Tải bản đầy đủ (.pdf) (8 trang)

Đề thi chọn đội tuyển olympic quốc tế năm 2010 ngày 1

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (139.17 KB, 8 trang )

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

KÌ THI CHỌN HỌC SINH VÀO CÁC ĐỘI TUYỂN
QUỐC GIA DỰ THI OLYMPIC QUỐC TẾ NĂM 2010
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHÍNH THỨC
Mơn: HỐ HỌC
Ngày thi thứ nhất: 17/04/2010

Câu 1. (2,5 điểm). 1. 1,5 điểm; 2. 1 điểm.
Bằng thiết bị và ở điều kiện thích hợp, một bức xạ có độ dài sóng là 58,43 nm được chiếu vào
một dịng khí nitơ. Người ta xác định được tốc độ của dòng electron đầu tiên là 1,4072.106 m.s–1, tốc
độ của dòng electron tiếp theo là 1,266.106 m.s–1.
1. Tính năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) và năng lượng ion hóa thứ hai (I2) theo kJ.mol–1.
2. Cho biết electron thứ nhất e1, electron thứ hai e2 được bứt ra từ obitan phân tử nào của nitơ? Vì sao?
Vẽ giản đồ năng lượng của các obitan phân tử và dùng cấu hình electron của N2 để giải thích.
Cho: Hằng số Planck h = 6,6261.10–34 J.s; Tốc độ ánh sáng c = 2,9979.108 m.s–1;
Số Avogađro NA = 6,0221.1023 mol–1; Khối lượng electron me = 9,1094.10–31 kg.
Hướng dẫn giải:
1. Giả thiết tác dụng của bức xạ chỉ tách e từ phân tử nitơ.
1
1
h = mvi2 + Ii → Ii = h - mvi2 (1)
2
2
1
hν = 6,6261.10–34 . 2,9979.108 .
. 6,0221.1023 . 10–3 = 2050,485 (kJ. mol–1).
-9
58,34.10
Thay số vào biểu thức (1), tính được I1 = 1507,335 (kJ. mol–1); I2 = 1610,867 (kJ.mol–1).
2.



Từ giản đồ năng lượng hoặc cấu hình electron hóa trị
π
π
4
2
của phân tử nitơ σs2 σ*2
s π x,y σ z : e1 và e2 đều được bứt ra từ
MO-σz (MO bị chiếm cao nhất).
σz
2p
*
z

*
x

*
y

2pb

a

πx

πy

 s*


2sa

2sb
s

Câu 2. (2,5 điểm). 1. 1,75 im; 2. 0,75 im.
Cho sơ đồ các phản ứng:

FeSO4
Fe2(SO4)3 đặc

FeCl2 (dd) KCN đặc, dư

A (dd)

AgNO3

B kết tủa trắng
C kết tủa xanh đậm
D kết tủa trắng
FeCl2

KMnO4, H+

E (dd)

Pb(OH)2, KOH

1. Vit phương trình ion của các phản ứng xảy ra theo sơ đồ trên.
2. Hãy cho biết từ tính của hợp chất A, dùng thuyết lai hóa để giải thích.

Hướng dẫn giải:
1. Các phương trình phản ứng:
Fe2+ + 6 CN- → [Fe(CN)64- ]

G kÕt tđa xanh
A + F kÕt tđa n©u

(A)

[Fe(CN)64- ] + 2 Fe2+ → Fe2[Fe(CN)6] ↓trắng

(B)

3 [Fe(CN)64- ] + 4 Fe3+ → Fe4[Fe(CN)6]3 ↓xanh đậm

(C)

[Fe(CN)64- ] + 4 Ag+ → Ag4[Fe(CN)6] ↓trắng

(D)
Trang 1/8


5 [Fe(CN)64- ] + MnO-4 + 8 H+ → Mn2+ + 4 H2O + 5 [Fe(CN)36 ]

(E)

