Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Hóa 10 năm 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MÔN HÓA HỌC

vectorstock.com/3687784

Ths Nguyễn Thanh Tú eBook Collection DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD PHÁT TRIỂN NỘI DUNG

Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg duyên hải và đồng bằng bắc bộ môn Hóa học khối 10 năm 2018 có đáp án WORD VERSION | 2021 EDITION ORDER NOW / CHUYỂN GIAO QUA EMAIL TAILIEUCHUANTHAMKHAO@GMAIL.COM

Tài liệu chuẩn tham khảo Phát triển kênh bởi Ths Nguyễn Thanh Tú Đơn vị tài trợ / phát hành / chia sẻ học thuật : Nguyen Thanh Tu Group Hỗ trợ trực tuyến Fb www.facebook.com/DayKemQuyNhon Mobi/Zalo 0905779594

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2018

TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG

Thời gian làm bài 180 phút

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 03 trang, gồm 10 câu)

Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

1. Hợp chât A được tạo từ các ion đơn nguyên tử đều có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p6 (giá trị tuyệt đối điện tích của các ion đều ≤ 3). Trong một phân tử của A có tổng số hạt là 164. Biện luận xác định tên của A và vị trí các nguyên tố tạo A trong bảng tuần hoàn

ai l.c

2. Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon tetraoxit (4), bo triflorua (5), trimetylamin ((CH3)3N) (6), axetamit (CH3-CONH2) (7). a. Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6). b. Dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên. c. Trong phân tử axetamit, 3 liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng. Vì sao? Câu 2. ( 2 điểm) Tinh thể

Hiện nay, bột màu CoAl2O4 với kích thước hạt siêu mịn dùng nhiều trong lĩnh vực tạo màu cho sơn, nhựa, gạch, gốm sứ…Trong đó, CoAl2O4 kết tinh ở kiểu mạng spinel có cấu trúc như hình dưới.

Trong đó các ion Co2+ chiếm các hốc tứ diện và Al3+ chiếm hốc bát diện. Ô màu đen biểu thị hốc tứ

yn h

diện, và ô màu trắng biểu thị hốc bát diện. Các ion O2- nằm ở các đỉnh và mặt.

Ở một nhiệt độ T nhất định thì độ dài đường biên giới ô mạng cơ sở (gồm chiều dài và rộng) của CoAl2O4 là 912 pm. Lúc này các ion oxit có thể tiếp xúc với nhau trực tiếp được.

1. Tính khối lượng riêng (g/cm3) của CoAl2O4 ở nhiệt độ T.

2. Xác định bán kính cực đại để các ion M2+ và M3+ có thể nằm khít vào các hốc tương ứng trong ô mạng spinel. Cho biết M của Co = 58,93; Al=26,98; O =16,00; số avogadro NA=6,023.1023

Câu 3. (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Hai đồng vị 101Tc và 104Tc kém bền, đều phân rã β-, có chu kì bán hủy lần lượt là 14,3 phút và 18,3 phút, sản phẩm của các phân rã trên đều là các nguyên tử bền. Cho khối lượng các hạt trong bảng sau: 101 101 Hạt Tc Ru p n e Khối lượng (u) 100,9073 100,9056 1,0073 1,0087 0,00055 0 Ru e Xét phản ứng phân rã 101Tc: 10143Tc → 101 + (*) 44 −1

1. Tính năng lượng tỏa ra của phản ứng (*) theo đơn vị kJ/mol. 2. Tính năng lượng tỏa ra trong quá trình hình thành hạt nhân 101Ru từ các hạt cơ bản (kJ/mol). 3. Một lượng 101Tc có hoạt độ phóng xạ 2016 Ci. Tính khối lượng Tc ban đầu và khối lượng Tc bị phân rã trong phút đầu tiên. 4. Hỗn hợp gồm hai đồng vị 101Tc và 104Tc có hoạt độ phóng xạ tổng cộng là 308 Ci, nếu để sau 14,3 phút thì hoạt độ phóng xạ chỉ còn 160,462 Ci. Hỏi sau bao lâu (tính từ thời điểm ban đầu) thì hoạt độ phóng xạ của đồng vị này gấp hai lần hoạt độ phóng xạ đồng vị kia? Câu 4: (2,0 điểm) nhiệt hóa học

Xét quá trình hoá hơi 1 mol nước lỏng ở 25oC và 1at. Cho biết nhiệt dung đẳng áp của hơi nước, của nước lỏng và nhiệt hoá hơi của nước tương ứng là: CP(H2Okhí) = 33,47 J/K.mol; CP(H2Olỏng) = 75,31 J/K.mol; ∆H hh (100oC, 1at) = 40,668 KJ/mol.

ai l.c

Các dữ kiện trên được chấp nhận giá trị coi như không đổi trong khoảng nhiệt độ khảo sát.

1. Tính ∆H, ∆S và ∆G của hệ trong quá trình hoá hơi trên.

2. Từ kết quả thu được hãy kết luận quá trình hoá hơi của nước trong điều kiện trên có thể diễn ra hay không? Vì sao?

2NO(k) + Cl2(k)

Thực hiện phản ứng: 2NOCl(k)

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí

1. Ban đầu cho vào bình phản ứng NOCl, thực hiện phản ứng ở 3000C. Khi hệ đạt trạng thái cân bằng thấy áp suất trong bình là 1,5 atm. Hiệu suất của phản ứng là 30%. Tính hằng số cân bằng của phản ứng. 2. Ở nhiệt độ 3000C, phản ứng có thể tự xảy ra được không? Vì sao?

3. Thực hiện phản ứng và duy trì áp suất của hệ phản ứng ở điều kiện đẳng áp: 5 atm. Tính phần trăm số mol của các khí ở trạng thái cân bằng?

yn h

4. Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00 lít. Tính áp suất trong bình lúc cân bằng ở 3000C. Câu 6. (2,0 điểm) Động hóa học hình thức

Xét phản ứng : 2A + B → C + D Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị : mol-1 . l . s–1 Kết quả một số thí nghiệm như sau : Nồng độ đầu của Nồng độ đầu của Nhiệt độ Tốc độ ban đầu của phản ứng TN o A B ( C) (mol.l–1.s–1) –1 –1 (mol.l ) (mol.l ) 1 25 0,25 0,75 4,0.10–4 2 25 0,75 0,75 1,2.10–3 3 55 0,25 1,50 6,4.10–3 1. Xác định bậc của phản ứng theo A, theo B và hằng số tốc độ phản ứng ở 25oC. 2. Tính hệ số nhiệt của tốc độ phản ứng.

Câu 7. (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch 1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan). Cho biết pKa (HCOOH) = 3,75; Kw = 10-14.

2. Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M. Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B. Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37)

Câu 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân

ở 25oC đo được bằng 0,824 V. Cho E oMnO− / Mn 2 + = 1,51V và E oI − / I − = 0,5355V . 4

1. Tính nồng độ ban đầu của HSO4- (Ka = 10-2), biết giá trị sức điện động của pin: PtI- 0,1 M; I3- 0,02 MMnO4- 0,05 M, Mn2+ 0,01 M, HSO4- C MPt

ai l.c

2. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp ion – electron: a. C9H10O + KMnO4 + H2SO4 → C8H6O4 + ....

b. KNO2 + KMnO4 + KOH → ... Câu 9. (2,0 điểm) Halogen

1. Chất lỏng A trong suốt, không màu; về thành phần khối lượng, A có chứa 8,3% hiđro; 59,0% oxi; còn lại là clo. Khi đun nóng A đến 1100C, thấy tách ra khí X, đồng thời khối lượng giảm đi 16,8%, khi đó chất lỏng A trở thành chất lỏng B. Khi làm lạnh A ở dưới 00C, thoạt đầu tách ra tinh thể Y không chứa clo; còn khi làm lạnh chậm ở nhiệt độ thấp hơn nữa sẽ tách ra tinh thể Z chứa 65% clo về khối lượng. Khi làm nóng chảy tinh thể Z có thoát ra khí X. Cho biết công thức và thành phần khối lượng của A, B, X, Y, Z?

2. Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả sắt thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra S4 O62 − ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong

yn h

dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4.

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn).

b. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh

1. Cho một chất rắn màu đen tím X1 vào nước được dung dịch huyền phù. Cho dung dịch huyền phù này vào dung dịch không màu X2 (dạng bão hòa) được một chất rắn màu vàng X3 và một dung dịch không màu chỉ chứa một chất tan X4. Chất X3 tan được trong dung dịch Na2SO3 và trong dung dịch Na2S. Cho một đơn chất màu trắng X5 vào dung dịch X4 (đặc) thấy tạo được một chất kết tủa màu vàng X6. Kết tủa này không tan trong nước nóng, nhưng tan được trong dung dịch X4. Xác định công thức hóa học của các chất X1, X2, X3, X4, X5, X6 và viết các phương trình hóa học cho các quá trình biến đổi trên. 2. Từ các nguyên tố O, Na, S tạo ra được các muối A, B đều có 2 nguyên tử Na trong phân tử. Trong một thí ngiệm hóa học người ta cho m1 gam muối A biến đổi thành m2 gam muối B và 6,16 lít khí Z tại 27,30C; 1 atm. Biết rằng hai khối lượng đó khác nhau 16,0 gam. a. Hãy xác định công thức của hai muối A, B và viết phương trình phản ứng xảy ra b. Tính m1, m2. ---------------- Hết -------------

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2018 Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn 1. Hợp chât A được tạo từ các ion đơn nguyên tử đều có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p6 (giá trị tuyệt đối điện tích của các ion đều ≤ 3). Trong một phân tử của A có tổng số hạt là 164. Biện luận xác định tên của A và vị trí các nguyên tố tạo A trong bảng tuần hoàn

Từ giả thiết ⇒ Tổng số e trong mỗi ion là 18 Gọi a là số lượng ion trong A, N là tổng số notron trong A ⇒ Tổng số e trong A là 18a = tổng số proton ⇒ 164 = 2.18a + N ⇒ N = 164 – 36a ∑ notron ≤ 1,5 Áp dụng bất đẳng thức: 1 ≤ ∑ proton ⇒ 18a ≤ 164- 36a ≤ 1,5. 18a ⇒ 2,6 ≤ a ≤ 3,03 ⇒ a = 3 ⇒ A có dạng M2X hoặc MX2

0,5

ai l.c

0,25

Nếu A có dạng MX2 ⇒ Các ion tạo A là M2+ và XDo: M2+ có cấu hình 1s22s22p63s23p6 ⇒ M là Canxi; Chu kì 4 nhóm IIA X- có cấu hình 1s22s22p63s23p6 ⇒ X là Clo ; Chu kì 3 nhóm VIIA ⇒ A là CaCl2

0,25

2a,b. XeF2: thẳng, 1800

yn h

Nếu A có dạng M2X ⇒ Các ion tạo A là M+ và X2Do: M+ có cấu hình 1s22s22p63s23p6 ⇒ M là Kali; Chu kì 4 nhóm IA X2- có cấu hình 1s22s22p63s23p6 ⇒ X là Lưu huỳnh; Chu kì 3 nhóm VIA ⇒ A là K2S

XeF4, vuông phẳng, 900

XeO3, chóp tam giác, < 109028’

XeO4, tứ diện, 109028’

O O O

O O

O 0

BF3, tam giác đều, 120

(CH3)3N: Chóp tam giác, <109028’

0,75

F CH3

CH3 CH3

ai l.c

c. Ba liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng, vì liên kết giữa nitơ 0,25 với cacbon mang một phần đặc điểm của liên kết đôi. H sp3 H H sp2 H H C C N H C C N H H H H O O Câu 2. ( 2 điểm) Tinh thể

Hiện nay, bột màu CoAl2O4 với kích thước hạt siêu mịn dùng nhiều trong lĩnh vực tạo màu cho sơn,

nhựa, gạch, gốm sứ…Trong đó, CoAl2O4 kết tinh ở kiểu mạng spinel có cấu trúc như hình dưới. Trong đó các ion Co2+ chiếm các hốc tứ diện và Al3+ chiếm hốc bát diện. Ô màu đen biểu thị hốc tứ

diện, và ô màu trắng biểu thị hốc bát diện. Các ion O2- nằm ở các đỉnh và mặt.

yn h

1. Tính khối lượng riêng (g/cm3) của CoAl2O4 ở nhiệt độ T.

2. Xác định bán kính cực đại để các ion M2+ và M3+ có thể nằm khít vào các hốc tương ứng trong ô mạng spinel.

Cho biết M của Co = 58,93; Al=26,98; O =16,00; số avogadro NA=6,023.1023 ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Độ dài các đường biên của một ô mạng cơ sở (gồm chiều dài và rộng) = 912pm nên độ dài của một ô mạng cơ sở là a = 456 pm

Thể tích của ô mạng cơ sở : V = a3 = (456.10-10)3 (cm3)

0,25

Khối lượng riêng của CoAl2O4 ở nhiệt độ T là

0,5

M CoAl2O4

N A .a

(58,93 + 2.26,98 + 4.16,00) = 3,097 (g/cm3) 23 −10 3 6,023.10 .(456.10 )

b. - Các ion O2- tiếp xúc nhau qua đường chéo của hình lập phương nên bán kính ion O2a 2 456 2 = = 161, 22 pm 4 4

0,25

được xác định : 4. 4.rO 2− = a. 2 ⇒ rO 2− =

- Ion M2+ nằm ở hốc tứ diện, với cạnh của hình tứ diện này là b; thì b được xác định:

ai l.c

b = 2rO 2− = 2.161, 22 = 322, 44 pm

0,25

b 6 322, 44. 6 = = 197, 45 pm 4 4

- Khoảng cách từ tâm hình tứ diện ra đến đỉnh là c; thì c được xác định bởi công thức :

0,25

rM 2+ = c − rO 2− = 197, 45 − 161, 22 = 36, 23 pm

Vậy để M2+ nằm khít vào trong hốc tứ diện thì bán kính cực đại của ion là:

0,25

456 − 2.161, 22 = 66, 78 pm 2

a − 2rO2−

0,25

yn h

rM 3+ =

Còn ion M3+ nằm ở hốc bát diện nên bán kính cực đại của ion này là:

Câu 3. (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

Hai đồng vị 101Tc và 104Tc kém bền, đều phân rã β-, có chu kì bán hủy lần lượt là 14,3 phút và 18,3 phút, sản phẩm của các phân rã trên đều là các nguyên tử bền. Cho khối lượng các hạt trong bảng sau: 101 101 Tc Ru p n e Hạt Khối lượng (u) 100,9073 100,9056 1,0073 1,0087 0,00055 0 Ru e Xét phản ứng phân rã 101Tc: 10143Tc → 101 + (*) 44 −1 1. Tính năng lượng tỏa ra của phản ứng (*) theo đơn vị kJ/mol. 2. Tính năng lượng tỏa ra trong quá trình hình thành hạt nhân 101Ru từ các hạt cơ bản (kJ/mol). 3. Một lượng 101Tc có hoạt độ phóng xạ 2016 Ci. Tính khối lượng Tc ban đầu và khối lượng Tc bị phân rã trong phút đầu tiên. 4. Hỗn hợp gồm hai đồng vị 101Tc và 104Tc có hoạt độ phóng xạ tổng cộng là 308 Ci, nếu để sau 14,3 phút thì hoạt độ phóng xạ chỉ còn 160,462 Ci. Hỏi sau bao lâu (tính từ thời điểm ban đầu) thì hoạt độ phóng xạ của đồng vị này gấp hai lần hoạt độ phóng xạ đồng vị kia?

Đáp án 1. ∆m1 = me + (mRu – 44me) – (mTc – 43me) = mRu – mTc = -1,7.10-3 (u) E = -1,7.10-3.931,5 = -1,58355 (MeV) = -1,58355.106.1,602.10-19.10-3.6,022.1023 = -152,77.106 (kJ/mol)

Điểm 0,5

2. ∆m2 = mRu – 44(me + mp) – mn.57 = -0,9357 (u) E = -0,9357.931,5 = -871,60455 (MeV) = -871,60455.106.1,602.10-19. 10-3.6,022.1023 = -8,4086.1010 (kJ/mol)

2016.3,7.1010 = 9,233.1016 (nguyên tử) Tc101 ln 2 / (14,3.60) 7,48641.1016 m Tc bd = .100,9073 = 1,5471.10−5 (g) 23 6,022.10 14,3 mTc bd 1= ln ⇒ x = 7,3202.10−7 (g) = mTc bị phân rã ln 2 mTc bd − x (1)

A Tc104 A Tc101

79.e = 2⇒

= 2⇒

ln 2 .t − 14,3

ln 2 .t − 18,3

= 2 ⇔ t = 35,02715(phút)

A Tc104

228,9962.e

* TH2:

A Tc101

(2)

0 = 228,9962(Ci);A Tc 104 = 79(Ci)

79.e

ln 2 .t −18,3

ln 2 .t −14,3

yn h

* TH1:

0 Tc101

⇔ A 0Tc101 .e− (ln 2/14,3).14,3 + A 0Tc104 .e − (ln 2/18,3).14,3 = 160, 462 (1), (2) ⇒ A

ai l.c

A Tc101 + A Tc104 = 160, 462

0 + A Tc 104 = 308

0,5

0 Tc101

3. N

4. A

0,5

228,9962.e

0,5

= 2 ⇔ t = 165,872(phút)

Câu 4: (2,0 điểm) nhiệt hóa học

1. Tính ∆H, ∆S và ∆G của hệ trong quá trình hoá hơi trên.

2. Từ kết quả thu được hãy kết luận quá trình hoá hơi của nước trong điều kiện trên có thể diễn ra hay không? Vì sao? Đáp án

Điểm

Biểu diễn quá trình qua sơ đồ:

0,5

∆H, ∆S, ∆ G = ?

H2O (l, 1at, 298K)

H2O (k, 1at, 298K)

(I)

(III) (II)

H2O (l,1at, 373K)

H2O (k, 1at, 373K) 0,5

1. Với quá trình (I):

(H2O l)

.ln

T2 373 = 75,31 .2,303lg = 16,91 J/K.mol T1 298

ai l.c

∆S1 = CP

0,25

- Với quá trình (II):

∆Hhh 40668 = = 109,03 J/K.mol 373 T

∆H2 = 40,668 KJ/mol

∆S2 =

∆H1 = CP(H2O, l) .(373 - 298) = 75,31 .75 = 5648,25 J/mol

.ln

(H2O k)

T2 298 = 33,47 .2,303lg = -7,52 J/K.mol T1 373

∆S3 = CP

0,5

- Với quá trình (III): ∆H3 = CP(H2O, k) .(298- 373) = 33,47.(-75) = -2510,25 J/mol

- Đối với cả quá trình: ∆H = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = 43,806 KJ/mol

∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 118,42 J/K.mol;

yn h

∆G = 43806 – 298.118,42 = 8516,84 (J/mol) > 0

0,25

2. Quá trình trên là một quá trình đẳng nhiệt, đẳng áp nên ∆GT,P được sử dụng để đánh giá chiều hướng của quá trình và cân bằng của hệ.

∆GT,P = 8,57 KJ/mol > 0 ⇒ Vậy quá trình hoá hơi này là một quá trình không thuận nghịch nhưng không thể tự diễn ra.

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Thực hiện phản ứng: 2NOCl(k)

2NO(k) + Cl2(k)

3. Thực hiện phản ứng và duy trì áp suất của hệ phản ứng ở điều kiện đẳng áp: 5 atm. Tính phần trăm số mol của các khí ở trạng thái cân bằng? 4. Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00 lít. Tính áp suất trong bình lúc cân bằng ở 3000C. ý

Đáp án

Phản ứng: 2NOCl(k)

Điểm

2NO(k) + Cl2(k)

x 2a

x-2a

suy ra tổng áp suất của hệ: x + a = 1,5 và H = 2a/x = 0,3.

ai l.c

Ta có : a = 0,196 và x = 1,304 ⇒ KP = 0,036

Ta có K < 1 suy ra lnK < 1 nên ∆G0 > 0. Vậy phản ứng không tự xảy ra.

Ta có KP = 0,036 suy ra KC = 7,661.10-4. ( vì KP = KC.(RT)∆n) Cbđ = P/RT = 5/0,082.573= 0,106

2NO(k) + Cl2(k)

Phản ứng: 2NOCl(k)

0,106 2a

0,106 - 2a

a.(2a )2 = K C = 7, 661.10−4 2 (0,106 − 2a )

Suy ra

Cl2: 9,4%;

yn h

Phản ứng: 2NOCl(k)

Vậy a = 0,011.

0,5

NO: 18,8%.

Phần trăm NOCl: 71,8%;

0,5

2NO(k) + Cl2(k)

0,717

0,717 - 2a

Suy ra

a.(2a )2 = K P = 0, 036 (0, 717 − 2a )2

a Vậy a = 0,125.

Áp suất trong bình khi hệ đạt trạng thái cân bằng là 0,842 atm.

Câu 6. (2,0 điểm) Động hóa học hình thức

Xét phản ứng : 2A + B → C + D Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị : mol-1 . l . s–1 Kết quả một số thí nghiệm như sau : Nồng độ đầu của Nồng độ đầu của Nhiệt độ TN o A B ( C) (mol.l–1 ) (mol.l–1 ) 1 25 0,25 0,75 2 25 0,75 0,75 3 55 0,25 1,50

Tốc độ ban đầu của phản ứng (mol.l–1.s–1)

4,0.10–4 1,2.10–3 6,4.10–3

0,5

1. Xác định bậc của phản ứng theo A, theo B và hằng số tốc độ phản ứng ở 25oC. 2. Tính hệ số nhiệt của tốc độ phản ứng. Đáp án

Điểm

0,5 đ

∆t k' 55 − 25 = λ 10 ⇒ 8 = = λ3 = 23 ⇒ λ = 2 k λ10

0,5 đ

Áp dụng :

0,5 đ

2. Ở 55oC, tốc độ phản ứng có biểu thức : V’ = k’.CA.CB V' 6,4.10−3 = 1,7 . 10–2 = 8k ⇒ k’ = = C A .C B 0,25.1,5

ai l.c

1. Gọi x là bậc theo A, y là bậc theo B ⇒ n = x + y là bậc của phản ứng. Biểu thức tốc độ phản ứng : V = k. C Ax .C By Đơn vị của V = đơn vị của k × (đơn vị của C)n = mol–1 . l . s–1 . moln.l–n = mol1 – n .l1 – n .s–1 So sánh với đơn vị của V cho trong bài mol . l–1 . s–1 ⇒ n = 2 ⇒ phản ứng có bậc bằng 2 ⇒ x + y = 2 Qua các TN 1 và 2 ở 25oC ta có : TN1 : 4,0.10 −4 = k (0,25) x (0,75) y V = k. C Ax .C By  TN 2 : 1,2.10 −3 = k (0,75) x (0,75) y Chia 2 vế cho nhau ta có : 3x = 3 ⇒ x = 1 ⇒ y = 1 4,0.10 −4 ⇒ k= = 2,13 . 10–3 mol–1. l.s–1 0,25.0,75

Câu 7. (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500 ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch 3,75; Kw = 10-14.

yn h

thu được là 11,50 (bỏ qua sự thay đổi thể tích trong quá trình hòa tan). Cho biết pKa (HCOOH) =

2. Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M. Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH

của dung dịch B.

Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37)

ĐÁP ÁN

HCOO- + H2O HCOOH + OH0,01(M)

0,01- y (M)

Kb = Ka-1. KW = 10-10,25

x (M) y (M)

x + y (M)

Để pH = 11,5 thì [H+] =10-11,5 hay [OH-] = 10-2,5 = x + y (1)

Điểm

Kb =

y.( x + y ) = 10−10,25 (2) 0, 01 − y

0,25

3,16.10-3 (M); y =1,78.10 – 10 (M)

Từ (1) và (2) ta có x =

Nên khối lượng NaOH cần thêm vào : mNaOH = 3,16.10-3.0,5.40 = 0,0632 gam

0,25

ai l.c

2. Sau khi trộn : CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M;

CM (H+/HClO4) = 0,0025M

Có các quá trình sau:

3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+ (1)

 K  −14 W  = 1037.( 10 )3 = 1022,72 K1 = K S ( Fe ( OH ) ) .  − 3  K a ( NH + )  10 9,24  4 

2NH3 + 2H2O + Mg2+ Mg(OH)2 + 2NH4+ (2)

 K  −14 W  = 1011.( 10 ) 2 = 101,48 K 2 = K S (Mg( OH ) ) .  − 2  K a ( NH + )  10 9,24  4 

−1

0,5

NH3 + H+ NH4+

−1

K3 = 109,24

(3)

yn h

Vì K1 và K3 rất lớn nên coi phản ứng (1) và (3) xảy ra hoàn toàn.

3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M

NH3

0,005M

0,015M

H+

0,045M

NH4+

0,05M

0,0025M

0,045M

0,0025M

0,0475M

TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M); H2O pH của dung dịch B là pH của dd đệm được xác định bởi công thức gần đúng:

0,5

pH = pK a + lg

Cb 0, 0025 = 9, 24 + lg = 7,96 Ca 0, 0475

0,5

2  10−14   Mg 2+  . OH −  = 0, 005.  −7,96  = 4,16.10−15 < K S ( Mg ( OH )2 ) nên không có kết tủa Mg(OH)2  10 

xuất hiện.

ai l.c

Vậy kết tủa A chỉ là kết tủa Fe(OH)3.

Câu 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân

1. Tính nồng độ ban đầu của HSO4- (Ka = 10-2), biết giá trị sức điện động của pin: PtI- 0,1 M; I3- 0,02 MMnO4- 0,05 M, Mn2+ 0,01 M, HSO4- C MPt

ở 25oC đo được bằng 0,824 V. Cho E oMnO− / Mn 2 + = 1,51V và E oI − / I − = 0,5355V . 3

a. C9H10O + KMnO4 + H2SO4 → C8H6O4 + ....

b. KNO2 + KMnO4 + KOH → ...

2. Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp ion – electron:

Ý 1

Đáp án

Điểm

1. Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e ⇌ Mn2+ + 4H2O

0,059 [ MnO 4− ][H + ]8 0,059 0,05[H + ]8 lg = 1 , 51 + lg 5 5 0,01 [ Mn 2 + ]

yn h

E p = E oMnO − / Mn 2+ +

Ở điện cực trái: 3I-⇌ I3- + 2e

0,059 [ I 3− ] 0,059 0,02 lg − 3 = 0,5355 + lg = 0,574V 2 2 [I ] (0,1) 3

E t = E oI− / 3I − +

∆E = Ephải - Etrái⇔ 0,824 = 1,51 +

0,059 lg(5[H+]8) – 0,574 5 0,5

Suy ra h = [H+] = 0,053 M

Mặt khác từ cân bằng: H2SO4-⇌ H+ + SO42[] C–h Suy ra

Ka = 10-2

h2 h2 = Ka ⇒ +h=C C−h Ka

Thay giá trị h = 0,053 và Ka = 1,0.10-2, tính được C HSO − = 0,334M 4

a. C9H10O + KMnO4 + H2SO4 → C8H6O4 + ...

0,5 0,5

5×

14×

C9 H10O + 5 H 2O → C8 H 6O4 + CO2 + 14 H + + 14e MnO4− + 8 H + + 5e → Mn 2+ + 4 H 2O

5C9 H10O + 14 MnO4− + 42 H + → 5C8 H 6O4 + 5CO2 + 14 Mn 2+ + 31H 2O Dạng phân tử: 5C9H10O+14KMnO4+21H2SO4 →5C8H6O4 + 5CO2 + 14MnSO4 + 7K2SO4 + 31H2O

0,5

2×

NO2− + 2OH − → NO3− + H 2O + 2e MnO4− + e → MnO42−

ai l.c

1×

b. KNO2 + KMnO4 + KOH → ...

NO2− + 2OH − + 2 MnO4− → NO3− + 2 MnO42− + H 2O

KNO2 + 2KMnO4 + 2KOH → KNO3 + 2K2MnO4 + H2O

Dạng phân tử:

Câu 9. (2,0 điểm) Halogen

yn h

dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4.

a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn).

Nội dung

b. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu

1. Đặt tỉ lệ số nguyên tử H:O:Cl trong A là a:b:c. Ta có:

8,3 59 32, 7 : : = 8,3 : 3,69 : 0,92 = 9 : 4 : 1 1 16 35,5

Ta thấy, không tồn tại chất ứng với công thức H9O4Cl. Tuy nhiên, tỉ lệ H:O là 9:4 gần với tỉ lệ của các nguyên tố trong phân tử H2O.

- Có thể suy ra chất lỏng A là dung dịch của HCl trong H2O với tỉ lệ mol là 1 : 4 với

Điểm

C% HCl =

36,5 .100% = 33,6% 36,5 + 18.4

- Khi tăng nhiệt độ sẽ làm giảm độ tan của khí, hợp chất X thoát ra từ A là khí hiđro clorua (HCl).

⇒ Chất lỏng B là dung dịch HCl nồng độ 20,2%.

ai l.c

(Dung dịch HCl ở nồng độ 20,2% là hỗn hợp đồng sôi, tức là hỗn hợp có thành phần và nhiệt độ sôi xác định).

0,5

33, 6 − 16,8 .100% = 20,2% - Do giảm nồng độ HCl ⇒ C% HCl còn lại = 100 − 16,8

- Khi làm lạnh dung dịch HCl ở dưới 0oC, có thể tách ra tinh thể nước đá Y.

35,5 = 54,5 g/mol 0, 65

0,5

- Tinh thể Z có khối lượng mol phân tử là

- Khi làm lạnh ở nhiệt độ thấp hơn, thì tách ra tinh thể Z là HCl.nH2O.

⇒ thành phần tinh thể Z là: HCl.H2O.

2S O 2− + I− → S O 2− + 3I− 2 3 3 4 6

−3

b.Trong 25 ml: n Fe2+ = 5n MnO− = 5x3, 2x1x10 =0,016 (mol)

→ trong 10ml n Fe2+ = 6,4x10-3(mol)

(2)

(4)

5Fe2+ + MnO − + 8H+ → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H O 4 2

Từ (3) và (4): n Fe2+ = n S O 2− = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol) 2

(1)

(3)

yn h

2Fe3+ + 3I− → 2Fe2+ + I− 3

Fe O + 6H+ → 2Fe3+ + 3H O 2 3 2

a. Fe O + 8H + → 2Fe 3+ + Fe 2 + + 4H O 3 4 2

Từ (3): n Fe3+ = n Fe2+ =5,5x10-3(mol) =2( n Fe3O4 + n Fe2O3 ) Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO

n FeO = n Fe3O4 = 6,4x10-3 – 5,5x10-3 = 9x10-4(mol)

(5)

0,5

n Fe2O3 =

1 n Fe3+ − n Fe3O4 =1,85x10-3(mol). 2

Trong 50 ml : n Fe3O4 =4,5x10-3(mol) → m Fe3O4 =1,044 gam

→ % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4% n Fe2O3 = 9,25x10-3(mol) → m Fe2O3 =1,48 gam

0,5

→ % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67%

ai l.c

Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh

1. Chất rắn màu vàng X3, không tan trong nước, tan được trong dung dịch Na2SO3 và dung dịch Na2S ⇒ Chất rắn X3 đó là lưu huỳnh:

yn h

nS + Na2S → Na2Sn + 1

S + Na2SO3 →Na2S2O3

H2S + I2 →

0.5

S + 2HI

Chất rắn màu đen tím cho vào nước tạo được huyền phù, chứng tỏ chất rắn ít tan trong nước. Dung dịch huyền phù này cho vào dung dịch không màu (dạng bão hòa) được lưu huỳnh, chứng tỏ dung dịch bão hòa đó là H2S và chất rắn X1 là I2.

Dung dịch chứa một chất tan X4 là HI

Đơn chất màu trắng, tan trong dung dịch HI đặc để tạo kết tủa màu vàng, kết tủa vàng không tan trong nước nóng, tan được trong dung dịch HI ↔ kết tủa vàng X6 là AgI và đơn chất màu trắng X5 là Ag 2Ag + HI → 2AgI + H2 AgI + HI → HAgI2

0.5

ai l.c

2.a. Đặt A là Na2X; B là Na2Y, ta có: Na2X → Na2Y + Z Z có thể là H2S, SO2. Vậy 6,16.273 nA = nB = nZ = = 0, 25(mol) 300,3.22, 4 Cứ 0,25 mol thì lượng A khác B là 16,0g. Vậy cứ 1 mol thì lương A khác lượng B là: m = 16,0:0,25 = 64,0 hay 1 phân tử A khác 1 phân tử B là 64,0 đvC về khối lượng. Có thể là Na2S, Na2SO3, Na2SO4. So sánh giữa các cặp chất ta thấy A: Na2S; B: Na2SO4. Vậy: Na2S + H2SO4 → Na2SO4 + H2S↑

2 b. Tính m1, m2: m1 = 78.0,25 = 19,5(g) m2 = 19,5 + 16,0 = 142,0.0,25 = 35,5(g)

yn h

Nguyễn Thị Hoa: 0962402565

0,75

0,25

ĐỀ GIỚI THIỆUCỦA BẮC NINH

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 MÔN: HOÁ HỌC - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

ai l.c

Câu 1: (Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH) Thực nghiệm cho biết, NH3 phản ứng với BF3 tạo ra một chất rắn X duy nhất, có màu trắng. a) Viết phương trình hóa học của phản ứng. Cho biết phản ứng đó thuộc loại nào. Tại sao? b) Viết công thức Lewis của mỗi phân tử trong phản ứng trên. Cho biết dạng hình học của mỗi phân tử đó theo thuyết VSEPR (thuyết về sự đẩy giữa các cặp electron ở lớp vỏ hóa trị). c) Dự đoán giá trị của góc liên kết trong phân tử chất X. Câu 2 (Tinh thể) (a) Tinh thể muốối ăn (NaCl) có cấu tạo như sau:

1. Hãy cho biết số phối trí của ion natri trong tinh thể NaCl.

2. Hãy cho biết số đơn vị NaCl có trong mỗi tế bào đơn vị.

yn h

3. Hãy tính khoảng giá trị rNa+ / rCl- thỏa mãn cấu trúc trên. 4. Điều gì sẽ xảy ra khi bán kính cation trong cấu trúc trên có bán kính tăng dần cho đến khi tỷ số bán kính cation / anion đạt 0,732?

5. Giới hạn bán kính số cation / anion là bao nhiêu với cấu trúc dạng NaCl?

(b) Nhiễu xạ tia X (λ = 154 pm) bậc 1 từ các mặt phẳng (200) của tinh thể NaCl có góc θ = 15,8 0. Cho rằng bán kính của ion clorua là 181 pm, tính

1. khoảng cách giữa các mặt (200) trong tinh thể NaCl.

2. độ dài của cạnh tế bào cơ sở (hằng số mạng) của NaCl. 3. bán kính của ion natri. (d) Niken (M = 58,69) kết tinh ở dạng lập phương tâm diện. Nghiên cứu nhiễu xạ tia X cho thấy độ dài cạnh tế bào đơn vị của nó là 352,4 pm. Với khối lượng riêng Nickel là 8.902 gcm-3, tính 1. bán kính của nguyên tử niken. 2. số Avogadro. Câu 3 (Phản ứng hạt nhân )

Cacbon tự nhiên chứa 2 đồng vị bền là 12C (98,9% khối lượng) và 13C (1,1% khối lượng) cùng lượng vết đồng vị phóng xạ 14C (phân rã β–, t 1 = 5730 năm). Hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon trong cơ thể 2

–1

4,000

2,000

1,334

([A] + [B]) (mol.L–1)

ai l.c

sống là 230Bq.kg . Năm 1983, người ta tìm thấy một con thuyền cổ chìm ngoài khơi Đại Tây Dương. Cacbon trong gỗ của con thuyền này có hoạt độ phóng xạ riêng là 180Bq.kg–1. a) Tỉ lệ số nguyên tử giữa các đồng vị 13C/12C và 14C/12C trong cơ thể sống là bao nhiêu? b) Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền trên được đốn hạ vào năm nào? c) Giả thiết, 180Bq.kg–1 là trị số trung bình của các giá trị đo được, còn sai số trung bình trong việc đo hoạt độ phóng xạ của cacbon trong mẫu gỗ nói trên là ±1,3%. Cho biết cây được đốn hạ trong khoảng thời gian từ năm nào đến năm nào? Câu 4: (Động học) Poli(etylen terephtalat) còn gọi là PET, là một polime tổng hợp. PET được sử dụng rộng rãi trong công nghiệp dệt, bao bì, làm chai lọ. PET được tạo thành từ phản ứng trùng ngưng giữa 2 monome A và B. a) Cho biết tên gọi là công thức cấu tạo của hai monome trên. b) Viết phương trình hóa học của phản ứng tổng hợp PET từ hai monome trên. c) Thực hiện phản ứng tổng hợp PET với nồng độ ban đầu của hai monome bằng nhau. Sự phụ thuộc của tổng nồng độ các monome còn lại theo thời gian được cho trong bảng dưới đây : 0 30 560 90 120 t (phút) 1,000

0,800

yn h

Tính hằng số tốc độ của phản ứng trùng ngưng và cho biết bậc tổng cộng của phản ứng. Câu 5(Nhiệt hoá học) 1. Một bệnh nhân nặng 60,0kg bị sốt đột ngột. Trong thời gian rất ngắn, nhiệt độ của cơ thể bệnh nhân tăng từ t1 = 36,5oC lên t2 = 40,5oC. Một cách gần đúng thô, giả thiết, cơ thể bệnh nhân tương đương với 60,0kg nước tinh khiết, không trao đổi nhiệt và chất với môi trường bên ngoài trong thời gian bị sốt. Các đại lượng ∆Ho, ∆Sovà ∆Godưới đây chỉ xét riêng cho quá trình nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2, không xét cho các phản ứng dẫn đến sự thay đổi nhiệt độ đó và được tính trong điều kiện đẳng áp (p = const). a) Khi sốt cao, cơ thể rất nóng do nhận nhiều nhiệt từ các phản ứng sinh hóa xảy ra trong cơ thể. Tính biến thiên entanpy ∆Ho (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Biết rằng, nhiệt dung mol đẳng áp của nước Cpo,m = 75,291 J.K −1.mol −1 được coi là không đổi trong khoảng nhiệt độ từ t1 đến t2.

b) Tính biến thiên entropy ∆So (J.K–1) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. c) Tính biên thiên năng lượng tự do Gibbs ∆Go (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Biết rằng,

entropy của nước tại 36,5oC, S o = 72,6 J.K−1.mol−1 . ∆Go trong trường hợp này được tính theo công

thức: ∆G o = ∆H o − ∆( TS o ) = ∆H o − ∆T.S o − T.∆S o . Nếu thí sinh không tính được câu c, giả sử lấy ∆G o = −1,2.106 J để tính tiếp. d) Khi sốt cao, cơ thể mất năng lượng một cách vô ích. Giả sử cũng với phần năng lượng đó, khi khỏe, người ấy chạy được một quãng đường dài nhất là bao nhiêu km? Biết rằng, năng lượng tiêu thụ khi chạy mỗi 1 km là 200kJ. 2. Một mẫu N2 (khí) (coi N2 là khí lí tưởng) tại 350K và 2,50 bar được cho tăng thể tích lên gấp ba lần trong quá trình giãn nở đoạn nhiệt bất thuận nghịch chống lại áp suất bên ngoài không đổi, pngoài = 0,25 bar. Tổng công giãn nở của hệ là –873J. a) Tính biết thiên entropy ∆S (J.K–1) của hệ, của môi trường xung quanh và của hệ cô lập trong quá trình trên.

b) Đại lượng nào trong các đại lượng đã tính cho biết khả năng tự diễn biến của hệ? Câu 6: (Halogen, cân bằng trong pha khí) Iot là một nguyên tố vi lượng quan trọng trong cuộc sống và là nguyên tố nặng nhất mà các cơ thể sống cần được cung cấp mỗi ngày. Ở nhiệt độ cao cân bằng giữa I2(k) và I(k) được thiết lập.Bảng sau ghi lại áp suất đầu của I2(k) và áp suất chung khi hệ đạt đến cân bằng ở nhiệt độ khảo sát.

T (K) 1073 1173 P(I2) (atm) 0.0631 0.0684 Pchung (atm) 0.0750 0.0918 a) Tính ∆H°, ∆G°và ∆S°ở 1100 K. (Cho rằng ∆H° và ∆S° đều không phụ thuộc nhiệt độ trong khoảng

ai l.c

nhiệt độ khảo sát.)

b) Tính phần mol của I(k) trong hỗn hợp cân bằng trong trường hợp trị số Kp lúc này bằng một nửa áp suất chung.

c) Biết I2(k) và I(k) đều là khí lý tưởng. Tính năng lượng phân ly liên kết của I2 ở 298 K.

d) Tính bước sóng của ánh sáng tới cân để cắt đứt liên kết trong I2(k) ở 298 K.

e) Trong một thí nghiệm, khi chiếu xạ một mẫu I2(k) bằng tia laser có bước sóng λ =825.8 nm ở tốc

độ 20.0 J·s-1 trong 10.0 s thì sinh ra 1.0×10-3 mol I(k). Tính hiệu suất lượng tử của quá trình phân

cắt này (tức tính tỉ số mol I2 phân ly trên số mol photon hấp thụ).

Câu 7: (Oxi lưu huỳnh) : Hoàn thành các phương trình phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp thăng bằng electron. Xác định chất oxi hoá, chất khử. FeS2 + O2→

KMnO4 + KNO2 + H2SO4→

P + H2SO4đặc→ + NaOHđặc, nóng→

yn h

g) S

Mg + H2SO4 đặc

→

H2SO4đặc + HI →

FexOy + H2SO4đặc nóng→

FeSO4 + KMnO4 + H2SO4→

Câu 8: (Phản ứng oxi hóa – khử, điện phân)

1. Tính sức điện động của pin:

Pt, H2 (1atm) ∣ HCl 0,02M, CH3COONa (0,04M) ∣ AgCl, Ag

0 −5 Cho: E AgCl / Ag = 0,222 V; K CH 3 COOH = 1,8.10 .

2. Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp CuSO4 và NaCl cho tới khi H2O bắt đầu bị điện phân ở cả 2 điện cực thì dừng lại. Ở anốt thu được 0,448 lít khí (ở đktc). Dung dịch sau điện phân có thể hòa tan tối đa 0,68 gam Al2O3. a. Tính khối lượng của m. b. Tính khối lượng catốt tăng lên trong quá trình điện phân. Câu 9: (Cân bằng axit-bazơ và kết tủa) Cho dung dịch A gồm có HCOONa 0,1M và Na2SO3 xM. pHA= 10,4 1. Tính x 2. Thêm 14,2ml dung dich HCl 0,6M vào 20ml dung dịch A được dung dịch B. Tính pHB. 3. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch MgCl2 0,001M

yn h

ai l.c

a. Có Mg(OH)2 tách ra không? b. Nếu có Mg(OH)2 tách ra, hãy tính pH và độ tan của Mg(OH)2 trong hỗn hợp thu được. Cho: pKaHCOOH = 3,75; của H2SO3 là 1,76 và 7,21; β*MgOH+ = 10-12,6; pKs Mg(OH)2 = 10,95.

ĐỀ GIỚI THIỆU CỦA BẮC NINH

HƯỚNG DẪN CHẤM KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 MÔN: HOÁ HỌC - LỚP 10

Câu

. Câu 1: (Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH) a. a) Phương trình hóa học của phản ứng giữa NH3 và BF3: NH3 + BF3 → H3N–BF3 - Phản ứng này thuộc loại phản ứng axit – bazơ Lewis, BF3 là axit Lewis (có orbital p còn trống). NH3 là bazơ Lewis (có cặp electron tự do, có thể cho sang orbital trống của phân tử khác). 0,75 o Lewis và hình d ng trên: ạng của mỗi phân tử trong phản ứ b) Công thức cấu tạ b. NH3 thuộc loại AX3E nên theo VSEPR, nó có hình tháp/chóp tam giác:

ai l.c

ĐIỂM

0,25

NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC

CÂU

0,25

yn h

BH3 thuộc loại AX3 nên theo VSEPR, nó có hình tam giác đều:

0,25

H3N–BF3 gồm 2 nửa AX4 gắn/liên kết với nhau: H3N–B và N–BF3 nên theo VSEPR, nó có hình tứ diện đều – kép.

c) Độ lớn góc liên kết ở mỗi nửa AF4 có đỉnh tại N và B xấp xỉ 109o28’

0,5

a. Câu 2 (Tinh thể) 0,5

ai l.c

Câu 2

i/ 6

r+ > 0,414 r−

 a 2 2r− <  2 2(r + r ) = a  + −

iii/ Có:

ii/ số ion Na+ trong 1 đơn vị là: 1+ ¼.12 = 4 = số phân tử NaCl trong một ô cơ sở

yn h

iv/ Kích thước của ion Na+ làm cho các ion Cl- không thể tiếp xúc trực tiếp với nhau.

v/ Chuyển từ kiểu tinh thể lập phương tâm diện sang kiểu tinh thể lập phương đơn giản (CsCl) vi/ 0,414 ≤ r+ ≤ 0,732

r−

2 d sin θ = nλ

d 200 =

b. b. i/ Có:

nλ 1× 154 pm = = 282,8 pm 2 sin θ 2 sin 15,8o

ii/ Có:

dhlk =

a = dhlk h2 + k 2 + l 2 = d200 22 + 02 + 02 = 282,8× 4 = 565,6 pm

iii/ Có:

2rCl − = 362 pm

h2 +k2 +l2

a = 2(rCl − + rNa + ) = 565,6 pm

rNa + = 102 pm

0,5

c. i/ Điểm khác nhau: hệ lục phương: lớp thứ 3 trùng khít lên lớp thứ nhất. c.

Hệ lập phương: lớp thứ 3 không trùng khít lên lớp thứ nhất. 0,5

4 4 × πr3 3 = 74,0% 4r 3 ( ) 2

ii/

iii/ Lập phương tâm diện

74%

d. i/ Có:

4r = a 2

rNi =

4 × 58,69 gam.mol −1 = 8,902 gam .cm − 3 (3,524.10−8 cm)3 × N A

Câu 3 (Phản ứng hạt nhân )

0,5

NA = 6,026 .1023 mol-1)

a. a) Tỉ lệ số nguyên tử giữa các đồng vị 13C/12C và 14C/12C trong cơ thể sống là bao nhiêu? - Tỉ lệ 13C/12C: 1,1 13 C 13 = 1,03.10−2 = 12 C 98,9 12 14 12 - Tỉ lệ C/ C: Trong 1 kg C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230 Bq. Suy ra, trong 1 gam C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230.10–3 Bq A - Từ công thức: A = λ.N → N =

0,75

yn h

Câu 3

a 2 = 124,6 pm 4

d. ii/ Có:

% thể tích bị chiếm

ai l.c

Số nguyên tử gần nhất

Lục phương

230.10 −3 = 6.1010 (nt) 0, 693 5730.365.24.3600 0, 989 .6, 0221.10 23 = 4, 96.10 22 (nt) - Số nguyên tử 12C trong 1 gam C tự nhiên là: 12 14 12 - Vậy tỉ lệ C/ C:

- Số nguyên tử 14C trong 1 gam C tự nhiên là:

C 6.1010 = = 1,21.10−12 12 C 4,96.1022 b) Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền trên được đốn hạ vào năm nào?

0,75

5730 230 .ln = 2026 (n¨m) ln 2 180 - Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2026 = –43 (tức là năm 43 trước Công nguyên). c. c) Sai số định tuổi khi sai số đo hoạt độ phóng xạ riêng của mẫu C là ±1,3%. 0,5 - Giá trị giới hạn trên của hoạt độ phóng xạ riêng: 180 + 180.1,3% = 182,34 (Bq/kg) 5730 230 - Từ đó, tuổi của cây đốn hạ t = . ln = 1920 (n¨m) ln 2 182,34 - Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 1920 = 63 (tức là năm 63 trước Công nguyên). - Giá trị giới hạn dưới của hoạt độ phóng xạ riêng: 180 – 180.1,3% = 177,66182,34 (Bq/kg) 5730 230 - Từ đó, tuổi của cây đốn hạ t = . ln = 2135 (n¨m) ln 2 177,66 - Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2135 = –152 (năm) (tức là năm 152 trước Công nguyên). *Kết luận: câu được đốn hạ trong khoảng thời gian từ năm 152 trước Công nguyên đến năm 61 sau Công nguyên.

Câu 4: (Động học) a) Tên gọi và công thức cấu tạo của hai monome: a. - Etilen glicol và axit tere-phtalic:

0,5

Câu 4

ai l.c

yn h

- Hoặc etilen glicol và đimetyl tere-phtalat:

b. b) Phản ứng trùng ngưng giữa etilen glicol và axit tere-phtalic: 0,5 nHOOC-C6H4-COOH + nHO-(CH2)2-OH → H-[-OOC-C6H4-COO-(CH2)2-]n-OH + (2n – 1)H2O Phản ứng trùng ngưng giữa etilen glicol và đimetyl tere-phtalat: nH3COOC-C6H4-COOCH3 + nHO-(CH2)2-OH → CH3-[-OOC-C6H4-COO-(CH2)2-]n-OH + (2n – 1)CH3OH c) Giả thiết phản ứng có bậc 2 (bậc 1 đối với mỗi monome. Phương trình động học bậc 2 c. với nồng độ hai chất ban đầu bằng nhau: 1 1 = + kt [ monome] [ monome]o - Ta có bảng tính

1 theo thời gian t: [ monome]

1,0

t (phút)

120

[A] + [B] (mol. L–1)

4,000

2,000

1,334

1,000

0,800

[A] = [B]

0,667

0,5

0,4

1 1 = [A] [B]

0,5

1,5

2,5

k (M–1.phút–1)

0,0167

1 .

