Tổng hợp đề chính thức và đề xuất kì thi hsg Trại hè Hùng Vương môn Hóa học khối 10 năm 2018 by DẠY KÈM QUY NHƠN OLYMPIAD

ĐỀ THI HSG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 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 Trại hè Hùng Vương 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

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài : 180 phút (Đề này có 02 trang, gồm 08 câu)

yn h

ai l.c

Câu 1 (2,5 điểm). Cấu tạo nguyên tử - hạt nhân. 1. X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X, Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 14. Hợp chất A (của X và Y) có công thức XYa với đặc điểm: X chiếm 21,831% về khối lượng. Tổng số proton là 66, tổng số nơtron là 76. a) Viết cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (dạng chữ và dạng obitan) của X, Y. Xác định bộ 4 số lượng tử của elctron cuối cùng của X, Y. b) Viết cấu hình elctron ở trạng thái kích thích (dạng chữ và obitan) của hai nguyên tử X, Y. Xác định số electron độc thân. c) Cho hợp chất A vào dung dịch NaOH dư thì thu được dung dịch B có những chất tan nào ? 2. Để xác định lượng máu trong bệnh nhân người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ dung dịch chứa đồng vị phóng xạ 24Na ( chu kỳ bán rã 15 giờ) có độ phóng xạ 2µCi. Sau 7,5 giờ người ta lấy ra 1cm3 máu người đó thì thấy nó có độ phóng xạ 502 phân rã/phút. Thể tích máu của người đó bằng bao nhiêu? Câu 2 (2,5 điểm). Động hoá học. Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình: A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1. a) Cho biết bậc của phản ứng (1). b)Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K. c) Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k2, tại 300K và thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng A bị phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1 và không phụ thuộc vào nhiệt độ. d) Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k2’ = 3,00.104 s-1. Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi có mặt xúc tác. Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt hoá học, cân bằng hoá học Entanpi hình thành tiêu chuẩn và entropi tiêu chuẩn đo ở 298oK của một số chất như sau:

CO2 (dd) H2O (l) NH3 (dd) (H2N)2C=O (dd) -412,9 -285,8 -80,8 -317,7 ∆ Hht (KJ/mol) So ( J. K-1. mol-1) 121,0 69,9 110,0 176,0 Trong dung dịch nước ure bị phân huỷ theo phương trình sau: (H2N)2C=O (dd) + H2O (l) ⇌ 2 NH3 (dd) + CO2 (dd) a) Hãy tính ∆ Go và hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 298oK b) Phản ứng thuỷ phân ure có xảy ra hay không ở 298oK trong các điều kiện sau đây: [(H2N)2C=O] = 1,0M; [H2O] = 55,5M; [CO2] =0,1; [NH3]= 0,01M? Câu 4 (2,5 điểm). Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể. 1. Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ô mạng cơ sở a = 407 pm (1pm = 10-12 m). a) Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au? b) Xác định số phối trí của nguyên tử Au? c) Tính khối lượng riêng của tinh thể Au? d) Tính độ khít của tinh thể Au? Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023. 2. So sánh và giải thích:

a) Bán kính của các ion sau: Mg2+, O2-, Na+, F-. b) Năng lượng ion hoá thứ nhất của: P, S, N, O. c) Nhiệt độ nóng chảy của: KCl, NaCl, FeCl3. Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan). 1.Tính pH của dung dịch gồm HCl 0,01M; H2SO4 0,012M; NH4Cl 0,01M.

H2O = l,23V.

anot nếu thế anot bằng 1,21V. Cho E oO2

ai l.c

Cho biết: HSO4-có pKa = 1,99; NH4+ có pKa = 9,24 2. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M cần dùng để cho vào 200ml dung dịch H3PO4 0,1M và sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 7,21 ; pH = 9,765. Cho biết pKa (H3PO4) : pKa1 = 2,15 ; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân. 1. Khi điện phân dung dịch muối NaCl để sản xuất Clo ở anot có thể có các quá trình : oxi hoá Cl – thành Cl2 ; oxi hoá H2O thành O2 ; oxihoá anot cacbon thành CO2. a) Hãy viết các quá trình đó (tại anot cacbon) . b) Cần thiết lập pH của dung dịch bằng bao nhiêu để cho khi điện phân không có oxi thoát ra ở (coi P Cl2 =P O2 =1 và CO2 sinh ra không đáng kể).