2+
2 [Fe(CN)3→ Fe3[Fe(CN)6]2 ↓xanh
6 ] + 3 Fe


(G)

2+
Hoặc K+ + [Fe(CN)3→ KFe[Fe(CN)6] ↓xanh
6 ] + Fe
42 [Fe(CN)36 ] + Pb(OH) 2 + 2 OH → 2 [Fe(CN) 6 ] + 2 H2O + PbO2 ↓nâu
2. Cấu hình electron của Fe2+ là [Ar]3d64s04p04d0

0

(F)

0

4s
4p
4d0
3d6
Vì CN- là phối tử trường mạnh, do đó khi tạo phức với Fe2+, 4 electron độc thân trên 4 obitan 3d
của Fe(II) bị ghép đơi, giải phóng 2 obitan 3d trống. Hai obitan này lai hóa với 1 obitan 4s và 3 obitan
4p, tạo thành 6 obitan lai hóa d2sp3 hướng về 6 đỉnh của hình bát diện đều. Mỗi obitan lai hóa này xen
phủ với một obitan tự do có hai electron của CN -, tạo ra 6 liên kết cho nhận, hình thành phức
[Fe(CN)64- ] lai hóa trong, có cấu trúc bát diện. Phức này nghịch từ vì có tổng spin bằng không:

CN- CN↓



CN↓


CN- CN- CN↓





d2sp3

Câu 3. (3,5 điểm). 1. 0,5 điểm; 2. 1 điểm; 3. 1 điểm; 4. 1 điểm.
Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn
được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0.
+0,293
Cr(VI) (Cr2O27)

+0,55

Cr(V)

+1,34

0

Cr(IV)

Ex

Cr3+

-0,408


0

Cr2+

Ey

Cr

-0,744
1. Tính E 0x và E 0y .
2. Dựa vào tính tốn, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được khơng?
3. Viết q trình xảy ra với hệ oxi hóa – khử Cr2 O 72- /Cr3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở nhiệt độ
298 K, khi pH tăng 1 đơn vị pH.
4. Phản ứng giữa K2Cr2O7 với H2O2 trong môi trường axit (lỗng) được dùng để nhận biết crom vì sản
phẩm tạo thành có màu xanh. Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có
thuộc loại phản ứng oxi hóa – khử hay khơng? Vì sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố.
0
Cho: E Cr O2- /Cr3+ = 1,33 V; Hằng số khí R = 8,3145 J.K–1.mol–1; Hằng số Farađay F = 96485 C.mol–1.
2 7

Hướng dẫn giải:
1. Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2 E 0y → E 0y = -0,912 (V)
0,55 + 1,34 + E 0x – 3.0,744 = 6.0,293 → E 0x = +2,1 (V)
2. Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) khi ΔG0 của quá trình < 0.
2Cr(IV) + 2 e → 2Cr3+ (1) E10 = E 0x = 2,1 V → ∆G10 = -n E10 F = - 2.2,1.F
0,55 + 1,34
Cr(VI) + 2 e → Cr(IV) (2) E 02 =
= 0,945 (V) → ∆G 02 = -n E 02 F = - 2.0,945.F
2

Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr(VI)
∆G 30
∆G 30 = ∆G10 - ∆G 02 = - 2.(2,1 - 0,945).F < 0 → Vậy Cr(IV) có dị phân.

3.

Cr2 O72- + 14H+ + 6e  2Cr3+ + 7H2O

Trang 2/8


E1 = 1,33 +

RT [Cr2 O 72- ].(10-pH )14
ln
6.F
[Cr 3+ ]2

RT [Cr2 O 72- ].(10-(pH + 1) )14
ln
6.F
[Cr 3+ ]2
8,3145 . 298
b. Độ biến thiên của thế: E 2 - E1 =
.14ln10-1 = -0,138 (V).
6 . 96485
4.
+6 -2
+1 -1
+1