Câu 5(Nhiệt hoá học) a) Tính biến thiên entanpy ∆Ho (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. 60,0.1000 = 3333,33 (mol) Số mol H2O: n H2O = 18 Biến thiên entanpy:

0,25

Câu 5

ai l.c

- Các giá trị k thu được đều bằng nhau, vì thế giả thiết phản ứng có bậc 2 hoàn toàn đúng. Vậy, hằng số tốc độ k = 0,0167 (M–1.phút–1)

∆H o = n.Cpo,m .∆T = 3333,33.75,291.(40,5 − 36,5) ≈ 1003879 (J) = 1003,88 (kJ)

b) Tính biến thiên entropy ∆So (J.K–1) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Biến thiên entropy trong điều kiện đẳng áp được tính theo:

T2 40,5 + 273,15 = 3333,33.75,291.ln ≈ 3221,22(J.K −1 ) T1 36,5 + 273,15

∆S o = n.Cpo,m . ln

0,25

c) Tính biên thiên năng lượng tự do Gibbs ∆Go (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Áp dụng công thức:

0,25

yn h

∆G o = ∆H o − ∆( TS o ) = ∆H o − ∆T.S o − T.∆S o → ∆G o = 1003879 − (40,5 − 36,5).72,6.3333,33 − (36,5 + 273,15).3221,22 ≈ −961571(J) = −961,6(kJ)

d) Tính quãng đường (km): 961,6 = 4,808 (km) Quãng đường: 200 - Trường hợp sử dụng giá trị 1, 2.103 = 6 (km) 200 2. 2.a) Giãn nở đoạn nhiệt bất thuận nghịch, chống lại áp suất bên ngoài không đổi, p = 0,25 bar. - Trước tiên, cần tính số mol của hệ. Theo đầu bài, công giãn nở của hệ A = –873 J. Từ công thức: A = –pngoài(V2 – V1) = –pngoài.2V1 (do V2 = 3V1); với

∆G o = −1,2.106 J = −1,2.103 kJ th× qu·ng ®−êng lµ:

V1 =

n. R.T1 n. R.T1 → A = − pngoµi .2 p1 p1

- Thay số:

0,25

−873 = −0, 25.105.2

n. R.T1 n.8,314.350 → n = 1,5 (mol) → V1 = = 5 2, 5.10 p1

22, 4 .350 273 = 17, 41 (L) 2,5.0, 99

1,5.

→ V2 = 3V1 = 52,23 (L) Q = 0(®o¹n nhiÖt) - Từ phương trình: ∆U = Q + A    → ∆U = A = n.Cv .(T2 − T1 )

5 R (J.K −1.mol −1 ) 2 - Thay vào các giá trị: 5 1,5. .8,314.(T2 − 350) = −873 → T2 = 322 K 2 22, 4 1, 5. .322 n. R.T2 273 = 0,766 (bar) → p2 = = V2 52,23.0,99

ai l.c

víi Cv(N2 ) =

0,75

Vậy hệ chuyển từ trạng thái đầu (2,5 bar; 17,41 L; 350 K) sang trạng thái (0,766 bar; 52,23 L; 322 K) bằng con đường đoạn nhiệt bất thuận nghịch. Để tính biến thiên entropy, ta tưởng tượng hệ đi qua hai con đường thuận nghịch: đẳng tích và đẳng áp.

P2 5 0,766 = 1,5. .8,314. ln = −36,879 (J.K −1 ) P1 2 2, 5

∆S®¼ng ¸p = n.Cp . ln

V2 7 52, 23 = 1,5. = 47,953 (J.K −1 ) .8,314. ln V1 247, 953 17, 41

∆S®¼ng tÝch = n.Cv . ln

∆ShÖ = −36,879 + 47,953 = 11,074 (J.K −1 )

∆Sm«i tr−êng xung quanh = 0 (J.K −1 )

∆ShÖ c« lËp = 11,074 + 0 = 11,074 (J.K −1 ) > 0 → HÖ tù diÔn biÕn.

0,25

Câu 6: (Halogen, cân bằng trong pha khí) Có cân bằng: P(I2)o – x

I2(k) ⇌

2I(k) 0,5

Câu 6

yn h

b) ∆ ShÖ c« lËp là đại lượng dùng để kết luận khả năng tự diễn biến của hệ.

Ở thời điểm cân bằng: P(I2)cb = P(I2)o – x

Như vậy Pchung = P(I2)o + x

Ở 1073K x = 0,0750 – 0,0631 = 0,0119 atm P(I)cb = 2x = 0,0238 atm P(I2)cb = 0,0631 – 0,0119 = 0,0512 atm K=

P( I )cb 2 = 0, 01106 P( I 2 )cb

Tính tương tự cho thời điểm 1173K thu được K = 0,04867 Từ đây ta có: K ∆H o  1 1  o − ln 1173 =   ⇒ ∆H = 155, 052 J = 155 kJ K1073 R  1073 1173 

0,5

Như vậy ở 1100K ta có

K1100 ∆H o  1 1  = −   ⇒ K1100 = 0, 0169 K1073 R  1073 1100 

∆Go = -RTlnK = 37248,8J ∆G = ∆H - T∆S ⇒∆S = 107,1 J.K-1

a) Có cân bằng:

I2(k) ⇌

2I(k)

0,5

P(I2)o – x

Ở thời điểm cân bằng: P(I2)cb = P(I2)o – x

KP =

4 x2 1 1 = P = [ P( I 2 )o + x ] ⇒ P ( I 2 )o = 3x P ( I 2 )o − x 2 2

ai l.c

Như vậy Pchung = P(I2)o + x

0,5

Vậy Pchung = 4x và P(I2)cb = 2x. Tức phần mol I(k) lúc cân bằng là 0,50 b) Với khí lý tưởng đơn nguyên tử Cv, m = CV,m + R = 3/2R + R = 5/2R

∆Ho298 = Năng lượng liên kết I – I

Với khí lý tưởng hai nguyên tử Cv,m = CV,m + R = 7/2R

0,5

Do sự thay đổi nhiệt độ trở nên đáng kể ∆T = -802K

∆Ho298 = ∆Ho1100 + Cp∆T = 155052 + (298 – 1100) x (2 x 2,5 – 3,5)R = 145,050 kJ

= 145 kJ

N ×h×C NA × h × C λ= A E λ

h × C (6,63 × 10−34 × 3,00 × 108 ) = = 2,409 ×10−19 J −9 λ 825,8 × 10

d) E =

6,022 × 103 × 6,63 × 10−34 × 3,00 × 108 = 825,8 nm = 826 nm 145050

yn h

λ=

c) ∆H°298=E =

P×t 20,0 × 10,0 = E 2, 409 × 10−19

n (photon) = n (I2) =

= 8,30 ×1020

N 8,30 × 1020 = = 1,38 × 10−3 mol photon N A 6,22 × 1023

1 n (I) = 0,5 ×1,0×10−3 = 5,0×10−4 mol 2

Hiệu suất lượng tử =

5,0 × 10−4 1,38 × 10−3

= 0,36

0,5

Câu 7

Mỗi phản ứng được 0,25 điểm a)

4FeS2 + 11O2→8SO2 + 2Fe2O3

b) 4Mg + 5 H2SO4 đặc →4MgSO4 + H2S + 4H2O c)

2KMnO4 + 5KNO2 + 3H2SO4→5KNO3+ 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

H2SO4đặc,nguội + 8HI →H2S + 4I2 + 4H2O

2P + 5H2SO4đặc, nóng→2H3PO4 + 5SO2 + 2H2O

g) 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4→5Fe2(SO4)3+ 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

(-) H2 - 2e = 2H+

1.Ta có :

(+) AgCl + 1e = Ag + Cl-

ai l.c

Câu 8

h) 2FexOy + (6x-2y) H2SO4đặc nóng→xFe2(SO4)3+ (3x-2y) SO2 + (6x-2y)H2O i) S +6 NaOHđặc, nóng→ 2Na2S + Na2S2O3 + 3 H2O

2AgCl + H2 → 2Ag + 2Cl- + 2H+ CH3COO- + H+

0,02

CH3COOH

[]

0,02 - x

⇌ CH3COO- + H+ 0,02

0,02

0,02 + x

x ( 0,02 + x ) = 1,8.10−5 0,02 − x

→

[]

0,02

0,04

= CH3COOH

yn h

x<< 0,02 → x = 1,8.10-5

→ pin: Pt, H 2 (1atm)

Cl - 0,02M,

CH 3COO- 0,02M

H + 1,8.10-5M, CH 3COOH 0,02M

AgCl,Ag

1 = 0,322V − Cl 2 + 0,059  H  .lg + = −0,28V 2 PH

E P = E 0AgCl / Ag + 0,059.lg

E T = E 02H

2. (1 điểm):

/ H2

Trong dung dịch có các ion Cu2+; SO42-; Na+; Cl Khi điện phân giai đoạn đầu: (K): Cu2+; Na+; H2O Cu 2+ +2e

Cu2+

2Cl -

CuSO4 +

2NaCl

(A) Cl -; SO42-; H2O 2Cl - -> Cl2 + 2e

Cu↓ đp đp

Cl2

+Cl2

+ Na2SO4 (1)

1,0

Sau điện phân thu được dung dịch B, hoà tan được Al2O3 vậy dd B có axit hoặc kiềm: (TH1): nNaCl< 2n CuSO4 Sau (1) CuSO4 dư 2CuSO4+

2H2O

2Cu

đp

2H2SO4

(2)

3H2O

(3)

Theo (2, 3)

n CuSO4 =

Al2(SO4)3

3n Al 2 O 3

0,68 = 0,02mol 102

Theo PT (1)

n Cl2

n CuSO4 =

n NaCl = n Cl

0,02 - 0,01

1 n CuSO 4 = 0,01 2

= 0,01

= 0,02

n O2

3H2SO4

ai l.c

Al2O3

Khi nước bắt đầu điện phân ở hai điện cực thì Cu2+ hết.

∑nCuSO4 đầu = 0,03

(TH2): nNaCl> 2n CuSO4

mcatốt tăng = mCu = 1,92 (g)

m = 160.0,03 + 58,5.0,02 = 5,97(gam)

yn h

Sau (1) NaCl dư:

đp ngăn H2

Al2O3 + 2NaOH

2NaAlO2

2NaCl + 2H2O

Cl2

2NaOH (4)

H2O

(5)

Hoặc có thể viết Pt tạo ra Na[Al(OH)4]

Theo phương trình (4, 5): nNaOH = 2nAl2O3 = 2

∑n

CuSO4 đầu

0, 04 3

0,68 0,04 = 102 3

∑n

NaCl đầu =

0,04

m = mCuSO4 + mNaCl = 4,4733 (g) mCu bám catốt = 0,8533 (g)

Câu 9

1. Có các cân bằng sau: SO32- + H2O ⟺ HSO3- + OH- Kb1 = 10-6,79 (1) HCOO- + H2O ⟺ HCOOH + OH- Kb = 10-10,25 (2) HSO3- + H2O ⟺ H2SO3 + OH- Kb2 = 10-12,24 (3) H2O ⟺ H+ + OH- Kw = 10-14 (4)

1,0

0,2275

0,249

0,0215

HCOO- +

H+

0,0585

0,0215

0,037

0,2275 M

-> HCOOH

SO32-

0,0215M HCOO-

TPGH B ( HCOOH 0,0215

HSO3-)

0,037

0,2275M

HSO3-⟺ SO32- +

H+

Ka= 10-3,75(5)

Ka2= 10-7,21 (6)

Kw = 10-14 (7)

H2O ⟺ H+ + OHBỏ qua phân li (6), (7) Các cân bằng phân li bazo:

H+

HCOOH ⟺ HCOO- +

Coi HCOOH là một axit độc lập, HCOO- là một bazo độc lập Các phân li axit:

0,5

ai l.c

Thấy Kb2<< Kb1 bỏ qua cân bằng (3) pH= 10,4 => [OH-] >>[H+] => bỏ qua cân bằng (4) [HCOOH]/[HCOO-] = [H+]/ Ka = 10-10,4/10-3,75<<1 bỏ qua cân bằng (2) => Cân bằng (1) quyết định pH =>x= 0,389M + H+ -> HSO3-

5.10-4 M;

yn h

HCOO- + H2O ⟺ HCOOH + OH- Kb = 10-10,25 (8) HSO3- + H2O ⟺ H2SO3 + OH- Kb2 = 10-12,24 (9) Kb.C(HCOO-) = 3,7.10-12,25> Kb2.C(HSO3-) = 2,275.10-13,24 Chấp nhận bỏ qua cân bằng (9) => pH tại dung dịch là pH đệm = 3,75 + lg 0,037/0,0215 = 4,0 Thấy pH = 4,0 => [OH-] <<[H+]<< Ca, Cb thoả mãn. Và [H2SO3]/[HSO3-] = h/Ka1 << 1 => bỏ qua cân bằng (9) là hợp lí ( Hoặc nếu học sinh tính theo điều kiện proton thì vẫn cho điểm đầy đủ) 2+ (Mg ; HCOO-; SO32-) 0,1945 M;

0,05 M;

0,5

Điều kiện để có kết tủa Mg(OH)2 là C’ (Mg2+). C’ (OH-)2≥ Ks

*. Tìm C’ (Mg2+).

Mg2+ +

H2O ⟺

MgOH+

H+ ; β*MgOH+ = 10-12,6

5.10-4 5.10-4 – x

=> x<< 5.10-4M. 0,25

=>C’ (Mg2+)= 5.10-4M. * Tìm C’ (OH-)

tương tự phần (1) ta có

SO32- + H2O ⟺ HSO3- + OH-

Kb1 = 10-6,79

C’ (OH-) = 1,76.10-4M * C’ (Mg2+). C’ (OH-)2 = 10-10,8> 10-10,95 => Bắt đầu có Mg(OH)2 kết tủa.

Mg2+ +

2SO32- + 2H2O ⟺

5.10-4M

0,1945M

C’

5.10-4-x

0,1945-2x

2HSO3- +

Mg(OH)2↓ K= 10-2,63

Tìm pH của dung dịch thu được Tính pH theo 2 cân bằng: Mg2+ + 2OH- Ks Mg(OH)2⟺ 2SO3 + H2O ⟺ HSO3 + OH Kb1 = 10-6,79

Điều kiện OH-[OH-]

H+ ; β*MgOH+ = 10-12,6

= [HSO3-] -0,1894. 10-4 + 2([Mg2+]- 4,05.10-4)

•

MgOH+

H2O ⟺

HCOO- ) 0,05M

ai l.c

x= 9,47.10-5 Hỗn hợp (Mg(OH)2 SO32HSO3Mg2+ -4 C 0,1945M 1,894. 10 M 4,05.10-4M 2+ Mg(OH)2⟺ Mg + 2OH Ks -4 C 4,05.10 +S Mg2+ +

0,25

= [SO32-].Kb1/[OH-] + 2Ks/[OH-]2 - 10-3 - 3 -3. - 2 => [OH ] + 10 [OH ] - Kb1. [SO32-].[OH-] – 2.Ks =0 Chấp nhận [SO32-] = C0 = 0,1945M [OH-] = 1,54. 10-4M =>pH = 10,19 Kiểm tra SO32-[SO32-]= C.Ka2/(Ka2+h) = C. 10-7,21/ (10-7,21+ 10-10,19) ≈ C thoả mãn.

pH = 10,19 => Cân bằng Mg2++

H2O ⟺MgOH++

H+ ; β*MgOH+ = 10-12,6

yn h

[MgOH+] / [ Mg2+] = β*/h <<1 => Bỏ qua cân bằng tạo phức hidroxo. => [ Mg2+] chỉ phụ thuộc vào cân bằng Mg(OH)2⟺Mg2+ [ Mg2+] = 4,05.10-4+S = 10-10,95/(1,54.10-4 )2

0,25

2OH- Ks

=>S = 6,811.10-5M

Người soạn: Đỗ Thu Hiền 0989.261.865

ĐỀ GIỚI THIỆU CỦA BẮC NINH KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

ĐÁP ÁN

CÂU

Câu 1

. Câu 1: (Cấu tạoo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH) a. a) Phương trình hóa học của phản ứng giữa NH3 và BF3: NH3 + BF3 → H3N–BF3 - Phản ứng này thuộc loại phản ứng axit – bazơ Lewis, BF3 là axit Lewis (có orbital p còn trống). NH3 là bazơ Lewis (có cặp electron tự do, có thể cho sang orbital trống của phân tử khác). 0,75 b. b) Công thức cấu tạo Lewis và hình dạng của mỗi phân tử trong phản ứng trên: NH3 thuộc loại AX3E nên theo VSEPR, nó có hình tháp/chóp tam giác:

ĐIỂM

0,25

yn h

ai l.c

NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC

0,25

BH3 thuộc loại AX3 nên theo VSEPR, nó có hình tam giác đều:

H3N–BF3 gồm 2 nửa AX4 gắn/liên kết với nhau: H3N–B và N–BF3 nên theo VSEPR, nó có hình tứ diện đều – kép.

c) Độ lớn góc liên kết ở mỗi nửa AF4 có đỉnh tại N và B xấp xỉ 109o28’

0,25

0,5

a. Câu 2 (Tinh thể)

ai l.c

0,5

i/ 6

r+ > 0,414 r−

 a 2 2r− <  2 2(r + r ) = a  + −

iii/ Có:

ii/ số ion Na+ trong 1 đơn vị là: 1+ ¼.12 = 4 = số phân tử NaCl trong một ô cơ sở

yn h

iv/ Kích thước của ion Na+ làm cho các ion Cl- không thể tiếp xúc trực tiếp với nhau.

v/ Chuyển từ kiểu tinh thể lập phương tâm diện sang kiểu tinh thể lập phương đơn giản (CsCl)

vi/ 0,414 ≤ r+ ≤ 0,732 r−

b. b. i/ Có:

2 d sin θ = nλ

nλ 1× 154 pm = = 282,8 pm 2 sin θ 2 sin 15,8o

d 200 =

ii/ Có:

dhlk =

a = dhlk h2 + k 2 + l 2 = d200 22 + 02 + 02 = 282,8× 4 = 565,6 pm

iii/ Có:

2rCl − = 362 pm

Câu 2

a h2 +k2 +l2

a = 2(rCl − + rNa + ) = 565,6 pm

0,5

=> c.

rNa + = 102 pm

c. i/ Điểm khác nhau: hệ lục phương: lớp thứ 3 trùng khít lên lớp thứ nhất. 0,5

Hệ lập phương: lớp thứ 3 không trùng khít lên lớp thứ nhất. 4 4 × πr3 3 = 74,0% 4r 3 ( ) 2

ii/

Lập phương tâm diện

74%

4r = a 2

rNi =

4 × 58,69 gam.mol −1 = 8,902 gam .cm−3 (3,524.10−8 cm)3 × N A

0,5

ii/ Có:

a 2 = 124,6 pm 4

d. i/ Có:

% thể tích bị chiếm

Số nguyên tử gần nhất

ai l.c

Lục phương

iii/

NA = 6,026 .1023 mol-1)

yn h

Câu 3 (Phản ứng hạt nhân )

a. a) Tỉ lệ số nguyên tử giữa các đồng vị 13C/12C và 14C/12C trong cơ thể sống là bao nhiêu? - Tỉ lệ 13C/12C: 1,1 13 C 13 = 1,03.10−2 = 12 C 98,9 12 - Tỉ lệ 14C/12C: Trong 1 kg C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230 Bq. Suy ra, trong 1 gam C, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon là 230.10–3 Bq A - Từ công thức: A = λ.N → N =

Câu 3

230.10 −3 = 6.1010 (nt) 0, 693 5730.365.24.3600 0, 989 - Số nguyên tử 12C trong 1 gam C tự nhiên là: .6, 0221.10 23 = 4, 96.10 22 (nt) 12 14 12 - Vậy tỉ lệ C/ C: - Số nguyên tử 14C trong 1 gam C tự nhiên là:

0,75

C 6.1010 = = 1,21.10−12 12 C 4, 96.1022

0,75

b) Cây để dùng làm gỗ đóng thuyền trên được đốn hạ vào năm nào? 5730 230 .ln t= = 2026 (n¨m) ln 2 180 - Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2026 = –43 (tức là năm 43 trước Công nguyên). 0,5 c) Sai số định tuổi khi sai số đo hoạt độ phóng xạ riêng của mẫu C là ±1,3%. - Giá trị giới hạn trên của hoạt độ phóng xạ riêng: 180 + 180.1,3% = 182,34 (Bq/kg) 5730 230 - Từ đó, tuổi của cây đốn hạ t = . ln = 1920 (n¨m) ln 2 182,34 - Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 1920 = 63 (tức là năm 63 trước Công nguyên). - Giá trị giới hạn dưới của hoạt độ phóng xạ riêng: 180 – 180.1,3% = 177,66182,34 (Bq/kg) 5730 230 - Từ đó, tuổi của cây đốn hạ t = . ln = 2135 (n¨m) ln 2 177,66

ai l.c

0,5

yn h

Câu 4: (Động học) a) Tên gọi và công thức cấu tạo của hai monome: a. - Etilen glicol và axit tere-phtalic:

- Hoặc etilen glicol và đimetyl tere-phtalat:

Câu 4

- Vậy cây bị chặt hạ vào năm: 1983 – 2135 = –152 (năm) (tức là năm 152 trước Công nguyên). *Kết luận: câu được đốn hạ trong khoảng thời gian từ năm 152 trước Công nguyên đến năm 61 sau Công nguyên.

1 1 = + kt [ monome] [ monome]o

- Ta có bảng tính

1 theo thời gian t: [ monome]

1,0

120

[A] + [B] (mol. L–1)

4,000

2,000

1,334

1,000

0,800

[A] = [B]

0,667

0,5

0,4

1 1 = [A] [B]

0,5

1,5

2,5

k (M–1.phút–1)

0,0167

t (phút)

ai l.c

0,0167

0,25

Câu 5(Nhiệt hoá học) a) Tính biến thiên entanpy ∆Ho (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. 60,0.1000 = 3333,33 (mol) Số mol H2O: n H2 O = 18 Biến thiên entanpy:

∆H o = n.Cpo,m .∆T = 3333,33.75,291.(40,5 − 36, 5) ≈ 1003879 (J) = 1003,88 (kJ)

b) Tính biến thiên entropy ∆So (J.K–1) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Biến thiên entropy trong điều kiện đẳng áp được tính theo:

0,25

T2 40,5 + 273,15 = 3333,33.75, 291. ln ≈ 3221, 22(J.K −1 ) T1 36, 5 + 273,15

yn h

∆S o = n.Cpo,m . ln

0,25

c) Tính biên thiên năng lượng tự do Gibbs ∆Go (kJ) khi nhiệt độ cơ thể tăng từ t1 lên t2. Áp dụng công thức:

∆G o = ∆H o − ∆( TS o ) = ∆H o − ∆T.S o − T.∆S o

→ ∆G o = 1003879 − (40,5 − 36,5).72,6.3333,33 − (36,5 + 273,15).3221,22 ≈ −961571(J) = −961,6(kJ)

d) Tính quãng đường (km): 961,6 = 4,808 (km) Quãng đường: 200 - Trường hợp sử dụng giá trị

Câu 5

- Các giá trị k thu được đều bằng nhau, vì thế giả thiết phản ứng có bậc 2 hoàn toàn đúng. Vậy, hằng số tốc độ k = 0,0167 (M–1.phút–1)

1,2.103 = 6 (km) 200 2. 2.a) Giãn nở đoạn nhiệt bất thuận nghịch, chống lại áp suất bên ngoài không đổi, p = 0,25 bar. - Trước tiên, cần tính số mol của hệ. Theo đầu bài, công giãn nở của hệ A = –873 J. Từ công thức: ∆G o = −1,2.106 J = −1,2.103 kJ th× qu·ng ®−êng lµ:

0,25

A = –pngoài(V2 – V1) = –pngoài.2V1 (do V2 = 3V1); với V1 =

n. R.T1 n. R.T1 → A = − pngoµi .2 p1 p1

- Thay số: n. R.T1 n.8,314.350 −873 = −0,25.10 .2 → n = 1, 5 (mol) → V1 = = 5 2, 5.10 p1

22, 4 .350 273 = 17, 41 (L) 2,5.0,99

1,5.

→ V2 = 3V1 = 52, 23 (L)

5 R (J.K −1.mol −1 ) 2 - Thay vào các giá trị: 5 1,5. .8,314.(T2 − 350) = −873 → T2 = 322 K 2 22, 4 1,5. .322 n. R.T2 273 = 0,766 (bar) → p2 = = V2 52,23.0, 99

ai l.c

víi Cv(N2 ) =

Q = 0(®o¹n nhiÖt) - Từ phương trình: ∆ U = Q + A    → ∆ U = A = n.Cv .(T2 − T1 )

Vậy hệ chuyển từ trạng thái đầu (2,5 bar; 17,41 L; 350 K) sang trạng thái (0,766 0,75 bar; 52,23 L; 322 K) bằng con đường đoạn nhiệt bất thuận nghịch. Để tính biến thiên entropy, ta tưởng tượng hệ đi qua hai con đường thuận nghịch: đẳng tích và đẳng áp. P 5 0,766 ∆S®¼ng tÝch = n.Cv . ln 2 = 1, 5. .8,314. ln = −36,879 (J.K −1 ) P1 2 2,5

V2 7 52,23 .8,314. ln = 1, 5. = 47,953 (J.K −1 ) V1 247,953 17, 41

yn h

∆S®¼ng ¸p = n.Cp . ln

∆ShÖ = −36,879 + 47,953 = 11,074 (J.K −1 )

∆Sm«i tr−êng xung quanh = 0 (J.K −1 ) ∆ShÖ c« lËp = 11,074 + 0 = 11,074 (J.K −1 ) > 0 → HÖ tù diÔn biÕn.

Câu 6: (Halogen, cân bằng trong pha khí) Có cân bằng:

Câu 6

b) ∆ S hÖ c« lËp là đại lượng dùng để kết luận khả năng tự diễn biến của hệ.

P(I2)o – x

Ở thời điểm cân bằng: P(I2)cb = P(I2)o – x Như vậy Pchung = P(I2)o + x Ở 1073K x = 0,0750 – 0,0631 = 0,0119 atm P(I)cb = 2x = 0,0238 atm P(I2)cb = 0,0631 – 0,0119 = 0,0512 atm

I2(k) ⇌

0,25 2I(k) 0,5

P( I )cb 2 = 0, 01106 P( I 2 )cb

Tính tương tự cho thời điểm 1173K thu được K = 0,04867

0,5

Từ đây ta có:

K1173 ∆H o  1 1  o = −   ⇒ ∆H = 155,052 J = 155 kJ K1073 R  1073 1173 

Như vậy ở 1100K ta có

K1100 ∆H o  1 1  = −   ⇒ K1100 = 0, 0169 K1073 R  1073 1100 

ai l.c

∆Go = -RTlnK = 37248,8J ∆G = ∆H - T∆S ⇒∆S = 107,1 J.K-1 2I(k)

Ở thời điểm cân bằng: P(I2)cb = P(I2)o – x

0,5

4 x2 1 1 = P = [ P( I 2 )o + x ] ⇒ P( I 2 )o = 3x P( I 2 )o − x 2 2

KP =

Như vậy Pchung = P(I2)o + x

P(I2)o – x

I2(k) ⇌

a) Có cân bằng:

0,5

Vậy Pchung = 4x và P(I2)cb = 2x. Tức phần mol I(k) lúc cân bằng là 0,50

b) Với khí lý tưởng đơn nguyên tử Cv, m = CV,m + R = 3/2R + R = 5/2R

0,5

Với khí lý tưởng hai nguyên tử Cv,m = CV,m + R = 7/2R

yn h

∆Ho298 = Năng lượng liên kết I – I Do sự thay đổi nhiệt độ trở nên đáng kể ∆T = -802K

∆Ho298 = ∆Ho1100 + Cp∆T = 155052 + (298 – 1100) x (2 x 2,5 – 3,5)R = 145,050 kJ

= 145 kJ

N ×h×C NA × h × C λ= A E λ

c) ∆H°298=E = λ=

d) E = N=

6,022 × 103 × 6,63 × 10−34 × 3,00 × 108 = 825,8 nm = 826 nm 145050

h × C (6,63 × 10−34 × 3,00 × 108 ) = = 2,409 ×10−19 J − 9 λ 825,8 × 10 P×t 20,0 × 10,0 = E 2, 409 × 10−19

n (photon) =

= 8,30 ×1020

N 8,30 × 1020 = = 1,38 × 10−3 mol photon 23 N A 6,22 × 10

0,5

n (I2) =

1 n (I) = 0,5 ×1,0×10−3 = 5,0×10−4 mol 2

Hiệu suất lượng tử =

Câu 7

5,0 × 10−4

= 0,36

1,38 × 10−3

Mỗi phản ứng được 0,25 điểm 4FeS2 + 11O2→8SO2 + 2Fe2O3

b) 4Mg + 5 H2SO4 đặc →4MgSO4 + H2S + 4H2O 2KMnO4+ 5KNO2 + 3H2SO4→5KNO3+ 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

H2SO4đặc,nguội + 8HI →H2S + 4I2 + 4H2O

2P + 5H2SO4đặc, nóng→2H3PO4 + 5SO2 + 2H2O

ai l.c

g) 10FeSO4+ 2KMnO4 + 8H2SO4→5Fe2(SO4)3+ 2MnSO4 + K2SO4 + 8H2O

(-) H2 - 2e = 2H+

1.Ta có :

(+) AgCl + 1e = Ag + Cl-

[]

0,02

0,04 -

0,02

= CH3COOH

CH3COO- + H+

2AgCl + H2 → 2Ag + 2Cl- + 2H+

yn h

CH3COOH ⇌ CH3COO- + H+ C

0,02

0,02 - x

0,02 + x

x ( 0,02 + x ) = 1,8.10−5 0,02 − x

→

0,02

[]

x<< 0,02 → x = 1,8.10-5

Câu 8

h) 2FexOy + (6x-2y) H2SO4đặc nóng→xFe2(SO4)3+ (3x-2y)SO2 + (6x-2y)H2O i) S +6 NaOHđặc, nóng→2Na2S + Na2S2O3 + 3 H2O

→ pin: Pt, H 2 (1atm)

Cl - 0,02M,

CH 3COO- 0,02M

H + 1,8.10-5M, CH 3COOH 0,02M

1 = 0,322V Cl −  + 2 0,059  H  .lg + = −0,28V 2 PH

E P = E 0AgCl / Ag + 0,059.lg E T = E 02 H 2. (1 điểm):

/ H2

Trong dung dịch có các ion Cu2+; SO42-; Na+; Cl -

AgCl,Ag

1,0

Khi điện phân giai đoạn đầu: (K): Cu2+; Na+; H2O

(A) Cl -; SO42-; H2O

Cu 2+ +2e

Cu2+

2Cl -

CuSO4 +

2Cl - -> Cl2 + 2e

Cu↓ đp

2NaCl

đp

Cl2

+Cl2

+ Na2SO4 (1)

Sau điện phân thu được dung dịch B, hoà tan được Al2O3 vậy dd B có axit hoặc

kiềm:

Sau (1) CuSO4 dư 2CuSO4+

2H2O

2Cu

đp

Theo (2, 3)

n CuSO4 =

3n Al2 O3

3H2O

(3)

0,68 = 0,02mol 102

n CuSO4 =

0,02 - 0,01

= 0,01

n Cl2

1 n CuSO 4 = 0,01 2

Theo PT (1)

Al2(SO4)3

n O2

3H2SO4

(2)

Al2O3

2H2SO4

Khi nước bắt đầu điện phân ở hai điện cực thì Cu2+ hết.

ai l.c

(TH1): nNaCl< 2n CuSO4

yn h

n NaCl = n Cl

= 0,02

∑ nCuSO4 đầu = 0,03

m = 160.0,03 + 58,5.0,02 = 5,97(gam) mcatốt tăng = mCu = 1,92 (g)

(TH2): nNaCl> 2n CuSO4

Sau (1) NaCl dư: đp ngăn

2NaCl + 2H2O

Al2O3 + 2NaOH

2NaAlO2

Hoặc có thể viết Pt tạo ra Na[Al(OH)4] Theo phương trình (4, 5): nNaOH = 2nAl2O3 = 2

0,68 0,04 = 102 3

Cl2

2NaOH (4)

H2O

(5)

∑n

CuSO4 đầu

0, 04 3

∑n

NaCl đầu =

0,04 1,0

m = mCuSO4 + mNaCl = 4,4733 (g) mCu bám catốt = 0,8533 (g)

0,0215 H+

0,0585

0,0215

0,037

0,0215M

HSO3-)

0,2275M

0,0215

0,2275 M

-> HCOOH

HCOO-

TPGH B ( HCOOH

0,249

0,2275

HCOO- +

0,5

ai l.c

1. Có các cân bằng sau: SO32- + H2O ⟺ HSO3- + OH- Kb1 = 10-6,79 (1) HCOO- + H2O ⟺ HCOOH + OH- Kb = 10-10,25 (2) HSO3- + H2O ⟺ H2SO3 + OH- Kb2 = 10-12,24 (3) H2O ⟺ H+ + OH- Kw = 10-14 (4) Thấy Kb2<< Kb1 bỏ qua cân bằng (3) pH= 10,4 => [OH-] >>[H+] => bỏ qua cân bằng (4) [HCOOH]/[HCOO-] = [H+]/ Ka = 10-10,4/10-3,75<<1 bỏ qua cân bằng (2) => Cân bằng (1) quyết định pH =>x= 0,389M 22. SO3 + H+ -> HSO3-

HCOOH ⟺ HCOO- +

yn h

Các phân li axit:

Coi HCOOH là một axit độc lập, HCOO- là một bazo độc lập

HSO3-⟺ SO32- +

H+

Ka= 10-3,75(5)

Ka2= 10-7,21 (6)

Kw = 10-14 (7)

H2O ⟺ H+ + OHBỏ qua phân li (6), (7) Các cân bằng phân li bazo:

5.10-4 M;

yk 3.

Câu 9

0,05 M;

0,1945 M;

Điều kiện để có kết tủa Mg(OH)2 là C’ (Mg2+). C’ (OH-)2≥ Ks *. Tìm C’ (Mg2+).

0,5

Mg2+ +

MgOH+

H2O ⟺

H+ ;β*MgOH+ = 10-12,6

5.10-4

5.10-4 – x

=>x<< 5.10-4M. =>C’ (Mg2+)= 5.10-4M. tương tự phần (1) ta có

SO32- + H2O ⟺ HSO3- + OH-

Kb1 = 10-6,79

C’ (OH-) = 1,76.10-4M

5.10-4M

0,1945M

C’

5.10-4-x

0,1945-2x

2HSO3- +

Mg(OH)2↓ K= 10-2,63

2SO32- + 2H2O ⟺

MgOH+

•

H2O ⟺

x= 9,47.10-5 Hỗn hợp (Mg(OH)2 SO32HSO3Mg2+ -4 C 0,1945M 1,894. 10 M 4,05.10-4M Mg(OH)2⟺ Mg2+ + 2OH- Ks -4 C 4,05.10 +S Mg2+ +

0,25

Mg2+ +

ai l.c

* C’ (Mg2+). C’ (OH-)2 = 10-10,8> 10-10,95 => Bắt đầu có Mg(OH)2 kết tủa.

* Tìm C’ (OH-)

0,25

HCOO- ) 0,05M

H+ ;β*MgOH+ = 10-12,6

= [HSO3-] -0,1894. 10-4 + 2([Mg2+]- 4,05.10-4)

Điều kiện OH-[OH-]

yn h

Tìm pH của dung dịch thu được Tính pH theo 2 cân bằng: Mg(OH)2⟺ Mg2+ + 2OH- Ks 2SO3 + H2O ⟺ HSO3 + OH Kb1 = 10-6,79

H2O ⟺MgOH++

0,25

H+ ; β*MgOH+ = 10-12,6

[MgOH+] / [ Mg2+] = β*/h <<1 => Bỏ qua cân bằng tạo phức hidroxo. =>[ Mg2+] chỉ phụ thuộc vào cân bằng Mg(OH)2⟺Mg2+ [ Mg2+] = 4,05.10-4+S = 10-10,95/(1,54.10-4 )2 =>S = 6,811.10-5M

2OH- Ks

0,25

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 10 câu, 5 trang)

(ĐỀ GIỚI THIỆU)

ai l.c

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn

1. Biết năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Na (Z=11) nhỏ hơn so với Mg (Z = 12).

Ngược lại năng lượng ion hóa thứ 2 (I2) của Na lại lớn hơn Mg. Hãy giải thích tại sao lại có

sự ngược nhau đó.

2. Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon

tetraoxit (4), bo triflorua (5). Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của

nguyên tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6), dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên. Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể

Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng lưới lập phương tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử beri. Khoảng cách

yn h

ngắn nhất giữa 2 nguyên tử Bo là 3,29Ǻ.

1. Biểu diễn sự chiếm đóng của nguyên tử Bo trong một ô mạng cơ sở.

2. Có thể tồn tại bao nhiêu hốc tứ diện, hốc bát diện trong một ô mạng? Từ đó cho biết công thức thực nghiệm của hợp chất này (công thức cho biết tỉ lệ nguyên tử của các

nguyên tố). Trong một ô mạng cơ sở có bao nhiêu đơn vị công thức trên?

3. Cho biết số phối trí của Be và Bo trong tinh thể này là bao nhiêu? 4. Tính độ dài cạnh a0 của ô mạng cơ sở , độ dài liên kết Be-B và khối lượng riêng của beri borua theo đơn vị g/cm3. Biết Be: 10,81 ; Bo 9,01 Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Trong một mẫu đá người ta tìm thấy các tỉ lệ sau đây:

n ( 238 92 U ) = 8,17 206 n ( 82 Pb )

238 n( 206 82 Pb) = 75,41 và m (22692 U ) = 2, 944.10 6 204 n( 82 Pb) m ( 88 Ra )

;

Trong đó n là số mol nguyên tử, m là khối lượng của các đồng vị tương ứng ghi trong dấu ngoặc. Người ta cho rằng khi mẫu đá này hình thành đã có chứa sẵn Pb tự nhiên. Chì tự nhiên bao gồm 4 đồng vị bền với thành phần đồng vị cho trong bảng dưới đây: 204

206

207

Phần trăm khối lượng

1,4

24,1

22,1

208

52,4

ai l.c

Đồng vị Hãy tính tuổi của mẫu khoáng vật.

Cho chu kì bán hủy của 226Ra là 1600 năm. Chấp nhận rằng trong suốt thời gian mẫu đá tồn tại, 238U, 226Ra và các đồng vị bền của chì hoàn toàn không bị rửa trôi bởi nước mưa.

Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

ZnS (r) + 3/2O2 (k)

ZnO (r) + SO2 (k)

Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:

1. Tính Ho của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không

phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu. 2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích)

yn h

lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt

tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩn tại 1350K ( lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt

độ các chất đầu)?

Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết

rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K.

3. Thực tế trong quặng sfalerit ngoài ZnS còn chứa SiO2. Vậy hàm lượng % ZnS trong quặng tối thiểu là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được ? Biết MZnS = 97,424 g.mol-1; MSiO2 = 60,10 g.mol-1

Hof, 298

ZnO (tt)

ZnS (tt)

SO2 (kk)

O2 (kk)

N2 (kk)

SiO2(tt)

-347,98

-202,92

-296,90

( kJ.mol-1) Co p (J.K-1.mol-1)

58,05

51,64

51,10

34,24

30,65

72,65

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí

SO3

(1)

ai l.c

1 O2 + SO2 2

Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:

1. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 80oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của

phản ứng (1)?

2. Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol

SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100 oC. Khi phản ứng đạt

tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO3 được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm.

Tính Kp.

3. Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau:

yn h

a) Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi? b) Giả thiết thể tích khí trong bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để

giữ cho áp suất tổng không đổi?

Cho các số liệu nhiệt động như sau: 0 ∆Hsinh (kJ.mol

Khí

–

–1

S0 (J.K .mol

–

–1

C0p (J.K .mol

)

SO3

-395,18

256,22

50,63

SO2

-296,06

248,52

39,79

205,03

29,36

0,0

–

)

Câu 6: (2,0 điểm) Động học Cho phản ứng pha khí:

N2O5 (h)→ 2NO2 (k)+

1 O2 (k) 2

(1). 3

Thực nghiệm chứng tỏ rằng biểu thức định luật tốc độ của phản ứng trên có dạng v = k[N2O5] với hằng số tốc độ k = 3,46.10-5 s-1 ở 25oC. Giả thiết phản ứng diễn ra trong bình kín ở 25oC, lúc đầu chỉ chứa N2O5 với áp suất p(N2O5) = 0,100 atm. a) Tốc độ đầu của phản ứng bằng bao nhiêu? b) Tính thời gian cần thiết để áp suất tổng cộng trong bình phản ứng bằng 0,175 atm ở nhiệt độ không đổi (25oC). Tính đạo hàm d[N2O5]/dt tại thời điểm đó.

c) Ở cùng nhiệt độ nói trên, sau bao nhiêu lâu thì khối lượng N2O5 trong bình chỉ còn lại

ai l.c

12,5% so với lượng ban đầu?

d) Nếu phản ứng được viết ở dạng dưới đây, thì các giá trị tính được ở b) và c) thay đổi

thế nào?

(2)

2N2O5 (h) → 4NO2 (k) + O2 (k)

Gọi K(1), ∆GO(1); K(2), ∆GO(2) lần lượt là hằng số cân bằng và biến thiên năng lượng Gibbs của phản ứng (1) và (2). Ở cùng nhiệt độ và áp suất, hãy tìm biểu thức liên hệ

∆GO(1) với ∆GO(2); K(1) với K(2).

Câu 7: (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch

Dung dịch A là hỗn hợp của Na2S và Na2SO3 có pH = 12,25.

1. Tính độ điện li α của ion S2− trong dung dịch A.

yn h

2. Tính thể tích dung dịch HCl 0,04352 M phải dùng để khi thêm (rất chậm) vào 25,00 ml

dung dịch A thì dung dịch thu được có pH bằng 9,54. Cho: pKa: H2S 7,00 ; 12,90. pKa: H2SO3 1,76; 7,21

Câu 8: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử

Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch amoniac nồng

độ 0,1M khi tiếp xúc với không khí được không? Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac là Kb =

1,74.10-5; các hằng số bền của phức [Ag(NH3)i]+ tương ứng là: lgβ1 = 3,32 và lgβ2 = 6,23. Các thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn ở 25oC: Eo(Ag+/Ag) = 0,799V; Eo(O2/OH-) = 0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là 0,2095atm. Phản ứng được thực hiện ở 25oC. 4

Câu 9: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Hợp chất vô cơ A trong thành phần chỉ có 3 nguyên tố. Trong A có %m O bằng 21,4765(%). Khi sục khí CO2 vào dung dịch của A trong nước thu được axit B. Chất B bị phân tích bởi ánh sáng thu được chất C. Chất C khi phản ứng với dung dịch AgNO3 thu được kết tủa D. Chất D không tan vào dung dịch HNO3 nhng tan được vào dung dịch NH3. Khi cho dung dịch của A phản ứng với dung dịch FeCl2 thu được kết tủa E còn khi cho

dung dịch của A phản ứng với H2O2 thu được khí F

ai l.c

1. Xác định công thức phân tử của các chất. 2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.

Câu 10 : (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh

Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất

trơ trong dung dịch HCl (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M. Mặt

khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết

15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M.

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

yn h

b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối

lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng. ---------------- Hết -------------Mobile: 0988522822

Người ra đề : Đinh Trọng Minh, Hoàng Phương Thảo.

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA HỌC LỚP 10

ai l.c

Người ra đề : Đinh Trọng Minh

Mobile :0988522822

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn.

1. Biết năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Na (Z=11) nhỏ hơn so với Mg (Z = 12).

Ngược lại năng lượng ion hóa thứ 2 (I2) của Na lại lớn hơn Mg. Hãy giải thích tại sao lại có

sự ngược nhau đó.

2. Cho các phân tử: xenon điflorua (1), xenon tetraflorua (2), xenon trioxit (3), xenon

tetraoxit (4), bo triflorua (5). Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của

yn h

nguyên tử trung tâm) của các chất từ (1) đến (6), dự đoán góc liên kết ở mỗi phân tử nói trên. Điểm

Cấu hình Na ( Z = 19) 1s22s22p63s1 ; Na+: 1s22s22p63s23p6

Đáp án

Câu

Cấu hình Mg (Z = 12) 1s22s22p63s2 ; Mg2+ 1s22s22p6

0,5

- Ta thấy Na dễ dàng mất 1e để có cấu hình e của khí hiếm (Ne), còn

Mg khó hơn do 2e đang ghép đôi với nhau => I1 của Na < Mg - Rõ ràng năng lượng cần thiết để bứt tiếp e nữa của Mg+ tiêu tốn ít

hơn so với việc bứt e của Na+ đang có cấu hình bền • I2 của Na > Mg XeF2:

XeF4:

0,5

XeO3:

2. 6

O O

Thẳng, 180o

Chóp tam giác, <

Vuông, 90o

XeO4:

109o28

CH3

Tứ diện, 109 28

CH3

ai l.c

(CH3)3N:

Chóp tam giác, <

109o28

Câu 2 Tinh thể

Trong mạng tinh thể của Beri borua, nguyên tử Bo kết tinh ở mạng lưới lập phương

tâm mặt và trong đó tất cả các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử beri. Khoảng cách

ngắn nhất giữa 2 nguyên tử Bo là 3,29Ǻ.

yn h

1. Biểu diễn sự chiếm đóng của nguyên tử Bo trong một ô mạng cơ sở.

nguyên tố). Trong một ô mạng cơ sở có bao nhiêu đơn vị công thức trên?

3. Cho biết số phối trí của Be và Bo trong tinh thể này là bao nhiêu?

4. Tính độ dài cạnh a0 của ô mạng cơ sở , độ dài liên kết Be-B và khối lượng riêng của beri borua theo đơn vị g/cm3. Biết Be: 10,81 ; Bo 9,01 Câu 2

Đáp án

Điểm

1. 0,5 7

0,5

2. Có 8 hốc tứ diện, và 4 hốc bát diện.

Mỗi nguyên tử Be chiếm một hốc tứ diện nên trong một ô mạng có 8 NB= 8*1/8 + 6*1/2 = 4

ai l.c

nguyên tử Be.

NB : NBe = 1:2 nên công thức thực nghiệm của hợp chất này là Be2B.

0,5

1 8 * 9,01 + 4 * 10,81 * = 1,90 gam/cm3 −8 3 23 ( 4,65 * 10 ) 6,022 * 10

ρ = m/V =

1 a0 3 = 2,01A0 4

Độ dài liên kết Be-B =

a0 = 4,65 A

4. a0 2 = 2*3,29 =>

0,5

3. Số phối trí của Be = 4; số phối trí của B = 8

Trong một ô mạng chứa 4 đơn vị công thức trên (Be8B4)

yn h

Câu 3:(2 điểm) Phản ứng hạt nhân

Trong một mẫu đá người ta tìm thấy các tỉ lệ sau đây: ;

n ( 238 92 U ) = 8,17 206 n ( 82 Pb )

n( 206 m ( 238 82 Pb) 92 U ) = 75,41 và = 2, 944.10 6 226 n( 204 Pb ) m ( 88 Ra ) 82

Trong đó n là số mol nguyên tử, m là khối lượng của các đồng vị tương ứng ghi trong

dấu ngoặc.

Người ta cho rằng khi mẫu đá này hình thành đã có chứa sẵn Pb tự nhiên. Chì tự nhiên

bao gồm 4 đồng vị bền với thành phần đồng vị cho trong bảng dưới đây: Đồng vị

204

206

207

208

Phần trăm khối lượng

1,4

24,1

22,1

52,4

Hãy tính tuổi của mẫu khoáng vật. 8

Cho chu kì bán hủy của 226Ra là 1600 năm. Chấp nhận rằng trong suốt thời gian mẫu đá tồn tại, 238U, 226Ra và các đồng vị bền của chì hoàn toàn không bị rửa trôi bởi nước mưa. Câu 3

Đáp án Trong mẫu đá

n ( 238 92 U ) = 8,17 206 n ( 82 Pb )

Điểm

→ nếu có 1 mol 238U trong mẫu sẽ có:

1/8,17 = 0,1224 mol 206Pb.

0,5

Cùng với (0,1224/75,41) mol

204

n(206Pb)/n(204Pb) = (24,1/206)/(1,4/204)= 17,0

ai l.c

Tỉ số mol của 206Pb và 204Pb trong chì tự nhiên là:

(0,1224/75,41) mol 204Pb sẽ tương ứng với số mol 206Pb vốn có trong chì tự nhiên là: (0,1224/75,41).17,0 = 0,0276 mol 206Pb. 0,1224 mol - 0,0276 mol = 0,0948 mol.

