¾n) vµo mét b×nh ch©n kh«ng thÓ tÝch 5 lÝt råi nung nãng lªn 427o C. §o ®­îc ¸p suÊt trong b×nh lµ 608 kPa. NÕu tiÕp tôc nung nãng ®Õn 459o C th× ¸p suÊt ®o ®­îc b»ng 1115 kPa. TÝnh entanpi tiªu chuÈn, entropi tiªu chuÈn vµ entanpi tù do tiªu chuÈn cña ph¶n øng ë 427o C. ChÊp nhËn r»ng Ho vµ So kh«ng phô thuéc vµo nhiÖt ®é trong kho¶ng 400 - 500o C. (N = 14 ; Cl = 35,5) -HẾT-
3. ĐÁP ÁN Câu I.(3,0 Điểm) 1. Sự phá vỡ các liên kết Cl-Cl trong một mol clo đòi hỏi một năng lượng bằng 243 kJ (năng lượng này có thể sử dụng dưới dạng quang năng). Hãy tính bước sóng của photon cần sử dụng để phá vỡ liên kết Cl-Cl của phân tử Cl2 2. Tổng số electron trong một phân tử XY2 là 38. Tỉ lệ số khối cũng như tỷ lệ số nơtron của nguyên tử nguyên tố Y so với nguyên tử nguyên tố X trong phân tử đều bằng 5,333. a) Xác định nguyên tố X, Y b) Viết cấu hình electron của mỗi nguyên tử; viết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố Y. Câu I Nội dung 3,0Điểm 1 Cl2 + h ν 2Cl 0,25 c 243.103 ε = hν = h 4,035.10 19 (J) λ 6,022.1023 0,25 h.c 6,625.10-34 . 3.108 λ = = = 4,925.10 7 (m) = 492,5 (nm). 0,5 ε 4,035.10 19 2.a Gọi số khối, số hạt nơtron, số hạt proton, số hạt electron trong nguyên tử X, Y lần lượt là: Ax, Nx, Px, Ex và Ay, Ny, Py, Ey. Từ đề bài có: + Tổng số electron trong 1 phân tử XY2: Ex + 2Ey = 38 (1) 0,25 0,25 + Tỉ lệ số khối và số nơtron: 2Ay/Ax = 2Ny/Nx = 5,333 = 16/3 (2) (2) -> 2Py/Px = 16/3 (3) 0,25 2.b 0,25 Giải hệ (1) , (3) được : Px = 6 X là cac bon (C) Py = 16 Y là lưu huỳnh (S) 0,25 + Cấu hình electron nguyên tử của C : 1s2 2s2 2p2 0,25 2 2 6 2 4 S : 1s 2s 2p 3s 3p 0,25 0,25 + Bộ bốn số lượng tử elctron cuối cùng của nguyên tử S: n = 3; l= 1; m= -1; s = -1/2. Câu II (3,0 Điểm) Phân tích một chất rắn X chứa: N, B, F, H cho kết quả theo phần trăm khối lượng: 16,51% nitơ; 12,74% bo; 3,54% hiđro và 67,21% flo. Biết rằng X là sản phẩm thu được khi trộn hai chất khí Y và Z. Cả hai khí này đều tan được trong nước. Dung dịch của khí Y cho môi trường bazơ, còn dung dịch của khí Z lại cho môi trường axit. a) Cho biết công thức phân tử X, Y, Z và tên gọi của Y, Z. b) Viết công thức lewis, dự đoán dạng hình học phân tử và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm của X, Y và Z.