2. Hoàn thành và cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng ionelectron: a) MnO −4 + SO 32 − + H+ → Mn2+ + ...

yn h

b) CrO −2 + Br2 + OH- → CrO 24− + ... c) CuxSy + H+ + NO 3− → Cu2+ + SO 24 − + NO + H2O Câu 7 (2,5 điểm). Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh. 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu 8 (2,5 điểm). Bài tậpvô cơ tổng hợp. 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. Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Người thẩm định Nguyễn Thị Khánh ĐT: 0988779970

Người ra đề Nguyễn Xuân Hiệp ĐT: 0974901552

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN TỈNH BẮC KẠN

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC LỚP 10

ai l.c

chiếm 21,831% về khối lượng. Tổng số proton là 66, tổng số nơtron là 76. a) Viết cấu hình electron ở trạng thái cơ bản (dạng chữ và dạng obitan) của X, Y. Xác định bộ 4 số lượng tử của elctron cuối cùng của X, Y. b) Viết cấu hình elctron ở trạng thái kích thích (dạng chữ và obitan) của hai nguyên tử X, Y. Xác định số electron độc thân. c) Cho hợp chất A vào dd NaOH dư thì thu được dd B có những chất tan nào ? 2. Để xác định lượng máu trong bệnh nhân người ta tiêm vào máu một người một lượng nhỏ

dung dịch chứa đồng vị phóng xạ Na24( chu kỳ bán rã 15 giờ) có độ phóng xạ 2µCi. Sau 7,5 giờ

người ta lấy ra 1cm3 máu người đó thì thấy nó có độ phóng xạ 502 phân rã/phút. Thể tích máu của người đó bằng bao nhiêu?

- Gọi Z , N lần lượt là số proton , nơtron của nguyên tử X (số p = số e=Z). - Gọi Z’ , N’ lần lượt là số proton , nơtron của nguyên tử Y (số p = số e = Z’). - Ta có :

HDC :

yn h

 2Z − N = 14 (1)  2Z '− N' = 14 (2)   proton( XY ) = Z + Z '.a = 66 (3) a ∑  noton( XY ) = N + N '.a = 76 (4) a ∑

 Z = 15 (P) (Z + N ) (1) .100% = 21,831% ⇔ Z+ N = 31 (5)  → 66 + 76  N = 16

⇒ % X (trong XYa ) =

0,25

Từ (3,4) ta có :

 Z ' = 17 (Cl) N ' a 76 − N N ' 60 (2) = ⇔ = ⇔ 60Z'− 51N ' = 0 (6)  → Z ' a 66 − Z Z ' 51  N ' = 20

% P (trong PCla ) =

31 .100% = 21,831% ⇒ a = 3 31 + 37a

0,25

Vậy hợp chất A là PCl3. a. Cấu hình electron ở trạng thái cơ bản : 025 P có bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng là : n=3, l = 1, ml = +1 , ms = +1/2

0,25 Cl có bộ 4 số lượng tử của e cuối cùng là : n=3, l = 1, ml = 0 , ms = -1/2 b. Cấu hình electron ở trạng thái kích thích : 0,25 P: [Ne] (n=3)

( 5e độc thân)

ai l.c

0,25

7e độc thân

PCl3 + 3H2O  → H3PO3 + 3HCl

HCl + NaOH  → NaCl + H2O

0,5

c. A(PCl3) + dung dịch NaOH (dư)

H0 = 2,10-6.3,7.1010 = 7,4.104Bq; H = 502V phân rã/phút = 8,37V Bq (V thể tích của máu: cm3 )

H3PO3 + 2NaOH  → Na2HPO3 + 2H2O Dung dich B thu được chứa: NaCl, Na2HPO3, NaOH dư.

Hoặc:

8,37V H => 8,37 V = 7,4.104.2-0,5 = 4 H0 7,4.10

7,4.10 4 2 −0,5 = 6251,6 cm3 = 6,25 dm3 = 6,25 lit. 8,37

=> V =

yn h

H = H0 2-t/T = H0 2-0,5 => 2-0,5 =

  −6 10  H0 ln 2 2.10 .3,7.10  3 kt = ln ⇔ .7,5 = ln   ⇒ V = 6254,55 cm = 6, 25455( L) 502 H 15   .V 60  

Câu 2 (2,5 điểm). Động hoá học. Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình: A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1. a) Cho biết bậc của phản ứng (1). b)Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K.

0,5

c) Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k2, tại 300K và thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng A bị phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1 và không phụ thuộc vào nhiệt độ. d) Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k2’ = 3,00.104 s-1. Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi có mặt xúc tác.

a)Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng là bậc 1.

k 2 Ea  1 1  =  −  , thay số vào ta được: k1 R  T1 T2  k2 166.103  1 1  ln = − suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1.  −5 4.10 8,314  350 300  d) Ở 300K: (1)

- Khi không có xúc tác: k 2 = A.e

− Ea RT

c) Ta có: ln

0,5

ai l.c

b) Vì phản ứng là bậc 1, nên: 1 a 1 a t1 = ln ln = = 40235,95s = 11,18 h. −5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a

Câu 2

' 2

- Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên: k = A.e

− E 'a RT

0,5 0,5

0,5 (2)