Như vậy số mol 206Pb sinh ra do sự phân rã 238U trong mẫu là: 0,5

Nếu hiện nay còn 1 mol 238U thì số mol 238U khi mẫu đá mới hình thành là 1 mol + 0,0948 mol = 1,0948 mol

Theo phương trình N0 = N.eλt = N.e(0,693/t1/2)t ta có:

1,0948/1 = e(0,693/t1/2)t ln1.0948 = (0,693/4,47.10-9)t

Hay:

yn h

→ t = (ln1.0948)/(0,693/4,47.10-9) = 5,84.108 năm 1,0

Câu 4:(2 điểm) Nhiệt hóa học

Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là: ZnS (r) + 3/2O2 (k)

ZnO (r) + SO2 (k)

1. Tính Ho của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất không

phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu. 2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O2 và 80% N2 theo thể tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩn tại 1350K ( lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất đầu)?

Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K. 3. Thực tế trong quặng sfalerit ngoài ZnS còn chứa SiO2. Vậy hàm lượng % ZnS trong quặng tối thiểu là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được ? Biết MZnS = 97,424 g.mol-1; MSiO2 = 60,10 g.mol-1 ZnS (tt)

SO2 (kk)

O2 (kk)

N2 (kk)

-347,98

-202,92

-296,90

51,64

58,05

51,10

34,24

Co p

72,65

Hướng dẫn

Câu 4

30,65

(J.K-1.mol-1)

( kJ.mol-1)

ai l.c

Hof, 298

SiO2(tt)

ZnO (tt)

Điểm 0,5

o o o o o = ∆H 298( ∆H 298 ZnO ) + ∆H 298( SO2 ) − ∆H 298( ZnS ) − 3 / 2 ∆H 298(O 2 )

o ∆H 298 = −347,98 − 296, 90 − 0 + 202, 92 = −441,96kJ

∆C po = C po ( ZnO ) + C po ( so2 ) − C po ( ZnS ) − 3 / 2C op (O2 )

yn h

∆C po = 51, 64 + 51,10 − 58, 05 − 3 / 2.34, 24 = −6, 67 J .K −1 1350

∆H

o 1350

= ∆H

o 298

∫

∆C po dT = −441,96 − 6, 67(1350 − 298).10−3

∆H

o 1350

298

0,5

= −448,98kJ

2.Lượng nhiệt tỏa ra cung cấp cho hệ, không giải phóng nhiệt ra bên

ngoài do đó hệ được coi là một hệ cô lập

∑C ∑C

o p

= C po ( ZnS ) + 3 / 2C po (O2 ) + 4.3 / 2C po (N 2 )

o p

= 58, 05 + 3 / 2.34, 24 + 6.30, 65 = 293,31J.K −1 T

∆H

o 1350

∫ 293,31dT = 0 ⇒ T = 1829K

298

T= 1829K> 1350K nên phản ứng tự duy trì được

0,5

3. Gọi x là số mol SiO2 có trong 1 mol ZnS 10

∑C ∑C

o p

= C po (ZnS) + 3 / 2C po (O2 ) + 4.3 / 2C po (N2 ) + xC po ( SiO2 )

o p

= 293, 31 + 72, 65 x( J .K −1 ) 1350

o ∆H1350 +

∫

293, 31 + 72, 65 xdT = 0

298 1350

−448,98.10 + 3

∫

293,31 + 72, 65 xdT = 0

298

0,5

x = 1,84 mol

ai l.c

%ZnS = 46,83% Câu 5: (2 điểm) Cân bằng hóa học pha khí 1 O2 + SO2 2

(1)

SO3

Đun nóng hỗn hợp khí gồm O2 và SO2 có chất xúc tác, xảy ra phản ứng:

1. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 80oC (chấp nhận hiệu ứng nhiệt của phản ứng

không phụ thuộc nhiệt độ). Nhiệt độ ảnh hưởng như thế nào tới trạng thái cân bằng của

phản ứng (1)?

2. Trong một thí nghiệm, người ta đưa từ từ oxi vào một bình dung tích 2 lít chứa 0,05 mol

SO2 có chất xúc tác (thể tích của chất xúc tác không đáng kể) ở 100 oC. Khi phản ứng đạt

yn h

tới trạng thái cân bằng thì có 0,03 mol SO3 được tạo thành, áp suất tổng của hệ là 1 atm. Tính Kp.

3. Cân bằng (1) sẽ chuyển dịch như thế nào trong các trường hợp sau:

a) Cho một lượng He vào bình phản ứng để áp suất khí trong bình tăng gấp đôi?

b) Giả thiết thể tích khí trong bình tăng gấp đôi, lượng He cho vào bình phản ứng chỉ để

giữ cho áp suất tổng không đổi? Cho các số liệu nhiệt động như sau: –1

–1

Khí

0 ∆H sinh (kJ.mol )

S0 (J.K .mol )

C0p (J.K .mol )

SO3

-395,18

256,22

50,63

SO2

-296,06

248,52

39,79

205,03

29,36

0,0

–1

Câu 5

Hướng dẫn

Điểm

1. Ta có: ∆G 0 = ∆H0 − T.∆S0 = - RTlnKp Ở 25 oC: ∆G 0298 = ∆H0298 − T.∆S0298 . 1 O2 + SO2 2

0,5

SO3, suy ra: -3

1 . 205,03) 2

ai l.c

∆G 0298 = (- 395,18 + 296,06) – 298.10 . (256,22 – 248,52 -

Từ phản ứng:

- 70,87.103 8,314 . 298

K p, 298

∆H 0  1 1    R  353 298 

K p, 353 2,65.1012

- 99,12.103  1 1  -½ 9 =  → K p, 353 = 5, 2.10 (atm ). 8,314  353 298 

0,5

→ ln

K p, 353

Khi ∆Ho = const, ta có: ln

= 2,65.1012.

∆G 0298 RT

→ K p, 298 = e

= - 99,12 - 298.10-3.(- 94,815) ≈ - 70,87 (kJ.mol-1 )

Khi tăng nhiệt độ từ 25oC đến 80oC, hằng số cân bằng Kp giảm từ

2,65.1012 xuống 5,2.109 (atm- ½), điều này hoàn toàn phù hợp với nguyên

yn h

lý Le Chatelier (Lơ Satơliê), do phản ứng (1) tỏa nhiệt.

2. Tổng số mol của hệ: n =

P.V 1.2 = 0,065 (mol). Tại thời điểm = R.T 0,082 . 373

cân bằng:

nSO3 = 0,03 (mol); n SO2 = 0,05 - 0,03 = 0,02 (mol); n O2 = 0,065 - 0,03 - 0,02 = 0,015 (mol)

Vì áp suất tổng của hệ là 1 atm, do đó: Kp =

pSO3

pSO 2 . pO 2

0,03 0,03 -1/2 0,065 = 3,12 (atm ). = = 0,02 0,015 0,015 . 0,02 . 0,065 0,065 0,065

0,5

3. 12

a) Nếu áp suất tăng gấp đôi do thêm He, nhưng thể tích không đổi, áp 0,5 suất riêng phần của các chất khí không đổi, do đó cân bằng không bị chuyển dịch. b) Nếu áp suất tổng trong bình không đổi, nhưng giả thiết thể tích bình được tăng gấp đôi, khi đó sẽ làm giảm áp suất riêng phần của các chất

Câu 6: (2 điểm) Động hóa học Cho phản ứng pha khí:

1 O2 (k) 2

(1).

N2O5 (h)→ 2NO2 (k)+

ai l.c

(loãng khí), cân bằng (1) sẽ chuyển dịch theo chiều nghịch.

Thực nghiệm chứng tỏ rằng biểu thức định luật tốc độ của phản ứng trên có dạng v =

k[N2O5] với hằng số tốc độ k = 3,46.10-5 s-1 ở 25oC. Giả thiết phản ứng diễn ra trong bình

a) Tốc độ đầu của phản ứng bằng bao nhiêu?

kín ở 25oC, lúc đầu chỉ chứa N2O5 với áp suất p(N2O5) = 0,100 atm.

b) Tính thời gian cần thiết để áp suất tổng cộng trong bình phản ứng bằng 0,175 atm ở

nhiệt độ không đổi (25oC). Tính đạo hàm d[N2O5]/dt tại thời điểm đó.

yn h

12,5% so với lượng ban đầu?

c) Ở cùng nhiệt độ nói trên, sau bao nhiêu lâu thì khối lượng N2O5 trong bình chỉ còn lại d) Nếu phản ứng được viết ở dạng dưới đây, thì các giá trị tính được ở b) và c) thay đổi

thế nào?

2N2O5 (h) → 4NO2 (k) + O2 (k)

(2)

∆GO(1) với ∆GO(2); K(1) với K(2). Câu 6 Hướng dẫn

Điểm

a) Số mol có trong bình N2O5: n(N2O5) = pV/RT = 0,10.atm.V (L) /0,082L.atm.mol-1.K-1.298 K =

0,5

4,1.10-3.V mol. 13

n( N 2O5 ) p ( N 2O5 ) 0,1 -3 (mol / L) = 4,1.10 mol/L = = V RT 0, 082.298

[N2O5] =

v = 3,46.10-5 s-1. 4,1.10-3.mol/L = 1,42.10-7 mol.L-1.s-1 b) Po

Po -x

x/2

N2O5 → 2NO2 + (1/2)O2

ai l.c

Ptổng = Po -x + 2x + x/2 = Po +(3/2)x = (7/4)Po → x = Po/2 và Po - x = Po/2.

Ở cùng nhiệt độ, khi thể tích bình phản ứng không thay đổi, sự giảm áp suất riêng phần tỉ lệ với sự giảm số mol. Trong phản ứng bậc 1, thời gian

t1/2 = ln2/k = 0,693/3,46.10-5 s-1 = 2.104 s

cần thiết để nồng độ chất phản ứng giảm đi một nửa bằng:

d[N 2 O5 ] = - (1/2)v(ban đầu) = -7,1.10-8 mol.L-1.s-1 dt

0,5

yn h

→

d [N 2 O5 ] = (1/2)v(ban đầu) dt

v(t = t1/2) = −

độ phản ứng cũng giảm đi một nửa

Trong phản ứng bậc 1, khi nồng độ giảm đi một nửa (so với ban đầu) thì tốc

c) Thời gian phản ứng bán phần của phản ứng bậc 1 không phụ thuộc vào

nồng độ đầu. Để khối lượng N2O5 còn lại 12,5% (1/8 nồng độ đầu) cần thời

gian 3 lần thời gian phản ứng bán phần: t = 3.2.104 s = 6.104 s

d) Vì tốc độ phân hủy N2O5, biểu thị bởi −

0,5

d [N 2 O5 ] không đổi nên các giá trị dt

trên vẫn không đổi. Học sinh có thể suy luận cách khác, nếu đúng vẫn được đủ điểm. * So sánh 0,5 14

K(1)=

p*2NO2 p*1/2 O2 p

; K(2)=

N 2O5

p*4NO2 p*O2 p

*2 N 2O5

; → K(1) = K(2)1/2.

(p* là áp suất riêng phần ở trạng thái cân bằng) ∆GO(1) = -RTlnK(1) = -(1/2)RTlnK(2); ∆GO(2) = -RTlnK(2) → ∆GO(1) =

Câu 7: (2,0 điểm) Cân bằng trong dung dịch Dung dịch A là hỗn hợp của Na2S và Na2SO3 có pH = 12,25.

1. Tính độ điện li α của ion S2− trong dung dịch A.

ai l.c

(1/2)∆GO(2)

2. Tính thể tích dung dịch HCl 0,04352 M phải dùng để khi thêm (rất chậm) vào 25,00 ml

dung dịch A thì dung dịch thu được có pH bằng 9,54.

pKa: H2SO3 1,76; 7,21

Câu7

Cho: pKa: H2S 7,00 ; 12,90. Hướng dẫn

Điểm

Gọi C1, C2 là nồng độ ban đầu của S2- và SO32- .

yn h

Na2S → 2Na+ + S2-

2C1

Na2SO3 → 2Na+ + SO2-3 -

2C2

Ta có các cân bằng : S2- + H2O HS- + OH-

Kb1 = 10-1,1

(1)

HS- + H2O H2S + OH-

Kb2 = 10-7

(2)

SO2-3 + H2O HSO-3 + OH-

K’b1 = 10-7

(3)

HSO-3 + H2O H2SO3 + OH-

K’b2 = 10-12

(4)

H2O H+ + OH-

Kw = 10-14

(5)

Nhận xét, pH = 12,25, môi trường kiềm => bỏ qua sự phân ly của nước. Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ đầu đối với S2- và SO32- ta có. C1 = [ S2- ] + [ HS- ] + [H2S ] K [ HS − ] 5,25 Mặt khác, ta có: = a+1 = 10 => [HS-] >> [H2S ] bỏ qua [H 2 S ] [H ]

nồng độ [H2S] so với HS- .

=> C1 = [ S2- ] + [ HS- ] = [S2-] ( 1 + Ka2-1 . [H+ ] )

ai l.c

= [S2-] ( 1 + 100,65 ) . C2 = [ SO2-3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ]

= [SO2-3] ( 1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 ) = [SO2-3] ( 1 + 10-5,25 + 10-15,5 ) ≈ [SO2-3 ]

[]

C1 - x

(1)

Kb1 = 10-1,1

S2- + H2O HS- + OH-

SO2-3 không điện ly.

⇒

0,5

x2 C1 − x

= 10-1,1 => C1 - 10-1,75 = 10-2,4

yn h

Kb1 =

Với x = [OH- ] = 10-1,75 M

=> C1 = 2,176.10-2 M

Gọi α là độ điện ly của S2-. Ta có : −1

0,5

[ S 2− ]. K a 2 .10 −12, 25 [ HS − ] α = = 2− = 81,7%. −1 C1 [ S ](1 + K a 2 .10 −12, 25 )

Tại pH = 9,54. =>

K [ HS − ] 2,54 = a+1 = 10 [H 2 S ] [H ] K [ S 2− ] -3,36 = a+2 = 10 − [ HS ] [ H ]

0,5

⇒ Dạng tồn tại chính trong dung dịch là HS-

⇒ Có thể bỏ qua nồng độ [S2-] và [H2S] so với nồng độ của [HS-] . C2 = [ SO2-3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ] = [SO2-3] ( 1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 ) = [SO2-3] ( 1 + 10-2,54 + 10-10,08 ) ≈ [SO2-3 ] ⇒ SO32- chưa phản ứng .

Câu 8: Phản ứng oxi hóa khử

ai l.c

H+ + S2- → HS⇒ 25. 2,176.10-2 = V. 0,04352 ⇒ V = 12,5 ml

0,5

Vậy khi thêm dung dịch HCl vào dung dịch X đã xảy ra phản ứng sau:

0,1M khi tiếp xúc với không khí được không?

Có thể hoà tan hoàn toàn 100mg bạc kim loại trong 100ml dung dịch amoniac nồng độ

Cho biết nguyên tử khối của Ag = 107,88; hằng số điện li bazơ của amoniac là Kb =

1,74.10-5; các hằng số bền của phức [Ag(NH3)i]+ tương ứng là: lgβ1 = 3,32(i = 1) và lgβ2 =

6,23(i = 2).

Các thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn ở 25oC: Eo(Ag+/Ag) = 0,799V; Eo(O2/OH-) =

0,401V. Áp suất riêng phần của oxy trong không khí là 0,2095atm. Phản ứng được thực Câu 8

Hướng dẫn

yn h

hiện ở 25oC.

Điểm

nAg = 0,100 : 107,88 = 9,27.10-4mol

Số mol cực đại của NH3 cần để tạo phức là: 9,27.10-4 . 2 = 1,854.10-3M nghĩa là nhỏ hơn nhiều so với số mol NH3 có trong dung

0,5

dịch (10-2M). Vậy NH3 rất dư để hoà tan lượng Ag nếu xảy ra phản ứng. Chúng ta sẽ kiểm tra khả năng hoà tan theo quan điểm điện hóa

và nhiệt động: Ag+ + e → Ag

E1 = Eo1 + 0,059lg[Ag+]

O2 + 4e + H2O → 4OH-

E2 = E2o +

0,059 PO2 lg 4 OH−

[

]

0,5

Khi cân bằng E1 = E2. Trong dung dịch NH3 = 0,1M (lượng NH3 đã phản ứng không đáng kể) ta có: [OH-] = (Kb.C)1/2 = 1,32.10-3M 0,5

⇒ E2 = 0,5607V.

Vì E2 = E1 nên từ tính toán ta có thể suy ra được Nồng độ tổng cộng của Ag+ trong dung dịch: [Ag+]o

ai l.c

[Ag+] = 9,12.10-5M = [Ag+] + [Ag(NH3)+] + [Ag(NH3)2+]

= [Ag+](1 + β1[NH3] + β1β2[NH3]2) = 15,5M

0,5

Giá trị này lớn hơn nhiều so với lượng Ag dùng cho phản ứng. Vì

vậy các điều kiện điện hóa và nhiệt động thuận lợi cho việc hoà tan

0,100g Ag

Câu 9: Halogen

Hợp chất vô cơ A trong thành phần chỉ có 3 nguyên tố. Trong A có %m O bằng

yn h

21,4765(%). Khi sục khí CO2 vào dung dịch của A trong nước thu được axit B. Chất B bị phân tích bởi ánh sáng thu được chất C. Chất C khi phản ứng với dung dịch AgNO3 thu đ-

ược kết tủa D. Chất D không tan vào dung dịch HNO3 nhng tan được vào dung dịch NH3.

Khi cho dung dịch của A phản ứng với dung dịch FeCl2 thu được kết tủa E còn khi cho dung dịch của A phản ứng với H2O2 thu được khí F

1. Xác định công thức phân tử của các chất.

2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. Câu 9

Hướng dẫn

Điểm

1. Axit B được tạo ra khi cho khí CO2 phản ứng với dung dịch của A, B bị phân huỷ bởi ánh sáng tạo C , chất C phản ứng với AgNO3 tạo kết tủa D, kết tủa này không tan trong HNO3 vậy D là AgCl, chất C phải là

0,75

HCl ,do vậy axit B phải là HClO còn A phải là muối ClO- .Gọi công thức của A là M(ClO)x ,theo đầu bài ta có %mO =

n.16.100 m + 51,5n

M = 23.n , với n =1 ta có M = 23

0,5

vậy A là muối NaClO Cho dung dịch NaClO phản ứng với FeCl2 tạo được kết tủa E vậy E

phải là Fe(OH)3 ,cũn khi cho A phản ứng với dung dịch H2O2 thì khí F 2. Phản ứng xảy ra là: 2 HClO 2 HCl + O2 + AgNO3

AgCl

+ 2 NH3

HNO3 + AgCl

[Ag(NH3)2]Cl

HClO

HCl

0,75

NaHCO3 +

NaClO + H2O + CO2

ai l.c

tạo ra là O2

NaCl + O2 + H2O

NaClO + H2O2

3 NaClO + 6 FeCl2 + 3 H2O 3 NaCl +4 FeCl3 + 2 Fe(OH)3

yn h

Câu 10 : (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh

Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất

trơ trong dung dịch HCl (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được

dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M. Mặt

khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay dung

dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.

Câu

Hướng dẫn

Điểm

FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O

(1)

Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O 2 FeCl3 + 2 H2O + SO2

(2)

→ 2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl

(3)

5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl → 5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O

(4)

ai l.c

5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4 (5)

1,25

(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để

làm môi trường cho phản ứng (4))

0,25

2 Từ (1) và (4) ta có:

nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2+ = 5. n MnO = 5 . 0,10 . 15,26.10-3

− 4

7,63.10-3 . 0,8120 -3 = 5,087.10 (mol) = 1,2180

→ nFeO (trong 0,8120 gam mẫu)

= 7,63.10-3 (mol)

-3

0,25

(trong 0,8120 gam mẫu) =

yn h

0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

và m Fe O

→ mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10 = 0,3663 (g)

→ n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu) =

0,1615 -3 ≈ 1,01.10 (mol) 160

Tương tự, từ (3) và (5) ta có: ∑ n SO = n SO (3) + n SO (5) Trong đó: n SO (3) = 2

1 . n FeCl3 (trong 2

0,8120 gam mẫu)

= n Fe2 O3 (trong

0,8120 gam mẫu)

1,01.10-3 (mol) n SO2 (5) =

với:

5 5 1 n MnO- (5) = (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ ) 4 4 2 2 5

∑n

Fe2+

→ n SO2 (5) =

= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe O 2

(trong 0,8120 gam mẫu)

5 1 (∑ n MnO- − (n FeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu)) 4 2 5

→ n SO2 (5) =

Vậy:

∑n

5 1 -3 -3 -3 -3   0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 )  ≈ 2.10 (mol). 2 5  -3

SO 2

0,25

-3

= 3,01.10 (mol) → VSO2 = 22,4 . 3,01.10 = 0,0674 (lit)

% FeO =

0,3663 .100 = 45,11 % 0,8120

yn h

ai l.c

% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI ĐỀ THI CHỌN HSG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

Môn Hóa học; Khối 10

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1. (2,0 điểm)

Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

NH3 107o

→

PH3 93,6o

→

PF3 96,3o

ai l.c

b) Sự biến đổi góc liên kết:

1/ a) Nhiệt độ sôi của NH3 (-33oC) cao hơn nhiệt độ sôi của NF3 (-129oC) nhưng thấp hơn của NCl3 (71oC).

2/ Các cation 2+ (đi–cation) hai nguyên tử bền vững có công thức XHe2+ thường chỉ có khi năng lượng ion hóa thứ hai (I2) của X nhỏ hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của He. Không cần dựa vào bảng trị số các mức năng lượng ion hóa, hãy:

a) Xác định nguyên tố X có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18 là phù hợp nhất với tiêu chuẩn trên? Tại sao?

Tinh thể

Câu 2. (2,0 điểm)

b) Xác định nguyên tố ngay sát với nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn tìm được ở (a) là thích hợp nhất, là khó thích hợp nhất để tạo được đi–cation với He.

Bán kính ion của Ba2+ và O2- lần lượt là 134 pm và 140 pm. Giả sử khi tạo thành tinh thể, không có sự biến đổi bán kính các ion.

1. BaO có mạng tinh thể kiểu NaCl. Hãy tính khối lượng riêng của BaO (g/cm3) theo lý thuyết. Cho nguyên tử khối của Ba là 137,327 và của oxi là 15,999.

Phản ứng hạt nhân

Câu 3. (2,0 điểm)

yn h

2. BaO2 cũng có mạng tinh thể tương tự BaO nhưng một cạnh của ô lập phương bị kéo dài so với 2 cạnh còn lại. Hãy vẽ một ô mạng cơ sở của BaO2 và tính gần đúng bán kính của mỗi nguyên tử oxi trong ion O22- biết rằng độ dài liên kết O-O trong O22- là 149 pm và khối lượng riêng của BaO2 thực tế là 5,68 g/cm3. 87

Rb / 86Sr và

Tuổi của đá thu thập được từ mặt trăng trên tàu vũ trụ Apollo 16 được xác định bằng tỉ lệ 87 Sr / 86Sr của các mẫu khoáng vật khác nhau. 87 87 Khoáng Rb / 86Sr Sr / 86Sr A (Plagioclaze) 0,004 0,699 B (Tinh chất) 0,180 0,709

Biết 87Rb phóng xạ β–. Thời gian bán hủy là 4.8 × 1010 năm. Hãy tính tuổi của loại đá này. Giả thiết ban đầu tỉ lệ 87Sr / 86Sr trong mẫu A và B bằng nhau và 87Sr và 86Sr bền. Câu 4. (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Cho phản ứng: CH3OH (h) +

3 O2 → CO2 (k) + 2H2O (h) 2

và các số liệu sau: ∆S o298 = − 93,615 J.K−1 CO2 (k)

H2O (h)

O2 (k)

CH3OH (h)

∆H o298 (kJ.mol−1)

−393,51

− 241,83

−

− 201,17

C op, 298 (J.K−1.mol−1)

37,129

33,572

29,372

49,371

Tính ∆Ho và ∆Go của phản ứng ở 227oC, cho rằng các dữ kiện trên không đổi trong nhiệt độ xét. Câu 5. (2,0 điểm)

Cân bằng hoá học trong pha khí

Ngày nay, để thu hồi Clo từ hidroclorua, người ta sử dụng cân bằng:

O2(k) + 4HCl(k) 2Cl2(k) + 2H2O(k)

1. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 298K dựa vào các số liệu nhiệt động sau: HCl(k)

∆HOs(kJ/mol)

-92,3 205

H2O(k)

-241,8

186,8

223

SO (J/mol.K)

Cl2(k)

ai l.c

O2(k)

188,7

2. Phản ứng trên thực tế có diễn ra ở nhiệt độ thường không? Giải thích.

3. Cho 2,2 mol O2 và 2,5 mol HCl vào bình kín dạng xilanh, áp suất cố định là 0,5 atm và nhiệt độ là T. Khi hệ đạt cân bằng, lượng O2 nhiều gấp đôi lượng HCl. Tính giá trị T.

Động hóa học hình thức

Câu 6. (2,0 điểm)

4. Ở 520K, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp HCl và O2, Ở trạng thái cân bằng thì HCl đạt mức chuyển hóa 80%. Tính áp suất riêng phần của O2 ở trạng thái cân bằng. Đinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ đioxit và oxi theo phương trình: 2N2O5→ 4NO2 + O2

1/ Viết 2 công thức cộng hưởng của đinitơ pentoxit và trong công thức phải bao gồm cả điện tích hình thức. 2/ Viết biểu thức tốc độ phản ứng của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit. 3/ Phản ứng phân hủy của đinitơ pentoxit diễn ra theo cơ chế sau: k2 (2) NO2 + NO3  → NO2 + O2 + NO;

yn h

k1  → NO2 + NO3; (1) N2O5 ← k −1

k3 (3) NO + N2O5  → 3NO2

Sử dụng phương pháp nồng độ dừng đối với NO và NO3, hãy viết biểu thức tốc độ thực và bậc của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit.

4/ Năng lượng hoạt động hóa của phản ứng ở 300K là Ea = 103kJ. Ở nhiệt độ nào thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi ? Biết nồng độ ban đầu của các chất là như nhau, Ea không đổi trong suốt quá trình thí nghiệm.

Câu 7. (2,0 điểm)

Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

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 không 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 không 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 phân biệt được 3 dung dịch riêng rẽ: H3PO4, Na3PO4, NaH2PO4. Giải thích hiện tượng ? Cho: pKa của các axit: H2S là 7,02 và 12,9; H3PO4: 2,15; 7,21; 12,32; CH3COOH: 4,76. E0(O2/H2O) = 1,23V; E0(S/H2S) = 0,14V; 2,303(RT/F)ln = 0,0592lg.

Câu 8. (2,0 điểm)

Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân

Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. 1. Tính pH của dung dịch A.

2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

lg*β1 = -2,17

Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+

H+

lg*β2 = -7,80

Zn2+ + H2O ⇌ ZnOH+

H+

lg*β3 = -8,96

= Fe3+ /Fe 2+

0 0,771 V; ES/H = 0,141 V; E 0 2S

= Pb 2+ /Pb

-0,126 V ; ở 25 oC: 2,303

H+

Cho: Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ +

ai l.c

3. Thiết lập sơ đồ pin bao gồm điện cực chì nhúng trong hỗn hợp B và điện cực platin nhúng trong dung dịch CH3COONH4 1 M được bão hoà bởi khí hiđro nguyên chất ở áp suất 1,03 atm. Viết phản ứng xảy ra trên từng điện cực và phản ứng trong pin khi pin làm việc.

RT ln = 0,0592lg F

Câu 9. (2,0 điểm)

a(NH 4+ )

pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan).

Halogen

= 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76

yn h

Cho một luồng khí clo đi qua 3,00 g một nguyên tố A rồi sau đó làm lạnh thu được 1,06 g một chất rắn màu hồng B. Đun nóng B trong dòng khí nitơ rồi dẫn khí sinh ra qua dung dịch KI. Chuẩn độ dung dịch sẫm màu sinh ra bằng natri thiosunfat 0,120 M. Chất rắn C sinh ra khi nhiệt phân B được hòa tan vào nước rồi cô bay hơi dung môi thu được chất rắn D. Khí sinh ra được hòa tan vào 150,0 mL nước được dung dịch E. Chuẩn độ 20,0 mL dung dịch E bằng dung dịch NaOH 0,100 M. Đun nóng chất rắn D ở 400oC thu được 0,403 g chất rắn F. Đun nóng chất rắn F trong dòng khí hydro được 0,300g A. a) Xác định các chất từ A đến F b) Viết các phản ứng xảy ra c) Tính thể tích dung dịch natri thiosunfat cần để chuẩn độ dung dịch sẫm màu d) Tính thể tích dung dịch NaOH cần để chuẩn độ 20,0 mL dung dịch E e) Tại sao phải đun nóng B trong dòng khí nitơ? Có thể thay nitơ bằng chất nào khác? Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh

Acgiroodit là một khoáng vật hiếm gặp trong tự nhiên, có màu đen pha tím và ánh kim. Thành phần của Acgiroodit gồm Ag+1, lưu huỳnh (S-2) và một hợp chất chứa một nguyên tố mới X chưa xác định được lúc bấy giờ. Đốt cháy hoàn 1,0002 gam Acgiroodit trong không khí thấy có SO2 thoát ra và một chất rắn A. Chất rắn A hòa tan trong axit nitric thu được dung dịch C và chất rắn B (B là một oxit lưỡng tính). Để xác định ion Ag+, người ta cho vào dung dịch C 100ml dung dịch KSCN 0,1M, lượng dư KSCN được chuẩn độ bởi dung dịch Fe3+ 0,1M thấy hết 9,69 ml. Khí SO2 sinh ra được hấp thụ hoàn toàn trong dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 1,156 gam kết tủa. a) Xác định nguyên tố X và công thức của Acgiroodit. b) Viết phương trình hóa học khi cho B tác dụng với dung dịch HCl đậm đặc và dung dịch NaOH.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI

ĐỀ THI CHỌN HSG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN

NĂM 2018 Môn Hóa học; Khối 10

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

Câu 1. (2,0 điểm)

NH3 107o

→

PH3 93,6o

→

PF3 96,3o

b) Sự biến đổi góc liên kết:

ai l.c

1/ a) Nhiệt độ sôi của NH3 (-33oC) cao hơn nhiệt độ sôi của NF3 (-129oC) nhưng thấp hơn của NCl3 (71oC).

a) Xác định nguyên tố X có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18 là phù hợp nhất với tiêu chuẩn trên? Tại sao?

1/ * Nhiệt độ sôi của NH3 cao hơn NF3 vì giữa các phân tử NH3 có liên kết hidro với 1,0 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.

yn h

*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 π với cặp electron tự do trên F, ( π 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.

2/ a. Nguyên tố dễ tạo với He cation 2+ có công thức XHe2+ nhất là nguyên tố có giá trị năng lượng ion hóa thứ hai nhỏ nhất. I2 có giá trị lớn hay bé phụ thuộc vào các yếu tố như: Cấu trúc electron của X+, bán kính của X+ và điện tích hạt nhân.

Nguyên tố có số hiệu nguyên tử từ 1 đến 18, có I2 nhỏ nhất là Mg. Vì các nguyên tố nhóm IIA ( Be, Mg) có cấu trúc X+: 1s2 2s1 và 1s22s22p63s1 là các cấu trúc kém bền vững nhất. Bán kính ion của Mg+ lớn hơn bán kính ion của Be+ cho nên nguyên tố Mg dế tạo nhất.

b. Cũng lập luận tương tự ở trên thì nguyên tố ngay sát với Mg thích hợp nhất để tạo đi – cation với He là nguyên tố Ca, nguyên tố khó thích hợp nhất là Na. Câu 2. (2,0 điểm)

0,5 0,5

Tinh thể

Bán kính ion của Ba2+ và O2- lần lượt là 134 pm và 140 pm. Giả sử khi tạo thành tinh thể, không có sự biến đổi bán kính các ion.

1. BaO có mạng tinh thể kiểu NaCl. Hãy tính khối lượng riêng của BaO (g/cm3) theo lý thuyết. Cho nguyên tử khối của Ba là 137,327 và của oxi là 15,999. 2. BaO2 cũng có mạng tinh thể tương tự BaO nhưng một cạnh của ô lập phương bị kéo dài so với 2 cạnh còn lại. Hãy vẽ một ô mạng cơ sở của BaO2 và tính gần đúng bán kính của mỗi nguyên tử oxi trong ion O22- biết rằng độ dài liên kết O-O trong O22- là 149 pm và khối lượng riêng của BaO2 thực tế là 5,68 g/cm3.

1. BaO có kiểu mạng giống với tinh thể NaCl, tức là 2 ô mạng lập phương tâm diện của 0,75 O2- và Ba2+ lồng vào nhau → có 4 phân tử BaO trong một tế bào cơ sở.

ai l.c

Thể tích của một tế bào cơ sở: Vtb = (2x134.10-10+ 2x140.10-10)3 = 1,64567.10-22 (cm3).

Như vậy, khối lượng riêng của tinh thể BaO là :

4.m = 6,1875( g.cm-3). (Thực nghiệm là 5.72 g/cm3) Vtb

d =

137,327 + 15,999 = 2,54567.10-22(g). 23 6,023.10

Khối lượng của một phân tử BaO: m =

yn h

2. Một cạnh của khối lập phương bị kéo dài → do cấu tạo O22- có dạng số 8. Vì chỉ một 1,25 cạnh bị kéo dài so với 2 cạnh còn lại → các ion O22- định hướng song song với nhau.

Trong mỗi ô cơ sở có 4 phân tử BaO2 → thể tích của mỗi ô: V = 4m/D 137,327 + 2.15,999 = 2,8113.10-22 gam. 23 6,023.10

Với m =

→ V = 1,9798.10-22 (cm3) = 197979342 (pm3) (2x134 + 2a)2.( 2x134 + 2a+149) = 197979342 (134 + a)2.(134 + a+74,5) = 24747418 (134 + a)3+ (134 + a)2 . 74,5 - 24747418 = 0 → a = 268,6-134 = 135 pm Câu 3. (2,0 điểm)

Phản ứng hạt nhân

Tuổi của đá thu thập được từ mặt trăng trên tàu vũ trụ Apollo 16 được xác định bằng tỉ lệ 86 Sr và 87Sr / 86Sr của các mẫu khoáng vật khác nhau. 87 87 Khoáng Rb / 86Sr Sr / 86Sr A (Plagioclaze) 0,004 0,699 B (Tinh chất) 0,180 0,709

Rb /

1,0

ai l.c

0 38Sr + -1β 87 Srhiện tại = 87Srt=0 + 87Rbt=0 – 87Rbhiện tại 87 Rbhiện tại = 87Rbt=0 e-λt (87Rbt=0 /87Rbhiện tại ) = eλt 87 Srhiện tại = 87Srt=0 + 87Rbhiện tại (eλt – 1) => (87Srhiện tại /86Sr ) = (87Srt=0 /86Sr ) + (87Rbhiện tại /86Sr ) Đặt y = (87Srhiện tại /86Sr ); x = (87Rbhiện tại /86Sr ); m = (eλt – 1); c = (87Srt=0 /86Sr ) 37Rb→

Biết 87Rb phóng xạ β–. Thời gian bán hủy là 4.8 × 1010 năm. Hãy tính tuổi của loại đá này. Giả thiết ban đầu tỉ lệ 87Sr / 86Sr trong mẫu A và B bằng nhau và 87Sr và 86Sr bền. Giải

y = c + x.m Theo giả thiết ban đầu tỉ lệ 87Sr / 86Sr trong mẫu A và B bằng nhau m = (0,709 – 0,699)/(0,180 – 0,004) = 0,0568 = (eλt – 1) λt = ln(2)t/t1/2 t = (4,8 x 1010)ln(1,0568)/ln(2) = 3,826 x 109 năm

1,0

(eλt – 1)

yn h

Câu 4. (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Cho phản ứng: CH3OH (h) +

3 O2 → CO2 (k) + 2H2O (h) 2

CO2 (k)

H2O (h)

O2 (k)

CH3OH (h)

∆H o298 (kJ.mol−1)

−393,51

− 241,83

−

− 201,17

C op, 298 (J.K−1.mol−1)

37,129

33,572

29,372

49,371

và các số liệu sau: ∆S o298 = − 93,615 J.K−1

Tính ∆Ho và ∆Go của phản ứng ở 227oC, cho rằng các dữ kiện trên không đổi trong nhiệt độ xét. * ∆H o298 = ∆H o298 (CO2) + ∆H o298 (H2O) − ∆H o298 (CH3OH) = (− 393,51) + (−241,83) ×2 − (−201,17) = −676 kJ ∆C op = 37,129 + 33,572×2 − 29,372×1,5 − 49,371 = 10,844 J.K−1

0,5

500

o = ∆H 500

∆H o298

∫ ∆C

o p

dT = − 676000 + 10,844 (500 − 298) = − 673809,5

298

J (500K)

CH3OH (h) +

3 ∆ S 500 → CO2 (k) + 2H2O (h) O2  2

∆S 1o

∆S o2

∆S 3o

∆S o4

1,5

ai l.c

3 ∆ S 298 → CO2 (k) + 2H2O (h) O2  (298K) CH3OH (h) + 2

o Theo định luật Hees: ∆S 500 = ∆S o298 + ∆S 1o + ∆S o2 + ∆S 3o + ∆S o4

298

∆S o2

∫

500

3 o dT C p (O2 ) =− 2 T

500

còn

∆S 3o

∫

C op (CO2 )

298

500

∫

298

C op (CH3OH)

298

3 o dT C p (O2 ) 2 T

dT T

500

∫

(ngược chiều)

∫

500

dT =− T

(ngược chiều)

500

dT T

và

∫

2C op (H 2 O)

298

dT T

(xuôi chiều)

3 500 500 500 ) + (− ×29,372 ln ) + (37,129 ln ) + (33,572 2 298 298 298

500 ) 298

yn h

o ⇒ ∆S 500 = ∆S o298 + (− 49,371 ln

∆S o4

mà

C op (CH3OH)

298

∆S 1o

500

HAY:

∫

∆ C op dT = ∆S o298 + n ∆ C p ln T2 T1

298

ta được:

∆S o298

o ∆S 500 =

o ∆S 500 = −93,615 + 10,844 J.K−1 × ln

thay ∆C op vào

500 = − 88,003 J.K−1 298

o o o ⇒ ∆G 500 = ∆H 500 − T×∆S 500 = − 673809,5 − 500 × (− 88,003) = − 629807,9642 J

hay − 629,8079 kJ

Câu 5. (2,0 điểm)

Cân bằng hoá học trong pha khí

Ngày nay, để thu hồi Clo từ hidroclorua, người ta sử dụng cân bằng: O2(k) + 4HCl(k) 2Cl2(k) + 2H2O(k) 1. Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 298K dựa vào các số liệu nhiệt động sau:

O2(k)

HCl(k)

∆HOs(kJ/mol)

Cl2(k)

H2O(k)

-92,3

SO (J/mol.K)

205

-241,8

186,8

223

188,7

2. Phản ứng trên thực tế có diễn ra ở nhiệt độ thường không? Giải thích.

ai l.c

độ là T. Khi hệ đạt cân bằng, lượng O2 nhiều gấp đôi lượng HCl. Tính giá trị T.

3. Cho 2,2 mol O2 và 2,5 mol HCl vào bình kín dạng xilanh, áp suất cố định là 0,5 atm và nhiệt

4. Ở 520K, nạp vào bình phản ứng một lượng hỗn hợp HCl và O2, Ở trạng thái cân bằng thì HCl

đạt mức chuyển hóa 80%. Tính áp suất riêng phần của O2 ở trạng thái cân bằng.

1. Từ các số liệu trên, tính được ∆HO = -114,4 (kJ/mol); ∆SO = -128,8 (J/mol.K) 0,5

Mà ∆GO = -RTlnK → K = 1013,2.

→ ở 298K, ∆GO = ∆HO -298∆SO = -76,02 (kJ/mol)

2. Mặc dù hằng số K rất lớn nhưng phản ứng trên không xảy ra ở nhiệt độ thường vì năng lượng liên kết của O2 lớn → tốc độ phản ứng rất chậm. 0,5 3. O2(k) + 4HCl(k) 2Cl2(k) + 2H2O(k) 2,5

2,2-x 2,5-4x 2x

2,2

bđ

PCl2 2 PH22O 4 PO2 PHCl

nCl2 2 n H2 2O 1 = 2,983 4 P nO2 n HCl

Kp =

yn h

Vì O2 nhiều gấp đôi HCl → 2,2-x = 2(2,5-4x) ↔ x = 0,4 mol

→ ∆GO = -RTlnKp = ∆HO -T∆SO. 0,5

↔ -2,436T = -114400 + 128,8T ↔ T = 871,7 (K) ∆H O ∆S O 4.Ở 520 C thì lnKp = − + = 1,86 ↔ Kp = 6,422 RT R

Vì lượng chuyển hóa HCl đạt 80% → tại trạng thái cân bằng, PCl2 = PH2O = 2PHCl.

Kp =

PCl2 2 PH22O 4 HCl

PO2 P

= 6,422 ↔

Câu 6. (2,0 điểm)

16 = 6,422 ↔ PO2 = 2,49 (atm) PO2

0,5

Động hóa học hình thức

Đinitơ pentoxit phân hủy tạo thành nitơ đioxit và oxi theo phương trình: 2N2O5→ 4NO2 + O2 a) Viết 2 công thức cộng hưởng của đinitơ pentoxit và trong công thức phải bao gồm cả điện tích hình thức.

b)Viết biểu thức tốc độ phản ứng của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit. c) Phản ứng phân hủy của đinitơ pentoxit diễn ra theo cơ chế sau: k1  → NO2 + NO3; (1) N2O5 ← k −1

k2 (2) NO2 + NO3  → NO2 + O2 + NO;

(3) NO + N2O5

k3  → 3NO2

Sử dụng phương pháp nồng độ dừng đối với NO và NO3, hãy viết biểu thức tốc độ thực và bậc của phản ứng phân hủy đinitơ pentoxit.

ai l.c

d) Năng lượng hoạt động hóa của phản ứng ở 300K là Ea = 103kJ. Ở nhiệt độ nào thì tốc độ phản ứng tăng gấp đôi ? Biết nồng độ ban đầu của các chất là như nhau, Ea không đổi trong suốt quá trình thí nghiệm.

v = k.[N 2 O 5 ]

0,25đ

0,25 đ

1 d [ N 2 O5 ] = k1 [ N 2 O5 ] − k −1 [ NO2 ][ NO3 ] + k 3 [ NO ][ N 2 O5 ] 2 dt

(1)

(2)

][NO 3 ] − k 3 [NO ][N 2 O 5 ] = 0

(3)

yn h

d[NO 3 ] = k 1 [N 2 O 5 ] − k −1 [NO 2 ][NO 3 ] − k 2 [NO 2 ][NO 3 ] = 0 dt

d[NO ] = k 2 [NO dt

v=−

O + O + O N N - O O

từ (2):

[NO3 ] =

k 1 [N 2 O 5 ] (k −1 + k 2 )[NO 2 ]

từ (3):

[NO] = k 2 [NO 2 ][NO3 ] = k 2 [NO 2 ]k 1 [N2 O 5 ] = k 2k 1 k 3 [N2 O 5 ] k 3 [N2 O 5 ](k −1 + k 2 )[NO 2 ] k 3 (k −1 + k 2 )

Thay tất cả vào (1) dẫn đến:

v=−

d [ N 2O5 ] dt

= k1 [ N 2O5 ] − k−1 [ NO2 ]

1,0đ k1 [ N 2O5 ]

(k−1 + k2 ) [ NO2 ]

v = k[N 2 O 5 ] phản ứng bậc 1 với N2O5

+ k3

k2 k1 [ N 2O5 ] k3 ( k − 1 + k 2 )

d) Do A và là hằng số:

v ≈ k = A. e

−

Ea RT

→ ln

k (T2 ) Ea  1 1  =  −  = ln 2 = 0.693 k (T1 ) R  T1 T2 

do k(T2) = 2k(T1). Thay số vào và giải phương trình trên ta tính được: T2 = 305 K

Câu 7. (2,0 điểm)

0,5 đ

ai l.c

Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50.

b) Chuẩn độ 20,00 ml dung dịch A bằng dung dịch HCl 0,10 M:

a)Thêm một lượng Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.

b.1. 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.2. Nếu chỉ dùng hết 17,68 ml HCl thì hệ thu được có pH là bao nhiêu?

c) Để lâu dung dịch A trong không khí, một phần Na2S bị oxi hóa thành S. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.

d) Hãy tìm một thuốc thử để phân biệt được 3 dung dịch riêng rẽ: H3PO4, Na3PO4, NaH2PO4. Giải thích hiện tượng ?

Cho: pKa của các axit: H2S là 7,02 và 12,9; H3PO4: 2,15; 7,21; 12,32; CH3COOH: 4,76.

yn h

E0(O2/H2O) = 1,23V; E0(S/H2S) = 0,14V; 2,303(RT/F)ln = 0,0592lg.

a) Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2 (M). Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình: S2-

+ H2O ⇄ HS- + OH-

Kb1 =10-1,1

HS-

+ H2O ⇄ H2S + OH-Kb2 =10-6,98

(1) (2)

CH3COO- + H2O ⇄ CH3COOH + OH-Kb =10-9,24(3)

H2O ⇄ H+ + OH-

Kw =10-14

(4)

So sánh 4 cân bằng trên → tính theo (1): S2C

+ H2O ⇄ HS- + OH-

Kb1 =10-1,1

[ ] C1- 10-1,5

10-1,5

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

[HS- ] 10−1,5 = = 0, 7153 CS20, 0442

Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có thêm 3 cân bằng sau:

PO3-4

+ H2O ⇄ HPO24 + OH

Kb1 =10-1,68

HPO2-4 + H2O ⇄ H 2 PO-4 + OH-

Kb2 =10-6,79

(6)

H 2 PO-4 + H2O ⇄ H3PO4 + OH-

Kb3 =10-11,85

(7)

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

Vì môi trường bazơ nên CS2- = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-]

→ [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)

ai l.c

Khi đó α,S2- = α 2 = 0,7153.0,80 = 0,57224 =

10−1,1.0, 0189 = 0,0593 (M). 0, 0253

Từ (1) → [OH-] =

(5)

So sánh các cân bằng (1) → (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:

[HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593 = = 0,0965 (M). 10-1,68 10-1,68

Từ (5) → [ PO3-4 ] =

2[OH-] = [HS-] + [ HPO24 ]→[ HPO4 ] = [OH ] - [HS ] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 (M)

32→ C PO3- = [ PO3-4 ] + [ HPO24 ] + [ H 2 PO 4 ] + [ H 3 PO 4 ] ≈ [ PO 4 ] + [ HPO4 ] 4

C PO3- = 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M). 4

yn h

b) Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau:

S2- + H+→ HS-

1012,9

HS- + H+ → H2S 104,76

CH3COO- + H+ →CH3COOH

107,02

];

[HS- ] 10−4,00 10−4,00 2- [H 2S] = = 1→ [HS ] [S ]; >> >> >>1→ [H2S] >>[HS [S2- ] 10−12,90 [HS- ] 10−7,02

Tại pH = 4,00:

[CH3COOH] 10−4,00 [CH 3COOH] 100,76 0,76 = = 10 ≈ 1→ = = 0,8519 [CH3COO- ] 10−4,76 [CH 3COOH]+[CH 3COO - ] 1 + 100,76

Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S2- bị trung hòa hoàn toàn 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

0,5đ

Vậy phản ứng xảy ra: S2-

0,884 1, 768 37, 68 37, 68

H2 S

0,884 37, 68

H2S ⇄ H+ + HS- Kb1 =10-7,02

Các quá trình:

(8)

HS- ⇄ H+ + S2-Kb2 =10-12,9(9) Kw =10-14

(10)

H2O ⇄ H+ + OH-

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

ai l.c

Hệ thu được gồm H2S:

2H+→

CH3COO- + H2O ⇄ CH3COOH + OH-Kb =10-9,24(11)

0,5đ

pH của hệ được tính theo (8) và (11):

10−7,02.[H 2S] h = [H ] = [HS ] – [CH3COOH] = - 104,76. [CH3COO-].h h →h =

10-7,02 .[H 2S] 1 + 10 4,76 .[CH 3COO - ]

(12)

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

thay vào (12), tính được h1 = 2,704.10-6 = 10-5,57 (M).

10−5,57 = 0,02266 (M). 10 −5,57 + 10 −7,02

yn h

Kiểm tra: [H2S]2 = 0,02346.

10−4,76 [CH3COO ]2 = 5,308.10 . −5,57 = 4,596.10-3 (M). −4,76 10 + 10 -3

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.

c)Oxi hóa S2- bằng oxi không khí: S2-⇄ S ↓ + 2e

K1-1 = 10−2E1 / 0,0592 0

K 2 = 104E2 / 0,0592

O2 + 2H2O + 4e ⇄ 4OH-

2 S2- + O2 + 2H2O ⇄ 2 S ↓ + 4OH- K = 104(E2 − E1 ) / 0,0592 0

0 0 0 Trong đó E10 = E S/S được tính như sau: 2- và E 2 = E O /OH 2

S + 2H+ + 2e ⇄ H2S H2S ⇄ 2H+ + S2-

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

0,5đ

K1 = 102E1 / 0,0592

S + 2e ⇄ S2-

19,92.0, 0592 19,92.0,0592 0 = ES/ = -0,45 V H 2S − 2 2 0

K 4 = 104E4 / 0,0592

H2O ⇄ H + OH

Kw = 10

K 2 = 104E2 / 0,0592

O2 + 2H2O + 4e ⇄ 4OH-

→ E 02 = E 04 - 14.0,0592 = E 0O2 /H2O - 14.0,0592 = 0,4012 V 0

0,5đ

-14

O2 + 4H+ + 4e ⇄ 2H2O

Vậy K = 104(E2 − E1 ) / 0,0592 = 10 4(0,4012+0,45) / 0,0592 = 1057,51.

ai l.c

→ E10 = E30 -

d) Vì pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H3PO4 ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32 → khoảng pH của các dung

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

pH(Na3PO4 ) > pH (Na 2HPO4 ) ≈

dịch như sau: pH (H3PO4 ) < 3 → trong dung dịch H3PO4 chỉ thị metyl đỏ có màu đỏ.

pK a1 + pK a2 = 4,68 ≈ 5,00 → chỉ thị metyl đỏ có màu hồng da cam trong dung 2

pH(NaH2PO4 ) ≈

chuyển màu vàng.