4. c) Cho biết dạng và số lượng liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong một phân tử chất X. Câu II Nội dung 3,0Điểm a. Có: (16,51/14): (12,74/10,8): (3,51/1) : (67,21/19) = 1 : 1: 3 : 3. 0,5 Công thức phân tử X: NBH3F3. Theo dữ kiện bài ra thì Y phải có CTPT: NH3 - amoniac ; 0,25 Z có CTPT: BF3 - Boflorua. 0,25 b. CTPT CT lewis CT cấu trúc Dạng hình Trạng thái học phân tử lai hóa 3 NBH3F3. H F Hai tứ diện B: sp 0,5 H : N : B : F lồng với N: sp3 nhau. N,B là H F tâm của hai tứ diện 0,5 3 NH3 H AX3E Chóp tam N : sp H :N: giác H 0,5 2 BF3 F AX3 Tam giác B: sp F : B phẳng đều. F c. + Sáu liên kết σ cộng hóa trị ( 3 liên kết H-N và 3 liên kết F -B)phân cực về 0,25 phía N và F. + Một liên kết cho nhận cộng hóa trị phân cực về phía F. 0,25 Câu III (2,0 điểm) Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H 2SO4 đặc nóng thu được SO 2, cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350 ml dung dịch KOH 2M. Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được 53,0 gam chất rắn khan. 1. Tìm kim loại R? 2. Hòa tan 8,4 gam kim loại R vào 200ml dung dịch HBr 2M thu được dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, tính khối lượng kết tủa thu được? Câu III Nội dung 2,0Điểm
5. a. - Số mol KOH = 0,35 . 2 = 0,7 mol - Nhận xét: * Nếu chất rắn là K2SO3 thì khối lượng là: 0,35 . 158= 55,3g * Nếu chất rắn là KHSO3 thì khối lượng là: 0,7. 104 = 84,0 Chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch là 53,0g < (55,3 ; 84,0) => chất rắn thu được gồm K2SO3 và KOH dư 0,5 - Đặt số mol của K2SO3 là x → số mol KOH dư là 0,7-2.x Ta có: 158.x + (0,7-2x).56 = 53 → x = 0,3 mol Theo đl bảo toàn mol e => (11,2/MR ). n = 0,3. 2 -> R = (56/3).n 0,5 => Với n = 3 -> MR = 56 => R là sắt. b. - Khi cho Fe tác dụng với dung dịch HCl có phản ứng: Fe + 2HBr → FeBr 2 + H2↑ => Dung dịch A sau phản ứng có: 0,15 mol FeBr2 và 0,1 mol HBr dư hay 0,15 mol Fe2+ ; 0,1 mol H+ ; 0,4 mol Br- 0,25 - Khi cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch A có các phản ứng: Ag+ + Br- → AgBr↓ (1) 2+ + - 3+ 3Fe + 4H + NO3 → 3Fe + NO↑ + 2H2O (2) Fe2+ + Ag+ → Fe3+ + Ag↓ (3) 0,25 Theo (2) , (3): số mol Fe 2+ (3) = 0,075 mol Theo (1) số mol AgBr = 0,4 mol Theo (3) số mol Ag = 0,075 mol  Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng:  0,075.108 + 188. 0,4 = 83,3 gam. 0,5 Câu IV (2,0 điểm) Đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol RCOOH; 1 mol R’COOH và 2 mol C2H5OH có H2SO4 đặc xúc tác ở t oC (trong bình kín dung tích không đổi) đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,6 mol RCOOC2H5 và 0,4 mol R’COOC2H5. Nếu đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol RCOOH, 3 mol R’COOH và a mol C2H5OH ở điều kiện như trên đến trạng thái cân bằng thì thu được 0,8 mol RCOOC 2H5. Tính a. Câu IV Nội dung 2,0Điểm Vì hệ số các chất trong phương trình phản ứng bằng nhau và bằng 1 nên tỉ lệ về số mol cùng là tỉ lệ về nồng độ. - Các phương trình phản ứng: xt ,t 0 RCOOH + C2H5OH RCOOC2H5 + H2OK1 [ ] 0,4 1 0,6 1 (mol) => K1 = 1,5 0,25 xt ,t 0 R’COOH + C2H5OH R’COOC2H5 + H2OK2 [ ] 0,6 1 0,4 1 (mol) 0,25 K 2 = 2/3 - Gọi số mol của R’COOC2H5 là b mol. Ta có: xt