+6,-2/-1 +1 -2
-2
+
2Cr2 O 7 + 4H2O2 + 2H → 2CrO5 + 5H2O
O
-1
Phản ứng trên khơng phải là phản ứng oxi hóa-khử vì
O
O
số oxi hóa của các ngun tố khơng thay đổi trong q
Cr
trình phản ứng. Trong CrO5, số oxi hóa của crom là +6 và
+6
O
O
của oxi là -2, -1 do peoxit CrO5 có cấu trúc:
Câu 4. (4,5 điểm). 1. 1,5 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 0,75 điểm; 4. 0,75 điểm.
Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50.
1. Thêm một lượng Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20% (coi thể tích
dung dịch khơng đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.
2. Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch A bằng dung dịch HCl 0,10 M:
a. Khi chỉ thị metyl da cam đổi màu (pH = 4,00) thì dùng hết 19,40 ml dung dịch HCl. Tính nồng độ
CH3COONa trong dung dịch A.
b. Nếu chỉ dùng hết 17,68 ml HCl thì hệ thu được có pH là bao nhiêu?
3. Để lâu dung dịch A trong khơng khí, một phần Na2S bị oxi hóa thành S. Tính hằng số cân bằng của
phản ứng xảy ra.
4. Hãy tìm một thuốc thử để nhận biết được 3 dung dịch riêng biệt: H3PO4, Na3PO4, NaH2PO4. Giải
thích các hiện tượng xảy ra.
Cho: pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H2S) = 12,9; pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32;
E 2 = 1,33 +


0
0
pK a(CH3COOH) = 4,76; ES/H
= 0,14 V; E O2 /H 2O =1,23 V; ở 25 oC: 2,303
2S

Hướng dẫn chấm:
1. Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A
Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:
S2+ H2O  HS- + OHHS
+ H2O  H2S + OHCH3COO- + H2O  CH3COOH + OHH2O  H+ + OHSo sánh 4 cân bằng trên → tính theo (1):
S2+ H2O  HS- + OHC C1
[ ] C1- 10-1,5
10-1,5
10-1,5

RT
l n = 0,0592lg.
F

là C1 (M) và C2 (M). Khi chưa thêm

→ CS2- = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li αS2- = α1 =

10-1,1
10-6,98
10-9,24
10-14


(1)
(2)
(3)
(4)

10-1,1

[HS- ] 10−1,5
=
= 0, 7153
CS20, 0442

Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ cịn có thêm 3 cân bằng sau:
10-1,68
(5)
PO 3-4 + H2O  HPO 2-4 + OH-

HPO 2-4 + H2O  H 2 PO-4 + OHH 2 PO + H2O  H 3 PO 4 + OH
4

Khi đó αS, 2- = α 2 = 0,7153.0,80 = 0,57224 =

-

10-6,79
10

-11,85

(6)

(7)

-

[HS ]
→ [HS-] = 0,0442. 0,57224 = 0,0253 (M).
CS2-

Vì mơi trường bazơ nên CS2- = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-]
Trang 3/8


→ [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)
10−1,1.0, 0189
Từ (1) → [OH-] =
= 0,0593 (M).
0, 0253
So sánh các cân bằng (1) → (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:
[OH-] = [HS-] + [ HPO 2-4 ]→[ HPO 2-4 ] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 (M)
[HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593
Từ (5) → [ PO ] =
= 0,0965 (M).
=
10-1,68
10-1,68
→ C PO3- = [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ] + [ H 2 PO -4 ] + [ H3PO 4 ] ≈ [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ]
34

4


CPO3- = 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M).
4

2. Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau:
S2- + H+ → HS1012,9
HS- + H+ → H2S
107,02
+
CH3COO + H → CH3COOH
104,76
[H S] 10−4,00
[HS- ] 10−4,00
Tại pH = 4,00: 2- = −12,90  1→ [HS-]  [S2-]; 2 - = −7,02  1→ [H2S]  [HS-];
[S ] 10
[HS ] 10
−4,00
[CH 3COOH] 10
[CH 3COOH]
100,76
0,76
10
1→
=
=
=
= 0,8519