Câu 8. (2,0 điểm)

dịch NaH2PO4. Vậy có thể dung metyl đỏ để phân biệt 3 dung dịch trên.

Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân

yn h

Dung dịch A gồm Fe(NO3)3 0,05 M; Pb(NO3)2 0,10 M; Zn(NO3)2 0,01 M. 1. Tính pH của dung dịch A.

2. Sục khí H2S vào dung dịch A đến bão hoà ([H2S] = 0,10 M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?

lg*β1 = -2,17

Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+

H+

lg*β2 = -7,80

Zn2+ + H2O ⇌ ZnOH+

H+

lg*β3 = -8,96

Cho: Fe3+ + H2O ⇌ FeOH2+ +

Fe3+ /Fe 2+

0 = 0,771 V; ES/H = 0,141 V; E 0 2S

Pb 2+ /Pb

= -0,126 V ; ở 25 oC: 2,303

RT ln = 0,0592lg F

pKS(PbS) = 26,6; pKS(ZnS) = 21,6; pKS(FeS) = 17,2. (pKS = -lgKS, với KS là tích số tan).

pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,90; pK 1.

Fe3+ + H2O

⇌ FeOH2+ + H+

a(NH 4+ )

= 9,24; pK a(CH3COOH) = 4,76

*β1 = 10-2,17

(1)

0,5

Pb2+ + H2O

⇌ PbOH+

+ H+

*β2 = 10-7,80

(2)

Zn2+ + H2O

⇌ ZnOH+

+ H+

*β3 = 10-8,96

(3)

OH-

+ H+

Kw = 10-14

(4)

H 2O

⇌

So sánh (1) → (4): *β1. CFe3+ >> *β2. CPb2+ >> *β3. CZn 2+ >> Kw → tính pHA theo (1): 0,05

[]

0,05 - x

*β1 = 10-2,17

[H ] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82.

0 2. Do E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,771 V > ES/H = 0,141 V nên: 2S

1/ 2Fe3+ + H2S  → 2Fe2+ + S↓ + 2H+ ⇌

0,75

0,05

+ H2S  → PbS↓ + 2H ⇌

K2 = 106,68

2/ Pb

0,05

K1 = 1021,28

0,05 2+

(1)

⇌ FeOH2+ + H+

ai l.c

Fe3+ + H2O

0,05

0,10

+ 2H+

K3 = 101,68

+ 2H+

K4 = 10-2,72

0,25

+ H2S ⇌ FeS↓

4/ Fe2+

3/ Zn2+ + H2S ⇌ ZnS↓

yn h

K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS: Vì môi trường axit → C'Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; C'Fe2+ = CFe2+ = CFe3+ = 0,050 M.

bằng:

Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02 nhỏ → khả năng phân li của H2S trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] = CH+ = 0,25 M → tính CS' 2- theo cân H2 S

⇌

CS' 2- = Ka1.Ka2

S2-

+ 2H+

Ka1.Ka2 = 10-19,92

0,1 [ H 2 S] -19,92 -19,72 2 = 10 = 10 . ( 0 , 25 ) + 2 [H ]

Ta có: C'Zn 2+ . CS' 2- < KS(ZnS) → ZnS không xuất hiện; C'Fe2+ . CS' 2- < KS(FeS) → FeS

không tách ra. Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.

3. E PbS/Pb = E Pb2+ /Pb = E 0Pb2+ /Pb +

0,0592 K S(PbS) 0,0592 lg = - 0,33 V lg [Pb2+] = - 0,126 + 2 2 [S2- ] 0,75

0,0592 [H + ]2 lg , trong đó [H+] được tính như sau: 2 p H2

→ NH +4 + CH3COO-

CH3COONH4

1 +

NH 4

1 + H+

⇌ NH3

CH3COO- + H2 O ⇌ CH3COOH + OH-

Ka = 10-9,24

(5)

Kb = 10-9,24

EPt = E 2H+ /H =

ai l.c

Do Ka = Kb và C NH + = CCH COO- → pH = 7,00 → [H+] = 10-7

(6)

(có thể tính [H+] theo điều kiện proton hoặc tổ hợp 2 cân bằng (5) và (6))

0,0592 [H + ]2 0,0592 10-14 lg = lg = -0,415 V < EPbS/Pb = - 0,33 V 2 pH2 2 1,03

Vậy: E 2H+ /H =

→ điện cực chì là catot, điện cực platin là anot. Sơ đồ pin:

(-) Pt(H2)│CH3COO- 1M; NH 4 1M ║ S; PbS; H2S 1M; H+ 0,25M; Fe2+ 0,05M; Zn2+ 0,01M │Pb (+)

(p = 1,03 atm)

Trên catot:

PbS + 2H+ + 2e → Pb↓ + H2S

Trên anot :

+ CH3COO- → CH3COOH

2x H+

→ 2H+ + 2e

2CH3COO- → 2CH3COOH + 2e

yn h

H2 +

Phản ứng trong pin: PbS + H2 + 2H+ + 2CH3COO- → Pb↓ + H2S + 2CH3COOH

Câu 9. (2,0 điểm)

Halogen

=> nA = 12,875/n mmol 4 93,2 Nb (Loại vì Nb không có hóa trị 4)

ai l.c

Vậy: A là Ga Tìm B: Gọi công thức B là GaClm MCl = 1060 – 300 = 760 mg => mCl = 21,408 mmol => m = 21, 408 : 12,875/3 = 5 => GaCl5 => B: GaCl3.Cl2 C – GaCl3, D – Ga(OH)3, E – dung dịch nước HCl, F – Ga2O3. 2Ga + 5Cl2 → 2GaCl3.Cl2

1/ Tìm F: Gọi công thức F là A2On mO = 0,403-0,3 = 0,103 mg => nO = 6,4375 mmol mA = 300 mg => MA = 23,3 n n 1 2 3 M 23,3 46,6 69,9 Loại Ga Kim Na loại (Loại vì Na không tạo kết tủa D)

GaCl3 + 3 H2O → Ga(OH)3 + 3 HCl

GaCl3·Cl2 → GaCl3 + Cl2 2 Ga(OH)3 → Ga2O3 + 3 H2O

yn h

Ga2O3 + 3 H2 → 2 Ga + 3 H2O 2 KI + Cl2 → 2 KCl + I2 2 Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2 NaI HCl + NaOH → NaCl + H2O Cần 71,5 mL dung dịch thiosunfat và 17,2 mL dung dịch NaOH để chuẩn độ. Sử dụng khí mang nitơ để vận chuyển clo vào dung dịch NaI. Khí mang phải trơ với tất cả các chất có trong hệ.

Câu 10. (2,0 điểm)

Oxi – lưu huỳnh

5đ

0,25

0,5

ai l.c

n(SCN-) = 0,1.100.10-3 (mol) n(Ag+) = n(SCN-) - 3 n(Fe3+) = 7,093.10-3 (mol) SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 Ta có: n(BaSO3) = 5,317.10-3 (mol) n(S2-) = n(BaSO3) = 5,317.10-3 (mol) b) Trong Acgiroodit có chứa Ag2S: n(Ag2S) = n(Ag)/2 = 3,547.10-3 (mol) Số mol S2- trong hợp chất còn lại: n(S2-) = 1,770.10-3 (mol) Nguyên tố X phải có số oxi hóa dương trong hợp chất còn lại XaSb n(XaSb) = 0,177.10-3 /b mol n (X+2b/a) = 0,177.10-3 a /b mol mX = 1,0002 –mS - mAg = 0,0642 (gam) MX = 36,27 b/a (g/mol) Hợp chất XaSb có thể là X2S, XS, X2S3, XS2, X2S5; XS3; X2S7..... Tương ứng với tỉ lệ b/a là : 0,5; 1; 1,5; 2;2,5; 3; 3,5... MX tương ứng: 18,1; 36,3; 54,4; 72,5(Ge);90,675; 108,8; 126,9...(I => loại vì Iot có độ âm điện lớn hơn S).... GeS2 n(GeS2)= 8,85.10-4 mol n(Ag2S) : n(GeS2) = 4:1 Công thức Acgiroodit là: Ag8GeS6 c) GeO2 + 4HCl → GeCl4 + 2 H2 O GeO2 + 2NaOH → Na2GeO3 + H2O

yn h

Giáo viên ra đề: Trịnh Thị Kim Thu. SĐT 0945. 363. 828

0,25 0,25

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10 Ngày thi: Thời gian làm bài: 180 phút (Hướng dẫn chấm gồm 10 trang)

ĐỀ ĐỀ XUẤT

Câu 1(2 điểm) 1. (prob1 – IChO 12 – Áo – 1980) . Sự phân li có thể cũng xảy ra bởi ánh sáng. a. Ở bước sóng bao nhiêu thì sự phân li xảy ra?

ai l.c

Sự phân li của phân tử clo là một quá trình thu nhiệt, ∆H = 243,6 kJ.mol-

Ánh sáng có thể làm xảy ra quá trình phân li khi chiếu vào một hỗn hợp

gồm khí clo và hiđro, hiđro clorua được hình thành. Hỗn hợp được chiếu với đèn thủy ngân UV (λ = 253,6 nm).

Đèn có công suất tiêu thụ là 10W. Một lượng 2% năng lượng cung cấp được hấp thụ bởi hỗn hợp khí (trong một bình 10 L). Trong 2,5 giây chiếu xạ,

65 mmol của HCl được sinh ra.

b. Hiệu suất lượng tử bằng bao nhiêu?

yn h

2.(Question 7 – 2017 U.S national chemistry olympiad) Oxi và lưu huỳnh hình thành một số các florua.

a. Sunfua điflorua SF2 là rất không bền, chuyển thành đisunfua tetraflorua

S2F4 trong đó tất cả 4 nguyên tử flo có môi trường khác nhau. Biểu diễn rõ ràng cấu trúc hai, ba chiều phù hợp hóa học của đisunfua tetraflorua S2F4 và giải

thích cấu trúc này không tương đương cho tất cả 4 nguyên tử flo như thế nào.

b. Sunfua tetraflorua SF4(tos = -38oC) có nhiệt độ sôi cao hơn sunfua

hexaflorua SF6 (tos = -64oC). Giải thích tại sao sunfua tetraflorua SF4 ít bay hơi hơn sunfua hexaflorua SF6.

Câu 2(2 điểm) 1.(Ex 10.71-73 – General Chemistry – Zumdahl) Hợp chất Na2O, CdS và ZrI4 tất cả đều có anion kết tinh dạng lập phương tâm diện còn cation chiếm hốc tứ diện. Tỉ lệ hốc tứ diện bị chiếm trong mỗi trường hợp là bao nhiêu? 2.(prob14 – CBIChO 42 – Nhật – 2010)

Thêm một lượng nhỏY2O3 vào CeO2 có cấu trúc tinh thể giống CaF2

ai l.c

(hình vẽ) và nung nóng thì tạo thành dung dịch rắn Ce1-xYxO2-y, mà trong đó

Ce4+ và Y3+ đồng nhất chiếm vị trí của cation và chỗ trống của oxi hình thành ở

vị trí anion. Ở đây, hóa trị của ion Cesi được giả sử là hằng số +4. a) Hãy dự đoán xem có bao nhiêu

O2－

b) Tỉ lệ % chỗ trống oxi chiếm vị trí

Ce4+

cấu trúc CeO2.

cation và anion trong một tế bào đơn vị

anion trong dung dịch rắn tổng hợp được với tỉ lệ mol CeO2 : Y2O3 = 0.8 : 0.1. là

bao nhiêu ?

c) Hãy tính số chỗ trống oxi có trong 1.00 cm3 của dung dịch rắn trên. Ở

Câu 3 (2 điểm)

yn h

đây, thể tích tế bào đơn vị a3 là 1.36 x 10-22 cm3.

1.(20.117 –page 862- General Chemistry – EBBING) Một mẫu natri photphat Na3PO4 nặng 54,5 mg chứa đồng vị phóng xạ P-

32 (có khối lượng 32,0 u). Nếu 15,6% số nguyên tử photpho trong hợp chất là

P-32 (còn lại là photpho có trong tự nhiên), có bao nhiêu hạt nhân P-32 phân rã trong một giây đối với mẫu này? P-32 có thời gian bán phản ứng là 14,3 ngày. Cho biết P tự nhiên có khối lượng nguyên tử trung bình là 30,97 u; 2. (prob1 – IchO 41 – Anh – 2009) Tuổi của đá thu thập được từ mặt trăng trên tàu vũ trụ Apollo 16 được xác định bằng tỉ lệ Khoáng

Rb / 86Sr và 87Sr / 86Sr của các mẫu khoáng vật khác nhau. 87

Rb / 86Sr

Sr / 86Sr

A (Plagioclaze)

0.004

0.699

B (Tinh chất)

0.180

0.709

a) 87Rb phóng xạ β– , hãy viết phương trình phản ứng hạt nhân. Thời gian bán hủy là 4.8 × 1010 năm. b) Tính tuổi của loại đá này. Giả thiết ban đầu tỉ lệ 87Sr / 86Sr trong mẫu A

và B bằng nhau và 87Sr và 86Sr bền.

1.(P2.9- page73– Physical Chemistry – Peter Atkins)

ai l.c

Câu 4 (2 điểm)

Entanpi hình thành chuẩn của metallocene bis(benzen) crom được đo

→ Cr(r) + 2C6 H 6(k) có ∆U° (583K) = trong nhiệt lượng kế. Phản ứng : Cr(C6 H 6 )2(r) 

8,0 kJ.mol-1.

chuẩn của hợp chất metallocene tại 583K.

Tìm entanpi tương ứng của phản ứng này và tính entanpi hình thành

Nhiệt dung mol đẳng áp của benzen là 136,1 J.K-1.mol-1 ở pha lỏng và 81,67 J.K-1.mol-1 ở pha khí.

Cho : C°p (H2,k) = 28,824 J.K-1.mol-1; C°p (graphit, r) = 8,527 J.K-1.mol-1. Tsôi ,C6 H6 =358K;∆H 0C6H6 ,298K =49,0kJ.mol-1 ;∆H 0hh,C6 H6 =30,8kJ.mol-1

yn h

2.(Ex 3.3b- Physical Chemistry – Peter Atkins)

Tính ∆S (của hệ) khi 2,00 mol phân tử khí lí tưởng lưỡng phân tử (có Cp = 7/2R) chuyển từ 25°C và 1,50 atm đến 135°C và 7,00 atm.

Câu 5(2,0 điểm)(trích từ prob 5 – IChO 24 – 1992)

Nitơ đioxit là một trong số các oxit của nitơ được tìm thấy ở trong khí

quyển. Nó có thể đime hóa cho N2O4 (k) : 2 NO2 (k ) ⇌ N2O4 (k ) 1. Tại 298K, ∆G° tạo thành của N2O4(k) là 98,28 kJ, còn của NO2(k) là

51,84 kJ. Bắt đầu với 1,0 mol N2O4 (k) tại 1,0 atm và 298K, tính % N2O4 bị phân hủy nếu áp suất tổng không đổi tại 1,0 atm và nhiệt độ được giữ nguyên 298K. 2. Nếu ∆H° của phản ứng N 2O4 (k ) ⇌ 2 NO2 (k ) là 58,03 kJ, tại nhiệt độ nào % N2O4 phân hủy sẽ gấp đôi ở phần 1. 3

Câu 6 (2 điểm) 1.(Question 4 – 2016 U.S national chemistry olympiad) Ion axetylsalixilat (dẫn xuất từ aspirin và được biểu diễn là X trong

ai l.c

phương trình dưới đây bị thủy phân khi có mặt của ion OH-:

Phản ứng được nghiên cứu ở 60oC và được xác định là bậc 1 theo X trong

mọi điều kiện. Lượng X được nghiên cứu theo thời gian trong hai dung dịch t (s)

pH = 10,10 (đệm)

pH = 10,60 (đ ( ệm)

3,61.10-4

3,59.10-4 1,78.10-4

0 600

[X] (M)

đệm khác nhau và thu được các dữ kiện sau đây:

2,75.10-4

740

yn h

a. Vì phản ứng là bậc 1 theo X và nồng độ của ion OH- được giữ cố định bởi dung dịch đệm, tốc độ phản ứng có thể viết như sau: v = k’[X]. Xác định giá

trị của k’ cho mỗi thí nghiệm.

b. Bậc của phản ứng là bao nhiêu theo ion OH-? Giải thích. c. Cho biết định luật tốc độ đầy đủ cho phản ứng và tính hằng số tốc độ k

2.(E 16.32 –Chemistry –Keneth W.Whitten)

hủy nitơ đioxit : 2NO2 → 2NO + O2 Hằng số tốc độ phân hủ bằng bức xạ laze là 1,70 M-1.phút-1.

thiết (theo s) để NO2 2,0M giảm xuống còn 1,25M Tìm thời gian cầnn thiế chư xác định rõ) Câu 7 (2,0 điểm) (Nguồn chưa 1. Trộn các thể tích bằng nhau của 4 dung dịch sau: C6H5COOH 0,04M; HCOOH 0,08M; NH3 0,22M; H2S 0,1M được dung dịch A a.Cho biết thành phần giới hạn của dung dịch A? bazơ? b. Không tính pH, hãy cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay baz

Vì sao? c. Tính thể tích của dung dịch HCl( hoặc NaOH) 0,05M cần để trung hòa 20ml dung dịch A đến pH = 10. Cho pKa của C6H5COOH: 4,20; HCOOH: 3,75; NH +4 : 9,24; H2S: 7,02; 12,90. 2. Tính độ tan của BaF2 ở pH = 3,00 Cho Ks = 10-5,82; *β Ba (OH ) = 10-13,36; Ka(HF) = 10-3,17. +

Câu 8(2 điểm)tríchbài 13 – chuẩn bị IChO 38 – Hàn Quốc – 2006 Các phản ứng oxihoá - khử cho phép đo được các số liệu nhiệt động

ai l.c

quan trọng. Ag+(dd) + e– → Ag(r)

E° = 0,7996 V

AgBr(r) + e– → Ag(r) + Br –(dd)

Cho sẵn các thông tin sau:

E° = 0,0713 V

∆Gf°(Ag(NH3)2+(dd)) = – 17.12 kJ.mol-1

∆Gf°(NH3(dd)) = – 26.50 kJ.mol-1

+1.441 V

1. Tính ∆Gf°(Ag+(dd)).

+1.491 V +1.584 V ? → Br –(dd) BrO3–(dd)  → HOBr  → Br2(dd) 

yn h

2. Tính trị số Ksp của AgBr (r) tại 25oC. 3. Một nguyên tố ganvani dùng điện cực hidro chuẩn làm anot được

xây dựng sao cho trong pin xảy ra phản ứng sau:

Br2(l) + H2(k) + 2 H2O(l) → 2 Br –(dd) + 2 H3O+(dd). Ion bạc được thêm cho đến khi AgBr kết tủa tại catot và [Ag+] đạt

tới 0,060 M. Điện áp đo được là 1,721 V. Tính ∆E° cho nguyên tố ganvani. 4. Tính độ tan của brom trong nước để tạo thành nước brom tại 25oC.

Câu 9(2 điểm) 1. (Question 1 – 2016 U.S national chemistry olympiad) Một hợp chất chưa biết A chỉ chứa C, O và Cl. a. Một mẫu A 3,00 g được làm bay hơi hoàn toàn trong một bình 1,00 L ở 70,0oC và gây ra áp suất 0,854 atm. Khối lượng mol của A bằng bao nhiêu? 5

b. Một mẫu A được cho vào 100 mL nước, chuyển hóa toàn bộ Cl trong A thành HCl. Sau khi cho khí N2 qua dung dịch một thời gian, axit HCl được chuẩn độ với dung dịch NaOH 0,200M. Sự chuẩn độ cần 30,33 mL NaOH thêm vào để làm cho phenolphtalein đổi màu. Phần trăm khối lượng của Cl trong A bằng bao nhiêu? c. Đề nghị công thức phân tử cho A và vẽ cấu trúc Lewis hợp lí cho nó.

d. Viết phương trình (có cân bằng) cho phản ứng A với nước (như mô tả

ai l.c

ở phần b).

2. (Question 7.e – 2017 U.S national chemistry olympiad)

Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho hơi của nitrosyl florua và

thái nào (rắn, lỏng, khí) ở điều kiện thường.

boron triflorua được ngưng tụ đồng thời. Dự đoán sản phẩm thu được ở trạng

Câu 10 (2 điểm)

1.(Ex 9.96 – General Chemistry - Zumdahl) Sắp xếp năng lượng ion hóa

của các tiểu phân sau đây theo thứ tự từ thấp đến cao O, O2, O2-, O2+. Giải thích.

2.(nguồn chưa xác minh rõ ràng)

Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm a mol CuxFeSy và b mol FeSy (a:b =

yn h

1:3; x, y nguyên dương) trong dung dịch HNO3 đặc nóng thu được dung dịch Y chỉ gồm hai muối sunfat. Xác định x, y.

3.(nguồn chưa xác minh rõ ràng)

a. Vì sao ozon lại có tính sát trùng?

b. Hãy nêu phương pháp nhận biết lượng ozon dư trong nước.

******************************HẾT******************************

Người ra đề: Nguyễn Tiến Hưng SĐT: 0916623088

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

ĐỀ ĐỀ XUẤT MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10 Ngày thi: Thời gian làm bài: 180 phút (Hướng dẫn chấm gồm 10 trang)

HƯỚNG DẪN CHẤM

Câu 1(2,0 điểm) 1. (prob1 – IChO 12 – Áo – 1980) . Sự phân li có thể cũng xảy ra bởi ánh sáng. a. Ở bước sóng bao nhiêu thì sự phân li xảy ra?

ai l.c

Sự phân li của phân tử clo là một quá trình thu nhiệt, ∆H = 243,6 kJ.mol-

Ánh sáng có thể làm xảy ra quá trình phân li khi chiếu vào một hỗn hợp

gồm khí clo và hiđro, hiđro clorua được hình thành. Hỗn hợp được chiếu với đèn thủy ngân UV (λ = 253,6 nm).

Đèn có công suất tiêu thụ là 10W. Một lượng 2% năng lượng cung cấp được hấp thụ bởi hỗn hợp khí (trong một bình 10 L). Trong 2,5 giây chiếu xạ,

65 mmol của HCl được sinh ra.

b. Hiệu suất lượng tử bằng bao nhiêu?

yn h

2.(Question 7 – 2017 U.S national chemistry olympiad) Oxi và lưu huỳnh hình thành một số các florua.

a. Sunfua điflorua SF2 là rất không bền, chuyển thành đisunfua tetraflorua

S2F4 trong đó tất cả 4 nguyên tử flo có môi trường khác nhau. Biểu diễn rõ ràng cấu trúc hai, ba chiều phù hợp hóa học của đisunfua tetraflorua S2F4 và giải

thích cấu trúc này không tương đương cho tất cả 4 nguyên tử flo như thế nào.

b. Sunfua tetraflorua SF4(tos = -38oC) có nhiệt độ sôi cao hơn sunfua

hexaflorua SF6 (tos = -64oC). Giải thích tại sao sunfua tetraflorua SF4 ít bay hơi hơn sunfua hexaflorua SF6.

Đáp án: 1

a. ∆E = hc/λ suy ra λ = hc/∆E = 6,626.10-34.3.108.6,022.1023 /243,6.103

(1,0) = 4,914.10-7 m = 491,40 nm. 1

0,5

ấp thụ th = 0,2 b. Công suất của đèn là 10W = 10J.s-1. Lượng năng lượng hấp ới số photon N = 0,2.253,6.10-9/6,626.10-34.3.108 = J.s-1 tương ứng với ương ứng với 4,2378.10-4 mmol.s-1 2,552.1017 photon tươ

0,5

ệu su suất Số mol HCl sinh ra trong 1s là: 65/2,5 = 26 mmol.s-1 vậy hiệu lượng tử = 26/4,2378.10-4 =6,135.104 2

a. Cấu trúc của S2F4: Phân tử có cấu trúc gần giống bập bênh. Ở nguyên

(1,0) tử S có hóa trị 4, nguyên tử F liên kết biên khác với hai F liên kết trục

0,5

ai l.c

tr và khác với nguyên tử F ở S hóa trị 2. Hai nguyên tử F liên kết trục

không tương đương ng vì liên kết S – F ở S hóa trị 2 hướng vềề một mộ nguyên

ng ra xa nguyên tử còn lại. tử và hướng

b. SF4 vì nó có cấu trúc lưỡi cưa (hay bập bênh) do đóó có momen llưỡng cựcc khác 0. Trong khi đđó SF6 có cấu trúc bát diện có momen lưỡng cực

ỡng cực là tương tác chủ yếu giữaa các phân ttử này bằng 0. Tương tác lưỡ

yn h

và làm tăng nhiệt độ sôi ccủa SF4 so với SF6. Câu 2(2,0 điểm)

1.(Ex 10.71-73 – General Chemistry – Zumdahl)

ạng lập lậ phương Hợp chất Na2O, CdS và ZrI4 tất cả đều có anion kết tinh dạng

hốc tứ diện. Tỉ lệ hốc tứ diện bị chiếm m trong m mỗi tâm diện còn cation chiếm hố

trường hợp là bao nhiêu? 2.(prob14 – CBIChO 42 – Nhật – 2010) Thêm một lượng nhỏY2O3 vào CeO2 có cấu trúc tinh thể giống CaF2

(hình vẽ) và nung nóng thì tạo thành dung dịch rắn Ce1-xYxO2-y, mà trong đó Ce4+ và Y3+ đồng nhất chiếm vị trí của cation và

chỗ

trống của oxi hình thành ở vị trí anion. Ở đây,

hóa

trị của ion Cesi được giả sử là hằng số +4.

oán xem có bao nhiêu a) Hãy dự đoán

Ce4+ O2－

0,5

cation và anion trong một tế bào đơn vị cấu trúc CeO2. b) Tỉ lệ % chỗ trống oxi chiếm vị trí anion trong dung dịch rắn tổng hợp được với tỉ lệ mol CeO2 : Y2O3 = 0.8 : 0.1. là bao nhiêu ?

c) Hãy tính số chỗ trống oxi có trong 1.00 cm3 của dung dịch rắn trên. Ở

ai l.c

đây, thể tích tế bào đơn vị a3 là 1.36 x 10-22 cm3. Đáp án:

1. Na2O : anion O2- kết tinh dạng lập phương tâm diện suy ra có

0,75 1/8.8 + 6.1/2 = 4

Suy ra số Na+ trong một ô mạng là 4.2 = 8. Mà có 8 hốc tứ diện

0,25 0,25

trong một ô mạng suy ra tỉ lệ hốc tứ diện bị chiếm bởi ion Na+ =

8:8=1

0,25

Tương tự có CdS : có 4 ion Cd2+ trong ô mạng suy ra tỉ lệ 4 : 8 =

1:2

ZrI4 : có 1 ion Zr4+ trong ô mạng suy ra tỉ lệ 1 : 8 a) Ce4+ là 4 và O là 8

0,25

yn h

1,25 b) Công thức của dung dịch rắn thu được là Ce0,8Y0,2O1,9 suy ra số 0,5

chỗ trống là 2-1,9 = 0,1 mol và % chỗ trống oxi = 0,1/2.100% = 5%

c) số tế bào đơn vị = 1,00/1,36.10-22 = 7,353.1021 ô mạng. Mỗi ô

mạng cơ sở có 5% chỗ trống tương đương với 8.5% = 0,4 suy ra

0,5

số chỗ trống của oxi có trong 1,00 cm3 dung dịch rắn trên là:

7,353.1021.0,4 = 2,9412.1021.

Câu 3 (2,0 điểm) 1.(20.117 –page 862- General Chemistry – EBBING) Một mẫu natri photphat Na3PO4 nặng 54,5 mg chứa đồng vị phóng xạ P32 (có khối lượng 32,0 u). Nếu 15,6% số nguyên tử photpho trong hợp chất là P-32 (còn lại là photpho có trong tự nhiên), có bao nhiêu hạt nhân P-32 phân rã 3

trong một giây đối với mẫu này? P-32 có thời gian bán phản ứng là 14,3 ngày. Cho biết P tự nhiên có khối lượng nguyên tử trung bình là 30,97 u; 2. (prob1 – IchO 41 – Anh – 2009) Tuổi của đá thu thập được từ mặt trăng trên tàu vũ trụ Apollo 16 được 87

Rb / 86Sr và 87Sr / 86Sr của các mẫu khoáng vật khác nhau. 87

Rb / 86Sr

Sr / 86Sr

A (Plagioclaze)

0.004

0.699

B (Tinh chất)

0.180

0.709

Khoáng

ai l.c

xác định bằng tỉ lệ

a) 87Rb phóng xạ β– , hãy viết phương trình phản ứng hạt nhân. Thời gian

bán hủy là 4.8 × 1010 năm.

b) Tính tuổi của loại đá này. Giả thiết ban đầu tỉ lệ 87Sr / 86Sr trong mẫu A

và B bằng nhau và 87Sr và 86Sr bền.

Đáp án:

Trong mẫu Na3PO4 này có chứa 15,6% Na332PO4 (M = 165u) và

1,0

(100-15,6)% Na3PO4 (M = 163,97u) gồm các đồng vị P tự nhiên.

Vậy ta có khối lượng phân tử trung bình của mẫu photpho đang

xét là: 15,6%.165+ 84,4%.163,97 = 164,13u 0,5

yn h

Vậy tổng số mol P các loại trong mẫu là:

54,5.10−3 = 3,321.10−4 (mol ) 164,13

Vậy số nguyên tử 32P là : 3,321.10-4. 0,156.6,022.1023 =

3,12.1019 (nguyên tử)

Hằng số phân rã của 32P : k =

ln 2 = 5, 61.10−7 ( s −1 ) 14,3.24.60.60

Vậy số hạt nhân 32P phân rã trong một giây là : 5,61.10-

.3,12.1019 = 1,75.1013(phân rã.s-1)

a) 3787 Rb → 3887 Sr + −10β

1,0

b) Ta có: 87Srhiện tại = 87Sr(t=0) + (87Rb(t=0) - 87Rbhiện tại)

0,25

Mà ta có: 87Rbhiện tại = 87Rb(t=0).exp(-kt) suy ra : 87Srhiện tại = 87

0,5

Sr(t=0) + 87Rbhiện tại(ekt – 1) 4

Suy ra: ( 87Srhiện tại / 86Sr)=( 87Sr(t=0)/86Sr) + (87Rbhiện tại/86Sr)(ekt –

0,25

1) y= Ta có:

mẫu A

Mẫu B:

c+ 0,699 =

x(m) c + 0,004m

0,709 = c + 0,180 m suy ra m = (0,709 – 0,5

0,699)/(0,18 – 0,004) = 0,01/0,176 = 0,05682

1.(P2.9- page73– Physical Chemistry – Peter Atkins)

ai l.c

Câu 4 (2,0 điểm)

Suy ra ekt – 1 = 0,05682 suy ra t = 3,827.109 năm.

Entanpi hình thành chuẩn của metallocene bis(benzen) crom được đo

→ Cr(r) + 2C6 H 6(k) có ∆U° (583K) = trong nhiệt lượng kế. Phản ứng : Cr(C6 H 6 )2(r) 

8,0 kJ.mol-1.

Tìm entanpi tương ứng của phản ứng này và tính entanpi hình thành

chuẩn của hợp chất metallocene tại 583K. 81,67 J.K-1.mol-1 ở pha khí.

Nhiệt dung mol đẳng áp của benzen là 136,1 J.K-1.mol-1 ở pha lỏng và

Cho : C°p (H2,k) = 28,824 J.K-1.mol-1; C°p (graphit, r) = 8,527 J.K-1.mol-1.

yn h

Tsôi ,C6 H6 =358K;∆H 0C6H6 ,298K =49,0kJ.mol-1 ;∆H 0hh,C6 H6 =30,8kJ.mol-1

2.(Ex 3.3b- Physical Chemistry – Peter Atkins) Tính ∆S (của hệ) khi 2,00 mol phân tử khí lí tưởng lưỡng phân tử (có Cp

= 7/2R) chuyển từ 25°C và 1,50 atm đến 135°C và 7,00 atm.

Đáp án:

Hướng dẫn: Từ dữ kiện đầu bài, lập chu trình như sau:

1,0

0,25

Theo chu trình ta có: 5

49000 = 6.8,527(583 – 298) +3.28,824.(583 – 298) + ∆H°f(C6H6, 583K) + 81,67.(358 – 583) + (-30800) + 136,1.(298 – 358) Suy ra: ∆H°f(C6H6, 583K) = 49000 – 14581,17 – 24644,52 + 18375,75 + 30800 + 8166 = 67116,06 J.mol-1 = 67,116 (kJ.mol0,25

). ∆U° (583K) = 8,0 kJ.mol-1.

Cr(C6 H 6 ) 2(r)  → Cr(r) + 2C6 H 6(k)

ai l.c

Ta có: ∆H°pư (583K) = ∆U° (583K) + ∆nRT = 8,0.103 + 2.8,314.583 = 17694,124 (J.mol-1).

∆H°pư (583K) = 2. ∆H°f(C6H6, 583K) -

Vậy ta có:

∆H°f(Metallocene, 583K) Suy ra:

∆H°f(Metallocene, 583K) = 2. ∆H°f(C6H6, 583K) -

0,25 0,25

∆H°pư (583K) = 2.67,116 – 17,694 = 116,538 kJ.mol-1. Hướng dẫn : Giả sử đi qua hai giai đoạn sau ;

1,0

-/ Giai đoạn 1 : nén thuận nghịch đẳng nhiệt ở 25°C từ 1,50 atm

đến 7,00 atm.

0,25

yn h

25°C đến 135°C

-/ Giai đoạn 2 : đun nóng thuận nghịch đẳng áp ở 7,00 atm từ Với giai đoạn 1 ta có : Vf

= nR ln

∆S1 = nR ln

Pi 1,5 = 2.8,314.ln = −25, 614 J .K −1 Pf 7 7 408 = 2. .8, 314.ln = 18, 284 J .K −1 Ti 2 298

0,25

Với giai đoạn 2 : ∆S2 = nC p ln

0,25

Vậy ta có ∆Shệ = ∆S1 + ∆S2 = - 25,614 + 18,284 = -7,33 J.K-1.

Câu 5(2,0 điểm)(trích từ prob 5 – IChO 24 – 1992) Nitơ đioxit là một trong số các oxit của nitơ được tìm thấy ở trong khí

quyển. Nó có thể đime hóa cho N2O4 (k) : 2 NO2 (k ) ⇌ N2O4 (k ) 1. Tại 298K, ∆G° tạo thành của N2O4(k) là 98,28 kJ, còn của NO2(k) là 51,84 kJ. Bắt đầu với 1,0 mol N2O4 (k) tại 1,0 atm và 298K, tính % N2O4 bị 6

phân hủy nếu áp suất tổng không đổi tại 1,0 atm và nhiệt độ được giữ nguyên 298K. 2. Nếu ∆H° của phản ứng N 2O4 (k ) ⇌ 2 NO2 (k ) là 58,03 kJ, tại nhiệt độ nào % N2O4 phân hủy sẽ gấp đôi ở phần 1. 1

2 NO2 (k ) ⇌ N 2O4 (k )

1,0

Ta có :

Đáp án

∆G° = 98, 28kJ

N 2 (k ) + 2 O 2 (k ) → 2 NO2 (k )

∆G° = 2.51,84 = 103, 68kJ

suy ra : N 2O4 (k ) → 2 NO2 (k ) ∆G° = 5, 4kJ

Gọi x số mol N2O4 phân hủy. Ta có :

2 NO2 (k )

⇌

0,25

Ban đầu :

Cân bằng

1–x

N 2O4 (k )

= 0,113

5,4.103 8,314.298

Ta có : ∆G° = − RT ln K 298 ⇒ K 298 = e

−

N 2 (k) + 2O2 (k) → N 2O4 (k)

ai l.c

0,25

1− x 1− x 2x 2x .PT = (atm) ; PNO2 = .PT = ( atm) 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x

yn h

PN 2O4 =

Ở trạng thái cân bằng, tổng số mol khí 1 – x + 2x = 1 + x (mol)

PNO2

0,25

Vậy : K 298

2x 2 ( ) ( ) P0 4x2 = = 1+ x = = 0,113 2 PN2O4 1− x 1 − x ) ( ) ( 1+ x P0 2

Giải ra ta có x = 0,166. Vậy % N2O4 phân hủy là : 16,6% Khi độ phân hủy N2O4 gấp đôi = 2. 0,166 = 0,332 mol ; cân bằng

1,0

có :

0,25

0,5

N2O4 : 1 – 0,332 = 0,668 mol ; và NO2: 2.0,332 = 0,664 mol; tổng số mol khí = 0,668+0,664=1,332 mol 0,25

0, 664 2 ) 0, 6642 1,332 KT2 = = = 0, 496 0, 668 1,332.0, 668 1,332 (

Áp dụng: ln( ln(

K2 ∆H 1 1 )=− ( − ) K1 R T2 T1

0, 496 58, 03 1 1 )=− ( − ) ⇒ T2 = 318, 09 K 0,113 8,314 T2 298

0,25

Câu 6 (2,0 điểm) 1.(Question 4 – 2016 U.S national chemistry olympiad)

ai l.c

phương trình dưới đây bị thủy phân khi có mặt của ion OH-:

Ion axetylsalixilat (dẫn xuất từ aspirin và được biểu diễn là X trong

Phản ứng được nghiên cứu ở 60oC và được xác định là bậc 1 theo X trong mọi điều kiện. Lượng X được nghiên cứu theo thời gian trong hai dung dịch

đệm khác nhau và thu được các dữ kiện sau đây:

pH = 10,10 (đệm)

pH = 10,60 (đ ( ệm)

3,61.10-4

3,59.10-4

yn h

1,78.10-4

2,75.10-4

740

[X] (M)

0 600

[X] (M)

t (s)

a. Vì phản ứng là bậc 1 theo X và nồng độ của ion OH- được giữ cố định

bởi dung dịch đệm, tốc độ phản ứng có thể viết như sau: v = k’[X]. Xác định giá

trị của k’ cho mỗi thí nghiệm. b. Bậc của phản ứng là bao nhiêu theo ion OH-? Giải thích. c. Cho biết định luật tốc độ đầy đủ cho phản ứng và tính hằng số tốc độ k 2.(E 16.32 –Chemistry –Keneth W.Whitten)

hủy nitơ đioxit : 2NO2 → 2NO + O2 Hằng số tốc độ phân hủ bằng bức xạ laze là 1,70 M-1.phút-1.

thiết (theo s) để NO2 2,0M giảm xuống còn 1,25M Tìm thời gian cầnn thiế

a. Dưới điều kiện giả bậc 1 ta có: ln([X]/[X]0 = -k’t

0,25

Tại pH = 10,10 ta có: ln([2,75.10-4]/[3,61.10-4] = -k’.740 suy ra k’ = 3,68.10-4 s-1

1,5

0,25

Tại pH = 10,60 ta có: ln([1,78.10-4]/[3,59.10-4] = -k’.600 suy ra k’ = 1,17.10-3 s-1 b. Tại pH = 10,10, [OH-] = 1,26.10-4 M và pH = 10,60, [OH-] =

0,25

3,98.10-4 M

0,25

ai l.c

Giữa hai giá trị, [OH-] tăng 3,16 và hằng số tốc độ k’ của phản ứng giả bậc 1 tăng 3,18. Do đó, k’ tỉ lệ thuận với [OH-]: v = k’[X] =

k[OH-]m[X] trong đó m là bậc phản ứng của ion OH-, m = 1 c. Tốc độ v = k[OH-][X]

Do k[OH-] = k’; ta có: k = (3,68.10-4)/(1,26.10-4) = 2,92M-1s-1

Nếu sử dụng dữ kiện thí nghiệm thứ hai ta có k = 2,94 M-1s-1

Bậc của phản ứng là bậc 2

(dựa vào đơn vị của hằng số tốc độ phản ứng là M-1.phút-1)

0,5

Sử dụng động học tích phân bậc 2 ta có: t = 0,0882 phút hay 5,29s

0,25 0,25 0,25 0,25

yn h

Câu 7 (2,0 điểm) (Nguồn chưa xác định rõ) 1. Trộn các thể tích bằng nhau của 4 dung dịch sau: C6H5COOH 0,04M; HCOOH 0,08M; NH3 0,22M; H2S 0,1M được dung dịch A a.Cho biết thành phần giới hạn của dung dịch A? b. Không tính pH, hãy cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay bazơ? Vì sao? c. Tính thể tích của dung dịch HCl( hoặc NaOH) 0,05M cần để trung hòa 20ml dung dịch A đến pH = 10. Cho pKa của C6H5COOH: 4,20; HCOOH: 3,75; NH +4 : 9,24; H2S: 7,02; 12,90. 2. Tính độ tan của BaF2 ở pH = 3,00

1 1,5

Cho Ks = 10-5,82; *β Ba (OH ) = 10-13,36; Ka(HF) = 10-3,17. +

Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn: C6H5COOH: 0,01M; NH3: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H2S: 0,025M Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau: NH3 + HCOOH → NH +4 + HCOOK = 105,49 0,055 0,02 0,035 0,02 0,02 + NH3 + C6H5COOH → NH 4 + C6H5COO- K = 105,04 9

0,035 0,01 0,025 0,01 + NH3 + H2S → NH 4 + HS0,025 0,025 0,025 0,025

0,25

0,01 K = 10

2,23

Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là: NH +4 : 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M

K a 2 = 10−12,90

(2)

H 2O ⇌ OH − + H +

K w = 10−14

(3)

0,25

ai l.c

HS − ⇌ S 2− + H +

b. Trong dung dịch A có các cân bằng sau: (1) NH 4+ ⇌ NH 3 + H + K a = 10−9,24

0,25

K b 2 = 10−6,98

(4)

C6 H 5COO − + H 2O ⇌ C6 H 5COOH + OH −

K b = 10−9,8

(5)

HCOO − ⇌ HCOOH + OH − K b = 10−10,25 So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3) So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6) Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch. Mặt khác, ta có: K a (1) .CNH + < Kb (4) .CHS −

(6)

HS − + H 2O ⇌ H 2 S + OH −

Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7

yn h

c. Căn cứ vào pH của dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất đã tham gia phản ứng Trong dung dịch A, NH +4 và HS- có thể phản ứng với dung dịch NaOH; HS-, HCOO- và C6H5COO- có thể phản ứng với dung dịch HCl. Tính bazơ của HS- lớn hơn của C6H5COO- và lớn hơn của HCOO-. Tính axit của NH +4 lớn hơn của HS-. 0,25 −9,24 [NH 3 ] K 10 Tại pH = 10, ta có: = a+ = −10 ≃ 1 nên NH +4 đã tham + [NH 4 ] [H ] 10 gia phản ứng. Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch A đến pH=10 [NH 3 ] 10−9,24 = = 0,8519 Ta có, tại pH = 10: [NH 4+ ]+[NH 3 ] 10−9,24 + 10−10 nên 85,19% NH +4 đã tham gia phản ứng 0,25 [S 2− ] K a 2 10−12,9 ≪1 = = [HS − ] [H + ] 10−10 nên HS- chưa tham gia phản ứng Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH- + NH +4 → NH3 + H2O

yk da

0,25

0,055.0,8519.20 = 18,74(ml ) 0,05

nNaOH = nNH + pu ⇒ VddNaOH = 4

0,25

Các cân bằng có thể xảy ra: BaF2 ⇌ Ba2+ + 2F- Ks = 10-5,82 Ba2+ + H2O ⇌ BaOH+ + H+

0,5

(1) *β Ba ( OH )+ =

10-

Ka(HF)-1 = 103,17.

(3)

(2) F- + H+ ⇌ HF Tại pH = 3:

ai l.c

[BaOH + ] *β 10−13,36 = = = 10-10,36<< + −3 2+ [Ba ] [H ] 10

13,36

→ Quá trình tạo phức hiđroxo của ion Ba2+ không đáng kể, có thể bỏ qua (2)

K [F− ] 10−3,17 = a+ = = 10-0,17 = 0,676 −3 [HF] [H ] 10

2S [H + ] 1+ Ka

⇒ [F-] =

0,25

= [F ] +

[F − ].[H + ] [H + ] = [F ].(1 + ) Ka Ka

→ Quá trình nhận proton của F- là đáng kể. Từ (1) ta có: [Ba2+].[F-]2 = Ks Do bỏ qua (2) nên [Ba2+] = S Xét ion F-: 2S = [F-] + [HF]

yn h

Vậy Ks = [Ba2+].[F-]2 =

4 S 2 .S 2

⇒ S = 0,01325 (M)

 [H + ]  1 +  Ka  

Câu 8(2,0 điểm)tríchbài 13 – chuẩn bị IChO 38 – Hàn Quốc – 2006 Các phản ứng oxihoá - khử cho phép đo được các số liệu nhiệt động

quan trọng.

Cho sẵn các thông tin sau: Ag+(dd) + e– → Ag(r)

E° = 0,7996 V

AgBr(r) + e– → Ag(r) + Br –(dd)

E° = 0,0713 V

∆Gf°(NH3(dd)) = – 26.50 kJ.mol-1 ∆Gf°(Ag(NH3)2+(dd)) = – 17.12 kJ.mol-1 11

+1.441 V

+1.491 V +1.584 V ? → Br –(dd) BrO3–(dd) → HOBr → Br2(dd) 

1. Tính ∆Gf°(Ag+(dd)). 2. Tính trị số Ksp của AgBr (r) tại 25oC.

3. Một nguyên tố ganvani dùng điện cực hidro chuẩn làm anot được Br2(l) + H2(k) + 2 H2O(l) → 2 Br –(dd) + 2 H3O+(dd).

ai l.c

xây dựng sao cho trong pin xảy ra phản ứng sau:

Ion bạc được thêm cho đến khi AgBr kết tủa tại catot và [Ag+] đạt

tới 0,060 M. Điện áp đo được là 1,721 V. Tính ∆E° cho nguyên tố ganvani.

4. Tính độ tan của brom trong nước để tạo thành nước brom tại 25oC. Đáp án: 0,25 J/mol hay 77,149 kJ/mol

Ag(r) → Ag+(dd) + 1e ∆Gof = -1. (-0,7996).96485 = 77149,406

1 2

AgBr(r) → Ag+(dd) + Br-(dd) Ksp

0,5

Ta có: Eophản ứng = -0,7996+0,0713 = -0,7283 V suy ra ∆Go = -1.(-

0,25

0, 7283.96485 = −28,362 ⇒ K sp = 4,814.10 −13 −8,314.298

yn h

Suy ra: ln K sp =

0,7283).96485 = -8,314.298lnKsp

Ta có: [Br-] = 4,814.10-13/0,06 = 8,023.10-12 M.

0,5

Suy ra:

0,25

2 0, 0592 o lg  Br −  ⇒ Egan = 1, 721 + 0, 0592lg 8, 023.10−12 = 1, 0641V 2

0,25

Ta xét: Br2(l) →Br2(dd)

o 1, 721 = Egan −

0,75 Từ 4 ta có: Eo(Br2l/Br-) =1,0641V Xét giản đồ Latime: BrO3-(dd) + 6H+(dd) +6e → Br-(dd) + 3H2O (1) 1,441V BrO3-(dd) + 5H+(dd) + 4e

→ HOBr(dd) + 2H2O

1,491 V 12

(2)

0,25

2HOBr + 2H+(dd) + 2e

→

Br2(dd) + 2H2O

(3)

1,584 V

→ 2Br-(dd)

Br2(dd) + 2e

0,25

(4)

Eo (1) = (2) +1/2(3) + 1/2.(4) suy ra : -6.1,441 = -(4.1,491 +

→ 2Br-(dd)

Br2(dd) + 2e

(4)

Br2(l)

+ 2e

→

2Br-(dd)

→

Br2(dd)

ai l.c

1,098 V

0,25

(5)

1,0641 V Br2(l)

0,5.2.1,584 + 0,5.2.Eo); Suy ra Eo = 1,098 V

(6)

suy ra lnK = 6541,683/(-8,314.298) = -2,640

∆Go6 = -2.96485.(-1,098) + (-2.96485.1,0641) = 6541,683 J/mol

suy ra K = 0,0713. Vậy K = [Br2]dd = 0,0713 M.

Câu 9(2,0 điểm)

1. (Question 1 – 2016 U.S national chemistry olympiad)

Một hợp chất chưa biết A chỉ chứa C, O và Cl.

a. Một mẫu A 3,00 g được làm bay hơi hoàn toàn trong một bình 1,00 L ở

yn h

70,0oC và gây ra áp suất 0,854 atm. Khối lượng mol của A bằng bao nhiêu?

b. Một mẫu A được cho vào 100 mL nước, chuyển hóa toàn bộ Cl trong A thành HCl. Sau khi cho khí N2 qua dung dịch một thời gian, axit HCl được

chuẩn độ với dung dịch NaOH 0,200M. Sự chuẩn độ cần 30,33 mL NaOH thêm

vào để làm cho phenolphtalein đổi màu. Phần trăm khối lượng của Cl trong A

bằng bao nhiêu?

c. Đề nghị công thức phân tử cho A và vẽ cấu trúc Lewis hợp lí cho nó. d. Viết phương trình (có cân bằng) cho phản ứng A với nước (như mô tả

ở phần b). 2. (Question 7.e – 2017 U.S national chemistry olympiad)

Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho hơi của nitrosyl florua và boron triflorua được ngưng tụ đồng thời. Dự đoán sản phẩm thu được ở trạng thái nào (rắn, lỏng, khí) ở điều kiện thường.