6. ,t 0 RCOOH + C2H5OH RCOOC2H5 + H2O [ ]: 0,2 a-0,8-b 0,8 0,8+b (mol) xt 0,25 ,t 0 R’COOH + C2H5OH R’COOC2H5 + H2O [ ]: 3-b a-0,8-b b 0,8+b (mol) 0,25 K 1 = 0,8.(0,8 -b) / 0.2.(a- 0,8 -b) và K2 = b. (0,8+ b)/(3-b).(a-0,8-b)  b = 1,92 -> a = 9,97 mol 0,5 0,5 Câu V (2,0 điểm) 1. Cho phản ứng: AB(k) -> A(k) + B(k) Người ta tiến hành nung nóng 0,2 mol AB(k) ở 3270C trong bình có thể tích 2 lít và đo áp suất của hỗn hợp các chất trong bình thì thu được số liệu thực nghiệm: T (giờ) 0 1 2 4 8 P (atm) 4,92 5,67 6,31 7,31 8,54 a) Cho biết bậc của phản ứng. b) Tính hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng. c) Tính áp suất trong bình khi tiến hành phản ứng được 16 giờ. Câu V Nội dung 2,0Điểm a. Giả sử phản ứng là bậc 1 => phương trình động học: k = (1/t). ln(P0/P) (*) (Với P là áp suất AB(K) ở thời điểm t) AB(k) -> A(k) + B(k) t = 0 P0 0 0 pư x x x (atm) t P0 –x x x 0 0 0 => P(hh) = P + x; P = P –x = 2P – P(hh) => bảng số liệu. 0,25 t (h) 0 1 2 4 8 P(hh) atm 4,92 5.67 6,31 7,31 8,54 P (atm) 4,92 4,17 3,53 2,53 1,30 0,25 Thay các giá trị vào phương trình động học (*) có: k1 = 0,1654/h ; k2 = 0,1660/h ; k3 = 0,1663/h ; k4 = 0,1664/h ; 0,25 Các giá trị k1 -> k4 tương đương nhau => phản ứng trên là phản ứng bậc 1. 0,25 b. k = (k1 + k2 + k3 + k4)/4 = 0,1660/h 0,25 thay giá trị k vào phương trình (*) -> t1/2 = 4,1753 h 0,25 c. t = 16 h P = P0. e-kt = 4,92. e-0,166.16 = 0,3455 atm = P0 - x => x = 4,5745 atm 0,25 0 Vây áp suất trong bình là P(hh) = P + x = 4,92 + 4,5745 = 9,4945 atm 0,25 Câu VI (3,0 điểm) Trộn 50ml dung dịch H2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr2 0,2M và 100ml dung dịch KMnO4 0,04M được dung dịch A. a.Xác định giá trị pH của dung dịch A. b. Xác định thế của điện cực Pt được nhúng trong dung dịch A.
7. c. ĐiÖn cùc hi®ro (p = 1 atm) ®­¬c nhóng trong dung dÞch CH3COOH 0,010 M được ghÐp (qua H2 cÇu muèi) víi ®iÖn cùc Pt được nhóng trong dung dÞch A. H·y biÓu diÔn s¬ ®å pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin. - Cho: pKa (HSO4 ) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; (RT/F) ln = 0,0592lg ; 0 3+ 2+ 0 - 2+ 0 - E (Fe /Fe ) = 0,77V; E (MnO4 /Mn ) = 1,51V; E (Br2/Br ) = 1,085V; Câu VI Nội dung 3,0Điểm a. Nồng độ ban đầu các chất sau khi trộn: C (KMnO4) =0,02M; C (FeBr2) =0,05M; C (H2SO4) =0,5M; + - H2SO4 -> H + HSO4 0,5 - 0,5 0,5 + - KMnO4 -> K + MnO4 0,02 - 0,02 0,02 2+ - FeBr2 -> Fe + 2Br 0,05 - 0,05 0,05 0 3+ 2+ 0 - 0 - 2+ Do E (Fe /Fe ) = 0,77V < E (Br2/Br ) = 1,085V< E (MnO4 /Mn ) = 1,51V Nên các phản ứng xảy ra theo thứ tự: 2+ - + 3+ 2+ 62,5 5Fe + MnO4 + 8H -> 5Fe + Mn + 4H2O K1 = 10 >> 0,25 Bđ 0,05 0,02 0,5 Sau - 0,01 0,42 0,05 0,01 - - + 2+ 71,8 10Br + 2MnO4 + 16H -> 5Br2+ Mn + 8H2O K2 = 10 >> 0,25 Bđ 0,1 0,01 0,42 Sau 0,05 - 0,34 0,025 0,02 - 2+ Vì K1, K2 rất lớn nên nồng độ MnO4 , Fe là rất không đáng kể. 3+ 2+ + + TPGH : Fe = 0,05M; Mn = 0,02M; H = 0,34M; K = 0,02M; Br2 = 0,025M; 0,25 - - HSO4 = 0,5M; Br = 0,05M. Xét cân bằng: - + 2- -2 HSO4 = H + SO4 Ka = 10 0,5 0,34 [] 0,5 – x 0,34 + x x  Ka = x.(0,34+x)/(0,5 - x) => x = 0,0137M => [H+] = 0,3537M 0,25  pHA = 0,4514 0,25 - b. Thế của điện cực Pt nhúng vào dung dịch A được tính theo cặp Br2/Br : - Br2 + 2e = 2Br - 0 - - 2 Có E (Br2/Br ) = E (Br2/Br ) + (0,0592/2). Lg([Br2]/[Br ] ) - 2 => E (Br2/Br ) = 1,085 + (0,0592/2). Lg(0,025/[0,05] ) = 1,115V 0,5 c. Xác định thể của điện cực hiđro: + . Cùc Hi®ro: 2 H + 2e = H2 + – -4,76 CH3COOH = H + CH3COO ; K a = 10 C 0,01 [ ] 0,01 - x x x
8. x2/(0,01-x) = 10-4,76 x = [H+] = 4,08.10-4 M pH = 3,39 0,5 E (H2/CH3COOH) = - 0,0592 pH = - 0,0592 3,39 = - 0,2006 (V) - + *Ta có E (Br 2/Br ) > E (H2/1=2H ) => điện cực Pt nhúng trong dung dịch A là cực dương; điện cực hiđro là cực âm. 0,25 *Sơ đồ pin: (anot) (-) (Pt) H2(PH2 = 1 atm)/CH3COOH // dd A / Pt (+) (catot) 0,25 * Phản ứng xảy ra trong pin: - Catot: Br2 + 2e -> 2Br - Anot: H2 + 2CH3COO -> 2CH3COOH + 2e - - Phản ứng xảy ra trong pin: H2 + Br2 + 2CH3COO = 2CH3COOH + 2Br . 0,25 Câu VII (3,5điểm) Đun nóng đến 2000C hh X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 400 0C thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 600 0C thì chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F là 21,4%. a) Xác định A, B, C, D, F. Viết các ptpư b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z. Câu VII Nội dung 3,5 Điểm a. * Xác định muối A: % m(Na) = x; % m(Na) = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4 Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%. Gọi CT (A) : NanF -> 23n/ MF = 39,3/60,7 => MF = 13961/393 ; với n = 1 -> MF = 35,5  CT (A) là NaCl 0,5 A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất vậy B, C, D phải là muối chứa oxi của Na và clo. Xác định (B): cNaClOb -> (c - b)NaCl + b NaClOc Theo bài: (c-b)/b = (1,33 - 1)/ (1,67-1) => c = 3 ; b = 2 0,25 Nhiệt phân ở 2000C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là muối ngậm nước. CT (B), C, D : NaClO2. nH2O ; NaClO3; NaClO4 0,25 Khối lượng muối ban đầu: m = 58,5.1 + (90,5+ 18n ).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n %Khối lượng H2O = 18n/ (378 + 18n) = 0,125 => n = 3 => CT B : NaClO2. 3H2O 0,25 * Các phương trình phản ứng: 0 Nung ở 200 C: 3NaClO2.3H2O -> NaCl + 2NaClO3 + 3H2O 0,25 0 Nung ở 400 C: 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl 0,25 0 Nung ở 600 C: 4NaClO4 -> 2O2 + NaCl 0,25 b. Khối lượng hh X = 432 gam  phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là: 13,54%; 33,45%; 24,65% ; 28,36% 0,5 0 c. ở 400 C: 2NaClO2 -> NaClO4 + NaCl 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl 1 1 1 1 1,5 1,5 mol - 0,5 0,5 - 0.25 0,75 1,5 1,5 - 1,75 2,25 0,5 => % số mol NaCl = 1,75.100/(1,75 + 2,25) = 43,75% % số mol NaClO4 = 56,25% 0,5