[CH 3COO- ] 10−4,76
[CH 3COOH]+[CH 3COO - ] 1 + 100,76
Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S2- bị trung hịa hồn tồn thành H2S và 85,19%

CH3COO- đã tham gia phản ứng:
→ 0,10. 19,40 = 20,00.(2.0,0442 + 0,8519.C2) → CCH COO- = C2 = 0,010 (M).
3

Khi chuẩn độ hết 17,68 ml HCl, ta thấy:
nHCl = 0,1.17,68 = 1,768 (mmol); n S2- = 20. 0,0442 = 0,884 (mmol) = 0,5. nHCl
Vậy phản ứng xảy ra: S2- + 2H+ →
0,884
1, 768
C0
37, 68
37, 68
C

0

0

H2 S

0,884
37, 68

0,884
0, 01.20
= 0,02346 (M) và CH3COO-:
= 5,308.10-3 (M).
37, 68
37, 68
Các quá trình:

H2S  H+ + HS10-7,02
(8)
+
2-12,9
HS  H + S
10
(9)
H2O  H+ + OH10-14
(10)
-9,24
CH3COO + H2O  CH3COOH + OH 10
(11)
pH của hệ được tính theo (8) và (11):
10−7,02.[H 2S]
h = [H+] = [HS-] – [CH3COOH] =
- 104,76. [CH3COO-].h
h

Hệ thu được gồm H2S:

→h =

10-7,02 .[H 2S]
1 + 104,76 .[CH 3COO - ]

(12)

Chấp nhận [H2S]1 = CH2S = 0,02346 (M) và [CH3COO-]1 = CCH COO- = 5,308.10-3 (M), thay vào
3


(12), tính được h1 = 2,704.10-6 = 10-5,57 (M).
10−5,57
Kiểm tra: [H2S]2 = 0,02346. −5,57
= 0,02266 (M).
10
+ 10−7,02
10−4,76
[CH3COO-]2 = 5,308.10-3. −5,57
= 4,596.10-3 (M).
−4,76
10
+ 10
Trang 4/8


Thay giá trị [H2S]2 và [CH3COO-]2 vào (12), ta được h2 = 2,855.10-6 = 10-5,54 ≈ h1.
Kết quả lặp, vậy pH = 5,54.
3. Oxi hóa S2- bằng oxi khơng khí:
S2-  S ↓ + 2e

2x

O2 + 2H2O + 4e  4OH2 S2- + O2 + 2H2O  2 S ↓ + 4OH0
0
0
Trong đó E10 = ES/S
được tính như sau:
2- và E 2 = E
O /OH -


K1-1 = 10−2E1 / 0,0592
0

K 2 = 104E2 / 0,0592
0

K = 104(E2 − E1 ) / 0,0592
0

0

2

S + 2H + 2e  H2S
H2S  2H+ + S2+

K 3 = 102E3 / 0,0592
Ka1.Ka2 = 10-19,92
0

S + 2e  S2K1 = 102E1 / 0,0592
19,92.0, 0592
19,92.0, 0592
0
→ E10 = E 30 = -0,45 V
= E S/
H 2S −
2
2
0

O2 + 4H+ + 4e  2H2O
K 4 = 104E 4 / 0,0592
H2O  H+ + OHKw = 10-14
0

O2 + 2H2O + 4e  4OH-

K 2 = 104E 2 / 0,0592
0

→ E 02 = E 04 - 14.0,0592 = E 0O2 /H2O - 14.0,0592 = 0,4012 V
Vậy K = 104(E2 − E1 ) / 0,0592 = 104(0,4012+0,45) / 0,0592 = 1057,51.
0

0

4. Vì pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32 → khoảng pH của các dung dịch như
sau: pH (H3PO4 ) < 3 → trong dung dịch H3PO4 chỉ thị metyl đỏ có màu đỏ.
pH (Na 3PO4 ) > pH (Na 2 HPO4 ) ≈

pK a3 + pK a2
= 9,765 → dung dịch Na3PO4 làm chỉ thị metyl đỏ chuyển
2

màu vàng.