Đáp án: 1

a. n = PV/RT = 0,854.1/0,0821.343,2 = 0,0303 mol

1,5

3,00/0,0303 = 99,0 g/mol

0,25

% khối lượng Cl = 0,2150/0,3 .100% = 71,7%

ai l.c

Suy ra có 0,06066.35,45 = 0,2150 g Cl trong mẫu

b. 0,03033. 0,200 = 0,06066 mol NaOH

c. Trong 99,0 g (1 mol A) có: 0,717.99/35,45 = 2 mol Cl

0,25

0,25 0,25

Khối lượng còn lại trong 1 mol A là 99 – 2.35,45 = 28,1 g/mol

Suy ra các nguyên tố còn là là C và O và công thức phân tử là

COCl2

0,25

NOF + BF3 → [NO][BF4]

0,25

0,5

Sản phẩm ở trạng thái rắn do hợp chất ion có nhiệt độ nóng chảy

0,25

yn h

d. COCl2(k) + H2O(l) → CO2(k) + 2HCl(dd)

cao

Câu 10 (2,0 điểm)

1.(Ex 9.96 – General Chemistry - Zumdahl) Sắp xếp năng lượng ion hóa

của các tiểu phân sau đây theo thứ tự từ thấp đến cao O, O2, O2-, O2+. Giải thích.

2.(nguồn chưa xác minh rõ ràng) Hoà tan hoàn toàn hỗn hợp X gồm a mol CuxFeSy và b mol FeSy (a:b =

1:3; x, y nguyên dương) trong dung dịch HNO3 đặc nóng thu được dung dịch Y chỉ gồm hai muối sunfat. Xác định x, y.

3.(nguồn chưa xác minh rõ ràng) a. Vì sao ozon lại có tính sát trùng? b. Hãy nêu phương pháp nhận biết lượng ozon dư trong nước. 14

Đáp án: 1

0,25

0,75

π*2p

ai l.c

Thứ tự O2-< O2< O2+< O

Electron của O2-, O2 và O2+ nằm ở trên mức năng lượng cao nhất

π*2p. Nhưng đối với O2- electron tách ra từ cặp e ghép đôi và từ ion

âm. Do đó O2- có năng lượng ion hóa thấp nhất. Ion O2+ có điện

tích dương, làm cho việc tách e khó hơn so với phân tử O2 (cả hai

cùng tách e độc thân từ π*2p). Electron có năng lượng cao nhất của 0,5

O ( ở AO 2p) thấp hơn so với năng lượng của electron trên MO

π*2p của những tiểu phân còn lại. O có năng lượng ion hóa cao

nhất.

yn h

Áp dụng định luật bảo toàn nguyên tố Cu, Fe, S ta có:

0,5

6 + x = 4y

a) Vì ozon có tính oxi hoá mạnh.

0,25

Do x, y nguyên dương nên chỉ có thể x = 2 và y = 2

1,0

b) Lấy một ít nước đó vào ồng nghiệm, nhỏ dung dịch kali iôtua vào lắc đều:

2KI + O3 + H2O → 2KOH + O2 + 0,25

I2 - Nhúng giấy quỳ tím vào nếu giấy quỳ tím sẽ chuyển màu xanh → ozon còn dư - Nhỏ dung dịch phenolphtalein vào dung dịch → màu đỏ → ozon 0,25

còn dư - Nhỏ hồ tinh bột vào nếu dung dịch xuất hiện màu xanh → ozon

yn h

ai l.c

còn dư.

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2018 Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi có 04 trang, gồm 10 câu)

ai l.c

b. Hai nguyên tố B, D tạo thành hợp chất M. N là hợp chất khí của A với hiđro. Dẫn hợp chất khí N vào nước thu được dung dịch axit N. M tác dụng với dung dịch N tạo thành hợp chất R. Viết phương trình phản ứng và xác định công thức cấu tạo của R. Chỉ rõ loại liên kết trong R.

yn h

Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể Tinh thể sắt (II) oxit có cấu tương tự tinh thể NaCl, trong tinh thể FeO có hốc bát diện được tạo thành bởi các nguyên tử oxi và nguyên tử Fe nằm ở tâm hốc. Trong điều kiện thường, không tồn tại sắt (II) oxit tinh khiết mà thường có lẫn một lượng sắt (III) trong FeO. Nên công thức của oxit sắt là FexO. Cho hằng số mạng của tinh thể FexO a = 4,29 Å và khối lượng riêng của FexO là 5,71 g/cm3. a. Vẽ một ô mạng cơ sở của mạng tinh thể FeO. b. Tìm x biết nguyên tử khối của Fe là 55,85. c. Xác định % ion Fe2+ và Fe3+ có mặt trong oxit, từ đó, xác định u, v trong công thức oxit dạng Fe(II)uFe(III)vO. Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân I dùng trong y học thường được điều chế bằng cách bắn phá bia chứa

131 53

Đồng vị

trong lò phản ứng hạt nhân. Trong phương pháp này, trước tiên 131 52

Te , rồi đồng vị này phân rã β− tạo thành

thành

131 53

- Tính nồng độ ban đầu của

131 53

Te nhận 1 nơtron chuyển hóa

131 53

I ban đầu phát ra 1,08.1014 hạt β− .

I trong dung dịch theo đơn vị µmol / l .

- Sau bao nhiêu ngày, hoạt độ phóng xạ riêng của dung dịch

Biết chu kì bán hủy của

Te bằng nơtron

a. Viết phương trình các phản ứng hạt nhân xảy ra khi điều chế b. Trong thời gian 3 giờ, 1ml dung dịch

130 52

131 53

I chỉ còn 103 Bq/ml?

I là 8,02 ngày.

Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Cho bảng số liệu sau O2(k)

Cl2(k)

HCl(k)

H2O(k)

∆H (kJ.mol )

-92,31

-241,83

S0 (J.K −1 .mol−1 )

205,03

222,9

186,7

188,7

C0p (J .K −1 .mol −1 )

29,36

33,84

29,12

33,56

−1

0 tt

Coi C0p (J .K −1 .mol −1 ) của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ a. Tính hiệu ứng nhiệt cho phản ứng trên ở nhiệt độ 298K và 1350K.

b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC cho phản ứng trên. c. Xác định nhiệt độ mà tại đó phản ứng đạt trạng thái cân bằng.

ai l.c

Với phản ứng: 4HCl(k ) + O 2(k ) 2Cl 2(k ) + 2H 2 O(k )

d. Tính hiệu ứng nhiệt cho quá trình sau trong điều kiện không đẳng nhiệt ở 1 atm:

4HCl(k,298K) + O 2(k,298K ) 2Cl2(k,298K ) + 2H 2 O (k,298K )

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Trong một hệ cân bằng: 3H2 + N2 2NH3 (1) được thiết lập ở 400K. Người ta xác định được áp

suất phần:

PH 2 (Pa)

PNH3 (Pa)

0,125.105

0,499.105

0,376.105

PN 2 (Pa)

a. Tính hằng số cân bằng KP và ∆G o của phản ứng (1) ở 400K. Tính lượng N2 và NH3 biết hệ có 500 mol H2.

yn h

b. Thêm 10 mol H2 vào hệ này, đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Hãy cho biết cân bằng (1) dịch chuyển theo chiều nào?

Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1. Dung dịch X gồm H2C2O4 0,1M và axit yếu HA. Để trung hòa 10 ml dung dịch X cần 25 ml dung dịch NaOH 0,12M. a. Tính nồng độ mol HA trong dung dịch X. b. Tính pKa của HA biết độ điện li của HA trong dung dịch X là 3,34.10-2%. c. Thêm 90 ml dung dịch NH3 0,04M vào 10 ml dung dịch X thì thu được dung dịch Y. Tính pH của Y.

Cho H2C2O4 có pKa1 = 1,25; pKa2 = 4,27; pK a ( NH + ) = 9, 24 4

2. Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối MgCl2 10-3M và FeCl3 10-3M. Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A (giả sử thể tích dung dịch A không đổi). a. Kết tủa nào tạo ra trước? Giải thích.

b. Tính pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch. Biết rằng, một ion

được coi là kết tủa hoàn toàn nếu nồng độ cân bằng của ion đó nhỏ hơn 10-6M. c. Tính khoảng pH sao cho ion thứ nhất kết tủa được 90% nhưng chưa kết tủa ion thứ hai. Cho: K s(Mg(OH)2 ) = 10−11 ; K s(Fe(OH)3 ) = 10−39

Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa 2− a. Viết phương trình phản ứng giữa MnO −4(aq) và SO3(aq) trong ba môi trường axit, bazơ và trung tính

+ − biết rằng trong môi trường axit MnO −4(aq) bị khử tới Mn 2(aq) , trong môi trường bazơ tới MnO 24(aq) ,

môi trường trung tính tới MnO2(r)

ai l.c

b. Tính E MnO− /Mn 2+ ở ba môi trường axit, bazơ, trung tính. Từ đó, rút ra kết luận về khả năng oxi hóa 4

của MnO −4(aq) ở mỗi môi trường.

2− trong nước. Cho biết sơ đồ thế c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng tự oxi hóa khử của MnO 4(aq)

khử chuẩn sau:

yn h

a. Hỏi A là khí gì và phân tử có công thức cấu tạo như thế nào? b. Ở 0oC, chất A có khối lượng riêng là 1,64 g/ml. Giải thích giá trị khối lượng riêng của chất A ở

11oC. Hỏi có thể xác định khối lượng riêng của chất A ở 150oC không? c. Viết phương trình của ba phản ứng được dung để điều chế khí A và ba phản ứng chỉ tính chất đặc trưng của khí A.

Câu 9: (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh 1. Viết các phương trình phản ứng:

(1) S4 O 62− + MnO 4− + H + → (2)S4 O 62− + Zn + H + → (3)S3O 26 − + Cl 2 + OH − → (4)S2 O 42− + ClO − + H 2 O →

Muốn trung hòa dung dịch A, cần dùng 12,3 ml dung dịch KOH 0,867M a. Hỏi chất rắn màu trắng ban đầu là chất gì?

ai l.c

b. Xác định thành phần phần trăm về khối lượng của chất rắn màu trắng ban đầu. c. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch A.

2. Bỏ 0,500 gam chất rắn màu trắng vào 15,0 ml nước, phản ứng xảy ra mãnh liệt tạo nên dung dịch A. Khi tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(NO3)2, dung dịch A tạo nên 1,24 gam kết tủa trắng.

Câu 10: (2,0 điểm) Động học Dựa vào dữ kiện thực nghiệm, xác định bậc của phản ứng. Nhiều phản ứng giữa các khí xảy ra trong động cơ ô tô và hệ thống thải khí. Một trong những phản ứng đó là

NO 2(k ) + CO (k ) → NO (k ) + CO 2(k ) v = k[NO 2 ]m [CO]n phản ứng. Thí nghiệm

Tốc độ đầu (mol/l-1.s-1)

Dùng các dữ liệu thực nghiệm sau để xác định bậc của phản ứng đối với mỗi chất và đối với toàn Nồng độ đầu [NO2]

mol/l

0,0050

0,10

0,080 0,0050

0,40 0,10

0,10 0,20

mol/l

yn h

2 3

Nồng độ đầu [CO]

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2017 Thời gian làm bài 180 phút (Đáp án này có 11 trang, gồm 10 câu)

ai l.c

Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. HTTH và định luật tuần hoàn. Cho ba nguyên tố A, B, D. Nguyên tố A có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: n = 3; l = 1; m = 0; ms = -1/2. Hai nguyên tố B, D tạo thành cation X+ có 5 nguyên tử. Tổng số hạt mang điện của X+ là 21. a. Viết cấu hình electron và xác định tên, vị trí của A, B, D trong bảng tuần hoàn. b. Hai nguyên tố B, D tạo thành hợp chất M. N là hợp chất khí của A với hiđro. Dẫn hợp chất khí N vào nước thu được dung dịch axit N. M tác dụng với dung dịch N tạo thành hợp chất R. Viết phương trình phản ứng và xác định công thức cấu tạo của R. Chỉ rõ loại liên kết trong R. Câu 1 Nội dung Điểm a. A có bốn lượng tử n = 3; l = 1; m = 0; ms = -1/2 nên ta xác định được a 0,5đ

0,5đ

⇒ A có cấu hình e: 1s22s22p63s23p5, A là clo A nằm ở ô số 17, chu kì 3, nhóm VIIA. - Hai nguyên tố B, D tạo thành cation X+ có 5 nguyên tử và X+ có tổng số hạt mang điện là 21 11 ⇒ ZX + = 11 ⇒ Z = = 2, 2 ⇒ B là hiđro (ô số 1, chu kì 1, nhóm IA) 5

- Gọi công thức của X+ là C x H +y

yn h

0,5đ

 xZ + y = 11  xZD + y = 11 Ta có:  D  x + y = 5 x + y = 5 Chọn nghiệm x=1, y=4 và ZD = 7 ⇒ D là nitơ (ô số 7, chu kì 2, nhóm VA) b. N là HCl M tác dụng với dung dịch axit N nên M có tính bazơ ⇒ M là NH3 NH 3 + HCl → NH 4 Cl

0,5đ

CTCT:

Phân tử NH4Cl có liên kết cộng hóa trị và liên kết ion.

nxM Fe + nM O 4.55,85x + 4.16 ⇔ 5, 71 = ⇒ x = 0, 929 N A .V 6, 022.1023.(429.10−10 )3

0,75đ

Ta có: d =

ai l.c

sắt (II) oxit tinh khiết mà thường có lẫn một lượng sắt (III) trong FeO. Nên công thức của oxit sắt là FexO. Cho hằng số mạng của tinh thể FexO là a = 4,29 Å và khối lượng riêng của FexO là 5,71 g/cm3. a. Vẽ một ô mạng cơ sở của mạng tinh thể FeO. b. Tìm x biết nguyên tử khối của Fe là 55,85. c. Xác định % ion Fe2+ và Fe3+ có mặt trong oxit, từ đó, xác định u, v trong công thức oxit dạng Fe(II)uFe(III)vO. Câu 2 Nội dung Điểm a 0,5đ

u + v = 0,929 u = 0, 787 Ta có:  ⇒ ; u + v = 0,929 2u + 3v = 2  v = 0,142 ⇒ CT : Fe(II)0,787Fe(III)0,142O.

0,75đ

I dung trong y học thường được điều chế bằng cách bắn phá bia chứa

131 53

Đồng vị

Câu 3: (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

trong lò phản ứng hạt nhân. Trong phương pháp này, trước tiên 131 52

Te , rồi đồng vị này phân rã β− tạo thành

yn h

thành

131 53

- Tính nồng độ ban đầu của

131 53

Câu 3 a b

I trong dung dịch theo đơn vị µmol / l . 131 53

I chỉ còn 103 Bq/ml?

Nội dung

Te + n →

131 52

Te →

−

1 0

131 52

131 53

I+β

b. Gọi N0 là số nguyên tử 131 53

131 53

I là 8,02 ngày.

130 52

tử

Te nhận 1 nơtron chuyển hóa

I ban đầu phát ra 1,08.1014 hạt β− .

- Sau bao nhiêu ngày, hoạt độ phóng xạ riêng của dung dịch

Biết chu kì bán hủy của

Te bằng nơtron

a. Viết phương trình các phản ứng hạt nhân xảy ra khi điều chế b. Trong thời gian 3 giờ, 1ml dung dịch

130 52

131 53

I có trong 1 ml dung dịch ban đầu . Số nguyên

Điểm 0,5đ 0,75đ

I có trong 1 ml dung dịch sau thời gian t là:

N = N 0 .e

−λt

= N 0 .e

−

ln 2 .t t1/2

Số hạt β− phát ra trong thời gian t = 3 giờ

N 0 − N = N 0 (1 − e−λt ) = 1, 08.1014 ⇒ N 0 =

1, 08.1014

1− e

⇒ Nồng độ ban đầu của

131 53

−

ln 2 .3 8,02.24

= 1016 nguyên tử

I trong dung dịch là

10 = 16, 6 µmol / l 6, 022.1023.0, 001

0,75đ

ai l.c

Hoạt độ phóng xạ riêng (tính cho 1 ml dung dịch) ban đầu là ln 2 ln 2 A 0 = λN 0 = .N 0 = .1016 = 1010 Bq / ml t1/ 2 8, 02.24.60.60

Cl2(k) 0

205,03

222,9

C0p (J .K −1 .mol −1 )

29,36

33,84

H2O(k) -241,83

186,7

188,7

29,12

33,56

S0 (J.K −1 .mol−1 )

HCl(k) -92,31

Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Cho bảng số liệu sau O2(k) 0 −1 0 ∆H tt (kJ.mol )

A  1  t1/2 103 =   = 10 ⇒ t = 186, 49 ngày. A0  2  10

Coi C0p (J .K −1 .mol −1 ) của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ

Với phản ứng: 4HCl(k ) + O 2(k ) 2Cl 2(k ) + 2H 2 O(k )

Câu 4 A

yn h

a. Tính hiệu ứng nhiệt cho phản ứng trên ở nhiệt độ 298K và 1350K. b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC cho phản ứng trên. c. Xác định nhiệt độ mà tại đó phản ứng đạt trạng thái cân bằng. d. Tính hiệu ứng nhiệt cho quá trình sau trong điều kiện không đẳng nhiệt ở 1 atm: 4HCl(k,298K) + O 2(k,298K ) 2Cl2(k,298K ) + 2H 2O (k,298K )

Nội dung 4HCl(k ) + O 2(k ) 2Cl 2(k ) + 2H 2 O(k )

Điểm 0,25đ

∆H 0298 = 2∆H 0tt,Cl2 ( k ) + 2∆H 0tt, H 2O( k ) − 4∆H 0tt, HCl( k ) − ∆H 0tt,O2 ( k ) = 2.0 + 2.(−241,83) − 4.(−92, 31) − 0 = −114, 42 (kJ)

∆C = 2C0p, Cl2( k ) + 2C0p, H2O( k ) − 4C0p, HCl( k ) − C0p,O2 ( k ) 0 p

0,25đ

= 2.33,84 + 2.33,56 − 4.29,12 − 29, 36 = −11, 04 (J / mol)

∆S0298 = 2S0Cl2 ( k ) + 2S0H2O( k ) − 4S0HCl( k ) − S0O2 ( k )

0,25đ

= 2.222, 9 + 2.188, 7 − 4.186, 7 − 205, 03 = −128, 63J.K −1.mol−1

∆H1350 = −114, 42 + (−11, 04).10 −3.(1350 − 298) = −126, 03(kJ)

0,25đ

∆G 0 = ∆H 0 − T∆S0 = −114, 42 − 298.(−128, 63).10−3 = −76, 088 kJ

0,25đ

∆G 0 = −RT ln K p ⇒ ln K p = −

⇒ ∆H 0 − T∆S0 = 0 ⇒ T =

∆H −114, 42 = = 890K 0 ∆S (−128, 63).10 −3 0

0,5đ

Lượng nhiệt cần để nâng sản phẩm từ 298K đến 498K q = (2.33,84 + 2.33,56).(498 − 298) = 26960 J = 26,96 kJ → ∆H = −114, 42 + 26, 96 = −87, 46 kJ

ai l.c

0,25đ

Phản ứng đạt trạng thái cân bằng khi ∆G 0 = 0

∆G −76, 088 =− = 13, 34 ⇒ K p = 1013,34 −3 RT 8.314.10 .298 0

Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Trong một hệ cân bằng: 3H2 + N2 2NH3 (1) được thiết lập ở 400K. Người ta xác định được áp

PN2 (Pa)

0,376.105

0,125.105

PNH3 (Pa)

0,499.105

PH2 (Pa)

suất phần:

a. Tính hằng số cân bằng KP và ∆G o của phản ứng (1) ở 400K. Tính lượng N2 và NH3 biết hệ có

yn h

500 mol H2. b. Thêm 10 mol H2 vào hệ này, đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Hãy cho biết cân bằng (1) dịch chuyển theo chiều nào? Câu 5 Nội dung Điểm 2 a 0,25đ  0, 499.105  2  5  PNH  1, 013.10  KP = 3 3 ⇒ KP = = 38, 45atm −2 3 5 5 PH 2 .PN 2  0,376.10   0,125.10  .  5   5   1, 013.10   1, 013.10 

∆G 0 = −RT ln K = −8,314.400.ln 38, 45 = −12136 J / mol = −12,136 kJ / mol

n H2 PH 2

.PN2 =

n N2 =

n NH3 =

n H2 PH 2

500 .0,125 = 166 mol 0,376

.PNH3 =

500 .0, 499 = 664 mol 0,376

⇒ ∑ n = 1330 mol; Phe = 105 Pa

Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ,

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

∑ n = 1340 mol

0, 5đ

510 166 .105 = 0,38.105 Pa ; PN2 = .105 = 0,124.105 Pa ; 1340 1340 664 .105 = 0, 496.105 Pa = 1340

⇒ PH2 =

PNH3

∆G = ∆G 0 + RT lnK = −12136 + 8,314.400.ln

 0, 496.105   5   1, 013.10 

 0,38.105   5   1, 013.10 

0,25đ

 0,124.105  . 5   1, 013.10 

= −118 J / mol < 0 Vậy, cân bằng (1) dịch chuyển sang phải.

ai l.c

Nội dung

em yk da

Điểm 0,25đ

yn h

0,1.10 1 = M 10 + 25 35 0 C .10 10C0HA 1, 2.25 6 = M CHA = HA M;COH − = = 10 + 25 35 10 + 25 7 PTPƯ: C C 2 H 2 O4 =

Câu 6 1a

Cho: K s(Mg(OH)2 ) = 10−11 ; K s(Fe(OH)3 ) = 10−39

2. Dung dịch A chứa hỗn hợp hai muối MgCl2 10-3M và FeCl3 10-3M. Cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A (giả sử thể tích dung dịch A không đổi). a. Kết tủa nào tạo ra trước? Giải thích. b. Tính pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch. Biết rằng, một ion được coi là kết tủa hoàn toàn nếu nồng độ cân bằng của ion đó nhỏ hơn 10-6M. c. Tính khoảng pH sao cho ion thứ nhất kết tủa được 90% nhưng chưa kết tủa ion thứ hai.

H 2 C 2 O 4 + 2OH − → C 2 O 24 − + 2H 2 O 1 35

HA 10C0HA 35

2 35 + OH − → A − + H 2 O 10C0HA 35

2 10C0HA 6 + = ⇒ C0HA = 2,8M 35 35 7 Ta có các cân bằng:

Ta có:

0,5đ

H 2C 2O 4 HC2 O −4 + H +

K a1 = 10−1,25 (1)

HC2O −4 C2 O 42− + H +

K a 2 = 10−4,27 (2)

HA A − + H +

(3)

H 2O H + + OH −

K w = 10−14

(4)

Ta thấy: C0H2C2O4 .K a1 >> CH0 2C2O4 .K a 2 >> K w Giả sử có thể bỏ qua các cân bằng (2), (3), (4)

H 2C 2O 4 HC 2 O −4 + H + x

0,1 − x

K a1 = 10−1,25 (1)

0, 05197.2,8.3, 34.10−5 = 10−4,7605 (thỏa mãn cách giải gần đúng) 2,8

Ka =

ai l.c

x2 = 10−1,25 ⇒ x = 0, 05197M 0,1 − x

0,1.10 = 0, 01M , 10 + 90 2,8.10 0, 04.90 = = 0, 28M;C NH3 = = 0, 036M 10 + 90 10 + 90

CHA

0,25đ

C H 2 C 2 O4 =

2NH 3 + H 2 C2 O 4 → C 2 O 42 − + 2NH 4+

NH 3 + HA → A − + NH 4+

TPGH của Y:

NH 4+ (0, 036 M);C 2 O 24 − (0, 01M); HA(0, 264 M); A − (0, 016M)

yn h

pH của dung dịch Y do hệ đêm quyết định C 0, 264 pH Y = pK a − log HA = 0, 7605 − log = 3,5425 CA 0, 016

Mg 2 + + 2OH − → Mg(OH) 2 (1)

Fe3+ + 3OH − → Fe(OH)3

Để tạo kết tủa Fe(OH)3 thì: [OH − ]> 3

Để tạo kết tủa Mg(OH)2 thì: [OH − ]>

(2)

10−39 = 10−12 M (1) 10 −3 10−11 = 10−4 M (2) −3 10

Vậy, Fe(OH)3 kết tủa trước. b. Để tạo kết tủa Mg(OH2) thì [OH]-> 10-4 → [H+]<10-10 → pH > 10. Để tạo kết tủa Fe(OH)3 hoàn toàn: [Fe3+] < 10-6 → [OH-]3 >10-33 → [H+] < 10-3 → pH > 3. Vậy để tách hoàn toàn Fe3+ ra khỏi dung dịch cần : 3< pH< 10. Khi Fe3+ kết tủa được 30% thì [Fe3+]còn lại = 10-4

0,5đ

0,25đ

−39

10 = 10−11,6 → pH = 2, 4 10−4 Vậy khoảng pH để ion thứ nhất kết tủa nhưng chưa kết tủa ion thứ hai là 2,4< nên [OH − ] =

pH< 10.

Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa 2− a. Viết phương trình phản ứng giữa MnO −4(aq) và SO3(aq) trong ba môi trường axit, bazơ và trung tính + − , trong môi trường bazơ tới MnO 24(aq) , biết rằng trong môi trường axit MnO −4(aq) bị khử tới Mn 2(aq)

môi trường trung tính tới MnO2(r) b. Tính E MnO− /Mn 2+ ở ba môi trường axit, bazơ, trung tính. Từ đó, rút ra kết luận về khả năng oxi hóa 4

ở mỗi môi trường.

của MnO

− 4(aq)

2− c. Tính hằng số cân bằng của phản ứng tự oxi hóa khử của MnO 4(aq) trong nước. Cho biết sơ đồ thế

Nội dung

2MnO

− 4(aq )

+ 5SO

2− 3(aq )

+ 6H

+ (aq)

→ 2Mn

2+ (aq)

2− 4(aq)

Câu 7 a

ai l.c

khử chuẩn sau :

+ 5SO

+ 3H 2 O(l)

Điểm 0,5đ

2− − 2− 2− 2MnO −4(aq ) + SO3(aq) + 2OH (aq) → 2MnO 4(aq) + SO 4(aq) + H 2 O (l)

Tính E MnO− /Mn 2+ ở ba môi trường

0,5đ

− − 2− 2− 2MnO 4(aq ) + 3SO 3(aq) + H 2 O (l) → 2MnO 2(r ) + 3SO 4(aq) + 2OH (aq)

[MnO 4− ][H + ]8 0, 059 log n [Mn 2+ ]

yn h

E = E0 +

2+ MnO −4(aq) + 8H + + 5e → Mn (aq) + 4H 2 O (l)

Nếu coi [MnO −4 ] = [Mn 2+ ] =1M thì : 0, 059 8.0, 059 log[H + ]8 = E 0 − pH = E 0 − 0, 0944pH 5 5 Môi trường axit, pH càng nhỏ, E càng lớn, khả năng oxi hóa càng mạnh. Môi trường bazo, pH>7 khả năng oxi hóa kém hơn. Môi trường trung tính, pH=7 khả năng oxi hóa kém hơn môi trường axit.

0,5đ

2− Tính hằng số cân bằng của phản ứng tự phân hủy MnO 4(aq)

0,5đ

E = E0 +

− − 3MnO 24(aq) → 2MnO 4(aq) + MnO 2(r ) − + 4H + + 2e → MnO 2(r ) + 2H 2 O MnO 24(aq)

E 0 = 2, 26V

− − 2x MnO 24(aq) E 0 = −0,56V − 1e → MnO 4(aq) − 3MnO 24(aq) + 4H +

− → 2MnO 4(aq) + MnO 2(r) + 2H 2 O E 0 = 1, 70V

K = 10

nE 0 0,059

2.1,70

= 10 0,059

ai l.c

Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Khí A màu vàng lục, mùi xốc có khối lượng riêng là 3,09 g/ml ở 22oC, được hấp thụ bởi lượng dung dịch KOH đồng mol, tạo nên hỗn hợp hai muối có tỉ lệ mol là 1 : 1. Khi cô cạn dung dịch thu được hai muối có tỉ lệ mol là 1 : 5. Hòa tan hai muối này vào nước, lấy 1/5 lượng dung dịch, cho tác dụng với dung dịch AgNO3, thu được 0,0956 gam kết tủa trắng, không tan trong axit. Lấy lượng 1/5 khác của dung dịch trên, thêm một lượng dư dung dịch KI (đã axit hóa), dung dịch trở nên có màu xanh khi thêm vài giọt hồ tinh bột. Muốn làm mất màu của dung dịch, cần dùng 99,9 ml dung dịch Na2S2O3 0,20M. a. Hỏi A là khí gì và phân tử có công thức cấu tạo như thế nào? b. Ở 0oC, chất A có khối lượng riêng là 1,64 g/ml. Giải thích giá trị khối lượng riêng của chất A ở 11oC. Hỏi có thể xác định khối lượng riêng của chất A ở 150oC không? c. Viết phương trình của ba phản ứng được dung để điều chế khí A và ba phản ứng chỉ tính chất đặc trưng của khí A. Câu 8 Nội dung Điểm Khí A có thể là clo hoặc hợp chất của clo có khả năng phản ứng với dung a 0,5đ dịch kiềm. Trong tất cả các trường hợp sản phẩm cuối cùng của phản ứng chất A với kiềm đều có khả năng tự phân hủy khi đun nóng tạo thành clorua và clorat.

0, 0956 = 6, 66.10−4 mol 143,5

n Cl− = n AgCl =

Ag + + Cl − → AgCl

ClO3− + 6I− + 6H + → 3I2 + Cl− + 3H 2O

I 2 + Na 2S2O3 → Na 2S4O6 + 2NaI 1 1 n Na 2S2O3 = .0, 20.0, 0998 = 3,33.10−3 mol 6 6 1 = 5

n KCl n KClO3

yn h

n ClO− =

0,5đ

A là clo hoặc hợp chất của clo có số oxi hóa trung gian (giữa 0 và +5) Ta có : 3Cl 2 → 5Cl − + Cl+5 3Cl + → 2Cl− + Cl +5 3Cl +2 → Cl− + 2Cl+5 3Cl +3 → Cl − + 2Cl +5 6Cl+4 → Cl − + 5Cl+5

Vậy, A là ClO2 (clo đioxit)

Kiểm chứng theo khối lượng riêng : V11o C = 284.

22, 4 = 23,3l / mol 273

M = d.V = 3, 09.23,3 = 72 g/ mol

M ClO2 = 67, 5 g / mol

2ClO 2 + 2KOH → KClO 2 + KClO3 + H 2 O

PTPU :

3KClO 2 → KCl + 2KClO3

b. d11o C = 3, 09 g / ml; d Oo C = 1, 64 g / ml ⇒ Nhiệt độ nóng chảy của ClO2 nằm

0,5đ

giữa 0 C và 11 C. Ở 11oC, phân tử ClO2 đime hóa một phần nên khối lượng riêng tăng lên. 1 ở 150oC, ClO2 bị phân hủy : ClO 2 → Cl 2 + O 2 2 c. Ba phản ứng điều chế ClO2 : 3KClO3 + 2H 2SO 4 → 2KHSO 4 + KClO 4 + 2ClO 2 + H 2 O 2NaClO3 + SO 2 + H 2SO 4 → 2NaHSO 4 + 2ClO 2

2ClO 2 + 2NaOH → NaClO 2 + NaClO3 + H 2 O

2ClO 2 + 2O3 → Cl2 O6 + 2O 2

Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh 1. Viết các phương trình phản ứng: (1) S4 O 62− + MnO 4− + H + →

ol on

(4)S2 O 42− + ClO − + H 2 O →

(2)S4 O 62− + Zn + H + → (3)S3O 26 − + Cl 2 + OH − →

Ba phản ứng chỉ tính chất của ClO2 PbO + 2NaOH + 2ClO 2 → PbO 2 + 2NaClO 2 + H 2 O

ai l.c

2KClO3 + H 2 C 2 O 4 + H 2SO 4(loang) → K 2SO 4 + 2CO 2 + 2ClO 2 + 2H 2 O

0,5đ

yn h

2. Bỏ 0,500 gam chất rắn màu trắng vào 15,0 ml nước, phản ứng xảy ra mãnh liệt tạo nên dung dịch A. Khi tác dụng với lượng dư dung dịch Ba(NO3)2, dung dịch A tạo nên 1,24 gam kết tủa trắng. Muốn trung hòa dung dịch A, cần dùng 12,3 ml dung dịch KOH 0,867M a. Hỏi chất rắn màu trắng ban đầu là chất gì? b. Xác định thành phần phần trăm về khối lượng của chất rắn màu trắng ban đầu. c. Tính nồng độ phần trăm của dung dịch A. Câu 9 Nội dung Điểm 2 − − + 2 + 2 − 1 0,5đ (1) 5S4 O6 + 14MnO 4 + 12H → 14Mn + 20SO 4 + 6H 2 O

(2)S4 O62− + 9Zn + 20H + → 4H 2S + 9Zn 2 + + 6H 2 O

(3)S3O 62 − + 4Cl 2 + 12OH − → 3SO 24 − + 8Cl− + 6H 2 O (4)S2 O 42− + 3ClO − + H 2 O → 2SO 24 − + Cl − + 5H +

Kết tủa trắng được tạo nên theo phản ứng : Ba

+ SO

2− 4

0, 5đ

→ BaSO 4 ↓

124 = 0, 00532 mol 233 = 0, 667.0, 0123 = 0, 01066 mol

n BaSO4 =

n KOH

n H+ = 0, 01066 = 2n SO2− = 0, 0532 4

Chứng tỏ, chất được tạo nên trong dung dịch là H2SO4 với số mol là 0,00532 mol Khối lượng của K2SO4 được tạo nên là: m H 2SO4 = 98.0, 0532 = 0,521gam Nếu chất rắn màu trắng là tinh thể SO3 thì lượng H2SO4 phải nhiều hơn (>0,6 g).

0,25đ

gm @

 x + y = 0, 500  x = 0, 0933  ⇒  98  80 x + y = 0, 021  y = 0, 407 Thành phần phần trăm của SO3 trong oleum là 0, 093 .100% = 19% 0,500

0,5đ

ai l.c

Vì lượng H2SO4 được tạo nên ít hơn, chất rắn màu trắng không phải là tinh thể SO3 mà là oleum rắn. Gọi x là số gam SO3 và y là số gam H2SO4 có trong 0,500 gam oleun, ta có:

SO3 + H 2O → H 2SO 4

0,25đ

Nồng độ phần trăm của dung dịch H2SO4 là: 0,521 C% = .100% = 3, 4% 15 + 0,5

yn h

Câu 10: (2,0 điểm) Động học Dựa vào dữ kiện thực nghiệm, xác định bậc của phản ứng. Nhiều phản ứng giữa các khí xảy ra trong động cơ ô tô và hệ thống thải khí. Một trong những phản ứng đó là NO 2(k ) + CO (k ) → NO (k ) + CO 2(k )

v = k[NO 2 ]m [CO]n

Dùng các dữ liệu thực nghiệm sau để xác định bậc của phản ứng đối với mỗi chất và đối với toàn phản ứng. Thí nghiệm Tốc độ đầu Nồng độ đầu [NO2] Nồng độ đầu [CO] (mol/L.s) mol/L mol/L 1 0,0050 0,10 0,10 2 0,080 0,40 0,10 3 0,0050 0,10 0,20

Câu 9

Nội dung Tốc độ phản ứng:

Điểm 0,25đ

NO 2(k ) + CO (k ) → NO (k ) + CO 2(k ) v = k[NO 2 ]m [CO]n - Tính m

Ta lấy tỉ số biểu thức tốc độ đối với hai thí nghiệm 1 và 2, trong đó chỉ có [NO2] thay đổi còn [CO] thì không đổi, k là một hằng số. m

v 2 k[NO 2 ]2m [CO]2n  [NO 2 ]2m  = = với [CO]1n = [CO]2n m n m  v1 k[NO 2 ]1 [CO]1  [NO 2 ]1   0, 40 mol / L  v 2  [NO 2 ]2m  0, 08 mol / L.s m = ⇔ =  ⇔ 16 = 4 ⇒ m = 2 m  v1  [NO 2 ]1  0, 0050 mol / L.s  0,10 mol / L  Như vậy, phản ứng bậc 2 với NO2.

0,5đ

- Tính n Ta lấy tỉ số biểu thức tốc độ phản ứng trong thí nghiệm 1 và 3, trong đó [CO] thay đổi, còn [NO2] không đổi. Ta có :

0,5đ

v3 k[NO 2 ]3m [CO]3n  [CO]3n  = =  v1 k[NO 2 ]1m [CO]1n  [CO]1n 

ai l.c

0,25đ

v3  [CO]3n  0, 050 mol / L.s  0, 20 mol / L  n = ⇔ =  ⇔1= 2 ⇒ n = 0 n  v1  [CO]1  0, 0050 mol / L.s  0,10 mol / L  Tốc độ phản ứng không đổi khi nồng độ CO thay đổi, vậy phản ứng bậc không với CO.

yn h

Vậy biểu thức tính tốc độ phản ứng là: v = k[NO 2 ]2

ĐỀ GIỚI THIỆU

Câu 1 (2 điểm) - Cấu tạo nguyên tử , phân tử - Định luật tuần hoàn

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN -------------

ai l.c

1. a. Năng lượng liên kết của BF3 = 646 kJ/mol còn của NF3 chỉ = 280 kJ/mol. Giải thích sự khác biệt về năng lượng liên kết này.

b. Điểm sôi của NF3 = -1290C còn của NH3 = -330C. Amoniac tác dụng như một bazơ Lewis còn NF3 thì không. Momen lưỡng cực của NH3 (1,46D) lớn hơn nhiều so với momen lưỡng cực của NF3 (0,24D), biết độ âm điện của H, N, F tương ứng là 2,2; 3,04; 3,98. Hãy giải thích.

a) Tính năng lượng ion hóa của H.

(eV)

En =

2. Năng lượng của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 eletron phụ thuộc vào số lượng tử n theo biểu thức:

yn h

b) Một nguyên tử hiđro ở trạng thái kích thích ứng với n = 6. Tính bước sóng dài nhất (theo nm) có thể phát ra từ nguyên tử hiđro đó? Có thể có bao nhiêu bước sóng khác nhau phát ra khi nguyên tử hiđro đó mất năng lượng.

Cho: Hằng số Plank h = 6,626×10-34 J.s; Vận tốc ánh sáng trong chân không: c = 3×108 m/s.

Câu 2 (2 điểm) – Tinh thể Kết quả khảo sát giản đồ nhiễu xạ tia X cho biết tinh thể FeO có cấu trúc kiểu NaCl với hằng số mạng a = 4,3 Ǻ.

a. Vẽ mạng tinh thể FeO. Xác định khối lượng riêng lí thuyết của FeO (g/cm3). b. Theo thực nghiệm, mẫu FeO tổng hợp được có khối lượng riêng bằng 5,57 g/cm3. Giải thích sự sai lệch đó. Viết công thức thực tế của oxit đó.

Câu 3 ( 2 điểm ) - Phản ứng hạt nhân 1. Khi bắn phá đồng vị

bằng một nơtron ta thu được các nguyên tố

và

. Viết phương trình phản ứng hạt nhân xảy ra và tính năng lượng giải 1

phóng ra theo KJ.mol-1. Cho biết tốc độ ánh sáng c = 3.108m/s và m(

235,04 u; m( ) = 131,885 u; m( ) = 100,911 u; mn = 1,0087 u. 58 2. a. Đồng vị phóng xạ Co của Coban có chu kì bán rã 71,3 ngày đêm. Tính độ phóng xạ của 1 µ g chất đó theo đơn vị beccơren và curi.

Cho biết: số Avogadro NA = 6,022.1026 nguyên tử/k.mol

ai l.c

Câu 4 (2 điểm) - Nhiệt hóa học.

b. Một miligam hỗn hợp của 58Co với đồng vị phóng xạ 59Co có độ phóng xạ 2,2.1010 Bq. Tính khối lượng của mỗi đồng vị.

Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25 oC vào 200 ml rượu VodkaHà Nội 39,5o (giả thiết chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25 oC. Tính biến thiên entropi của quá trình thả viên nước đá vào rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô lập.

Cho: R = 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml-1 và của rượu là 0,8 g.ml-1; nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1, của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K-1 và của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1.

Câu 5 (2 điểm )- CBHH pha khí Trong hệ có cân bằng: 3H2 + N2 2NH3 (1) được thiết lập ở 400K. Người ta xác định được các áp suất riêng phần sau đây:

yn h

PH 2 = 0,376.10 5 Pa, PN 2 = 0,125.10 5 Pa

PNH 3 = 0,499.10 5 Pa

a) Tính hằng số cân bằng KP và ∆G0 của phản ứng (1) ở 400K.

b) Tính lượng N2 và NH3 biết hệ có 500 mol H2.

c) Thêm 10 mol H2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nào?

Cho: áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa, R = 8,314 J/mol.K

Câu 6 (2 điểm)- Động hóa học hình thức

1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình: CH3COCH3 → C2H4 + H2 + CO Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau: 2

t [phút]

6,5

19,9

p [mmHg]

312

408

488

562

Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.

a) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M.

ai l.c

Câu 7 (2 điểm) – Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút.

b) Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK a(HSO- ) = 2,00; pK a(NH ) = 9,24; pK a1(H A) = 5,30; pK a2(H A) = 12,60. + 4

Câu 8 (2 điểm) – Phản ứng oxi hóa khử - Pin điện và điện phân

yn h

Đem điện phân 100ml dung dịch X gồm NiCl2 0,20M và MCl2 0,25 M với điện cực trơ, có cường độ dòng điện một chiều không đổi là 9,65 M. Sau thời gian 10 phút thấy catot tăng lên 1,734 gam và dung dịch sau điện phân chỉ có một chất tan. Nhỏ 100ml dung dịch gồm K2Cr2O7 0,50M và H2SO4 2M vào 100ml dung dịch MCl2 0,60M, sau phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch Y.

a) Xác định muối MCl2.

b) Thiết lập một pin điện tạo bởi điện cực Pt nhúng trong dung dịch Y với điện cực Ag nhúng trong dung dịch [ Ag(NH3)2]NO3 0,50M, KCN 2,10M. Viết các bán phản ứng ở mỗi điện cực, phản ứng khi pin phóng điện và suất điện động của pin mới được thiết lập.

Cho: E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 V; E0(Fe3+/Fe2+)= 0,77 V; E0(Ag+/Ag)= 0,80V; β[Ag(CN)43-] = 10-20,67, β[Ag(NH3)2+] = 10-7,23

Câu 9 (2 điểm) – Halogen Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. 3

- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi, thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B, sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa vàng. - Hòa tan X vào Nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu

nâu và màu nâu bị mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3.

ai l.c

1. Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra dưới dạng ion (thu gọn) ?

2. Để xác dịnh chính xác công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1gam X vào

nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu.

mất màu thấy tốn hết 37, 40 ml dung dịch Na2S2O3.

Chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M tới

Câu 10 (2 điểm) – Oxi – Lưu huỳnh

Tìm công thức phân tử X ?

yn h

Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong dung dịch HCl (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch HCl (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10 M.

a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.

b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng. Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24,3; Al = 27; P = 31; S = 32; Cl = 35,5; K = 39,1; Ca = 40,1; Ti = 47,9; Cr = 52; Mn = 54,9; Fe = 55,8; Co = 58,9; Ni = 58,7; Cu = 63,5; Zn = 65,4; Ag = 107,9; Ba = 137,3. --------------------------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Giáo viên: Nguyễn Thị Nhung .Số điện thoại 0168 260 3336 4

ĐỀ GIỚI THIỆU

Câu 1 (2 điểm) - Cấu tạo nguyên tử , phân tử - Định luật tuần hoàn

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN -------------

ai l.c

1. a. Năng lượng liên kết của BF3 = 646 kJ/mol còn của NF3 chỉ = 280 kJ/mol. Giải thích sự khác biệt về năng lượng liên kết này.

a) Tính năng lượng ion hóa của H.

(eV)

En =

2. Năng lượng của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 eletron phụ thuộc vào số lượng tử n theo biểu thức:

yn h

Cho: Hằng số Plank h = 6,626×10-34 J.s; Vận tốc ánh sáng trong chân không: c = 3×108 m/s.

Hướng dẫn chấm

a. NF3 có N lai hóa sp3 (dạng tháp), còn BF3 có B lai hóa sp2 trong đó có một phần liên kết π cho tạo bởi xen phủ AOp chưa liên kết của F với AOp còn trống của B ⇒ liên kết B−F bền hơn ⇒ năng lượng liên kết của BF3 lớn hơn so với của NF3.

0,5

b- Độ âm điện lớn của F làm giảm tính bazơ của N trong NF3. - NH3 có t0sôi > t0sôi của NF3 do NH3 có liên kết H liên phân tử.

0,5

- Trong NF3 đôi electron không liên kết tạo momen lưỡng cực theo chiều ngược lại với chiều momen lưỡng cực chung của các liên kết 1

N−F (do độ âm điện của F > N) ⇒ các momen lưỡng cực triệt tiêu nhau nên µ nhỏ ≈ 0. Còn trong NH3 momen lưỡng cực của đôi electron không liên kết cùng hướng với momen lưỡng cực chung của các liên kết N−H (do độ âm điện của N > H). 0,5

a.Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron: (eV) En = Ở trạng thái cơ bản: n = 1. Với H:

E1(H) = -13,6eV;

ai l.c

Năng lượng ion hóa của hidro là năng lượng tối thiểu để bứt e ra khỏi nguyên tử hoặc ion, tức là đưa e từ trạng thái cơ bản ra xa vô cùng (không truyền thêm động năng cho e). Dễ thấy: I(H) =13,6eV b. Bước sóng dài nhất ứng với năng lượng thấp nhất:

Có thể có 15 bước sóng khác nhau

λmax = hc/ (E6 – E5) = 7465 nm

0,5

Câu 2 (2 điểm) – Tinh thể Kết quả khảo sát giản đồ nhiễu xạ tia X cho biết tinh thể FeO có cấu trúc kiểu NaCl với hằng số mạng a = 4,3 Ǻ.

yn h

a. Vẽ mạng tinh thể FeO. Xác định khối lượng riêng lí thuyết của FeO (g/cm3).

b. Theo thực nghiệm, mẫu FeO tổng hợp được có khối lượng riêng bằng 5,57 g/cm3. Giải thích sự sai lệch đó. Viết công thức thực tế của oxit đó.

FeO có cấu trúc kiểu NaCl → FeO có cấu trúc mạng lập phương tâm diện kép

Hướng dẫn chấm

→ Có 4 phân tử FeO trong một ô đơn vị

1,0

Khối lượng riêng của FeO theo lý thuyết: = 6,017(g/cm3)

Nhận xét dlý thuyết > dthực tế do thực tế mạng tinh thể bị khuyết một số vị trí + TH1: Mạng bị khuyết một số cation

0,5

Đặt công thức của oxit sắt là FeXO

→ x = 0,9 → Công thức oxit sắt

Ta có : là : Fe0,9O

ai l.c

+ TH2: Mạng bị khuyết một số anion

Đặt công thức sắt là FeOy

→ y = 0,7 → Công thức oxit sắt

0,5

Ta có:

là FeO0,7 Câu 3 ( 2 điểm ) - Phản ứng hạt nhân

1. Khi bắn phá đồng vị bằng một nơtron ta thu được các nguyên tố và . Viết phương trình phản ứng hạt nhân xảy ra và tính năng lượng giải

yn h

phóng ra theo KJ.mol-1. Cho biết tốc độ ánh sáng c = 3.108m/s và m( )= 235,04 u; m( ) = 131,885 u; m( ) = 100,911 u; mn = 1,0087 u. 2. a. Đồng vị phóng xạ 58Co của Coban có chu kì bán rã 71,3 ngày đêm. Tính độ phóng xạ của 1 µ g chất đó theo đơn vị beccơren và curi.

b. Một miligam hỗn hợp của 58Co với đồng vị phóng xạ 59Co có độ phóng xạ 2,2.1010 Bq. Tính khối lượng của mỗi đồng vị.

Cho biết: số Avogadro NA = 6,022.1026 nguyên tử/k.mol

Hướng dẫn chấm Phương trình phản ứng: + 1

→

0,5

+ 3( )

Độ hụt khối: ∆m = [m(

) + m( )] – [m(

) + m(

) + 3m( )]

0,5

Thay số vào ta có: ∆m = 0,2266u = 0,2266 gam/mol 3

⇒ ∆E = ∆m.c2 = 2,04.1016 J.mol-1. a. Số N nguyên tử chứa trong 1 µ g Coban 58 là: N = m 6, 022.1026.1.10−9 = M 58

Hằng λ=

số

rã

(hay

hằng

số

phóng

xạ)

của

là:

−5

ln 2 0, 693 693.10 = = 71,3.86400 71,3.864 T

NA.