9. Câu VIII (1,5 điểm) ë nhiÖt ®é cao amoni clorua bÞ ph©n huû cho 2 khÝ. §Ó x¸c ®Þnh nh÷ng tÝnh chÊt nhiÖt ®éng cña ph¶n øng nµy ë mét nhiÖt ®é x¸c ®Þnh, ng­êi ta cho 53,5 gam NH4Cl (r¾n) vµo mét b×nh ch©n kh«ng thÓ tÝch 5 lÝt råi nung nãng lªn 427o C. §o ®­îc ¸p suÊt trong b×nh lµ 608 kPa. NÕu tiÕp tôc nung nãng ®Õn 459o C th× ¸p suÊt ®o ®­îc b»ng 1115 kPa. TÝnh entanpi tiªu chuÈn, entropi tiªu chuÈn vµ entanpi tù do tiªu chuÈn cña ph¶n øng ë 427o C. ChÊp nhËn r»ng Ho vµ So kh«ng phô thuéc vµo nhiÖt ®é trong kho¶ng 400 - 500o C. (N = 14 ; Cl = 35,5) Câu VIII Nội dung 1,5 Điểm NH4Cl (r) -> NH3 (k) + HCl (k) (1) o o ë nhiÖt ®é 427 C vµ 459 C nÕu NH4Cl ph©n huû hÕt th× ¸p suÊt trong b×nh sÏ lµ: 2 mol 8,314 N.m.K 1.mol 1 (427 + 273,15) K p = = 2328419 N.m 2 1 5.10 3 m3 2 mol 8,314 N.m.K 1.mol 1 (459 + 273,15) K p = = 2434838 N.m 2 2 5.10 3 m3 Nh­ vËy, theo ®Çu bµi ë 2 nhiÖt ®é nµy trong b×nh cã c©n b»ng (1) vµ c¸c ¸p 0,25 suÊt ®· cho lµ c¸c ¸p suÊt c©n b»ng. ë 427o C : Kp = 304 304 = 92416 (kPa)2 o 2 459 C : Kp = 557,5 557,5 = 310806 (kPa) 0,25 o Kp o G700 = -RT ln K = - RT ln (P = 1bar) n Po 92416 (kPa)2 = -8,314 J.K 1.mol 1 (427 + 273,15) K ln (102kPa)2 0,5 = -12944 J.mol 1 K (T ) H 1 lnp 2 = ( 1 + ) Kp(T1) R T1 T2 310806 H ln = ( 1 1 ) 92416 8,314 700,15 732,15 o 1 H700 = 161534 J.mol 0,25 o o H – 161534 – (-12944) S o = 700 = = 249,2 G700 700,15 0,25 (J.K 1.mol 1) T o o (ThÝ sinh cã thÓ lÊy P = 1atm ; TÝnh Kp theo bar hay atm, råi tÝnh GT theo o biÓu thøc GT = -RT ln Kp)
10. H­íng dÉn gi¶i: NH4Cl (r) NH3 (k) + HCl (k) (1) o o ë nhiÖt ®é 427 C vµ 459 C nÕu NH4Cl ph©n huû hÕt th× ¸p suÊt trong b×nh sÏ lµ: 1 1 p = 2 mol 8,314 N.m.K .mol (427 + 273,15) K = 2328419 N.m 2 1 5.10 3 m3 2 mol 8,314 N.m.K 1.mol 1 (459 + 273,15) K p = = 2434838 N.m 2 2 5.10 3 m3 Nh­ vËy, theo ®Çu bµi ë 2 nhiÖt ®é nµy trong b×nh cã c©n b»ng (1) vµ c¸c ¸p suÊt ®· cho lµ c¸c ¸p suÊt c©n b»ng. ë 427o C : Kp = 304 304 = 92416 (kPa)2 o 2 459 C : Kp = 557,5 557,5 = 310806 (kPa) o Kp o G700 = -RT ln K = - RT ln (P = 1bar) n Po 92416 (kPa)2 = -8,314 J.K 1.mol 1 (427 + 273,15) K ln = -12944 J.mol 1 (102kPa)2 K (T ) lnp 2 = H ( 1 + 1 ) Kp(T1) R T1 T2 310806 H ln = ( 1 1 ) 92416 8,314 700,15 732,15 o 1 H700 = 161534 J.mol o o H – 161534 – (-12944) S o = 700 = = 249,2 (J.K 1.mol 1) G700 700,15 o o (ThÝ sinh cã thÓ lÊy P = 1atm T ; TÝnh Kp theo bar hay atm, råi tÝnh GT theo biÓu thøc GT = -RT ln Kp) o