pK a1 + pK a2
= 4,68 ≈ 5,00 → chỉ thị metyl đỏ có màu hồng da cam trong dung dịch
2
NaH2PO4. Vậy có thể dung metyl đỏ để phân biệt 3 dung dịch trên.

pH (NaH 2 PO4 ) ≈

Câu 5. (3,5 điểm). 1. 0,5 điểm; 2. 1,5 điểm; 3. 1,5 điểm.
1. Những đại lượng nào trong số các đại lượng nhiệt động học ∆S, ∆H, ∆G và hằng số cân bằng K:
a. Phụ thuộc rất nhiều vào nhiệt độ?
b. Có liên quan mật thiết với độ bền của liên kết?
c. Có liên quan đến lượng của chất phản ứng và lượng sản phẩm phản ứng?
d. Là độ đo khả năng tự diễn biến của một phản ứng?
e. Là độ đo nhiệt kèm theo phản ứng?
2. Cho cân bằng: Me3DBMe3 (k)  Me3D (k) + BMe3 (k), trong đó B là nguyên tố bo, Me là nhóm
CH3. Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau:
Với hợp chất Me3NBMe3 (D là nitơ): Kp1 = 4,720.104 Pa; ∆S10 = 191,3 JK–1mol–1.
Me3PBMe3 (D là photpho): Kp2 = 1,280.104 Pa; ∆S02 = 167,6 JK–1mol–1.
a. Cho biết hợp chất nào khó phân li hơn? Vì sao?
b. Trong hai liên kết N–B và P–B, liên kết nào bền hơn? Vì sao?
3. Hãy cho biết phản ứng 2Ni (l) + O2 (k)  2NiO (r) ở 1627 oC có thể tự diễn biến theo chiều thuận
được không nếu áp suất riêng phần của oxi nhỏ hơn 150 Pa?
Cho: ∆G 0hình thành (NiO) ở 1627 oC là -72,1 kJ. mol–1; Áp suất chuẩn P0 = 1,000.105 Pa; 0 oC trong thang
Celsius là 273,15 K.
Hướng dẫn chấm:
Trang 5/8


1. a. K, ∆G phụ thuộc rất nhiều vào nhiệt độ.
b. ∆H có liên quan mật thiết với độ bền của liên kết.
c. K có liên quan đến lượng của chất phản ứng và lượng sản phẩm phản ứng?
d. ∆G là độ đo khả năng tự diễn biến của một phản ứng.
e. ∆H là độ đo nhiệt kèm theo một phản ứng.
2.
Me3DBMe3 (k)  Me3D (k) + BMe3 (k)

(1).
a. Tính ΔG0 của phản ứng phân li hai hợp chất. Ta có: ∆G 0 = -RTlnK, trong đó K =

Kp
P0Δn (k)

.

Từ cân bằng (1) → Δn (k) = 1
Đối với hợp chất Me3NBMe3: K1 =

K p1
P0

=

K p1
1,000.105

=

4, 720.104
= 0,472
1,000.105

→ ∆G10 = - 8,3145.373,15.ln0,472 = 2329,33 (J/mol).
Tương tự đối với hợp chất Me3PBMe3: K2 =

K p2
P0


=

K p2
1,000.105

=

1, 280.104
= 0,128
1,000.105

→ ∆G 02 = - 8,3145.373,15.ln0,128 = 6376,29 (J/mol).

∆G10 < ∆G 02 → hợp chất Me3PBMe3 khó phân li hơn.
b. Tính biến thiên entanpi tiêu chuẩn của phản ứng phân li mỗi hợp chất:
∆H 0 = ∆G 0 + T ∆S0 → ∆H10 = 2329,33 + 373,15.191,3 = 73712,93 (J/mol)
∆H 02 = 6376,29 + 373,15.167,6 = 68916,23 (J/mol)
3.