0,5

Vậy, độ phóng xạ của 1 µ g = 10-9 kg Coban 58 là: H =

1,17.109 = 0, 0316 hay H ≈ 0,032 Ci 3, 7.1010

Theo đơn vị curi, ta có: H =

H ≈ 1,17.109 Bq

ai l.c

693.10−5 6, 022.1017 . 71,3.864 58

λ .N =

b. Khối lượng của 58Co có chứa trong hỗn hợp là:

2, 2.1010 = 18,851...µ g hay m1 ≈ 18,85 µ g 1,167.109

m1 =

0,5

Khối lượng của 59Co trong hỗn hợp là:

yn h

m2 = 1000 – m1 = 1000 – 18,85 hay m2 = 981,15 µ g Câu 4. (2 điểm) - Nhiệt hóa học.

Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là:

0,5 4

VC2 H5OH =

39,5 . 200 = 79 (ml) → VH2O = 200 - 79 = 121 (ml) 100

→ m C2 H5OH = 79 . 0,8 =63,2 (g) và m H 2O = 121 . 1 = 121 (g).

Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn:

-25 oC

0 oC

tcb oC

Qthu = Q1 + Q2 + Q3

20 20 20 . 75,31 . (t cb - 0) . 37,66 . (0 - (-25)) + . 6,009.103 + 18 18 18

ai l.c

Q1 Q2 Q3 H 2 O (r)  → H 2 O (r)  → H 2 O (l)  → H 2 O (l)

Khi thả viên nước đá vào hỗn hợp rượu, nhiệt tỏa ra của hỗn hợp rượu bằng đúng nhiệt thu vào của viên nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi hệ đạt cân bằng là tcb (oC).

0,5

Mặt khác nhiệt tỏa ra của quá trình:

→ Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb

121 63, 2 . 75,31 . (25 − t cb ) + . 113,00 .(25 − t cb ) 18 46

Qtỏa = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu

yn h

→ Qtỏa = 661,50 . (25 – tcb)

0,25

Do Qtỏa = Qthu nên ta có:

7722,78 + 83,68 . tcb = 661,50 . (25 – tcb) → tcb = 11,83 (oC). 0,5

Biến thiên entropi của hệ ( ∆S hệ) bằng tổng biến thiên entropi viên nước đá từ -25 oC lên 11,83 oC ( ∆S nđ) và biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước từ 25 oC xuống 11,83 oC ( ∆S hhr). Biến thiên entropi của nước đá tăng từ - 25 oC đến 11,83 oC gồm 3 thành phần: ∆S1 ∆S2 ∆S3 H 2 O (r) → H 2 O (r) → H 2 O (l) → H 2 O (l)

-25 oC

0 oC

tcb oC

Vậy ∆S nđ = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 → ∆S nđ =

20 273 20 6,009.103 20 273 + 11,83 . 37,66 . ln + . + . 75,31 . ln 18 273 - 25 18 273 18 273

= 32,03 (J.K-1)

ai l.c

Biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước giảm từ 25 oC xuống 11,83 oC 0,25 gồm 2 thành phần:

∆S hhr = ∆S nước + ∆S rượu

→ ∆S hhr = 121 . 75,31 . ln 273 + 11,83 + 63, 2 . 113,00 . ln 273 + 11,83 = 298

29,9 (J.K ).

Vậy ∆S hệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1)

298

-1

PNH 3 = 0,499.10 5 Pa

PH 2 = 0,376.10 5 Pa, PN 2 = 0,125.10 5 Pa

Câu 5 (2 điểm )- CBHH pha khí Trong hệ có cân bằng: 3H2 + N2 2NH3 (1) được thiết lập ở 400K. Người ta xác định được các áp suất riêng phần sau đây:

yn h

a) Tính hằng số cân bằng KP và ∆G0 của phản ứng (1) ở 400K. b) Tính lượng N2 và NH3 biết hệ có 500 mol H2.

c) Thêm 10 mol H2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi. Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (1) chuyển dịch theo chiều nào?

Cho: áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa, R = 8,314 J/mol.K

Hướng dẫn chấm

KP =

2 PNH 3

PH32 .PN2

(0, 499.105 ) 2 = 3, 747.10 −9 Pa −2 5 3 5 (0,376.10 ) .(0,125.10 )

K = K P .P0−∆n = 3, 747.10 −9.(1, 013.105 ) 2 = 38, 45 ∆G 0 = − RT ln K = −8, 314.400.ln 38, 45 = −12136 J / mol

0,5

PH 2 =

nH 2

nN2 =

nH 2

n hh PH 2

n NH 3 =

. Phh ⇒ . PN 2 =

nH 2 PH 2

500 .0,125 = 166 m ol 0, 376

. PNH 3 =

n hh = 1330 m ol ,

nH 2 n hh = Phh PH 2

500 .0, 499 = 664 m ol 0, 376

0,5

Phh = 1.10 5 Pa

Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ nhh = 1340 mol 510 166 .10 5 = 0, 38.10 5 Pa , PN 2 = .10 5 = 0,124.10 5 Pa 1340 1340 664 .10 5 = 0, 496.10 5 Pa PNH 3 = 1340 Q ∆G = ∆G 0 + RT ln ∆n , ∆ G 0 = − RT ln K = − 12136 J / mol P0

PH 2 =

ai l.c

1,0

Cân bằng (1) chuyển dịch sang phải.

  (0, 496.10 5 ) 2 .(1, 013.10 5 ) 2  ∆G = −12136 + 8, 314.400 ln  5 3 5 (0, 38.10 ) .0,124.10   ⇒ ∆G = − 1 18, 28 J / mol

Câu 6 (2 điểm)- Động hóa học hình thức

1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:

yn h

CH3COCH3 → C2H4 + H2 + CO Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:

312

p [mmHg]

t [phút]

6,5

19,9

408

488

562

Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc

độ.

2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút. Hướng dẫn chấm 1

Để chứng minh phản ứng phân hủy axeton là bậc 1 ta sử dụng phương pháp thế các dữ kiện vào phương trình động học bậc 1 7

xem các hằng số tốc độ thu được có hằng định hay không. - Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ nên trong phương trình động học, nồng độ axeton được thay bằng áp suất riêng phần. - Gọi p0 là áp suất đầu của axeton:

p0 – x

ai l.c

t=0

p - p0 3p - p = 0 2 2

⇒ p0 - x = p0 -

p − p0 2

0,5

⇒ x=

- Áp suất chung của hệ là: p = p0 – x + 3.x = p0 + 2x

CH3COCH3 → C2H4 + H2 + CO

p 1 ln 0 t p0 - x

- Hằng số tốc độ của phản ứng 1 chiều bậc 1 là:

2p 0 1 ln t 3p 0 -p

yn h

- Thay các giá trị ở các thời điểm ta có: k1 =

1 2.312 ln = 2,57.10-2 (phút-1) 6, 5 3.312 - 408

k2 =

1 2.312 ln = 2,55.10-2 (phút-1) 13 3.312 - 488

k3 =

1 2.312 = 2,57.10-2 (phút-1) ln 19,9 3.312 - 562

0,5

- Ta thấy các giá trị của hằng số tốc độ không đổi. Vậy phản ứng trên là phản ứng bậc 1. - Hằng số tốc độ của phản ứng: 8

1 .(k1 + k 2 + k 3 ) 3 1 = .(2,57.10−2 + 2,55.10−2 + 2,57.10−2 ) 3

0,5

= 2,56.10-2 (phút-1) T2 - T1 10

t1 =γ t2

T2 - T1 10

2,5.60 =3 20

T2 - 25 10

⇒

mà

v T2

v T1

t1 t2

0,5

v T1

=γ

ai l.c

v T2

Ta có:

⇒ T2 = 43,30C

Câu 7 (2 điểm) – Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

a) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M.

b) Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK a(HSO- ) = 2,00; pK a(NH ) = 9,24; pK a1(H A) = 5,30; pK a2(H A) = 12,60. + 4

yn h

A2- + H2O HA- + OHKb1 = 10-1,4 (1) 1,0 HA- + H2O H2S + OHKb2 = 10-8,7 (2) H2O H+ + OHKw = 10-14 (3) Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw → pH của hệ được tính theo cân bằng (1): A2- + H2O HA- + OHKb1 = 10-1,4 C 0,022 [ ] 0,022 - x x x [OH ] = x = 0,0158 (M) → pH = 12,20

Hướng dẫn chấm

Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: NH4HSO4 → Phản ứng: H SO −4 + A20,001 0,022 0,021

1,0 + 4

− 4

+ H SO 0,001 0,001 HA + SO 24− K1 = 1010,6 NH

0,001

0,001 9

+ A2- HA- + NH3 K2 = 103,36 0,001 0,021 0,001 0,020 0,002 0,001 2Hệ thu được gồm: A 0,020 M; HA 0,002 M; SO 24− 0,001 M; NH3 0,001 M. Các quá trình xảy ra: A2- + H2O HA- + OHKb1 = 10-1,4 (4) NH3 + H2O NH +4 + OHK 'b = 10-4,76 (5) HA- + H2O H2A + OHKb2 = 10-8,7 (6) 2− − Kb = 10-12 (7) SO 4 + H2O H SO 4 + OH + 2-12,6 HA H + A Ka2 = 10 (8) So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C A - >> K 'b . C NH >> +

ai l.c

NH 4

Kb2. C HA- >> Kb. CSO - → (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) 2 4

0,022

[OH ] + C

HSO 4

0,022

yn h

(Hoặc α A 2- =

0,0162 0,022

%. -

= 0,7364 hay α A - = 73,64 2

→ αA - =

[HA ]

quyết định thành phần cân bằng của hệ: + OH- Kb1 = A2+ H2O HA-1,4 10 C 0,02 0,002 [] 0,02 - x 0,002 + x x → x = 0,0142 → [HA ] = 0,0162 (M)

NH 4

0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022

= 0,7364)

Câu 8 (2 điểm) – Phản ứng oxi hóa khử - Pin điện và điện phân

Cho: E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 V; E0(Fe3+/Fe2+)= 0,77 V; E0(Ag+/Ag)= 0,80V; β[Ag(CN)43-] = 10-20,67, β[Ag(NH3)2+] = 10-7,23 Hướng dẫn chấm 1

a) Các bán phản ứng trên điện cực:

Ở anot: 2 Cl- → Cl2 + 2e

Theo bài cho có tổng số mol e thu vào là: ne = I.t/F = 9,65.10.60/9650= 0,06 mol

0,25

Ta xét hai trường hợp:

ai l.c

Ở Catot: M2+ + 2e → M hoặc 2 Ni2+ + 2e → Ni

TH 1: Nếu ion M2+ bị điện phân hết, gọi số mol ion Ni2+ có thể bị điện phân là x:

Ta có ne = 0,025.2 + x. 2 = 0,06 mol → x= 0,005

→ m = M.0,025 + 58,7.0,005 = 1,734→ M= 57,6 ( loại)

TH 2: Nếu ion Ni2+ bị điện phân hết, gọi số mol ion M2+ có thể bị điện phân là y:

yn h

Ta có ne = 0,02.2 + y. 2 = 0,06 mol →

0,25

y= 0,005

→ m = M.0,01 + 58,7.0,02 = 1,734 → M= 56 ( Fe)

b) Với dung dịch loãng chỉ xét phản ứng của ion Fe2+ với Cr2O72/H+ 6 Fe2+ + Cr2O72- + 14H+

→ 6 Fe3+ + Cr3+ + 7H2O

(1)

0,06

0,05

0,4

0,0

0,04

0,26

0,06

0,02

0,5

Thế điện cực Platin Dung dịch Y gồm các ion : Fe3+ , H+(0,26/0,2=1,3M); 11

Cr3+(0,02/0,2=0,1M); Cr2O72-(0,04/0,2=0,2M); K+; Cl-; và SO42-. Khi nhúng thanh Pt vào dung dich Y: cặp oxi hóa khử là Cr2O72/Cr3+ Ta có: E0(Cr2O72-/Cr3+)= 1,33 + (0,0592/6)lg(0,2.1,314/0,12)= 1,36 (V).

Thế điện cực Ag.

ai l.c

Xét cân bằng:

Ag(NH3)2]+ + 4CN1 .1020,67=1013,44 >>

0,1

0,5

- Cân bằng tạo phân li phức :

β-1 = 10-20,67.

yn h

0,5

[]

0,5

[Ag(CN)4]3- Ag+ + 4CNC0

K=(107,23)-

2,1

0,5

[Ag(CN)4]3- + 2NH3

↔

- Cân bằng tạo phức bền:

(0,5-x)

0,1+4x

β-1 = x.(0,1+4x)4/(0,5-x) = 10-20,67; Giả sử x<< 0,1 => x = 1016,97 (t/m) Vậy E [Ag(CN)4]3-/Ag+ = 0,80 + (0,0592/1)lg10-16,97 = -0,20V

Do E(Cr2O72-/2Cr3+) = 1,35V > E Ag(CN)43-/Ag = -0,20V Sơ đồ pin là: (-) Ag│Ag(CN)4]3-0,5M; CN-0,1M; NH3 1M ││Cr2O72- 0,2M; Cr3+0,1M; H+1,3M │Pt(+) Các bán phản ứng: Ở cực âm(-):

Ag + 4CN-

→

[Ag(CN)4]3- + 1e

0,5

Ở cực âm(+): Cr2O72- + 6e + 14H+ → 2Cr3+ + 7H2O Phản ứng khi phóng điện: 6Ag + 10CN- + Cr2O72- + 14HCN → 6 [Ag(CN)4]3- + 2Cr3+ + 7H2O Suất điện động của pin là:

ai l.c

Epin = E(+) - E(-) = 1,36 – (-0,20) = 1,56 (V)

Câu 9 (2 điểm) – Halogen

- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.

Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :

- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy

xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi, thu được dung

thấy xuất hiện kết tủa vàng.

dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B, sau đó thêm lượng dư AgNO3

- Hòa tan X vào Nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu

yn h

nâu và màu nâu bị mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3.

1. Viết các phương trình hóa học có thể xảy ra dưới dạng ion (thu gọn) ?

2. Để xác dịnh chính xác công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1gam X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu.

Chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M tới

mất màu thấy tốn hết 37, 40 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X ? Hướng dẫn chấm

Khi đốt nóng ở nhiệt độ cao X cho màu vàng, chứng tỏ X là hợp 1,0 chất của natri. Khi cho SO2 đi qua dung dịch X xuất hiện mà nâu 13

chứng tỏ I2 hoặc Br2 được tạo thành, nghĩa là chất X phải thuộc loại muối NaIOx hoặc NaBrOx nhưng do tạo ra kết tủa màu vàng với AgNO3, chứng tỏ đó là AgI và chất X thuộc loại NaIOx. Các

phản

ứng

xảy

(dạng

ion): (1)

(2)

ai l.c

(3)

Theo phản ứng (4) :

1,0

(4)

Theo phản ứng (3) :

yn h

→ x = 4 → Công thức phân tử của X là NaIO4. Câu 10 (2 điểm) – Oxi – Lưu huỳnh

b) Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng. Hướng dẫn chấm 14

FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O

(1)

Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O

(2)

2 FeCl3 + 2 H2O + SO2

(3)

→ 2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl

5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl → 5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O (4) 5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4

(5)

0,5

ai l.c

(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho phản ứng (4)) Từ (1) và (4) ta có: − 4

7,63.10-3 . 0,8120 -3 = 5,087.10 (mol) 1,2180

→ nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =

7,63.10-3 (mol)

nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2+ = 5. n MnO = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 =

-3

và m Fe O 2

→ mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10 = 0,3663 (g) (trong 0,8120 gam mẫu) =

1,0

(g)

0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615

yn h

→ n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) =

0,1615 ≈ 1,01.10-3 (mol) 160

Tương tự, từ (3) và (5) ta có: ∑ n SO = n SO (3) + n SO (5) 2

Trong đó:

n SO2 (3) =

1 . n FeCl3 (trong 0,8120 gam mẫu) = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 2

1,01.10-3 (mol)

n SO2 (5) =

5 5 1 n MnO- (5) = (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ ) 4 4 2 2 5

với:

∑n

Fe 2+

= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe O 2

(trong 0,8120 gam mẫu)

→ n SO2 (5) =

5 1 (∑ n MnO- − (n FeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam 4 2 5

→ n SO2 (5) =

5 1 -3 -3 -3 -3   0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 )  ≈ 2.10 2 5 

(mol).

∑n

-3

SO2

-3

= 3,01.10 (mol) → VSO2 = 22,4 . 3,01.10 =

0,3663 .100 = 45,11 % 0,8120

0,0674 (lit) % FeO =

0,5

ai l.c

Vậy:

mẫu))

% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

Cho: H = 1; C = 12; N = 14; O = 16; Na = 23; Mg = 24,3; Al = 27; P = 31; S = 32;

Cl = 35,5; K = 39,1; Ca = 40,1; Ti = 47,9; Cr = 52; Mn = 54,9; Fe = 55,8; Co =

58,9; Ni = 58,7; Cu = 63,5; Zn = 65,4; Ag = 107,9; Ba = 137,3.

--------------------------------------------------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

yn h

Giáo viên: Nguyễn Thị Nhung .Số điện thoại 0168 260 3336

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LẦN THỨ XI MÔN: HOÁ HỌC - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi gồm 10 câu, 5 trang)

Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

b. Cho năng lượng ion hóa của 1 mol phân tử H2 : IE(H2) = 1500 kJ/mol

ai l.c

1. a. Độ dài liên kết và năng lượng liên kết của H2 và H2+ có các giá trị như sau (không theo thứ tự): 1,05 Å; 0,75 Å; 450 kJ/mol; 270 kJ/mol. Hãy lựa chọn giá trị độ dài liên kết và năng lượng liên kết phù hợp với H2 và H2+.

Nếu ta dùng bức xạ điện từ có tần số ν = 3,9.1015 Hz để ion hóa H2, tốc độ của electron tách ra bằng bao nhiêu? (bỏ qua năng lượng dao động phân tử và coi như ion H2+ không chuyển động sau khi bị ion hóa, me=9,1.10-31kg, NA=6,022.1023).

2) Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết ∠HOH là 104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm.

a) Tính momen lưỡng cực của liên kết O – H (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) b) Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy.

Cho biết 1D = 3,33.10-30 C.m. Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m.

3. a. Nguyªn tö X cã electron cuèi cïng ®−îc ®Æc tr−ng b»ng 4 sè l−îng tö : n=6, l=1, m=0,

s= +1/2. ViÕt cÊu h×nh electron ®Çy ®ñ cña nguyªn tö X.

Câu 2. (2,0 điểm)

yn h

b. Hîp chÊt A cã c«ng thøc lµ MYOm, cã tæng sè h¹t pr«ton lµ 42, trong ®ã ion Y O −m cã 32e, Y lµ nguyªn tè thuéc chu kú 2. T×m CTPT cña A. Tinh thể

1. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.

2. Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 5,14.10-10 m. Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+ , Cl- trong mạng tinh thể theo picomet (pm). Câu 3. (2,0 điểm)

Phản ứng hạt nhân

Các đồng vị phóng xạ có ứng dụng rộng rãi trong nhiều lĩnh vực khác nhau của sản xuất và đời sống. Để ít nhiều hiểu được tầm quan trọng của các đồng vị phóng xạ, trong bài tập này chúng ta sẽ khảo sát ví dụ về ứng dụng của đồng vị phóng xạ trong y học: Xác định thể tích máu của bệnh nhân bằng phương pháp đo phóng xạ

1. Sự biến đổi của hạt nhân

67 31

Ga (với chu kì bán rã t1/2 = 3,26 ngày) thành hạt nhân bền

67 30

Zn xảy ra

Câu 4. (2,0 điểm)

ai l.c

b) Chùm tia nào được phát ra khi 67Ga phân rã? 2. 10,25 mg kim loại gali đã làm giàu đồng vị 67Ga được sử dụng để tổng hợp m gam dược chất phóng xạ gali xitrat (GaC6H5O6.3H2O). Hoạt độ phóng xạ của mẫu (m gam) dược chất là 1,09.108 Bq. Chấp nhận rằng quá trình tổng hợp có hiệu suất chuyển hóa Ga bằng 100%. a) Tính khối lượng của đồng vị 67Ga trong m gam dược chất được tổng hợp (cho rằng 67Ga là đồng vị phóng xạ duy nhất có trong mẫu). b) Tính hoạt độ phóng xạ của 1 gam dược chất gali xitrat được tổng hợp ở trên. 3. Ngay sau khi tổng hợp, toàn bộ m gam dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100 mL nước cất. Sau 8 giờ, 1 mL dung dịch này được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân. Sau khi tiêm 1 giờ, người ta lấy 1 mL mẫu máu của bệnh nhân và đo được hoạt độ phóng xạ 210,2 Bq . a) Tính hoạt độ phóng xạ theo Bq của liều 1 mL dung dịch gali xitrat khi tiêm vào cơ thể bệnh nhân. b) Tính thể tích máu của bệnh nhân ra mL. Giả thiết rằng toàn bộ gali xitrat chỉ phân bố đều trong máu. Nhiệt hóa học

1. Sự gỉ sắt diễn ra ở 250C, 1atm theo phương trình phản ứng:

4Fe + 3O2 → 2Fe2O3.

a. Tính ∆ S của phản ứng. Biết ∆ S0 của Fe, O2 và Fe2O3 tương ứng bằng 27,3; 205 và 87,4 J/K.mol.

b. Bằng cách tính biến thiên entropi của hệ cô lập hãy cho biết quá trình trên là tự diễn biến hay không? Biết nhiệt sinh của Fe2O3 ở điều kiện đã cho là -824,2 kJ/mol.

yn h

2. Người ta cho 1 gam axit lactic C3H6O3 vào một bom nhiệt lượng kế có thể tích 500 ml và chứa đầy O2 ở áp suất P, nhiệt độ 22 oC. Sau đó, đốt cháy axit lactic, quan sát thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng 1,8 oC.

a) Để cho phản ứng diễn ra hoàn toàn, áp suất P tối thiểu phải bằng bao nhiêu? b) Tính biến thiên nội năng và biến thiên entanpi của phản ứng.

Cho: R = 0,082 L.atm.mol-1.K-1; Nhiệt dung nhiệt lượng kế là 8,36 kJ.độ-1 Cân bằng hoá học trong pha khí

Câu 5. (2,0 điểm)

2 NO2 (k) . Ở 270C và 1 atm độ phân huỷ là 20 %.

N2O4 phân huỷ theo phản ứng N2O4 (k) Xác định : 1. Hằng số cân bằng KP, KC 2. Độ phân huỷ ở 270C và dưới áp suất 0,1 atm

3. Độ phân huỷ của một mẫu N2O4 có khối lượng 69 gam, chứa trong bình có thể tích 20 lit ở 270C 4. Hãy cho biết phản ứng trên là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Tại sao? Trên cơ sở đó hãy cho biết nếu ngâm bình chứa hỗn hợp 2 khí trên vào chậu đựng nước đá thì màu sắc của bình khí thay đổi như thế nào? Hãy giải thích sự thay đổi đó. (Biết khí N2O4 là khí không màu, NO2 là khí màu nâu đỏ).

Câu 6. (2,0 điểm)

Động hóa học hình thức

Phosgen là một chất khí rất độc được sử dụng trong Chiến tranh thế giới lần thứ nhất, nó cũng là sản phẩm công nghiệp quan trọng. Phosgen được tạo thành bằng cách cho khí CO tác dụng với khí Cl2 khi có mặt ánh sáng mặt trời hoặc có than hoạt tính làm xúc tác theo phản ứng sau: CO(k) + Cl2(k) → COCl2(k) Để xác định bậc riêng của CO, người ta tiến hành thí nghiệm sau: Xuất phát từ khí CO và khí Cl2 P

với áp suất ban đầu là: Cl = 400 mmHg, PCO = 4 mmHg. Ở nhiệt độ và thể tích không đổi, đo áp suất riêng phần của COCl2(k) theo thời gian phản ứng thu được kết quả như sau: 0

34,5

138

PCOCl2

2,0

3,0

3,75

(mmHg)

ai l.c

t (phút)

1. Chứng minh rằng bậc riêng của CO bằng 1.

(1) nhanh

CO(k) + Cl(k) ⇌ COCl(k)

(2) nhanh

Cl2(k) ⇌ 2Cl(k)

2. Bằng một thí nghiệm khác, người ta xác định được bậc riêng của Cl2 bằng 3/2. Chứng minh rằng phương trình động học của phản ứng trên phù hợp với cơ chế phản ứng sau:

Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

Câu 7. (2,0 điểm)

COCl(k) + Cl2(k) → COCl2(k) + Cl(k) (3) chậm

Trộn 10,00 ml dung dịch SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa.

yn h

1. Tính nồng độ mol/L của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. 2. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn.

3. Hãy vẽ đường cong chuẩn độ dung dịch A bằng NaOH (đường cong chuẩn độ là đường biểu diễn sự phụ thuộc của pH theo thể tích NaOH tiêu thụ).

4. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25 oC bằng 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL. Hãy tính tích số tan của BaSO3.

Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21. Câu 8. (2,0 điểm)

Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân

1. Các ion CN có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại chất độc này bằng phản ứng sau ở 25oC: CN- + H2O2 ⇌ NCO- + H2O a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng. b) Trong nước thải có nồng độ CN- là 10-3mol.L-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN- còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận. Cho Eo(H2O2/H2O) = 1,77V và Eo(NCO-/CN-) = -0,14V 2. Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd. a. Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi trường axit. Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.

b. Ở pH = 7, nồng độ NO3- là 10-2M. Viết phản ứng giữa Cd và NO3-. Hỏi NO3- có bị khử hoàn toàn ở 25oC trong điều kiện này không? Tính nồng độ NO3- còn lại trong nước khi cân bằng. c. Tính thế khử (thế oxy hóa - khử) chuẩn của cặp NO3-/NO2- ở pH = 14 và 25oC Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) = 0,98V; Eo(Cd2+/Cd) = 0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14 Câu 9. (2,0 điểm)

Halogen

1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau: a) Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính

b) Sục khí CO2 qua nước Javel

ai l.c

c) Cho nước Clo qua dung dịch KI d) Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh

e) Sục Clo đến dư vào dung dịch FeI2

2. 2. Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thuỷ phân hoàn toàn A được dd B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những ion nào có trong B? Hiện tượng

Thuốc thử

Có kết tủa vàng nhạt

a. AgNO3 + HNO3

Không có kết tủa

b. Ba(NO3)2 c. NH3 + Ca(NO3)2

d. KMnO4 + Ba(NO3)2

Mất màu, có kết tủa trắng Không có kết tủa

e. Cu(NO3)2

Không hiện tượng

yn h

Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì?

Để xác định chính xác người ta lấy 7,19g A hòa tan vào nước thành 250ml dung dịch. Lấy 25 ml dd thêm một it HNO3 và AgNO3 dư thu được 1,452g kết tủa khô sạch. Xác định công thức phân tử và công thức cấu tạo A?

Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh 1. Hoàn thành dãy chuyển hoá (1)

Na2S2O3

(2)

Ag2S2O3

(4)

(5)

SO2

(6)

S (7)

(3)

Na2SO3

Na3[Ag(S2O3)2] (8)

Na2SO4

2. Theo lý thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS2. Trong thực tế, một phần ion disunfua (S2) bị thay thế bởi ion sunfua (S2-) và công thức tổng của pyrit có thể được biểu diễn là FeS2-x. Như vậy ta có thể coi pyrit như là một hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với brom trong KOH dư thì xảy ra các phản ứng sau:

FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O Sau khi lọc thì chất không tan được tách khỏi dung dịch và: -Fe(OH)3 trong phần rắn được kết tủa lại và nung nóng chuyển thành Fe2O3 có khối lượng là 0,2g -Cho dư dung dịch BaCl2 vào pha lỏng được 1,1087g kết tủa BaSO4. a) Xác định công thức tổng của pyrit b) Xác định số oxy hóa của các nguyên tố tham gia vào qúa trình xác định chất khử và chất oxy hóa.

c) Viết các phương trình của hai phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron.

_____________Hết____________

Nguyễn Mai Phượng

Người ra đề:

yn h

ĐT: 0983552198

ai l.c

d) Tính lượng brom (theo gam) cần thiết để oxy hóa mẫu khoáng.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LÀO CAI

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT CHỌN HỌC SINH GIỎI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘLẦN THỨ XI MÔN: HOÁ HỌC - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

b. Cho năng lượng ion hóa của 1 mol phân tử H2 : IE(H2) = 1500 kJ/mol

ai l.c

Câu

1.1.a

Hướng dẫn

Độ dài liên kết: H2: 0,75 Å,

Điểm 0,125x2

Năng lượng liên kết của : H2: 450 kJ/mol, H2+: 270 kJ/mol

Giải thích:

Gọi tốc độ của electron bị bắn ra là υ (m/s). Ta có:

1.1.b

yn h

Liên kết giữa 2 nguyên tử H trong H2 được hình thành bởi 1 đôi e nên độ 0,25 bội liên kết là 1, còn liên kết giữa 2 nguyên tử H trong H2+ được hình thành bởi 1 e nên độ bội liên kết là ½ → độ dài liên kết giữa H-H trong H2 ngắn hơn trong H2+ và độ bền liên kết trong H2 lớn hơn trong H2+ nên năng lượng liên kết trong H2 lớn hơn trong H2+ 2 ( h ⋅ν − IE (H 2 ) ) me

1 meυ 2 = h ⋅ν − IE (H 2 ) ⇒ υ = 2

0,25

h ⋅ν = 6.62 ⋅ 10−34 J ⋅ s ⋅ 3.9 ⋅ 1015 s −1 = 2.5818 ⋅ 10−18 J 1500 kJ / mol IE (H 2 ) = 1500 kJ / mol = = 2.4909 ⋅ 10−18 J −1 23 6.022 ⋅ 10 mol

υ=

(

)

2 2.5818 ⋅ 10−18 − 2.4909 ⋅ 10−18 J 9.1 ⋅ 10

−31

⇒ υ = 447

km s

2) Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H2O là 1,85D, góc liên kết ∠HOH là 104,5o, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. a) Tính momen lưỡng cực của liên kết O – H (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) b) Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxy. Cho biết 1D = 3,33.10-30 C.m. Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m.

Câu

Hướng dẫn

1.2.

µ1 H µ

µ2

Điểm

a) µ của phân tử bằng tổng các momen của hai liên kết (O – H): Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên kết O – H là: 1,51D

0,25

b) Giả thiết độ ion của liên kết O – H là 100% ta có: 0,0957.10 −9 .1,6.10 −19 = 4,60 D 3,33.10 − 30

µ1 (lt ) =

0,25

ai l.c

Ta dễ dàng suy ra độ ion của liên kết O – H là (1,51/4,6)x 100% = 32,8%

3. a. Nguyªn tö X cã electron cuèi cïng ®−îc ®Æc tr−ng b»ng 4 sè l−îng tö : n=6, l=1, m=0,

s= +1/2. ViÕt cÊu h×nh electron ®Çy ®ñ cña nguyªn tö X.

CÊu h×nh e líp ngoµi cïng cña X lµ 6p2

1.3.a.

Hướng dẫn

Câu

b. Hîp chÊt A cã c«ng thøc lµ MYOm, cã tæng sè h¹t pr«ton lµ 42, trong ®ã ion Y O −m cã 32e, Y lµ nguyªn tè thuéc chu kú 2. T×m CTPT cña A. Điểm 0,25

MYOm : tæng e=tæng p=42

1.3.b.

CÊu h×nh ®Çy ®ñ lµ: 1s22s22p63s23p63d104s24p64d104f145s25p65d106s26p2 0,25

YOm- cã 32 e nªn ion M+ cã 10e, nguyªn tö M cã 11e M lµ Na Zy +8m +1 =32 Zy =31-8m chọn m=3

yn h

Do Y thuéc chu kú 2 nªn 3 ≤ Zy ≤ 9 (trừ Ne) nªn 2,8 ≤m≤3,5

Thay vào được Zy=7 Y là N Câu 2. (2,0 điểm)

0,25

Vậy MYOm là NaNO3.

Tinh thể

Hướng dẫn

2.1

Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở).

Điểm

- Đối với mạng đơn giản: + Số nguyên tử trong 1 tế bào:

n = 8 x 1/8 = 1

+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử

0,25

kim loại là: V1 = 4/3 x π r3 (1) + Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là: V2 = a3

(2)

Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

r a

hay a = 2r (3).

ai l.c

Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4) Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:

V1/V2 = 4/3 π r3 : 8r3 = π /6 = 0,5236 Đối với mạng tâm khối:

d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3

Do đó:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1 = 2x(4/3) 0,25 π r3 . + Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/ 3 3

0,25

yn h

Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: = 0,68

V1 : V2 = 8/3 π r3 : 64r3/3 3 - Đối với mạng tâm diện:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể tích của các nguyên tử trong tế bào là: V1 = 4 x 4/3 π r3

0,25

+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:

Từ đó ta có:

d=a

2 = 4r, do đó a = 4r/ 2

Thể tích của tế bào:

V2 = a3 = 64r3/2 2

Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:

V /V = 16/3

r3: 64r3/ 2 2

= 0,74

Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,52 : 0,68 : 0,25 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42 2. Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là

5,14.10-10 m. Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+ , Cl- trong mạng tinh thể theo picomet (pm). Câu

Hướng dẫn

2.2.

Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào nhau, khoảng cách hai mạng là a/2.

ai l.c

Điểm

0,25

Tam giác tạo bởi hai cạnh góc vuông a,a; cạnh huyền là đường chéo d, khi d2 = 2a2 → d = a 2

đó

Xét một cạnh a:

a − 2r (Cl − ) 514 − 2 x182 = = 75 pm 2 2

0,25

Phản ứng hạt nhân

yn h

Câu 3. (2,0 điểm)

a = 2 r (Cl-) + 2 r (Li+) r(Li+) =

0,25

2 a 2 = 5,14 x10 −10 x = 182 pm 4 4

r ( Cl − ) =

d = 4r ( Cl − )

67 31

Ga (với chu kì bán rã t1/2 = 3,26 ngày) thành hạt nhân bền

67 30

Zn xảy ra

khi hạt nhân Ga bắt một electron thuộc lớp K của vỏ electron bao xung quanh hạt nhân. Quá trình này không phát xạ β+. a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn sự biến đổi phóng xạ của 67Ga. b) Chùm tia nào được phát ra khi 67Ga phân rã? 2. 10,25 mg kim loại gali đã làm giàu đồng vị 67Ga được sử dụng để tổng hợp m gam dược chất phóng xạ gali xitrat (GaC6H5O6.3H2O). Hoạt độ phóng xạ của mẫu (m gam) dược chất là 1,09.108 Bq. Chấp nhận rằng quá trình tổng hợp có hiệu suất chuyển hóa Ga bằng 100%. a) Tính khối lượng của đồng vị 67Ga trong m gam dược chất được tổng hợp (cho rằng 67Ga là đồng vị phóng xạ duy nhất có trong mẫu). b) Tính hoạt độ phóng xạ của 1 gam dược chất gali xitrat được tổng hợp ở trên.

3. Ngay sau khi tổng hợp, toàn bộ m gam dược chất phóng xạ được hòa tan trong 100 mL nước cất. Sau 8 giờ, 1 mL dung dịch này được tiêm vào tĩnh mạch bệnh nhân. Sau khi tiêm 1 giờ, người ta lấy 1 mL mẫu máu của bệnh nhân và đo được hoạt độ phóng xạ 210,2 Bq . a) Tính hoạt độ phóng xạ theo Bq của liều 1 mL dung dịch gali xitrat khi tiêm vào cơ thể bệnh nhân. b) Tính thể tích máu của bệnh nhân ra mL. Giả thiết rằng toàn bộ gali xitrat chỉ phân bố đều trong máu.

Câu 67 31Ga

+ e →

Điểm 0,25

67 30Zn

3.1.a

Hướng dẫn

Hạt nhân mới tạo thành do sự phân rã thường ở một trạng thái kích thích nào đó có mức năng lượng cao hơn trạng thái cơ bản. Khi trở về trạng thái cơ bản nó cho bức xạ γ. (thường thì bức xạ γ xảy ra muộn hơn vào khoảng 10-16 s).

0,25

3.2.a

A = λ.N → N = A/ λ = 1,09.108. 78,24.3600/ ln2 = 4,43.1013 nguyên tử

0,25

m(GaC6H5O6.3H20) =

−3

Khối lượng của dược chất được tổng hợp:

0,25

10, 25.10 .296, 7 g = 4,362.10-2 g 69, 72

3.2.b

4, 43.1013.67 g = 4,930.10-9 g 23 6, 02.10

Khối lượng của 67Ga trong dược chất: m =

ai l.c

3.1.b

Hoạt độ phóng xạ của 1g dược chất (hoạt độ phóng xạ riêng): As = 1,09.108 Bq/43,62.10-3 g = 2,50.109 Bq/g 0,25

Hoạt độ phóng xạ còn lại sau 1 giờ (1mL): A’ =1,015. 106 Bq.e-ln2.1/3,26.24 =1,006.106Bq 1,006.106Bq /V = 105,6 Bq/mL (V là thể tích máu) → V = 1,006.106Bq/210,2 Bq/mL = 4,786.103 mL

0,25

Hoạt độ phóng xạ ban đầu của 1mL dung dịch: Ao = 1,09.108 Bq/100mL = 1,09.106 Bq/mL Hoạt độ phóng xạ của liều 1mL dung dịch khi tiêm: A = Ao.e-λt = Ao.e-ln2.t/t1/2 =1,09.106Bq/mL.e-ln2.8/3,26.24 = 1,015. 106 Bq/mL

3.3.b

yn h

3.3.a

Câu 4. (2,0 điểm)

0,25

Nhiệt hóa học

1. Sự gỉ sắt diễn ra ở 250C, 1atm theo phương trình phản ứng:

4Fe + 3O2 → 2Fe2O3.

a. Tính ∆ S0 của phản ứng. Biết ∆ S0 của Fe, O2 và Fe2O3 tương ứng bằng 27,3; 205 và 87,4 J/K.mol. b. Bằng cách tính biến thiên entropi của hệ cô lập hãy cho biết quá trình trên là tự diễn biến hay không? Biết nhiệt sinh của Fe2O3 ở điều kiện đã cho là -824,2 kJ/mol. Câu 4.1

Hướng dẫn 0 0 0 0 a. ∆ S pứ = 2 S (Fe2O3) – 4 S (Fe) – 3 S (O2)

Điểm

0,25

= 2.87,4 – 4.27,3 – 3.205 = -549,4 J/K.mol

b. Sự gỉ của sắt đã tỏa năng lượng dưới dạng nhiệt ra môi trường xung quanh một lượng bằng: -824,2.2 = -1648,4 kJ/mol, do đó làm tăng entropi 0,25 của môi trường một lượng bằng: ∆ S0mt = 1648400/298 = 5531,5 J/K.mol ∆S

0 hệ =

-549,4 J/K.mol

=> ∆ S0cô lập = ∆ S0mt + ∆ S0hệ = 5531,5 + (-549,4) = 4982,1.mol

0,25

0 ∆ S cô lập

> 0 chứng tỏ sự gỉ là quá trình tự phá hủy của kim loại ở điều kiện 0,25 thường về nhiệt độ và áp suất.

ai l.c

a) Để cho phản ứng diễn ra hoàn toàn, áp suất P tối thiểu phải bằng bao nhiêu?

Điểm

Xét phản ứng: C3H6O3(l) + 3O2 (k) → 3CO2(k) + 3H2O(l)

4.2

Hướng dẫn

Câu

Cho: R = 0,082 L.atm.mol-1.K-1; Nhiệt dung nhiệt lượng kế là 8,36 kJ.độ-1

1 P.V 0,082 . 295 . 3 ≥ 3n C3H 6O3 = 3. →P ≥ = 1,613 (atm) R.T 90 0,5 . 90

n O2 =

a) Để phản ứng hoàn toàn:

Vậy để phản ứng diễn ra hoàn toàn, áp suất P tối thiểu phải bằng 1,613 0,5 atm.

yn h

b) 1gam axit C3H6O3 bị đốt cháy toả ra một nhiệt lượng là q = 8,36.1,8 = 15,048 (kJ).

Do quá trình đẳng tích nên biến thiên nội năng của phản ứng là:

∆U = Qv = -

n C3 H 6 O 3

= - 15,048 . 90 = - 1354,32 (kJ.mol-1)

∆H = ∆U + ∆n.R.T = -1354,32+ 0.R.T.10-3 = -1354,32(kJ.mol-1)

Câu 5. (2,0 điểm)

0,25 0,25

Cân bằng hoá học trong pha khí

N2O4 phân huỷ theo phản ứng N2O4 (k) Xác định :

2 NO2 (k) . Ở 270C và 1 atm độ phân huỷ là 20 %.

1. Hằng số cân bằng KP, KC 2. Độ phân huỷ ở 270C và dưới áp suất 0,1 atm 3. Độ phân huỷ của một mẫu N2O4 có khối lượng 69 gam, chứa trong bình có thể tích 20 lit ở 270C 4. Hãy cho biết phản ứng trên là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Tại sao? Trên cơ sở đó hãy cho biết nếu ngâm bình chứa hỗn hợp 2 khí trên vào chậu đựng nước đá thì màu sắc của bình khí thay đổi như thế nào? Hãy giải thích sự thay đổi đó. (Biết khí N2O4 là khí không màu, NO2 là khí màu nâu đỏ). Câu

Hướng dẫn

Điểm

5.1

N2O4 (k) Ban đầu:

Phân li

αP0

Cân bằng

2 NO2 (k)

0 2α P0

P0 (1 –α )

2α P0

0,25

áp suất ở trạng thái cân bằng của hệ: P = P0 (1 + α) → P0 = P /(1 + α) → KP =

4 P.α 2 = 1/6 1−α 2

0,25

→ KC = Kp/(RT) = (1/6)/(0,082.300) = 6,78.10-3

ai l.c

0,25

Tính KP theo P0 ta giải ra được α = 0,19

0,25

nN2O4 = 0,75 mol → áp suất ban đầu của hệ là : P0 = 0,9225 atm

Phản ứng trên là phản ứng thu nhiệt theo chiều thuận vì liên kết giữa N-N trong phân tử N2O4 bị phá vỡ để tạo ra 2 phân tử NO2 do đó cần phải cung cấp năng lượng để phá vỡ liên kết đó

0,25

5.4

Với P = 0,1 → α = 0,55

5.2 5.3

0,25

Nếu ngâm bình đựng hỗn hợp 2 khí NO2 và N2O4 vào bình đựng nước đá thì bình sẽ nhạt dần màu vì theo nguyên lí chuyển dịch cân bằng hóa học thì khi ngâm bình khí vào nước đá sẽ làm cho nhiệt độ của bình giảm do đó cân bằng của phản ứng sẽ chuyển dịch theo chiều của phản ứng tỏa nhiệt tức là chiều của phản ứng nghịch tức là từ khí màu nâu đỏ chuyển sang khí không màu. Câu 6. (2,0 điểm)

Động hóa học hình thức

yn h

Để xác định bậc riêng của CO, người ta tiến hành thí nghiệm sau: Xuất phát từ khí CO và khí Cl2

với áp suất ban đầu là: Cl = 400 mmHg, PCO = 4 mmHg. Ở nhiệt độ và thể tích không đổi, đo áp suất riêng phần của COCl2(k) theo thời gian phản ứng thu được kết quả như sau:

t (phút)

34,5

138

PCOCl2

2,0

3,0

3,75

(mmHg)

1. Chứng minh rằng bậc riêng của CO bằng 1. 2. Bằng một thí nghiệm khác, người ta xác định được bậc riêng của Cl2 bằng 3/2. Chứng minh rằng phương trình động học của phản ứng trên phù hợp với cơ chế phản ứng sau: Cl2(k) ⇌ 2Cl(k)

(1) nhanh

CO(k) + Cl(k) ⇌ COCl(k)

(2) nhanh

COCl(k) + Cl2(k) → COCl2(k) + Cl(k) (3) chậm

Câu 6.1

Hướng dẫn

Điểm

Vì PCl2 >> PCO nên coi PCl2≈ const [Cl2] ≈ const v = k[Cl2]m[CO]n = k.const.[CO]n = k’[CO]n Giả sử bậc riêng của CO bằng 1 thì k’ = const trong các lần thí nghiệm. CO(k)

Cl2(k) COCl2(k)

Po = 4 mmHg Po - P’

P’

ai l.c

t=0

0,25

Với t = 34,5 phút, P’ = 2 mmHg k’ = 0,02 phút-1

Với t = 69 phút, P’ = 3 mmHg k’ = 0,02 phút-1

P0 1 C 1 k ' = ln 0 = ln t C t P0 − P ,

0,25

Với t = 138 phút, P’ = 3,75 mmHg k’ = 0,02 phút-1

Phương trình động học của phản ứng là:

6.2

0,25

k= 0,02 phút = const Bậc riêng của CO bằng 1 (n=1)

v = k[Cl2]3/2[CO]

Tốc độ của phản ứng được quyết định bởi giai đoạn chậm (3):

yn h

v = k’[COCl][Cl2]

0,25

COCl được tạo ra theo phản ứng (2): [COCl] = K2[CO][Cl]

0,25

CO(k) + Cl(k) ⇌ COCl(k) (2) ; K2

Cl lại được tạo ra theo phản ứng (1): Cl2(k) ⇌ 2Cl(k) (1) ; K1 [Cl] = K11/2[Cl2]1/2

Thay [COCl] vào phương trình tốc độ có: v = k’. K11/2 . K2. [Cl2]3/2.[CO] = k[Cl2]3/2[CO] phù hợp với phương trình động học của phản ứng.

Câu 7. (2,0 điểm)

0,25

[COCl] = K2[CO] K11/2[Cl2]1/2 = K11/2K2[CO] [Cl2]1/2

Thay [Cl] vào biểu thức tính [COCl], có:

0,25

Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

2. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn. 3. Hãy vẽ đường cong chuẩn độ dung dịch A bằng NaOH (đường cong chuẩn độ là đường biểu diễn sự phụ thuộc của pH theo thể tích NaOH tiêu thụ). 4. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25 oC bằng 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL. Hãy tính tích số tan của BaSO3. Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21. Câu 7.1

Hướng dẫn

Điểm

Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 = C 0SO ; C2 = C 0

SO32 −

ai l.c

→ sau khi trộn: C SO2 = 0,5C1; C SO2− = 0,5C2.

Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 ≈ pK a1 + pK a2 = 4,485 = 2

pH HSO- → thành phần của hệ thu được là

HSO-3 ,

nghĩa là trong hỗn

hợp A phải có SO2. Như vậy sau khi trộn dung dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư:

0,5(C1 – C2)

0,5C2

0,5C1

SO2 + H2O + SO32- → 2 HSO-3

yn h

Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; HSO-3 C2 M, môi trường axit → Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm tiếp phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ màu vàng sang màu hồng. Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm HSO-3 và SO2 (bỏ qua SO32–)

trong đó HSO-3 chiếm

[HSO3- ] K a1 10 −1,76 = = = 0,998 = 99,8% ≈ 100% => [HSO-3 ] + [SO2 ] [H + ] + K a1 10 −4,4 + 10 −1,76 chuẩn hết nấc 1

SO2 + OH– → HSO-3

→ 20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20

(1)

Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3- và SO32- (bỏ qua SO2): [SO32- ] K a2 10−7,21 = = = 0,984 = 98,4% ≈ 100% [HSO-3 ] + [SO32- ] [H + ] + K a2 10−9,0 + 10−7,21

→ thành phần của hệ gồm ≈ 100% SO32- , chuẩn độ hết nấc 2 HSO-3 + OH– → SO32- + H2O

→ 20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20

(2).

Từ (1) và (2) → C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M 7.2

Khi chưa chuẩn độ, pHA chính là pH của hệ đệm:

SO 2 + H2O ⇌ HSO-3 + H+ 0,125 – x

0,15 + x

Ka1 = 10-1,76

→ x = [H+] = 0,012 → pHA = 1,92 7.3

ai l.c

x.(0,15 + x) = 10−1,76 0,125 − x

Theo đề bài chuẩn độ dung dịch A với 2 chỉ thị riêng rẽ, nên trên

Gọi độ tan của BaSO3 trong nước là s → s = 0,016 . 1000 = 7,36.10-4 217,33 100

7.4

yn h

đường cong chuẩn độ sẽ có 2 bước nhảy chuẩn độ.

(M)

BaSO3 ⇌ Ba2+ + SO32-

Ks = ?