→ ∆H10 > ∆H 02 → liên kết N-B bền hơn.
Từ phản ứng: 2Ni (l) + O2 (k)  2NiO (r)
(2)
0
ta có: ∆G phản ứng = -72,1.2 = -144,2 kJ/mol = -144200 J/mol
ΔG 0
-144200
→ lnK = == 9,127 → K = 9200,38.
RT
8,3145.1900,15

K
K
Đối với phản ứng (2): Δn (k) = -1 → K = Δnp(k) = -1p → Kp = K.P0-1 = 9200,38.(1,000.105)-1
P0
P0
Mặt khác: K p =

1,000.105
1
với pO2 là áp suất cân bằng của oxi → p O2 =
= 10,87 (Pa)
9200,38
p O2

Vậy phản ứng có xảy ra nếu 10,87Pa < p O2 < 150Pa.
Câu 6. (3,5 điểm). 1. 2,0 điểm; 2. 0,5 điểm; 3. 1 điểm.



Một phản ứng trong dung dịch được biểu diễn: A + B 
 C + D (a), X olà xúc tác đồng thể.
Để nghiên cứu động học của phản ứng (a), người ta tiến hành hai thí nghiệm ở 25 C với nồng độ ban
đầu (C0 ) của các chất phản ứng như sau:
Thí nghiệm 1: C0A = 0,012 M; C0B = 6,00 M.
Thí nghiệm 2: C0A = 3,00 M; C0B = 0,01 M.
Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian trong hai thí nghiệm trên được biểu diễn ở
hình 1 và hình 2; nồng độ chất xúc tác CX = 1,00 M và không đổi trong suốt thời gian phản ứng.
X

102. CA (mol/L)


102. CB (mol/L)

1,2
1,0
0,6
0,5

0,3
0,15
0

10

20

30

40

t (phút)

0,25
0,125
0

20

40


60

t (phút)

Trang 6/8


Hình 1
Hình 2
1. Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng (a) là KC = 4.106. Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến
trạng thái cân bằng, nếu C0A = C0B = 1,00 M và Cx = 1,00 M không thay đổi; lúc đầu trong hệ chưa có
mặt các sản phẩm của phản ứng.
2. Ở 80 oC hằng số cân bằng của phản ứng (a) là KC = 1.105. Tính ∆H và ∆S của phản ứng (a) và cho
biết thời gian cần thiết để đạt đến cân bằng sẽ tăng hay giảm (coi sự phụ thuộc của ∆H và ∆S vào nhiệt
độ là không đáng kể)?
3. Người ta cho rằng cơ chế phản ứng (a) diễn ra qua 3 giai đoạn sơ cấp sau:
k5
k3
k1
AXB 
→ C + D + X (d)

→ AX (b)

→ AXB (c)
A + X ←
AX + B ←


k2


k4

Giai đoạn nào là giai đoạn chậm để cơ chế trên phù hợp với định luật tốc độ thu được từ thực
nghiệm? Hãy chứng minh.
Hướng dẫn chấm:
1. Vì hằng số cân bằng của phản ứng (a) rất lớn nên trong tính tốn (trừ trường hợp tính nồng độ cân
bằng), coi (a) là phản ứng 1 chiều.
Định luật tốc độ của phản ứng có dạng chung:
v = k. CaA . C bB . C Xx
(1)
Trong thí nghiệm 1, do C0B = 6,00 M (rất dư) → k. (C0B ) b . C Xx = const = k'

(2)

→ v = k'. C .
Từ hình 1 rút ra thời gian phản ứng một nửa (t1/2) không phụ thuộc vào nồng độ đầu của A và t1/2 =
ln2 0, 693
10 (phút) → a = 1và k' =
= 6,93.10-2 (phút-1)
=
t1/2
10
a
A