(1) s

SO32- + H2O ⇌ HSO-3 + OH- Kb1 = 10-6,79 HSO-3 ⇌ SO2 + OH–

(2) Kb2 = 10-12,24

(3)

Vì Kb2<< Kb1 nên có thể bỏ qua (3). Xét quá trình (2):

SO32- + H2O ⇌ HSO-3 + OH–

7,36.10-4

[ ]

7,36.10-4 – x

Kb1 = 10-6,79

→ x = 1,08.10-5

Vậy [OH-] = [HSO3-] >> Kb2. Bỏ qua (3) là hợp lý. [Ba2+] = s = 7,36.10-4 (M); [ SO32- ] = 7,36.10-4 - 1,08.10-5 =

7,25.10-4 (M)

Câu 8. (2,0 điểm)

ai l.c

→ Ks = [Ba2+].[ SO32- ] = 5,33.10-7 Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân

1. Các ion CN- có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp. Có thể loại chất độc này bằng phản ứng sau ở 25oC: CN- + H2O2 ⇌ NCO- + H2O

a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

b) Trong nước thải có nồng độ CN- là 10-3mol.L-1. Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN- còn lại sau phản ứng là bao nhiêu? Rút ra kết luận. Cho Eo(H2O2/H2O) = 1,77V và Eo(NCO-/CN-) = -0,14V

2. Để loại trừ các ion NO3- trong nước (các ion NO3- có mặt trong nước xuất phát từ phân bón) có thể khử nó thành NO2- bằng cách cho đi qua lưới có chứa bột Cd.

a. Viết nửa phản ứng của hai cặp NO3-/HNO2 và HNO2/NO trong môi trường axit. Chứng minh rằng HNO2 bị phân hủy trong môi trường pH = 0 đến 6.

yn h

HƯỚNG DẪN GIẢI

ĐIỂM

a) ∆Go = -2.96500(1,77 + 0,14) = -8,314.298lnK ⇒ K = 4,14.1064

0,25

8.1

Câu

Cho biết các số liệu sau ở 25oC: Eo(NO3-/HNO2) = 0,94V; Eo(HNO2/NO) = 0,98V; Eo(Cd2+/Cd) = 0,40V; Ka(HNO2) = 5.10-4; Ks(Cd(OH)2) = 1,2.10-14

b) Phản ứng: CN- + CB: 10-3 – x

⇌ NCO-

H2O2 10-1 – x

H2O

Vì K rất lớn nên coi x = 10-3

]= 10 [CN ] = K[NCO [H O ] 4,14.10 .(10 −

−

−3

−1

−3

− 10 )

= 2,4.10− 67 M

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN- = 100 : 1 thì có thể loại trừ gần hết CN- trong nước thải.

0,25 0,25

8.2

a) NO3- + 3H+ + 2e → HNO2 + H2O; HNO2 + H+ + e → NO + H2O;

Eo = 0,94V Eo = 0,98V

Ở pH = 0 thì Eo(HNO2/NO) > Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 bị phân hủy theo phản ứng:

3HNO2 → NO3- + 2NO + H+ + H2O

0,25

Ở pH = 6 thì:

Eo(NO3-/HNO2) = 0,94 + (0,059/2)(lg10-6.3) = 0,409 V

Eo(HNO2/NO) = 0,98 + 0,059lg10-6 = 0,626V

0,25

ai l.c

Eo(HNO2/NO) vẫn lớn hơn Eo(NO3-/HNO2) nên HNO2 vẫn không bền b) Cd + NO3- + H2O ⇌ Cd2++ NO2- + 2OH-

Giả thiết phản ứng là hoàn toàn thì [Cd2+] = [NO3-]bđ = 10-2M

Ở pH = 7 thì [Cd2+] = Ks/[OH-]2 = 1,2M. Nồng độ Cd2+ sau phản ứng nhỏ hơn nhiều so với 1,2M nên không có kết tủa Cd(OH)2.

Để tính [NO3-] khi cân bằng cân tính hằng số cân bằng K của phản ứng trên:

K Cd + NO3- + H2O + 3H+ → Cd2+ + NO2- + 2OH- + 3H+

K Cd2+ + HNO2 + 2H2O → Cd2+ + H+ + NO2- + 2H2O

2(0,94 + 0,40) = 45,42 ⇒ K 1 = 2,65.10 45 0,059

yn h

lg K 1 =

K = K1.K2.K3.

0,25

K = 2,65.10 45.5.10 − 4.(10 −14 ) 2 = 1,325.1014

NO3- +

Hằng số K rẩt lớn nên phản ứng gần như hoàn toàn. Ở pH = 7 ta có: (10-2 – x) = ε

NO2-

x = 10-2

2OH-

x = 10-2

Nđcb: 10-7

Cd2+ +

H2O ⇌

Như vậy ta có: 1,325.1014 =

c) lg K1 =

Câu 9. (2,0 điểm)

10 −2.10 −2.(10 −7 ) 2

o 2( E NO + 0,40) − / NO − 3

0,059

[

]

⇒ ε = NO3− = 7,55.10 −33 M o ⇒ E NO = 0,017V − / NO − 3

Halogen

1. Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau:

0,25

a) Ozon oxi hóa I- trong môi trường trung tính b) Sục khí CO2 qua nước Javel c) Cho nước Clo qua dung dịch KI d) Sục khí Flo qua dung dịch NaOH loãng lạnh e) Sục Clo đến dư vào dung dịch FeI2

Thuốc thử

Hiện tượng

b. Ba(NO3)2

Không có kết tủa

c. NH3 + Ca(NO3)2

Không hiện tượng

ai l.c

a. AgNO3 + HNO3

d. KMnO4 + Ba(NO3)2

Mất màu, có kết tủa trắng

Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì?

Không có kết tủa

e. Cu(NO3)2

0,125

Nếu Clo dư : 5Cl2 + 6H2O + I2 → 2HIO3 + 10HCl d) 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh) → 2NaF + H2O + OF2 e) 2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2 ; 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl

0,375

yn h

9.2

ĐIỂM

0,125

9.1.

HƯỚNG DẪN GIẢI a) O3 + 2I + H2O → O2 + I2 + 2OHb) CO2 + NaClO + H2O → NaHCO3 + HClO c) Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 ; Nếu KI còn dư: KI + I2 → KI3 -

Câu

AgNO3 : thuốc thử ion Cl-( kt trắng) ; Br- ( kt vàng nhạt) ; I- ( kt vàng sẫm)

Ba(NO3)2 : thuốc thử ion

SO42-

0,25 0,125

( kt trắng)

NH3 + Ca(NO3)2 : thuốc thử ion F- (kt CaF2 trắng)

0,125

KMnO4 + Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO3 ( kt BaSO4)

Cu(NO3)2 : thuốc thử ion I- ( I2 + CuI kt trắng) Từ hiện tượng trên kết luận A có S+4, có Br- là SOBr2 hoặc SOBrCl. SOBr2 + 2H2O → H2SO3 + 2HBr và SOBrCl + 2H2O ---> H2SO3 + HCl + HBr Từ số liệu tính toán ra kết quả: A là SOBrCl.

0,125 0,125 0,25

C.t.c.t 0,25

Cl S

Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh

(1)

(2)

Na2S2O3 (4)

(5)

(3)

Ag2S2O3 S (7)

(6)

SO2

Na3[Ag(S2O3)2]

Na2SO3

(8)

Na2SO4

ai l.c

1. Hoàn thành dãy chuyển hoá

2. Theo lý thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS2. Trong thực tế, một phần ion disunfua (S2) bị

thay thế bởi ion sunfua (S2-) và công thức tổng của pyrit có thể được biểu diễn là FeS2-x. Như vậy ta có

thể coi pyrit như là một hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với brom trong KOH dư

thì xảy ra các phản ứng sau:

FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O

Sau khi lọc thì chất không tan được tách khỏi dung dịch và:

-Fe(OH)3 trong phần rắn được kết tủa lại và nung nóng chuyển thành Fe2O3 có khối lượng là 0,2g

yn h

-Cho dư dung dịch BaCl2 vào pha lỏng được 1,1087g kết tủa BaSO4. a) Xác định công thức tổng của pyrit

b) Xác định số oxy hóa của các nguyên tố tham gia vào qúa trình xác định chất khử và chất oxy hóa. c) Viết các phương trình của hai phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron.

HƯỚNG DẪN GIẢI Na2SO3 + S → Na2S2O3 Na2S2O3 + 2AgNO3 → Ag2S2O3 + 2NaNO3 Ag2S2O3 + 3Na2S2O3 → 2Na3[Ag(S2O3)2] Na2S2O3 + 2HCl (loãng, nguội) → 2NaCl + SO2 + S + H2O t S + O2 → SO2 SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O t S + NaOH đặc → Na2S + Na2SO3 + H2O

Câu

d) Tính lượng brom (theo gam) cần thiết để oxy hóa mẫu khoáng.

10.1

(1) (2) (3) (4) (5) (6) (7)

(8) Na2SO3 + NaClO → Na2SO4 + NaCl HS dùng phản ứng khác mà đúng vẫn cho điểm tối đa

ĐIỂM

0,125x8=1,0

10.2

a) n(S) = 1,1087/233,4 = 4,75.10-3mol; n(Fe) = 0,2.2/160 = 2,5.10-3mol 0,25

⇒ n(Fe) : n(S) = 1 : 1,9 ⇒ công thức là FeS1,9

b) Fe2+; S1- ; Br0 → Fe3+; S6+; Br1Fe2+; S2- ; Br0 → Fe3+; S6+; Br1Fe2+; S1- ; S2-: chất khử; Br0: chất oxy hóa

0,25

c) 2FeS2 + 15Br2 + 38KOH → 2Fe(OH)3 + 30KBr + 4K2SO4 + 16H2O

m1(Br2) = 2,7g m2(Br2) = 0,18g

m(Br2) = m1 + m2 = 2,88g

_____________Hết____________

Người ra đề:

yn h

Nguyễn Mai Phượng

0,25

ai l.c

d) 2 – x = 1,9 ⇒ x = 0,1: 90% mol FeS và 10% mol FeS2

0,25

2FeS + 9Br2 + 22KOH → 2Fe(OH)3 + 18KBr + 2K2SO4 + 8H2O

ĐT: 0983552198

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: HÓA HỌC – LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

TRƯỜNG THPT CHUYÊN Lương Văn Tụy Ninh Bình -----***-----

Câu 1. (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn Năm 1888, Rydberg và Ritz đã phát hiện ra một công thức kinh nghiệm để xác định vị trí của các vạch phổ hydrogen bằng sự hấp thụ ánh sáng:

ai l.c

λ– bước sóng, R – hằng số Rydberg, n1 và n2 – các số tự nhiên. Các dãy quang phổ dưới đây tương ứng với sự chuyển (nhảy) của electron từ các trạng thái n2 khác nhau về trạng thái cho sẵn n1. Các dãy phổ n1 n2 λ, nm 1 3 đo gần đúng là 100 Layman 1 121 Brackket 4 1456 Ballmer 3 Tính hằng số Rydberg và hoàn thành bảng bằng cách bổ sung các dữ kiện còn thiếu.

yn h

Câu 2. (2,0 điểm) Tinh thể Sắt tồn tại hai dạng thù hình đều có dạng lập phương là Fe-α độ đặc khít 68%, bán kính kim loại 0,124 nm) và Fe-γ độ đặc khít 74%, bán kính kim loại 0,128 nm). 1. Trong quá trình luyện gang, thép; một lượng nhỏ cacbon thường xâm nhập vào các pha tinh thể của sắt làm các nguyên tử sắt cách xa nhau hơn. Hãy dự đoán vị trí xâm nhập của cacbon vào mỗi dạng thù hình và vẽ sơ đồ ô cơ sở sau khi bị một nguyên tử cacbon xâm nhập. 2. Bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,077nm. Hỏi độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở sẽ tăng thêm bao nhiêu khi Fe-α và Fe- γ có chứa cacbon so với hai dạng tương ứng ở trạng thái nguyên chất.

Câu 3. (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Arsenic là nguyên tố thường được tìm thấy ở các mỏ đồng. Trong mái tóc của xác ướp Ötzi (xác ướp được tìm thấy ở Ötztal Alps), các nhà khoa học tìm thấy arsenic với hàm lượng tương đối cao. Vậy nên có thể suy đoán là ông ta đã từng làm công việc khai thác đồng. Đồng vị 74As có chu kì bán rã 17.77 ngày. Nó tham gia cả phân rã β+ (66.00 %) lẫn β- (34.00 %). 1. Viết phương trình phản ứng biểu diễn hai quá trình phân rã. 2. Tính hằng số phóng xạ cho phân rã β+ theo s-1. 3. 74As không tồn tại trong tự nhiên, mà có thể được tạo thành trong các phản ứng hạt nhân. Ví dụ phản ứng bức xạ hạt nhân germanium với deuterium với tốc độ rất cao. Ge + 12 D → 74 33 As+γ : 70 72 73 Ge có năm đồng vị bền: Ge (20.5%), Ge(27.4%), Ge(7.8%), 74Ge(36.5%), và 76 Ge(7.8%). Xác định số khối của đồng vị Ge tham gia vào phản ứng trên. 4. Trong một mẫu chất GeO2 nặng 0.734 gam thì có 3,4 ppb (1 ppb = 10-9) hàm lượng hạt nhân bị chuyển hoá theo phản ứng trên. Tính độ phóng xạ tổng của mẫu chất (β+ và β-) ngay sau khi phản ứng tạo As hoàn thành.

Câu 4. (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho công nghệ bán dẫn được thực hiện bằng phản ứng: SiO2 (r) + 2C (r) ⇌ Si (r) + 2CO (k) (1) 1. Không cần tính toán, chỉ dựa vào sự hiểu biết về hàm entropi, hãy dự đoán sự thay đổi (tăng hay giảm) entropi của hệ khi xảy ra phản ứng (1). 2. Tính ∆S 0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn dưới đây: 0 0 SSiO = 41,8 J.K -1.mol-1 ; S0C(r) = 5,7 J.K -1.mol-1 ; SSi(r) = 18,8 J.K -1.mol-1 ; S0CO(k) = 197,6 J.K -1.mol-1. 2 (r)

Câu 5. (2,0 điểm)

ai l.c

4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào? (Coi sự phụ thuộc của ∆S và ∆H vào nhiệt độ là không đáng kể).

3. Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu 0 0 chuẩn (∆HS0 ) của SiO2 và CO có các giá trị: ∆HS(SiO = -910,9 kJ.mol-1; ∆HS(CO(k)) = -110,5 kJ.mol-1 . 2 (r))

Cân bằng hoá học trong pha khí

1. Cho cân bằng: I2(r) ⇌ I2(k) (1) ∆Go1 = 62400 - 144,5T (J). Cho 0,02 mol I2(r) vào bình chân không dung tích 5 lít ở 373K. Tính số mol các chất khi cân bằng. Nếu tăng dung tích của bình lên V’ lít và giữ ở nhiệt độ không đổi thì với V’ bằng bao nhiêu để ở đó I2(r) bắt đầu biến mất. 2. Ngoài cân bằng (1) còn có cân bằng sau:

I2(k) ⇌ 2I (k) (2), ∆Go2 = 151200 – 100,8T (J) Ở câu 1 đã không để ý đến phản ứng (2) vì thực tế nó xảy ra không đáng kể ở 373K. Hãy chứng minh bằng cách tính áp suất của I(k) khi cân bằng.

yn h

Câu 6. (2,0 điểm) Động hóa học hình thức Hiđroasenua AsH3 là một chất khí, khi nóng bị phân hủy theo phản ứng bậc một thành đihiđro và asen. Để nghiên cứu phản ứng này người ta cho khí hiđroasenua vào một bình chân không, thể tích không đổi, ở nhiệt độ thích hợp xác định. Khi đó áp suất trên áp kế là P0 = 760 mmHg. Sau 180 phút, áp kế chỉ 874 mmHg. 1. Chấp nhận rằng trong thí nghiệm trên được thực hiện tại nhiệt độ mà asen ở trạng thái rắn và không tác dụng với đihidro. Giải thích tại sao áp suất trong bình lại tăng lên theo thời gian? Áp suất trong bình sẽ tăng tới giới hạn bằng bao nhiêu? 2. Lập biểu thức tính hằng số tốc độ phản ứng theo thời gian t, áp suất tổng cộng P và áp suất ban đầu P0. Từ đó tính hằng số tốc độ phản ứng khi thời gian biểu thị bằng phút. 3. Sau bao lâu thì một nửa lượng ban đầu của AsH3 bị phân hủy? Khi đó áp suất chung của hỗn hợp khí trong bình là bao nhiêu? 4. Trong thí nghiệm thứ hai, người ta thực hiện phản ứng ở nhiệt độ rất cao và coi rằng phản ứng kết thúc sau 3 giờ, áp suất ban đầu P0 vẫn bằng 760 mmHg. Thực tế sau 3 giờ, áp kế chỉ là 1330 mmHg. Giả thiết rằng tại nhiệt độ này, H2 chưa bị phân li thành hidro nguyên tử mà chỉ có As rắn bị hóa thành hơi ở dạng phân tử Asn. Xác định n.

Câu 7. (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch Thêm V lít dung dịch H2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,020M và Ba(NO3)2 0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. 1. Hãy tính pH của A. 2. Sục H2S vào dung dịch A đến bão hòa. Cho biết hiện tượng xảy ra. Cho: pKa (HSO4-) = 2,00; pKa1 (H2S) = 7,02; pKa2 (H2S) = 12,9; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66; pKS( PbS) = 26,6; Độ tan của H2S là 0,1M.

Câu 8. (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân Tới đầu thế kỉ 21, acquy chì-acid có thể sạc lại vẫn là một trong những loại acquy phổ biến nhất được dùng cho ôtô. Nó có một số đặc tính vượt trội, và có thể tái chế gần như hoàn toàn. Khi xả điện, chì ở một điện cực và chì (IV) oxide ở một điện cực khác bị chuyển hoá thành chì sulphate. Sulphuric acid được dùng làm chất điện giải. 1. Viết các quá trình xảy ra ở anode, cathode và phản ứng tổng của ac quy acid-chì khi xả điện. PbSO4 có Ksp = 1.6 ×10-8. Giản đồ Latimer của chì (trong acid) là

ai l.c

2. Phản ứng dị phân (tự oxi hoá-khử) của ion chì (II) có tự diễn biến không? Giải thích bằng tính toán. 3. Tính thế mạch hở của một pin gavani trong acquy nạp đầy điện. 4. Tính thế mạch hở của một pin gavani trong acquy nạp đầy điện (ở 25 oC) chứa acid sulphuric có nồng độ 4,836 (M)

Câu 9. (2,0 điểm) Halogen Theo tiêu chuẩn môi trường quốc gia, mức tối thiểu cho phép của H2S trong không khí là: 0,01mg/L. Để đánh giá sự ô nhiễm không khí ở một khu nghỉ dưỡng có sử dụng suối nước nóng tự nhiên người ta làm như sau: Điện phân dung dịch KI trong 2 phút bằng dòng điện 2mA. Sau đó cho 2 lít không khí sục từ từ vào dung dịch điện phân trên cho đến khi iot mất màu hoàn toàn. Thêm hồ tinh bột vào bình và tiếp tục điện phân trong 35 giây nữa với dòng điện trên thì thấy dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Hãy viết PTHH giải thích thí nghiệm và cho biết sự ô nhiễm không khí bởi H2S của khu nghỉ dưỡng trên như thế nào? Có được xếp vào mức cho phép không?

yn h

Câu 10. (2,0 điểm) Oxi – lưu huỳnh Thêm vào 20,00 mL dung dịch mẫu chứa S2-, SO32- và S2O32- một lượng dư huyền phù ZnCO3 trong nước. Sau khi phản ứng hoàn toàn thì dung dịch qua lọc được đưa vào bình định mức 50,00 mL rồi định mức đến vạch. Thêm lượng dư dung dịch fomandehit vào 20,00 mL dịch lọc này rồi axit hóa dịch lọc bằng axit axetic. Chuẩn độ hỗn hợp này tốn hết 5,20 mL dung dịch chuẩn iot 0,01000 M. 1. Viết các phản ứng xảy ra trong quá trình phân tích dưới dạng ion và giải thích tại sao phải axit hóa bằng axit axetic. 2222. Phương pháp này giúp xác định được ion nào: S , SO3 hay S2O3 ? Tính nồng độ của ion này trong dung dịch đầu (ppm).

--------------------------------------------Hết--------------------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN Lương Văn Tụy Ninh Bình -----***-----

HDC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2017 - 2018 Môn: HÓA HỌC – LỚP 10

Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn Câu 1. (2,0 điểm) Năm 1888, Rydberg và Ritz đã phát hiện ra một công thức kinh nghiệm để xác định vị trí của các vạch phổ hydrogen bằng sự hấp thụ ánh sáng:

ai l.c

Nội dung

Điểm

Ước tính giá trị của R (dựa vào dòng 1):

Tính hằng số Rydberg và hoàn thành bảng bằng cách bổ sung các dữ kiện còn thiếu.

Sau đó có thể tính chính xác giá trị của R bằng cách sử dụng dữ liệu dòng thứ hai và tính n2: 0,5

0,5

yn h

Do n2 là số tự nhiên nên nó phải bằng 2, do vậy có thể tính chính xác giá trị của R:

0,5

Do n1 < n2, dãy Ballmer có n1 = 1 hoặc 2. n1 = 1 là dãy Layman như ta thấy trong bảng. Do vậy dãy Ballmer có n1 = 2 và bước sóng ứng với quá trình chuyển electron 2 → 3 là

Với dãy Brackett ta có: 0,5

Câu 2. (2,0 điểm) Tinh thể Sắt tồn tại hai dạng thù hình đều có dạng lập phương là Fe-α độ đặc khít 68%, bán kính kim loại 0,124 nm) và Fe-γ độ đặc khít 74%, bán kính kim loại 0,128 nm). 1. Trong quá trình luyện gang, thép; một lượng nhỏ cacbon thường xâm nhập vào các pha tinh thể của sắt làm các nguyên tử sắt cách xa nhau hơn. Hãy dự đoán vị trí xâm nhập của cacbon vào mỗ\i dạng thù hình và vẽ sơ đồ ô cơ sở sau khi bị một nguyên tử cacbon xâm nhập. 2. Bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,077nm. Hỏi độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở sẽ tăng thêm bao nhiêu khi Fe-α và Fe- γ có chứa cacbon so với hai dạng tương ứng ở trạng thái nguyên chất. Điểm

ai l.c

Nội dung 1. Fe-α có độ đặc khí 68% là mạng lập phương tâm khối→ vị trí trống nhất là tâm các mặt của lập phương.

0,5

Fe-γ có độ đặc khí 74% là mạng lập phương tâm diện→ vị trí trống nhất là tâm của lập phương).

yn h

2. Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở Fe-  (lập phương tâm khối): 4r 4 x0,124 a= = = 0,286 nm 3 3 Độ tăng của cạnh a khi cacbon chiếm vị trí tâm mặt 2 (0,124 + 0,077) – 0,286 = 0,082 nm

4r 4 x0,128 = 0,362 nm = 2 2 Độ tăng của cạnh a khi cacbon xâm nhập vào tâm của ô mạng cơ sở 2(0,128 + 0,077) – 0,326 = 0,048 nm KL: Khả năng xâm nhập của cacbon vào Fe- α lớn hơn vào Fe- γ.

0,5

Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở Fe- α (lập phương tâm mặt) a =

Câu 3. (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Arsenic là nguyên tố thường được tìm thấy ở các mỏ đồng. Trong mái tóc của xác ướp Ötzi (xác ướp được tìm thấy ở Ötztal Alps), các nhà khoa học tìm thấy arsenic với hàm lượng tương đối cao. Vậy nên có thể suy đoán là ông ta đã từng làm công việc khai thác đồng. Đồng vị 74As có chu kì bán rã 17.77 ngày. Nó tham gia cả phân rã β+ (66.00 %) lẫn β- (34.00 %). 1. Viết phương trình phản ứng biểu diễn hai quá trình phân rã. 2. Tính hằng số phóng xạ cho phân rã β+ theo s-1. 3. 74As không tồn tại trong tự nhiên, mà có thể được tạo thành trong các phản ứng hạt nhân. Ví dụ phản ứng bức xạ hạt nhân germanium với deuterium với tốc độ rất cao. Ge + 12 D → 74 33 As+γ : 70 Ge có năm đồng vị bền: Ge (20.5%), 72Ge(27.4%), 73Ge(7.8%), 74Ge(36.5%), và 76Ge(7.8%).

Xác định số khối của đồng vị Ge tham gia vào phản ứng trên. 4. Trong một mẫu chất GeO2 nặng 0.734 gam thì có 3,4 ppb (1 ppb = 10-9) hàm lượng hạt nhân bị chuyển hoá theo phản ứng trên. Tính độ phóng xạ tổng của mẫu chất (β+ và β-) ngay sau khi phản ứng tạo As hoàn thành.

Nội dung 1. Phương trình biểu diễn quá trình phân rã: + + 74 74 74 74 33 As → 32 Ge + e 33 As → 34 Se + e 2. Hằng số phân rã β+: ln 2 ln 2 = 4,5147.10-7 (s-1) k= = T1/ 2 17, 77.24.3600 k β + = 0,66. 4,5147.10-7 = 2,980.10-7 (s-1)

Điểm 0,5

0,5

ai l.c

3. Từ phản ứng hạt nhân, dễ dàng nhận ra số khối của Ge là 72. 4. Độ phóng xạ tổng: v = k.N = 4,5147.10-7 . 0,734.3,4.10-9/74.NA = 9,165.105 (Bq)

0,5 0,5

3. Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu chuẩn 0 0 = -910,9 kJ.mol-1 ; ∆HS(CO(k)) = -110,5 kJ.mol-1 . (∆HS0 ) của SiO2 và CO có các giá trị: ∆HS(SiO 2 (r))

4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào? (Coi sự phụ thuộc của ∆S và ∆H vào nhiệt độ là không đáng kể).

yn h

Nội dung 1. Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ hỗn loạn cao hơn trạng thái rắn, tức là có entropi lớn hơn. Vậy khi phản ứng xảy ra theo chiều thuận thì entropi của hệ tăng. 0 0 0 2. ∆S0 = 2 SCO(k) - 2 S0C(r) - SSiO + SSi(r) = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK-1 2(r)

0 0 0 0 3. ∆G 0 = ∆H 0 - T ∆S0 , trong đó ∆H 0 = ∆HS(Si(r) ) + 2∆HS(CO(k) ) - 2∆HS(C(r) ) - ∆HS(SiO2(r) )

∆H 0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) → ∆G 0 = ∆H 0 - T ∆S0 = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4 (kJ). 4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ∆G bắt đầu có giá trị âm: ∆G = ∆H 0 - T ∆S0 = 689,9 - T . 360,8.10-3 = 0 → T = 1912 oK. Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 oK, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.

Câu 5. (2,0 điểm)

Điểm 0,5 0,5

0,5 0,5

Cân bằng hoá học trong pha khí

Ở câu 1 đã không để ý đến phản ứng (2) vì thực tế nó xảy ra không đáng kể ở 373K. Hãy chứng minh bằng cách tính áp suất của I(k) khi cân bằng.

Nội dung ∆Go1(373) = 62400 – 144,5x373 = 8501,5 (J) −8501, 5 = −2, 74 ⇒ K p1 = 6, 45.10−2 lnK p1 = 8,314 x373

Điểm

6, 45.10−2 x5 = 0, 0105 mol 0, 082 x373 nI2(r) = 0,02 – 0,0105 = 0,0095 mol I2(r) bắt đầu biến mất thì nI2(r) = 0,02 mol nI .RT 0, 02.0, 082.373 V ' = 2( k ) = = 9, 48(lit ) PI 2 ( k ) 6, 45.10−2 K p 1 = PI 2 ( k ) = 6, 45.10−2 ⇒ nI 2( k ) =

P2I (k ) PI 2 ( k )

⇒ 1, 23.10 −16 =

Kp2 =

−113601, 6 = −36, 63 ⇒ K p 2 = 1, 23.10−16 8,314 x373 P2 I (k ) 6, 45.10−2

0,5

lnK p2 =

ai l.c

2. ∆Go2(373) = 151200 – 100,8x373 = 113601,6 (J)

0,5

⇒ PI ( k ) = 2,82.10 −9 atm : rất nhỏ → có thể bỏ qua (2)

yn h

0,5 Câu 6. (2,0 điểm) Động hóa học hình thức Hiđroasenua AsH3 là một chất khí, khi nóng bị phân hủy theo phản ứng bậc một thành đihiđro và asen. Để nghiên cứu phản ứng này người ta cho khí hiđroasenua vào một bình chân không, thể tích không đổi, ở nhiệt độ thích hợp xác định. Khi đó áp suất trên áp kế là P0 = 760 mmHg. Sau 180 phút, áp kế chỉ 874 mmHg. 1. Chấp nhận rằng trong thí nghiệm trên được thực hiện tại nhiệt độ mà asen ở trạng thái rắn và không tác dụng với đihidro. Giải thích tại sao áp suất trong bình lại tăng lên theo thời gian? Áp suất trong bình sẽ tăng tới giới hạn bằng bao nhiêu? 2. Lập biểu thức tính hằng số tốc độ phản ứng theo thời gian t, áp suất tổng cộng P và áp suất ban đầu P0. Từ đó tính hằng số tốc độ phản ứng khi thời gian biểu thị bằng phút. 3. Sau bao lâu thì một nửa lượng ban đầu của AsH3 bị phân hủy? Khi đó áp suất chung của hỗn hợp khí trong bình là bao nhiêu? 4. Trong thí nghiệm thứ hai, người ta thực hiện phản ứng ở nhiệt độ rất cao và coi rằng phản ứng kết thúc sau 3 giờ, áp suất ban đầu P0 vẫn bằng 760 mmHg. Thực tế sau 3 giờ, áp kế chỉ là 1330 mmHg. Giả thiết rằng tại nhiệt độ này, H2 chưa bị phân li thành hidro nguyên tử mà chỉ có As rắn bị hóa thành hơi ở dạng phân tử Asn. Xác định n.

Điểm

Phương trình phản ứng:

Nội dung

AsH3(r) →

3 H2(k) + As(r) 2

- Ở điều kiện V và T không đổi, theo thời gian phản ứng số mol khí tăng nên áp suất trong bình tăng. - Áp suất đạt giới hạn khi toàn bộ lượng khí AsH3 phân hủy hết. Pmax =

2. t=0 t

3 P0 = 1140 mmHg. 2

0,5

AsH3(k) → 1,5H2(k) + As(r) p0 0 P0 –x 1,5x

P = P0 + 0,5x

→

P − P0 0,5

Nội dung

Điểm

Phản ứng bậc 1: k=

P 1 1 0,5P0 1 P0 1 P0 ln 0 = ln = ln = ln t P0 − x t P − (P − P0 ) t 1,5P0 − P t 3P0 − 2P 0 0,5

Thay: t = 180 phút; P0 = 760 mmHg; P = 874 mmHg

1 760 = 1,98.10-3 phút-1 ln 180 (3.760 − 2.874)

0,5

0,693 0,693 = 350 phút = 5 giờ 50 phút = k 1,98.10−3 P 2,5P0 P(t1/2) = P0 + 0,5 0 = = 950 mmHg 2 2

ai l.c

3. t1/ 2 =

P = 1,5P0 +

P0 = 1330 n

P0 n

1,5P0

Sau pư:

4. Ở nhiệt độ cao, AsH3(k) phân hủy hết, As ở dạng hơi AsH3(k) → 1,5H2(k) + Asn(k) P0 0 0 Trước pư

0,5

yn h

Thay P0 = 760 mmHg: giải ra n = 4 0,5 Câu 7. (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch Thêm V lít dung dịch H2SO4 0,260M vào V lít dung dịch gồm Pb(NO3)2 0,020M và Ba(NO3)2 0,040M tách kết tủa thu được dung dịch A. 1. Hãy tính pH của A. 2. Sục H2S vào dung dịch A đến bão hòa. Cho biết hiện tượng xảy ra. Cho: pKa (HSO4-) = 2,00; pKa1 (H2S) = 7,02; pKa2 (H2S) = 12,9; pKs (BaSO4) = 9,93; pKs (PbSO4) = 7,66; pKS( PbS) = 26,6; Độ tan của H2S là 0,1M.

Điểm

Nội dung 1. Thành phần ban đầu: H2SO4 0,130M; Pb(NO3)2 0,010M; Ba(NO3)2 0,020M. Pb(NO3)2 → Pb2+ + 2NO3– 0,010 ----0,010 Ba(NO3)2 → Ba2+ + 2NO3– 0,020 ----0,020 H2SO4 → H+ + HSO4– 0,130 ----0,130 0,130 – 2+ HSO4 + Ba → BaSO4↓ + H+ ; K1 = 107,93 0,130 0,020 0,130 0,110 ----0,150 – 2+ + HSO4 + Pb → PbSO4↓ + H ; K2 = 105,66 0,110 0,010 0,150 0,100 ----0,160 – + Thành phần giới hạn: HSO4 0,100 M; H 0,160M; BaSO4↓ , PbSO4↓ HSO4– H+ + SO42 – ; Ka = 10-2

0,5

Nội dung C 0,100 x x [ ] (0,100 - x) (0,160 + x) x x (0,160 + x)/(0,100 - x) = 10-2 → x = [SO42–] = 5,69.10-3 (M) [ H+] = (0,160 + x) = 0,1657 (M) → pH = 0,78

Điểm

0,5

Vậy C ' S 2− . C ' Pb2+ = 4,38.10-20. 3,84.10-6 = 1,68.10-25 > 10-26,6 → có kết tủa PbS màu đen xuất hiện

ai l.c

2. Khi sục H2S đến bão hòa vào dung dịch: H2S H+ + HS- Ka1 = 10-7,02 HS- H+ + S2- Ka2 = 10-12,9 Do trong dung dịch có sẵn ion H+ với [H+] = 0,1657M , môi trường axit mạnh nên coi H2S phân li không đáng kể, ta tổ hợp hai cân bằng để tính nồng độ của ion S2H2S 2H+ + S2- K = Ka1Ka2 = 10-19,92 K a1.K a 2 .CH 2 S Với [H+] = 0,1657M nên [S2-] = C ' S 2− = = 4,38.10-20M [H + ]2 K s, PbSO4 10−7,66 C ' Pb2+ = [Pb 2+ ]= = 3,84.10-6 (M) = 2− -3 [SO 4 ] 5,69.10

0,5

yn h

Nội dung 1. Viết các quá trình xảy ra ở anode, cathode và phản ứng tổng của acquy acid-chì khi xả điện. Anode (-): Pb(r) +SO42-(aq) - 2e- → PbSO4(r)

0,5

Cathode (+): PbO2(r) + SO42-(aq) + 4H+(aq) + 2e- → PbSO4(r) + 2H2O Phản ứng tổng: Pb(r) + PbO2(r) + 2H2SO4(aq) → 2PbSO4(r) + 2H2O 2. Phản ứng dị phân (tự oxi hoá-khử) của ion chì (II) có tự diễn biến không? Giải thích bằng tính toán. Các bán phản ứng: PbO2(r) + 4H+(aq) + 2e- → Pb2+(aq) + 2H2O (1) 2+ Pb (aq) + 2e → Pb(r) (2) I Phản ứng dị phân của các ion Pb(II): 2Pb2+(aq) + 2H2O = Pb(s) + PbO2(s) + 4H+(aq) (3) E3O = -0.126 V - 1.454 V = -1.580 V < 0 (∆ G0 >> 0) → Phản ứng dị phân không tự diễn biến.

0,5

3. Tính thế mạch hở của một tế bào trong acquy nạp đầy điện. PbSO4(s) → Pb2+(aq) + SO42–(aq) (4) ∆G4O = -RTlnKS

Nội dung 2Pb2+(aq) + 2H2O → Pb(s) + PbO2(s) + 4H+(aq) (3) Pb(s) + PbO2(s) + 2H2SO4(aq) → 2PbSO4(s) + 2H2O → 2FEpinO = 2FE3O + 2RTlnK

 

→ E pin −  −1,580 +

∆G3O = -2FE3O -(3) – 2.(4) ∆GO = 2FEOpin

8,314.298  ln(1,6.10−8)  = 2,041(V) 96480 

Điểm

0,5

4. Tính thế mạch hở của một tế bào (Epin) trong acquy nạp đầy điện (ở 25 oC) chứa acid sulphuric có khối lượng riêng bằng 1.275 gam.cm-3.

RT ln[H 2SO 4 ]2 = E opin + 0,02569ln[H 2SO4 ] = 2,018 (V) 2F

0,5

E pin = E opin +

ai l.c

yn h

Nội dung Điện phân dung dịch KI trong 120 giây: 2KI + 2H2O → 2KOH + I2 + H2↑ (1) Cho không khí vào dung dịch sau khi điện phân: H2S + I2 → 2HI + S↓ (2) H2S còn dư trong dung dịch (I2 hết ). Điện phân tiếp dung dịch có chứa H2S, HI, KI trong 35 giây, ta có: H2S → H2 + S (3) Cho đến khi hết H2S, I- sẽ điện phân tạo I2 (I2 làm cho hồ tinh bột hóa xanh dấu hiệu để quá trình (3) đã hoàn thành).

- Số mol I2 được giải phóng khi điện phân dung dịch KI (I = 0,002A; t = 120s): 0, 002.120 n I2 = = 1, 24.10−6 mol 2.96500 -5 Lượng H2S tác dụng với I2 theo (2) là: nH2S = nI2 = 0,124.10 mol

0,5

Điện phân dung dịch có chứa H2S trong 35 giây thì: 0, 002.35 n H 2 S =n S = = 0,36.10−6 (mol ) 2.96500 -Vậy trong 2 lít không khí có chứa: 1,24.10-6 + 0,36.10-6 = 1,6.10-6 mol H S 2

hay 1,6.10-6.34=54,4.10-6g hay 54,4.10-3 mg

0,5

Hàm lượng H2S trong không khí của khu nghỉ dưỡng là: 54, 4.10−3 = 27, 2.10−3 mg / L = 0,0272 mg/L 2 Vậy mức độ ô nhiễm của không khí tại khu nghỉ dưỡng này đã vượt quá mức cho phép.

0,5

Điểm

Axit axetic có vai trò cung cấp H+ để chuyển SO32- thành HSO3-. Không dùng axit mạnh hơn để tránh phân hủy HSO3- và S2O32-

ai l.c

1. ZnCO3(s) + S2– → ZnS(s) + CO32– SO32– + CH2O + H+ → CH2(OH)SO3– 2 S2O32– + I2 → S4O62– + 2I–

0,5 0,5

0,5

yn h

2. Phương pháp này giúp xác đinh được S2O32– n(S2O32–) = 2 . 5,20 . 0,01000 = 0,104 mmol (trong 20.00 mL dịch lọc) C(S2O32–) = 0,104 / 20,00 . 50,00 / 20,00 = 0,0130 mol/L (trong dung dịch đầu) = 0,01300.112,13 g/L = 1,46 g/L (1460 ppm)

0,5

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO YÊN BÁI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 MÔN: HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ GIỚI THIỆU Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, định luật tuần hoàn

ai l.c

1. Người ta quy ước trị số năng lượng electron trong nguyên tử có dấu âm (-). Electron (e) trong He+ khi chuyển động trên một lớp xác định, e có một trị số năng lượng tương ứng, đó là năng lượng của một mức. Có 3 trị số năng lượng (theo đơn vị eV) của hệ He+ là -13,6; -54,4; -6,04. a) Hãy chỉ ra trị năng lượng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đó dựa vào căn cứ nào về cấu tạo nguyên tử?

b) Từ trị số nào trong 3 trị trên ta có thể xác định được một trị năng lượng ion hóa của heli? Hãy trình bày cụ thể.

2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị Å như sau: 1,71; 1,16; 1,19; 0,68; 1,26; 0,85. Mỗi ion trong dãy này có cùng tổng số electron như ion khác trong dãy. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đó trong giới hạn 2 < Z < 18. Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số này. Cần trình bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán đúng đó. Câu 2 Liên kết hóa học- Tinh thể

1.Trong số các cacbonyl halogenua COX2, người ta chỉ điều chế được 3 chất: cacbonyl florua COF2, cacbonyl clorua COCl2, cacbonyl bromua COBr2. 1. Vì sao không có hợp chất cacbonyl iođua COI2?

yn h

2. So sánh góc liên kết ở các phân tử cacbonyl halogenua đã biết.

2. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.

Câu 3. Phản ứng hạt nhân

1. 238U là đồng vị đầu tiên trong họ phóng xạ urani–rađi, các đồng vị của các nguyên tố khác thuộc họ này đều là sản phẩm của chuỗi phân rã phóng xạ bắt đầu từ 238U. Khi phân tích quặng urani người ta tìm thấy 3 đồng vị của urani là 238U, 235U và 234U đều có tính phóng xạ. Điện tích hạt nhân Z của thori (Th), protactini (Pa) và urani (U) lần lượt là 90, 91, 92. Các nguyên tố phóng xạ tự nhiên có tính phóng xạ α và β. a. Hai đồng vị 235U và 234U có thuộc họ phóng xạ urani - rađi không? Tại sao? b.Viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân để giải thích. 2. Một mẫu 137Ce (t1/2 = 30,17 năm) có độ phóng xạ ban đầu 15,0 µCi. Hãy tính thời gian để hoạt độ phóng xạ của mẫu này còn lại 1,50 µCi. 3. Khi bắn phá hạt nhân 235U bằng một nơtron, người ta thu được các hạt nhân

138

Ba, 86Kr và 12 hạt nơtron mới.

a) Hãy viết phương trình của các phản ứng hạt nhân đã xảy ra. b) Tính năng lượng thu được ( kJ), khi 2,00 gam 235U bị phân hạch hoàn toàn. Cho: Khối lượng nơtron (n) = 1,0087 u. Nguyên tử khối của 235,04 u; 137,91 u; 85,91 u và vận tốc ánh sáng c = 3.108 m/s.

235

137

Ba và

Kr lần lượt là

Câu 4. Nhiệt động học

ai l.c

Cho thêm một lượng dư axit clohydric loãng vào một dung dịch loãng chứa 0,00210 mol KOH. Trong phản ứng xảy ra có một lượng nhiệt-117,3J được giải phóng ra. a) Hãy tính nhiệt phản ứng đối với quá trình tự phân ly của nước. Thí nghiệm được lặp lại với dung dịch amoniac. Người ta cho vào 200cm3 dung dịch amoniac (C=0,0100M) một lượng dư axit HCl loãng. Qua đó giải phóng ra -83,4J. b) Hãy tính nhiệt phản ứng cho qúa trình: NH3(aq) + H2O → NH4+(aq) + OH-(aq) Giả thiết rằng toàn bộ mẫu thử amoniac tồn tại dưới dạng NH3 c) Hãy tính nhiệt phản ứng đối với qúa trình: NH3(aq) + H2O → NH4+(aq) + OH-(aq) trong đó lưu ý rằng ở thí nghiệm trên một phần amoniac đã tự phân ly, Kb = 1,77.10-5M Câu 5. Cân bằng hóa học

sau : 2Cu2O(r)

2Cu2 O(r) + O2(k)

(1)

có ∆G01 = -333400 + 136,6 T

4Cu(r) + O2(k)

Các phản ứng (1) và (2) có ∆G0 (J) phụ thuộc vào nhiệt độ theo các phương trình tương ứng

(2)

có ∆G02 = -287400 + 232,6 T

4CuO(r)

a) Tính ∆H0 và ∆S0 của phản ứng (3) dưới đây :

2Cu(r) + O2(k)

yn h

2CuO(r) (3)

b) Thiết lập biểu thức ln Po2 = f(T) đối với phản ứng (3)

c) Cho 5,0 g CuO vào một bình chân không dung tích 2 lit, ở 1220K. Tính số mol của các

chất khi cân bằng, biết rằng trong hệ chỉ xảy ra cân bằng (2). Câu 6. Cân bằng axit-bazơ và cân bằng tạo kết tủa

Axit Photphoric là một loại phân bón quan trọng. Bên cạnh đó axit photphoric và muối của nó có nhiều ứng dụng trong xử lý kim loại, thực phẩm, chất tẩy rửa và công nghiệp chế tạo thuốc đánh răng. 1. Gía trị pK của ba nấc phân ly của H3PO4 ở 25oC là: pKa1 = 2,12; pKa2 = 7,21; pKa3=12,32. Viết công thức bazơ liên hợp của H2PO4- và tính gía trị Kb của nó. Một lượng nhỏ H3PO4 được sử dụng rộng rãi để tạo vị chua hay vị chát cho nhiều thức uống như cola và bia. Cola có tỉ khối 1,00g.mL-1 chứa 0,05% H3PO4 về khối lượng. 2. Tính pH của cola (bỏ qua nấc phân li thứ 2 và 3). Giả sử rằng nguyên nhân gây ra tính axit của cola là do H3PO4. 3. H3PO4 được sử dụng làm phân bón trong nông nghiệp ; 1,00.10-3M H3PO4 được thêm vào dung dịch huyền phù cát và pH của dung dịch thu được là 7,00. Tính nồng độ phần mol của

các loại photphat khác nhau trong đất biết rằng trong đất không có chất nào phản ứng với photphat. Kẽm là nguyên tố vi lượng quan trọng cần cho sự phát triển cây trồng. Cây trồng có thể hấp thụ được kẽm ở dạng dung dịch nước. Ở trong dung dịch nước ngầm có pH = 7,0 người ta tìm thấy được Zn3(PO4)2. Tính [Zn2+ ] và [PO43-] trong dung dịch bão hòa. Biết tích số tan của kẽm photphat là 9,1.10-35.

Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử, điện hóa

ai l.c

Cho biết các thế điện cực chuẩn: Eo(Cu2+/Cu) = 0,34V; Eo(Cu2+/Cu+) = 0,15V; Eo(I2/2I-) = 0,54V. 1) Hỏi tại sao người ta có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua dung dịch KI? Cho biết thêm rằng dung dịch bão hoà của CuI trong nước ở nhiệt độ thường (25oC) có nồng độ là 10-6M 2) Sử dụng tính toán để xác định xem Cu có tác dụng được với HI để giải phóng khí H2 hay không? 3) Muối Cu2SO4 có bền trong nước hay không? Giải thích.

Câu 8. Halogen

Trong phòng thí nghiệm sinh viên tìm thấy một chai nhỏ chất A khá ẩm ướt được

dán nhãn “nhạy sáng”. Tuy nhiên sinh viên không hề chú ý đến nhãn chai mà để trên bàn làm việc của mình trong suốt kỳ nghỉ hè. Kết quả là chai hóa chất được chiếu sáng mỗi ngày

vài giờ. Để rồi sau kỳ nghỉ hè sinh viên bỗng thấy có sự tạo thành ba chất B, C và D ở trong

chai.

yn h

Hợp chất A có khả năng làm tăng tính tan trong nước của C. Trong quá trình này tạo thành anion E vốn là một phần của D. Nếu dung dịch đậm đặc của chất A được trộn lẫn với

dung dịch đậm đặc chất B rồi cho dung dịch thu được phản ứng với khí F màu vàng lục sẽ

tạo thành 2 hợp chất mới. Trong hỗn hợp này G phản ứng với A trong môi trường axit tạo thành hỗn hợp sản phẩm trong đó có C. Trong G thì oxy chiếm 22.4% về khối lượng. Nếu G

phản ứng với dẫn xuất axit của F, vốn chỉ gồm 2 nguyên tố thì phản ứng tạo thành C, F và

hai sản phẩm phụ khác. 1. Xác định các chất từ A - G và viết các phản ứng xảy ra. 2. Tại sao A lại nhạy sáng và khi để trong tối không có gì xảy ra? Chọn những câu trả lời đúng. a. Ánh sáng là một dạng cung cấp năng lượng b. Ánh sáng khơi mào cho sự phân cắt liên kết c. Ánh sáng khơi mào cho sự tạo gốc tự do

d. Ánh sáng là chất oxy hóa e. Ánh sáng là chất khử 3. Tại sao độ tan của C trong nước tăng khi thêm A vào? 4. Vẽ cấu trúc Lewis của anion E. Câu 9. Oxi-lưu huỳnh

1.Viết phương trình phản ứng hoá học giải thích các ứng dụng và hiện tượng sau:

ai l.c

a. Màu trắng chì của các bức tranh cổ lâu ngày bị đen lại do tạo hợp chất PbS. Để tái tạo màu trắng này, người ta rửa tranh bằng H2O2.

b. Natripeoxit được sử dụng làm nguồn cung cấp oxi và hấp thụ khí cacbonđioxit trong tàu ngầm và cũng được thêm một lượng nhỏ vào bột giặt để làm chất tẩy trắng.

c. Natri thiosunfat là chất chính định hình dùng trong việc tráng phim và in ảnh, nó có tác dụng rửa sạch AgBr còn lại trên phim ảnh và giấy sau khi đã rửa bằng thuốc hiện hình.

d. Tại sao trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tụ khí đó trong không khí ?

e. Để một vật bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm H2S một thời gian.

yn h

2. Một loại oleum, ngoài H2SO4, SO3 còn có SO2. Lấy 1 gam oleum này đem hoà tan vào H2O được dung dịch A gồm hai axit. Để trung hoà hết dung dịch A cần 22ml dung dịch NaOH 1M. Nếu cũng lấy 1 gam oleum này cho vào 10 ml dung dịch I2 0,05 M. Lượng I2 dư phản ứng vừa đủ với 4,1 ml dung dịch Na2S2O3 0,1M (tạo sản phẩm là Na2S4O6 và NaI). Tính % khối lượng các anhiđrit trong oleum này.

Câu 10. Động học (Không có cơ chế). Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI

Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau. Để một nửa lượng ban đầu các chất phản

ứng chuyển thành sản phẩm ở 32oC cần 906 phút. 1. Tính thời gian để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 60oC,

biết rằng hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83

2. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng. 3. Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc hai (bậc một đối với mỗi chất) và nồng độ ban đầu mỗi chất đều là 0,05M. ----------Hết---------------Sưu tầm và biên soạn: Nguyễn Thúy Vân, 0915614589.

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO YÊN BÁI TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN - DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2018 MÔN: HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ GIỚI THIỆU Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, định luật tuần hoàn

ai l.c

a) Hãy chỉ ra trị năng lượng mức 1; 2; 3 từ 3 trị số trên. Sự sắp xếp đó dựa vào căn cứ nào về cấu tạo nguyên tử?

b) Từ trị số nào trong 3 trị trên ta có thể xác định được một trị năng lượng ion hóa của heli? Hãy trình bày cụ thể.