Tương tự trong thí nghiệm 2, do C0A = 3,00 M (rất dư) → k. (C0A )a . C Xx = const = k''→ v = k''. C bB .
Từ hình 2 → thời gian phản ứng một nửa không phụ thuộc vào nồng độ đầu của B → b = 1.
Biểu thức của định luật tốc độ (1) trở thành:
v = k.CA.CB. C Xx = kap.CA.CB.

với kap là hằng số tốc độ biểu kiến của phản ứng và kap=k. C Xx
Như vậy phản ứng sẽ diễn ra theo quy luật động học bậc 2.
k' 6,93.10−2
Từ (2) ta có: kap = k. C Xx = 0 =
= 0,01155 L/(mol.phút)
CB
6, 00
X


Xét phản ứng:
A + B 
Kc = 4.106
 C + D

C0

2.

1
1
0
0
C
x
x
1-x 1-x
2
(1-x)
KC =

= 4.106 → x ≈ 5.10-4 (M)
x2
Vì phản ứng là bậc 2 và C0A = C 0B = 1,00 M nên phương trình động học tích phân có dạng:
1 1
1
1
- 0 = kap.t→
− = 0,01155.t → t = 1,73.105 phút.
−4
C C
5.10
1
Vậy ở nhiệt độ 25 oC cần tới 1,73.105 phút để phản ứng đạt được cân bằng.
∆G 0298,15 = - 8,3145 . 298,15 . ln(4.10 6 ) = - 37684,8 (J/mol)
0
∆G 353,15
= - 8,3145 . 353,15 . ln(1.105 ) = - 33805 (J/mol)

∆G 0298,15 = -37684,8 = ∆H0 – 298,15.∆S0

(3)

0
∆G 353,15
=
0

(4)

-33805 = ∆H – 353,15.∆S

0

0

Từ (3) và (4), tính được: ∆S = -70,54 (J/mol); ∆H = - 58716,3 (J/mol).
0

Trang 7/8


Khi tăng nhiệt độ từ 25 oC lên 80 oC, tốc độ phản ứng thuận và nghịch đều tăng lên, thời gian cần
thiết để hệ đạt đến cân bằng sẽ giảm đi.
3.
k5
k3
k1
AXB 
→ C + D + X (d)

→ AXB (c)

→ AX (b)
AX + B ←
A + X ←


k4

k2


Tốc độ phản ứng có thể được xác định qua biến thiên nồng độ của sản phẩm cuối cùng C:
dC
v = C = k5CAXB
(5)
dt
Ở trạng thái dừng, trong một khoảng thời gian nhất định, nồng độ của các sản phẩm trung gian
không thay đổi theo thời gian:
dC AXB
= k3.CAX.CB – k4.CAXB – k5CAXB = 0
(6)
dt
k .C .C
→ CAXB = 3 AX B
(7)
k 4 +k 5
dC AX
= k1.CACX – k2.CAX – k3.CAX.CB + k4.CAXB = 0
(8)
dt
Từ (6) và (8) ta có: k1.CACX – k2.CAX – k5CAXB = 0
(9)
k1.C A .C X - k 5 .C AXB
(10)
k2
k .C .C
Khi k5 << k1, (10) trở thành: C AX = 1 A X
(11)
k2
Hồn tồn có thể chứng minh tương tự: k5 << k2, k3, k4.
k .k .C .C .C

Thay (11) vào (7), thu được: CAXB = 3 1 A X B
(12)
k 2 (k 4 +k 5 )
k .k .C .C .C
Thay (12) vào (5) ta có: v = k5 3 1 A X B
(13)
k 2 (k 4 +k 5 )
k1.k 3 .k 5
Đặt kap=
.CX thì: v = kap.CA.CB
(14)
k 2 (k 4 +k 5 )
Biểu thức (14) tương đương với biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm (5), với điều kiện
k5 << k1, k2, k3, k4. Như vậy, theo quan điểm động hóa học, cơ chế được đề nghị là có khả năng, trong
đó giai đoạn (d) là chậm.

→ C AX =

--------------------------HẾT-----------------------

Trang 8/8



×