ĐÁP ÁN Điểm

a) Trong He+ cã 1e nªn nã chØ chÞu t¸c dông cña lùc hót h¹t nh©n. e nµy chuyÓn ®éng ë líp cµng gÇn h¹t nh©n cµng chÞu t¸c dông m¹nh cña lùc hót ®ã, n¨ng l−îng cña nã cµng ©m (thÊp). Khi chuyÓn ®éng ë líp thø nhÊt, cÊu h×nh 1s1, e nµy cã n¨ng l−îng thÊp nhÊt hay ©m nhÊt, lµ -54,4 eV. §ã lµ møc thø nhÊt (sè l−îng tö chÝnh n = 1). Khi bÞ kÝch thich lªn líp thø hai, ch¼ng h¹n øng víi cÊu h×nh 2s1, e nµy cã n¨ng l−îng cao h¬n, lµ -13,6 eV. §ã lµ møc thø hai (sè l−îng tö chÝnh n = 2). Khi bÞ kÝch thich lªn líp thø ba, ch¼ng h¹n øng víi cÊu h×nh 3s1, e nµy cã n¨ng l−îng cao h¬n n÷a, lµ -6,0 (4) eV. §ã lµ møc thø ba (sè l−îng tö chÝnh n = 3). Khi e cã n¨ng l−îng ë møc thÊp nhÊt, møc thø nhÊt (sè l−îng tö chÝnh n=1) víi trÞ sè -54,4 eV, hÖ He+ ë tr¹ng th¸i c¬ b¶n. Víi hai trÞ n¨ng l−îng cßn l¹i, -13,6 eV vµ - 6,0(4) eV, He+ ®Òu ë tr¹ng th¸i kÝch thÝch.

1.0

Hướng dẫn trả lời

yn h

Câu 1

Theo ®Þnh nghÜa, n¨ng l−îng ion ho¸ I b»ng trÞ sè tuyÖt ®èi n¨ng l−îng cu¶ 1e t−¬ng øng ë tr¹ng th¸i c¬ b¶n. Víi hÖ He+: 1 He+ (1s1) - e He2+ ; I2 = -E1s - (-54,4 eV) = 54,4 eV Theo ®iÒu kiÖn 2 < Z < 18 (a) çc ion ®−îc xÐt thuéc çc nguyªn tè chu k× 2 (tõ Li ®Õn Ne) (b); chu k× 3 (tõ Na ®Õn Ar) (c) +). XÐt (b): Çc nguyªn tè ®Çu chu k×: Li, Be, B, C víi sè e ho¸ trÞ Ýt nªn chóng cã khuynh h−íng chñ yÕu lµ mÊt e trë thµnh ion d−¬ng (+); hay gãp chung e t¹o liªn kÕt céng ho¸ trÞ. Do ®ã ta chó ý tíi çc nguyªn tè cuèi chu k× lµ F, O, N. Nguyªn tö cã nhiÒu e ho¸ trÞ h¬n nªn chóng cã nhiÒu kh¶ n¨ng h¬n trong viÖc thu e ®Ó trë thµnh ion ©m (-). §ã lµ çc ion ©m: F-(cã 10 e ); O2-(cã 10 e ); N3- (cã 10 e). +). XÐt (b): Çc nguyªn tè ®Çu chu k×: Na, Mg, Al cã Ýt e ho¸ trÞ nªn chóng ®Òu lµ kim lo¹i ho¹t ®éng, dÔ t¹o thµnh ion d−¬ng (+): Na+ (cã10 e); Mg2+ (cã 10 e); Al3+ (cã 10 e). Çc nguyªn tè cuèi chu k× nµy lµ çc phi kim dÔ t¹o thµnh ion ©m (-) ®Òu cã 18 e nh− Cl- ; S2- ; P3-. +) §Çu bµi cho 6 trÞ sè b¸n kÝnh ion. KÕt qu¶ võa xÐt trªn cho 6 ion, mçi ion nµy ®Òu cã 10 e víi cÊu h×nh 1s22s22p6. Çc ion ©m (-) cã sè ®iÖn tÝch h¹t nh©n Z nhá h¬n çc ion d−¬ng (+). Çc ion ©m cã lùc hót t¸c dông lªn çc electron ngoµi (trong cÊu h×nh trªn) yÕu h¬n çc ion d−¬ng. VËy çc ion ©m (-) cã b¸n kÝnh lín h¬n. •) 3 ion ©m (-) cã sè ®iÖn tÝch h¹t nh©n Z gi¶m theo thø tù: F-(9); O2-(8); N3- (7) (d). D·y (d) nµy ®· ®−îc xÕp theo thø tù t¨ng ®é dµi b¸n kÝnh çc ion ©m (-).

1.0

ai l.c

yn h

D·y (e) nµy còng ®· ®−îc xÕp theo thø tù t¨ng ®é dµi b¸n kÝnh c¸c ion d−¬ng. KÕt hîp (d) víi (e) trªn ta cã d·y 6 ion theo thø tù t¨ng ®é dµi b¸n kÝnh nh− sau: Ion: Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7) B¸n kÝnh: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71 23Ghi chó: Thùc tÕ c¸c ion O vµ N kÐm bÒn, khã tån t¹i.

Câu 2 Liên kết hóa học- Tinh thể 1.Trong số các cacbonyl halogenua COX2, người ta chỉ điều chế được 3 chất: cacbonyl florua COF2, cacbonyl clorua COCl2, cacbonyl bromua COBr2. 1. Vì sao không có hợp chất cacbonyl iođua COI2? 2. So sánh góc liên kết ở các phân tử cacbonyl halogenua đã biết.

Điểm

1. ë ph©n tö COX2, sù t¨ng kÝch th−íc vµ gi¶m ®é ©m ®iÖn cña X lµm gi¶m ®é bÒn cña liªn kÕt C–X vµ lµm t¨ng lùc ®Èy néi ph©n tö. V× lÝ do nµy mµ ph©n tö COI2 rÊt kh«ng bÒn v÷ng vµ kh«ng tån t¹i ®−îc. 2. Ph©n tö COX2 ph¼ng, nguyªn tö trung t©m C ë tr¹ng th¸i lai ho¸ sp2. X O=C X Gãc OCX > 120o cßn gãc XCX < 120o v× liªn kÕt C=O lµ liªn kÕt ®«i, cßn liªn kÕt C-X lµ liªn kÕt ®¬n. Khi ®é ©m ®iÖn cña X t¨ng th× cÆp electron liªn kÕt bÞ hót m¹nh vÒ phÝa X. Do ®ã gãc XCX gi¶m, gãc OCX t¨ng.

0.75

Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở). - Đối với mạng đơn giản: + Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1 + Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V1 của 1 nguyên tử kim loại là: V1 = 4/3 x π r3 (1) + Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là: V2 = a3 (2) Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

1.25

yn h

ai l.c

Hướng dẫn trả lời

r a

hay a = 2r (3). Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4) Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: V1/V2 = 4/3 π r3 : 8r3 = π /6 = 0,5236 - Đối với mạng tâm khối: + Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V1 = 2x(4/3) π r3 . + Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

ai l.c

Do đó: d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3 Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/ 3 3 Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là: V1 : V2 = 8/3 π r3 : 64r3/3 3 = 0,68 - Đối với mạng tâm diện: + Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể tích của các nguyên tử trong tế bào là: V1 = 4 x 4/3 π r3 + Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:

yn h

Từ dó ta có: d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2 Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2 2 Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là: V1/V2 = 16/3 π r3: 64r3/ 2 2 = 0,74 Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như sau: 0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.

Câu 3. Phản ứng hạt nhân

3. Khi bắn phá hạt nhân 235U bằng một nơtron, người ta thu được các hạt nhân 138

Ba, 86Kr và 12 hạt nơtron mới.

a) Hãy viết phương trình của các phản ứng hạt nhân đã xảy ra. b) Tính năng lượng thu được ( kJ), khi 2,00 gam 235U bị phân hạch hoàn toàn. Cho: Khối lượng nơtron (n) = 1,0087 u. Nguyên tử khối của 235U, là 235,04 u; 137,91 u; 85,91 u và vận tốc ánh sáng c = 3.108 m/s. 1

Ba và 86Kr lần lượt

Hướng dẫn trả lời

Điểm

Câu 3

137

0.5

238 92

Th + α ;

234 90

234 91

Pa + β ;

ai l.c

Khi xảy ra phân rã β, nguyên tử khối không thay đổi. Khi xảy ra 1 phân rã α, nguyên tử khối thay đổi 4u. Như thế, số khối của các đồng vị con cháu phải khác số khối của đồng vị mẹ 4nu, với n là số nguyên. Chỉ 234U thoả mãn điều kiện này với n = 1. Trong 2 đồng vị 234U, 235U, chỉ 234U là đồng vị “con, cháu” của 238U. Sự chuyển hoá từ 238U thành 234U được biểu diễn bằng các phản ứng hạt nhân sau: 234 91

234 92

U + β

0.5

Sau 1 thời gian bán huỷ, hoạt độ phóng xạ của mẫu giảm đi 2 lần. Sau n lần thời gian bán huỷ, hoạt độ phóng xạ của mẫu giảm đi 2n lần. Khi hoạt độ phóng xạ giảm 10 lần, ta có phương trình: 2n = 10 → n = 1/log2 = 3,32. Thời gian cần thiết là: 3,32 .30,17 năm = 100,23 năm. 235 U + 0n → 138Ba + 86Kr + 120n (1). Từ phương trình phản ứng hạt nhân (1) tính ra được độ hụt khối trong phản ứng này là: ∆m = 235,04 u + 1,0087 u – (137,91 + 85,91 + 12.1,0087) u = 0,1243 u Từ phương trình E = ∆m.c2, tính được năng lượng thu được khi hụt khối 1 u là 931,5. 1,602.10-13 J và thu được khi phân hạch 2 g 235U là: E = 0,1243.931,5.1,602.10-13.(2/235,04).6,02.1023J = 9,5.1020 J = 9,5.107 kJ

1.0

yn h

Câu 4. Nhiệt động học

Câu 4

Hướng dẫn trả lời

a) Đối với phản ứng OH- + H3O+ → 2H2O

Điểm

[NH ] ⇒ 1,77.10 [NH ] − [NH ] + 2 4

−5

+ 4

[NH ] 0,00100 − [NH ] + 2 4

ai l.c

Theo (1) ta có: K b =

0,5 0.5

∆H = -117,3/0,00210 = -55,9kJ/mol Như vậy đối với qúa trình tự phân ly của nước ta có nhiệt phản ứng là +55,9kJ/mol. b) Nhiệt lượng đo được trong thí nghiệm phụ thuộc vào hai qúa trình: NH3 + H2O → NH4+ + OH- ∆H = x1 (1) OH- + H3O+ → 2H2O ∆H = -55,9kJ/mol (2) Phản ứng của 0,200L.0,00100M = 2,00.10-3 mol NH3 giải phóng ra -83,4J, phản ứng của một mol NH3 sẽ giải phóng ra -83,4/(2,00.10-3) = -41,7kJ/mol. c) Ở đây cần phải xuất phát từ chỗ là đã có một phần NH3 bị phân ly và chỉ có phần còn lại mới tác dụng theo phương trình (1), trong khi đó lượng OH- tác dụng theo (2) là giống như trên. Tính phần đã tự phân ly: + 4

1.0

Phương trình bậc hai hình thành sẽ cho kết qủa: [NH4+] = 4,12.10-4M Đó chính là phần 4,12.10-4/0,00100 = 0,0412 đã tồn tại dưới dạng NH4+, trong khi đó một phần là 0,9588 vẫn tồn tại ở dưới dạng NH3 Nếu áp dụng những suy luận như ở phần b ta sẽ thu được: x2.0,9588 - 55,9 = -49,7 ⇒ x2 = 14,8kJ/mol.

Câu 5. Cân bằng hóa học

Các phản ứng (1) và (2) có ∆G0 (J) phụ thuộc vào nhiệt độ theo các phương trình 4Cu(r) + O2(k)

2Cu2O(r)

2Cu2 O(r) + O2(k)

tương ứng sau : (1)

(2)

có ∆G02 = -287400 + 232,6 T

4CuO(r)

có ∆G01 = -333400 + 136,6 T

a) Tính ∆H0 và ∆S0 của phản ứng (3) dưới đây :

2CuO(r) (3)

yn h

2Cu(r) + O2(k)

b) Thiết lập biểu thức ln Po2 = f(T) đối với phản ứng (3) c) Cho 5,0 g CuO vào một bình chân không dung tích 2 lit, ở 1220K. Tính số mol của

các chất khi cân bằng, biết rằng trong hệ chỉ xảy ra cân bằng (2).

Câu 5

Hướng dẫn trả lời

Do (3) = ½ { (1) + (2)} ∆G03 = ½ (∆G01 + ∆G02) = -310400 + 184,6 T

Điểm 0.5

Trong đó: ∆H03 =-310400 J ; ∆S03 = 184,6 J/K

do đó

1.0

Số mol CuO ban đầu:

Tại T = 1220 K 3.

ai l.c

∆G02 = -287400 + 232,6 x 1220 =-3628 J.

0.5

K2 = 1,43

Tương ứng với số mol oxi:

yn h

Số mol CuO còn lại tại thời điểm cân bằng: .

Câu 6. Cân bằng axit-bazơ và cân bằng tạo kết tủa

7,0 người ta tìm thấy được Zn3(PO4)2. Tính [Zn2+ ] và [PO43-] trong dung dịch bão hòa. Biết tích số tan của kẽm photphat là 9,1.10-35. Câu 6

Điểm

Bazo liên hợp của đihidro photphat (H2PO4-) là monohydrophotphat (HPO42-) H2PO4- + H2O ⇌ HPO42- + H3O+ + H2O ⇌ H2PO + OH +

K2b

2H2O ⇌ H3O + OH pK2a + pK2b = pKw = 14 pK2b = 6,79 C(H3PO4) = 0,0051M

Kw.

][

]

H3O x

PO 4− H 3 O + x2 = = 7,59.10 −3 0,0051 − x [H 3 PO4 ]

[

]

x = H 3 O + = 3,49.10 − 3

fo =

[H 3 X ]

[

]

[

]

yn h

C H2X − f1 = C HX 2 − f2 = C X 3− f3 = C

1. Đặt:

⇒ pH = 2,46

[ ]

để kí hịêu các phân số nồng độ của các loại photphat khác nhau; C là tổng nồng độ ban đầu của H3X (X = PO4): f o + f1 + f 2 + f 3 = 1

K a1 =

][

]

X − H 3O + f = 1 H 3O + [H 3 X ] fo

[

]

[HX ][H O ] = f [H O ] f [H X ] [X ][H O ] = f [H O ] = [HX ] f 2−

K a2 =

3 −

3−

K a3

0.5

H2PO x

H3PO4 + H2O ⇌ 0,0051 – x pKa1 = 2,12. Vậ y Ka = 7,59.10-3. Ta có:

K2a

0.5

HPO

ai l.c

Hướng dẫn trả lời

3 2−

Các phương trình trên đây dẫn đến:

0.5

[H O ] =

+ 3

[

]

K a1 H 3 O + f1 = D K a 2 .K a1 H 3 O + f2 = D K a1 K a 2 K a 3 f3 = D

[

]

ai l.c

Với D = Ka1.Ka2.Ka3 + Ka1.Ka2.[H3O+] + Ka1[H3O+] + [H3O+]3. Từ các gía trị Ka1; Ka2; Ka3 và pH ta có được các kết qủa sau: Ka1 = 7,59.10-3; Ka2 = 6,17.10-8; Ka3 = 4,79.10-13 và [H3O+] = 10-7. Và các phân số nồng độ của các loại photphat khác nhau sẽ là: H3PO4 (fo) = 8,10.10-6. H2PO4- (f1) = 0,618 HPO42- (f2) = 0,382 PO43- (f3) = 1,83.10-6. Đặt S(M) là độ tan của kẽm photphat trong nước ngầm: [Zn2+] = 3S Tổng nồng độ của các dạng khác nhau của photphat = 2S [PO43-] = f3.2S f3 có thể được xác định từ các quan hệ ở câu 3 Đối với pH = 7 thì f3 = 1,83.10-6. T = [Zn2+]3[PO43-]2 = (3S)3.(f3.2S)2 = 9,1.10-33 S = 3,0.10-5M [Zn2+] = 9.10-5M [PO43-] = 1,1.10-10M

0.5

yn h

Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử, điện hóa

Câu 7

Hướng dẫn trả lời Cu2+ + e → Cu+ Cu2+ + I- + e → CuI

Eo1 = 0,15V Eo2 = ?

Điểm

[Cu ][I ] [Cu ] K [Cu2+] = [I-] = 1M ⇒ [Cu ] = [I ] = 10 2+

−

s −

−12

1.0

0.5

ai l.c

Eo2 = 0,15 + 0,059lg1012 = 0,86 > Eo(I2/I-) Vậy có phản ứng: Cu2+ + 3I- → CuI + I2. Định lượng I2 theo phản ứng: I2 + Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI 2+ Cu + 2e → Cu Eo1 = 0,34V 2+ + Cu + e → Cu Eo2 = 0,15V ⇒ Cu+ + e → Cu Eo3 = 0,34.2 – 0,15 = 0,53V Eo4 = Eo3 + 0,059lg10-12 = -0,17V CuI + e → Cu + I Vậy có phản ứng: 2Cu + 2HI → 2CuI + H2 c3) Cu+ + e → Cu Eo1 = 0,53V Cu2+ + e → Cu+ Eo2 = 0,15V + 2+ 2Cu → Cu + Cu Eo = 0,53 – 0,15 = 0,38V Vậy Cu2SO4 là muối tan trong nước, không bền trong dung dịch: Cu2SO4 → Cu + CuSO4

E 2o = E1o + 0,059 lg

Câu 8. Halogen

Trong phòng thí nghiệm sinh viên tìm thấy một chai nhỏ chất A khá ẩm ướt

được dán nhãn “nhạy sáng”. Tuy nhiên sinh viên không hề chú ý đến nhãn chai mà

để trên bàn làm việc của mình trong suốt kỳ nghỉ hè. Kết quả là chai hóa chất được

chiếu sáng mỗi ngày vài giờ. Để rồi sau kỳ nghỉ hè sinh viên bỗng thấy có sự tạo

yn h

thành ba chất B, C và D ở trong chai.

Hợp chất A có khả năng làm tăng tính tan trong nước của C. Trong quá trình

này tạo thành anion E vốn là một phần của D. Nếu dung dịch đậm đặc của chất A

được trộn lẫn với dung dịch đậm đặc chất B rồi cho dung dịch thu được phản ứng với khí F màu vàng lục sẽ tạo thành 2 hợp chất mới. Trong hỗn hợp này G phản ứng

với A trong môi trường axit tạo thành hỗn hợp sản phẩm trong đó có C. Trong G thì

oxy chiếm 22.4% về khối lượng. Nếu G phản ứng với dẫn xuất axit của F, vốn chỉ gồm 2 nguyên tố thì phản ứng tạo thành C, F và hai sản phẩm phụ khác. 1. Xác định các chất từ A - G và viết các phản ứng xảy ra. 2. Tại sao A lại nhạy sáng và khi để trong tối không có gì xảy ra? Chọn những câu trả lời đúng. a. Ánh sáng là một dạng cung cấp năng lượng

b. Ánh sáng khơi mào cho sự phân cắt liên kết c. Ánh sáng khơi mào cho sự tạo gốc tự do d. Ánh sáng là chất oxy hóa e. Ánh sáng là chất khử 3. Tại sao độ tan của C trong nước tăng khi thêm A vào?

4. Vẽ cấu trúc Lewis của anion E. Câu 8

ai l.c

Đáp án Hướng dẫn trả lời A: KI, B: KOH, C: I2, D: KI3, E: I3-, F: Cl2, G: KIO3

Các phản ứng xảy ra: 5KI + 2H2O + O2 → 4KOH + I2 + KI3

1.0

KI + I2 → KI3

1. Cấu trúc các chất:

Điểm

6KOH + KI + 3Cl2 → KIO3 + 6KCl + 3H2O

KIO3 + 5KI + 6H+ → 3I2 + 6K+ + 3H2O

2KIO3 + 12HCl → I2 + 5Cl2 + 2KCl + 6H2O A và C.

Độ tan tăng do sự tạo thành anion phức I3-

Cấu trúc Lewis của E

0.25 0.25 0.5

yn h

Câu 9. Oxi-lưu huỳnh 1.Viết phương trình phản ứng hoá học giải thích các ứng dụng và hiện tượng sau:

a. Màu trắng chì của các bức tranh cổ lâu ngày bị đen lại do tạo hợp chất PbS. Để tái tạo màu trắng này, người ta rửa tranh bằng H2O2. b. Natripeoxit được sử dụng làm nguồn cung cấp oxi và hấp thụ khí cacbonđioxit trong tàu ngầm và cũng được thêm một lượng nhỏ vào bột giặt để làm chất tẩy trắng.

c. Natri thiosunfat là chất chính định hình dùng trong việc tráng phim và in ảnh, nó có tác dụng rửa sạch AgBr còn lại trên phim ảnh và giấy sau khi đã rửa bằng thuốc hiện hình. d. Tại sao trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tụ khí đó trong không khí ? e. Để một vật bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm H2S một thời gian.

Na2O2 + 2H2O → 2NaOH + H2O2. H2O2 → H2O +

1 O2 2

1.0

PbS + 4H2O2 → PbSO4 + 4H2O.

Điểm

Hướng dẫn trả lời

Câu 9

ai l.c

AgBr + 2Na2S2O3 → Na3[Ag(S2O3)2] + NaBr

2H2S + O2 → 2S + 2H2O

4Ag + O2 + 2H2S → 2Ag2S + 2H2O

yn h

 H 2 SO4 : amol  1 gam oleum : SO3 : bmol SO : cmol  2

2NaOH + CO2 → Na2CO3 + H2O

phản ứng:

98a + 80b + 64c = 1 (gam) SO3 + H2O → H2SO4 b

→b

SO2 + H2O

→ H2SO3

→ c

1.0

OH- + H+

→ H2O → 2(b + c)

2(b + c) ⇒ 2(a + b + c) = 1 . 0,022

nI 2 = 0,05 . 0,01 = 0,0005 (mol)

2,95.10-4

2,05.10-4

4,1.10-4

= 0,01888 (gam)

-4

= 2,95.10-4 mol = C

⇒ mSO2 = 64 . 2,95.10

-4

⇒ nI 2 phản ứng (1) = 0,0005 – 2,05.10

+ 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI (2)

2,95.10-4

(1)

ai l.c

SO2 + I2 + 2H2O → 2HI + H2SO4

Phản ứng:

⇒ a + b + c = 0,011

⇒ % = 1,888%.

a = 6,93.10 −3  b = 3,776.10 −3

98a + 80b = 0,98112  a + b = 0,010705

⇒

mSO3 = 3,776.10 −3 . 80 = 0,30208 (gam)

⇒

yn h

⇒

⇒ % SO3 = 30,8 %

Câu 10. Động học (Không có cơ chế).

Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau. Để một nửa lượng ban đầu các chất

phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 32oC cần 906 phút.

1. Tính thời gian để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 60oC, biết rằng hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83.

2. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng. 3. Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc hai (bậc một đối với mỗi chất) và nồng độ ban đầu mỗi chất đều là 0,05M.

Đáp án Câu 10

Hướng dẫn trả lời

vT2

vT1

1 T2 −T1 10

906

60 − 32 10

0.5

906 = 49, 2 phút 2,832,8

0.5

E 1 1 k2 t Ea  1 906 1  = ln 1 = a  −  ⇒ ln = −   k1 t2 R  T1 T2  49 8,314  305 333 

⇒ Ea = 87976,179 J.mol-1 1 1 ⇒k= k[ A]o t1/ 2 [ A]o

t1/2 =

Vì nồng độ ban đầu của hai chất bằng nhau nên :

Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng

ai l.c

T2 −T1 t1 = γ 10 ⇒ t2 = t2

Điểm

1 = 0,022 (mol-1.L.phút-1) 906.0, 05

Ở 60oC, k =

1 -1 -1 = 0, 4065 (mol .L.phút ) 49, 2.0, 05

Ở 32oC, k =

----------Hết----------------

yn h

Sưu tầm và biên soạn: Nguyễn Thúy Vân – 0915614589.

1.0

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ M 2018 LẦN THỨ XI, NĂM

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG

ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Lớp 10 (Đề thi gồm 4 trang) Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Câu 1: (Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luận tuần hoàn) ĐỀ GIỚI THIỆU

ai l.c

1)Phổ mặt trời cho các vạch hấp thụ liên tiếp tại các bước sóng λ =4858; 5410 và 6558 A°. Khoảng cách giữa các vạch chỉ ra rằng các vạch hấp thụ là do trạng thái kích thích của nguyên tử hoặc ion “ kiểu hidro” 1 1 1 tạo ra từ heli. Các bước nhảy đều liên quan đến cùng một mức năng lượng thấp nt. Biết = RHe ( 2 − 2 ) λ n t nc

a) Xác định tiểu phân của He b) Xác định hằng sô RHe, và các mức năng lượng thấp. c) Xác định năng lượng ion hóa của tiểu phân.

2)Nghiên cứu nhóm IIIA người ta thấy đi từ trên xuống dưới thì thì nguyên tố tồn tại ở hóa trị III có tính kém bền dần và hóa trị I có tính bền dần.Giải thích?

Câu 2: ( Tinh thể )

1) Sắt là một kim loại quan trọng trong công nghiệp. Sắt tồn tại 2 dạng α và β . Nghiên cứu về dạng

ng tâm khối ( Fe=55,85) sắt α , các nhà khoa học thế kỉ trước tin rằng tinh thể sắt lập phương phương tâm khối ,biểu diễn mạng tinh thể của Fe dạng α . Biết khối lượng a) Giả sử sắt α ở dạng lập phươ 3 riêng d Fe −α = 7,95 g/cm . Tính hằng số mạng cho tinh thể α .

yn h

b) Phép đo nhiễu xạ tia X , bước sóng λ =20 nm vào mặt (1 1 0) cho góc nhiễu xạ bằng 30o. Tính hằng số cho tinh thể sắt α .Từ đó có nhận xét gì về dạng tinh thể của sắt α?

2 )Đơn vị cơ bản của silicat tự nhiên được mô tả ở hình dưới ( là một hình tứ diện)

b) Hãy cho biết công thức của mỗi dạng trên (SixOyn-)

Câu 3: (Phản ứng hạt nhân ) 1) Một phương pháp đo tuổi của đá là dựa trên các đồng vị của samari và neodim, được bắt đầu từ 1917 bởi Langmar. Lượng 143Nd tăng phụ thuộc vào sự phân rã 147Sm(t1/2= 1,06.1011 năm). Từ giá trị số mol ban đầu, no ,143Nd khi đó được hình thành.Lượng 144Nd không phụ thuộc vào thời gian, cho phép xác định tuổi của mẫu, phép đo tỷ lệ 143Nd/144Nd và 147Sm/144Nd được thực hiện bằng phổ khối.

134

147

Sm/144Nd 0,111 0,28

ai l.c

143 Khoáng vật Nd/144Nd Plagioclase 0,51 Pyroxene 0,515 a) Viết phương trình phân rã 147Sm và xác định hằng số phân rã

Vào năm 1940,tại Úc , một thiên thạch có tên Moama được cho là tuổi tương đương với mặt trời. Khoảng năm 1979, hai mẫu quặng được tách ra từ Moama, có tên là plagioclase và pyroxene, chúng được phân tích cho kết quả:

Nd Nd c) Xác định tuổi của Moama d) Có thể sử dụng phương pháp Langmar để xác định tuổi đá hình thành khoảng 3-5 nghìn năm về trước không. 144

b) Xác định tỉ số

2) Viết và tính năng lượng kèm theo các phản ứng hạt nhân khi bắn phá 14N trong khí quyển bằng 1n trong tia vũ trụ biết: m(14N) =14,00307u; m(3H)=3,01605u; m(1H)=1.00873u; m(12C)=12u m(1n)=1,008665u; 1u=932MeV

Câu 4: ( Nhiệt hóa học)

yn h

Một ống hình trụ có dung tích 90 L, thành ống được làm bằng vật liệu không truyền nhiệt, được chia làm 2 phần bằng nhau bằng một piston không ma sát, không truyền nhiệt. Trong mỗi phần đều chứa cùng một khí lí tưởng đơn nguyên tử ở 300K và 1,75 bar. Cung cấp nhiệt cho phần bên trái một cách từ từ, piston chuyển sang bên phải cho đến khi áp suất phần bên phải đạt 4 bar thì dừng lại.

a) Hãy tính nhiệt độ cuối cùng của nửa phải vàcông thực hiện bên nửa phải trong quá trình trên . b) Tính lượng nhiệt đã truyền từ ngoài vào nửa trái và nhiệt độ cuối cùng nửa bên trái

Câu 5: (Cân bằng hóa học trong pha khí)

Một bình có thể tích 1,5L, ban đầu chỉ chứa 1g cacbon và strontri cacbonnat (coi thời điểm ban đầu bình là chân không). Nung nóng bình đến 880o C, các phản ứng sau xảy ra:

 → SrO(r) + CO2(k) SrCO3(r) ←  C(r) +

 → 2 CO(k) CO2(k) ← 

(1) (2)

Khi hệ đạt cân bằng, áp suất do được trong bình là 24kPa Cho các thông số nhiệt động chuẩn của một số chất liên quan: Chất SrCO3(r) SrO(r) -1220,1 -592,0 ∆ Hfo(kJ/mol) o S (J/K.mol) 97,0 55,5 a) Xác định các hằng số phản ứng (1) và (2)

CO2(k) -393,5 218,8

b) Xác định hàm lượng phần trăm theo các chất rắn khi hệ cân bằng c) Giữ nguyên nhiệt độ và áp xuất .Xác định thể tích bình tối thiểu để một trong hai chất rắn ban đầu biến mất d) Lượng cacbon ban đầu không đổi , xác định khối lượng SrCO3 tối thiểu cần thêm vào để khi hệ đạt cân bằng , chất rắn chỉ còn lại SrO, thể tích bình đạt min Câu 6: (Động học hình thức )

ai l.c

→C 1) Một phản ứng : 3A+2B  Thí nghiệm 1: Tác nhân B thêm rất dư , nồng độ của A được do phụ thuộc theo thời gian. [A](10-3M) 5 2,9 1,9 1,1 0,7 Thời gian(phút) 10 50 80 120 150 Thí ngiệm 2: Tỉ lệ A:B=3:2. Nồng độ A được đo phụ thuộc vào thời gian, [A](10-3M) 10 5,8 3,8 2,2 1,4 Thời gian(phút) 10 50 80 120 150 Xác định phương trình động học của phản ứng trên 2) Xúc tác phân hủy của isopropanol trên bề mặt V2O5tuân theo động học bậc I:

Sau 5 phút, tại 590K, nồng độ các chất như sau : C(A)=28,2 mM; C(B)=7,8mM; C(C)=8,3mM; C(D)=1,8mM;

→ sản phẩm ) a) Tính hằng số của phản ứng (i-C3H7OH 

yn h

b) Tính các giá trị k1,k2,k3

Câu 7: ( Dung dịch và phản ứng trong dung dịch )

Dung dịch X gồm HA 0,02M ; HClO 0,100M và NH4+ 0,2M. pHx=2,745. a)Tính Ka(HA)

b)Số lần pha loãng dung dịch X là bao nhiêu lần để độ điện ly của HA thay đổi 4 lần ?

c)Tính độ điện ly của i) ii)

Axit HA khi thêm 0,03 gam NaOH vào 100mL dung dịch X Axit HA trong dung dịch thu được sau khi thêm 0,03 gam NaOH vào 100mL dung dịch X

(coi thể tích không đổi khi thêm NaOH) Ka(HClO)=7,53; Ka(NH4+)=9,24 Câu 8: ( Phản ứng oxi hóa khử . Pin điện và điện phân ) Một học sinh làm thí nghiệm xác định nồng độ KCl và KCN trong 25mL dung dịch X. Cho từ từ dung dịch chuẩn AgNO3 0,1 M vào dung dịch X ,đồng thời nhúng điện cực Ag vào dung dịch . Sau đó ghép cặp với điện cực calomen bão hòa để tính điện thế pin thu được. Sư thay đổi được máy đo lại và biểu diễn với đồ thị sau:

om ai l.c

a)Mô tả quá trình xảy ra tại A,B,C bằng phương trình hóa học, b)Xác định nồng độ mỗi muối trong X

Bỏ qua sự proton hóa của CN- trong suốt quá trình chuẩn độ.

c)Tính thế tại A,C

Cho biết: Eo(Ag+/Ag)=0,8V; Eo(Ag(NH3)2+/Ag)= 0,373V; Ecalomen=0,285V; pKs(AgCN)=15,8; pKs(AgCl)=9,75; β(Ag(CN)2-)=20,27

Câu9: (Halogen)

1)Cho KIO3 rắn vào dung dịch HCl đặc, người ta thu được tinh thể muối vàng A. A chỉ chứa 3 nguyên tố, trong đó thành phần phần trăm, theo khối lượng của K là12,66%; của I là 41,23%. Xác định A và viết các quá trình tạo thành A

yn h

2) ClF3(clo triflorua) là một tác nhân flo hoá mạnh thường dùng để tách uranium từsản phẩm phân hạch của thanh nhiên liệu hạt nhân sau khi sử dụng. a. Viết công thức Lewis, mô tả cấu trúc hình học của ClF3. b. Nhận diện trạng thái lai hoá obitan được sử dụng trong nguyên tử clo của phân tử ClF3. c. Độ dẫn điện của ClF3 lỏng chỉ thấp hơn chút ít so với nước tinh khiết. Giải thích độ dẫn điện bằng cách mô tả và phác hoạ cấu trúc của ClF3 lỏng.

Câu 10: (Oxi – Lưu Huỳnh)

Sục SO2 vào dung dịch FeCl3, rồi làm lạnh.Sau phản ứng, dung dịch lọc được cho vào Ba(OH)2 thu được kết tủa trằng xanh và dung dịch A. Cô cạn dung dịch A thu được tinh thể rắn C. Nung 1,667 gam C tới khối lượng không đổi thu được 1,167gam D không tan trong HNO3. Sản phẩm khí của quá trình nung hấp thụ hoàn toàn 25mL KMnO4 0,1M (axit hóa) . Lượng KMnO4 dư phản ứng vừa hết với 12,5mL dung dịch axit oxalic 0,1M. a) Xác định A,C,D và viết phương trình phản ứng b) Biểu diễn cấu trúc của anion của lưu huỳnh trong dung dịch A ------------------------------------ HẾT ---------------------------------------

TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI TỈNH HẢI DƯƠNG

KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018

ĐÁP ÁN ĐỀ THI GIỚI THIỆU Đáp án này gồm 7 trang

1 1 1 = RHe ( 2 − 2 ) −10 nt n c 6558.10 → (nc+1) Bước sóng tiếp theo λ2 =5410(A) là hấp thụ nt  1 1 1 ) = RHe ( 2 − −10 5410.10 n t ( nc + 1) 2

ĐIỂM 0.25đ

NỘI DUNG 1) a)nguyên tử hoặc ion “ kiểu hidro” tạo ra từ heli → tiểu phân đó là hệ có 1e, một hạt nhân, vậy tiểu phân là He+ → nc b)Bước sóng dài nhất λ1 =6558(A) là hấp thụ nt 

ai l.c

CÂU Câu 1 (2đ)

0,5đ 0,25đ

0,5đ

0,25đ

Câu 2 (2đ)

0.5đ

yn h

→ (nc+2) Bước sóng ngắn nhất λ3 =4858(A) là hấp thụ nt  1 1 1 ) = RHe ( 2 − −10 4858.10 n t ( nc + 2) 2 Từ 3 hệ pt Suy ra nt=4; nc=6;RHe=4,389.107m 1 1 c)I1=E∞-E1=hc.RHe( 2 − 2 )=8,7245.10-18(J)=54,46(eV) 1 ∞ 2) B, Al chỉ tồn tại ở dạng hóa trị III In,Tl bền ở dạng hóa trị I Giải thích vì + B, Al không có phân lớp d,f thì sự chênh lệch giữa e ở p và s ở lớp ngoài cùng không lớn=> dễ dàng tách 3 e +In,Tl xuất hiện phân lớp d,f ở giữ s và p thì sự chênh lệch giữa e ở phân lớp s và p ở lớp ngoài cùng lớn => dễ dàng tách 1e ở lớp ngoài, mà khó tách e ở s 1) a) Biểu diễn cấu trúc

Lập phương tâm khối => có 1/8*8 +1 =2 (Fe) (2 × 55,85) (2 × M Fe ) a=3 =3 = 2,857.10−8 (cm) NA × d N A × 7,95 a =2,857(A ) b)Theo phương trình Bragg 2d.sin θ = λ n nλ 1× 20 d= = = 20( nm) 2sin θ 2sin 30o

0,25đ

0,5đ

1 12 + 12 + 02 1 x2 + y 2 + z 2 = => = d2 a2 202 a2 a= 28,289 9(nm)=2,828(A) 2)a) O O

0.25đ

0,25

ai l.c

nguyên tử O tham gia 2 tế bào cơ sở, nên với Si ở tâm của 1 ô mạng cơ sở, ion này là SiO32- ; b)

yn h

Câu 3 (2đ)

Theo đường phân cách thành các ô mạng, trong vùng đó có Số nguyên tử Si = 2 + 4x ½ = 4 Số nguyên tử O = 7 + 8x ½ =11 Vậy ion này là Si4O1161) 143 4 a) 147 62 Sm → 60 Nd + 2 α ln(2) t1/2= =5,3912.10-12(năm -1) 1, 06.1011

Nd o 147 Sm0 134 Nd 147 Sm + 144 = + 144 Nd Nd 144 Nd 144 Nd 134 Nd o 147 Sm0 147 Sm 134 Nd => 144 + 144 − = Nd Nd 144 Nd 144 Nd 134 134 Nd o 147 Sm kt Nd => 144 + 144 (e − 1) = 144 Nd Nd Nd o 134 Nd Plagioclase : 144 + 0.111 (e kt − 1) =0,51 Nd 134 Nd o Pyroxene: 144 + 0,28 (e kt − 1) =0,515 Nd o 134 Nd =0,5067 ; (e kt − 1) =5/169 144 Nd c) t=4,458.109năm 134 134 Nd o 134 Nd Nd o 134 Nd − 144 − 144 144 144 1 d) t = ln( 147 Ndo 147 Nd + 1) a= 147 Ndo 147 Nd Sm Sm Sm Sm k − 144 − 144 144 144 Nd Nd Nd Nd

0,25đ

134

0,25đ

Khi t=5000 năm thay đổi nồng độ là quá nhỏ so với t1/2= 1,06.1011 năm => a rất nhỏ và máy phổ khối không thể đo được 1 2) 14 → 146 C + 11H 7 N + 0 n  ∆m=mtrước-msau=-2,34.10-4u => E=-0,21902MeV phản ứng tỏa nhiệt 14 1 → 126 C + 13 H 7 N + 0 n  ∆m=4,315.10-4u => E=4,02158MeV phản ứng thu nhiệt

0,5đ

a) +Do điều kiện ống và bài cho => nửa phải là quá trình đoạn nhiệt thuận nghịch Khí đơn nguyên tử lí tưởng γ=5/3 P 1−γ1×T1γ = P 1−γ2 ×T2γ => 1, 75 1−γ1×3001γ = 4 1−γ2 ×T2γ T2=417,57 K 45.10−3.1, 75.105 = 3,1573 (mol) + n= 8,314.300 3 A=∆U= 3,1573 × R (417, 57 − 300) = 4629, 28( J ) 2 3,1573 × 8, 314 × 417,57 b) Thể tích nửa trái Vtrai = 0, 09 − = 0.0626( m3 ) 4.10 5 0, 0626 × 4.105 T2 = Ttrai = = 953,1923K 8,314 × 3,1573 ∆Utrai=3,1573.3/2.(953,1923-300)=25647,6(J) Atrai =Aphai=-4629,28 J Qhe hap thu= ∆U- Atrai= 30376,88 (J)

0,5đ 0,5đ

0,5đ

ai l.c

Câu 4 (2đ)

0,25đ

−

△G

△ H1 = 234, 6 KJ ;△S1 = 177,3 J ;△G1 = △ H1 −△S1.1153 = 30,173KJ K p1 = e RT = 0.04295bar PCO2=KP1=0,04295 bar=4,295 kPa PCO=Phệ -PCO2=24-4,295=19,705 kPa P 2 Kp2= CO =0,904 bar PCO2

yn h

Câu 5 (2đ)

b) nCO=3,083.10-3 mol nCO2=6,73.10-4 mol nC dư =1/12-1/2. 3,083.10-3 = 0,0818 mol nSrCO3=0,01806 mol nSrO=2,2145.10-3mol mhỗn hợp = 3,885g % SrCO3=68,8% ; %SrO=5,93%; %C=25,27%

yk da

0,5đ

c) nCO2 max=nSrCO3=0,0202 mol <nC => SrCO3 hết trước vì nhiệt độ và áp suất không đổi . khi SrCO3 vừa hết thì cx vẫn đk diễn ra. => tỉ lệ số mol SrCO3 phân hủy tỉ lệ thuận với thể tích bình gọi V là thể tích SrCO3 phân hủy hoàn toàn

nSrO V o = o nSrCO V 3 V=13,73L

2, 2145.10−3 1,5 = => 3 /148 V

0,5đ

d)khi cân bằng được thiết lập

mSrCO3 p / u mCp / u mSrCO3 p / u

2, 2145.10 −3.148 = 17, 72 1 mCp / u −3 .3, 083.10 .12 2 Để phản ứng với 1 gam C cần 17,72 gam SrCO3.vậy cần thêm 14,72 gam SrCO3 1)TN1: Vì nồng độ của B rất lớn nên [B] không đổi Giả sử phản ứng bậc nhất théo [A] (v=k[A]) C 1 C 1 Ta có tn − t1 = ln 1 => k = ln 1 k Cn tn − t1 Cn -1 Từ bảng : k1=0,1362(phút ); k2=0,01382(phút-1); k3=0,01376(phút-1); k4=0,01404(phút-1) k1 + k 2 + k 3 + k 4 Giá trị k lặp lại khá gần nhau, giả sử đúng, k= 4 k=0,01381(phút-1) =

0,5đ

ai l.c

Câu 6 (2đ)

không đổi

0,5đ 0,5đ

 → H + + A− Ka HA ← 

Câu 7 (2đ)

yn h

TN2: A:B=3:2 Ta có v=k’[A]a[B]b=k’ (2 / 3)b .[A]a+b=k”.[ A]a+b Giả sử phản ứng bậc nhất theo A Từ bảng thấy tỉ lệ nồng độ không đổi => phản ứng bậc một. k”=0,01381(phút-1) ;{a=1;b=0} Vậy pt động học v=k[A] với k=0,01381(phút-1) 2) a) [A]o=28,2+7,8+8,3+1,8=46,1mM 1 46,1 k= ln =0.09839 (phút-1) 5 28, 2 b) k1+k2+k3=k=0,09839 k1:k2:k3=7,8:8,3:1,8 vậy k1=0,0428(phút-1);k2=0,0456(phút-1); k3=9,885.10-3(phút-1) (1)

 → H + + ClO − K a1 = 10−7,53 HClO ← 

(2)

 → H + + NH 3 K a 2 = 10−9,24 NH 4+ ← 

(3)

 → H + + OH − K w = 10−14 H 2O ← 

(4)

a)pH=2,745 => bỏ qua cân bằng (2),(3)và (4) Ka [H+]=[A-] => 10-2,745= 0, 02 × K a + 10 −2,745 Ka=10-3,75 10−2,745 b)Ban đầu αHA= =0,0899 0, 02 Sau pha loãng αHA’=0,0899.4=

0,5đ

10−3,75 [H + ]' = o 10−3,75 + [H + ]' CHA '

0,5đ

o Suy ra CHA ' =8,796.10-4(M) 0, 02 Vậy cần pha loãng =22,74 lần 8, 796.10−4 0, 03 c)CoOH-= =7,5.10-3(M) 40.0,1

0,5đ

HA + OH −  → A− + H 2 O  → A− + H HA ← 

Ka=10-3,75

(M) (M)

[H + ] 2, 7935.10 −4 [A− ]-CTPGH A− = = =0,0223 o o CHA CHA 0, 02

ii)α=

Câu 8 (2đ)

−

Ag + 2CN  → Ag (CN )

a) tại A

[A− ] 2, 7935.10−4 + 7,5.10−3 = =0,389 o CHA 0, 02

[ ] 0,0125-x 7,5.10-3+x x (M) −3 (7,5.10 + x) x = 10−3,75 => x=2,7935.10-4 => 0, 0125 − x i) ∝=

7,5.10-3

ai l.c

0,02 7,5.10-3 0,0125 -

C TPGH

− 2

k1=β=1020,27

0,25đ 0,25đ 0,5đ

b)Tại A : nCN=2nAgNO3 25.CKCN=2.2,47.0,1 => CKCN=0,01376 M Tại C nKCl +nKCN = nAgNO3 25(CKCl + 0,01376)=10.0,1 =>CKCl=0,02624M c) Tại A VAg+= 2,47mL o o −3 CKCN = 0, 01798 M;CoKCl = 0, 01842M ; C AgNO 3 = 8,99.10 M

0,5đ

yn h

Tại C

Ag + + Ag (CN ) 2−  → AgCN k =1011,33 2 + − Ag + Cl  → AgCl k =109,75

Tại B

Ag + + 2CN −  → Ag (CN ) −2

Co 8,99.10-3 0,01798 (M) THGH 8,99.10-3 (M)  → Ag + + 2CN − k = 10−20,27 Ag (CN )−2 ←  Do hằng sô tạo phức rất lớn =>

10 −20,27.8,99.10−3 [Ag ]= 4 +

[Ag+]=2,294.10-8M E(Ag+/Ag)=0,8 + 0,0592lg(2,294.10-8)=0,348 (V) E(A)=0,348-0,285=0,063(V) Tại C

0,5đ

 → Ag + + Cl − Ks (AgCl) = 10−9,75 AgCl ←   → Ag + + CN − Ks (AgCN) = 10−15,8 AgCN ←   → Ag + + Ag (CN ) 2 − Ks = 10−11,33 2 AgCN ←  Ks(AgCl)>Ks>>Ks(AgCN) Bảo toàn [Ag+]=[Cl-] + [Ag(CN)2-] 10−9,75 10−11.33 = + =1,351.10-5M  Ag +   Ag + 

KIO3 + 6 HCldac  → ICl3 + Cl2 + 3H 2O + KCl

 → [ICl4 ]− ICl3 + Cl − ← 

yn h

0,25đ 0,25đ

Công thức VSEPR: ClF3L2.

F Cl

0.5 đ

ai l.c

Câu 9 (2đ)

0,5đ

E(Ag+/Ag)=0,8 + 0,0592lg(1,351.10-5)=0,512(V) E(C)=0,512-0,285=0,227V 1) A là K+[ ICl4]-

⇒ ClF3 dạng hình chữ T

0,25đ

b) Các cấu trúc có thể khác được mô tả như hình vẽ trên. Các cấu trúc này không bền vững vì chúng tạo ra khoảng cách nhỏ giữa các cặp electron L và lực đẩy là không cực tiểu. Trong ClF3 clo ở trạng thái lai hoá sp3∆ Nguyên tử Cl ở trạng thái kích thích . 3s2

3p4

3d1

lai hoá sp3d c) ClF3 lỏng dẫn điện do tồn tại dạng ion ClF2+ và ClF42ClF3⇌

ClF2+

+ ClF4−.

Công thức VSEPR của ClF2+: ClF2L2+ Công thức VSEPR của ClF4−: ClF4L2− ⇒ cấu trúc hình học của chúng: có kể đến các cặp electron hoặc không kể đến.

0,25

F (tứ diện) (gấp khúc)

0,25đ

(bát diện) ( vuông phẳng)

a) kết tủa trắng xanh là Fe(OH)2 Dung dịch A chứa BaSxOy (x,y ∈ N) Nung C thu được D không tan trong HNO3 => D là BaSO4 1,167 nBaSO4= =5,0.10-3 mol 233 Khí thoát ra sau nung là SO2 có thể có H2O 5SO2 + 2 H 2O + 2 KMnO4  → 2 H 2 SO4 + 2 MnSO4 + K 2 SO4

Câu 10 (2đ)

ai l.c

3H 2 SO4 + 5 H 2C2O4 + 2 KMnO4  → 2 MnSO4 + K 2 SO4 + 10CO2 + 8 H 2O -3 nSO2=5/2nKMnO4 - nH2C2O4=5,0.10 mol

Mỗi chất đúng 0,25 × 3 Phản ứng đúng 0,25 × 3

1, 667 − 5, 0.10 −3 × 64 − 1,167 =0,01mol 18 suy ra C là BaS2O6.2H2O và dung dịch A chứa BaS2O6.

2 Fe3+ + 2 SO2 + 2 H 2O  → 2 Fe 2+ + S 2O62 − + 4 H +

Phản ứng

nH2O=

heat BaS 2O6 .2 H 2O   → BaSO4 + 2 H 2O + SO2

yn h

Giáo viên ra đề: Nguyễn Thị Mai Phương Số điện thoại: 0915 151 001 Đơn vị: Trường THPT chuyên Nguyễn Trãi – Hải Dương

0,5đ