Ea − Ea k2 Từ (1) và (2) ta được: ' = e RT , thay số vào ta được: k2 E' −166

a 2,971.10 −9 8,314.10−3.300 = e 3.104

0,5

-1

yn h

Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol . Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt hoá học, cân bằng hoá học

Entanpi hình thành tiêu chuẩn và entropi tiêu chuẩn đo ở 298oK của một số chất như sau: CO2 (dd) H2O (l) NH3 (dd) (H2N)2C=O (dd) -412,9 -285,8 -80,8 -317,7 ∆ Hht (KJ/mol) o -1 -1 S ( J. K . mol ) 121,0 69,9 110,0 176,0 Trong dung dịch nước ure bị phân huỷ theo phương trình sau: (H2N)2C=O (dd) + H2O (l) ⇌ 2 NH3 (dd) + CO2 (dd) a) Hãy tính ∆ Go và hằng số cân bằng của phản ứng trên ở 298oK b) Phản ứng thuỷ phân ure có xảy ra hay không ở 298oK trong các điều kiện sau đây: [(H2N)2C=O] = 1,0M; [H2O] = 55,5M; [CO2] =0,1; [NH3]= 0,01M?

Câu 3

a. Ta có ∆ H phản ứng =

∑ ∆H

( sản phẩm) -

∑ ∆H

( chất phản ứng)

= ∆H ht ( NH3) + ∆H ht ( CO2) - ∆H ht ( ure) - ∆H ht ( H2O) = 2. (-80,8) + (-412,9) – (-317,7) – (-285,8) = 29,0 KJ ∆S phản ứng = ∑ S o ( sản phẩm) - ∑ S o ( chất phản ứng) = 2.110 + 121 - 176 - 69,9 = 95,1 J.K-1

0,5

Suy ra ∆ Go

phản ứng

= ∆H o phản ứng - T. ∆S ophản ứng = 29000 - 298.95,1 = 660,2 J

0,5

−660,2

Mà ∆ Go = - RT ln K Suy ra K = e 8,314.298 = 0,766 2 [ NH 3 ] 2 [CO 2 ] 0,1.(0,01) b) Xét tỷ số Q = = =1,8. 10-7 [Ure][ H 2 O ] 1.55,5 Xét biểu thức tính ∆ G: Có ∆ G = ∆ Go + RT ln Q = 660,2 - 8,314.298.15,53 = -37,82 KJ Vì ∆ G < 0 phản ứng tự diễn biến. Câu 4 (2,5 điểm). Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể.

0,5

ai l.c

1. Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ô mạng cơ sở a = 407 pm (1pm = 10-12 m).

a) Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au? b) Xác định số phối trí của nguyên tử Au?

c) Tính khối lượng riêng của tinh thể Au? d) Tính độ khít của tinh thể Au?

2. So sánh và giải thích:

Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023.

a) Bán kính của các ion sau: Mg2+, O2-, Na+, F-.

b) Năng lượng ion hoá thứ nhất của: P, S, N, O.

c) Nhiệt độ nóng chảy của: KCl, NaCl, FeCl3.

a) Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:

yn h

Câu 4

1. Cấu trúc tinh thể 1 ô mạng cơ sở của Au:

Mặt ô mạng: AO = 2R = d

B a

0,25

O D

⇒ 2d 2 = a 2 ⇒ d =

a 2

b) Số phối thể của nguyên tử Au là 12 c) Trong 1 ô mạng cơ sở có số nguyên tử Au:

0,25

1 1 8. + 6. = 4 nguyên tử 8 2

m 4.196,97 = = 19, 4 (g/cm3) V 6, 022.1023. ( 4, 07.10−8 )3

0,25

d) d = 2R = 2,8779.10−8 (cm)

⇒ R = 1, 43895.10 −8 (cm)

0,25

⇒ Độ đặc khít của tinh thể

(

)

ai l.c

4 4. .3,14. 1,43895.10 −8 Au = 3 3 4,07.10 −8

)

⇒ Au = 74%

2. a/ Bán kính ion tăng dần theo thứ tự là Mg2+ < Na+ < F- < O2- do cả 4 ion đều có 0,5

cùng cấu hình 1s2 2s2 2p6, vậy cùng số lớp electron do đó bán kính ion chỉ phụ

thuộc vào điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính càng nhỏ.

b/ Năng lượng ion hoá giảm theo trình tự:

N>O>P>S

+ N > O vì N có cấu hình nửa bão hoà, còn O liền ngay cấu hình nửa bão hoà do

vậy electron dễ tách ra hơn.

+ O > P vì bán kính của O < bán kính của P

0,5

yn h

+ P > S vì P có cấu hình nửa bão hòa bền còn S liền sau cấu hình nửa bão hoà c/ Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự là : NaCl > KCl > FeCl3

KCl, NaCl có cấu trúc mạng tinh thể ion còn FeCl3 phân tử hợp chất cộng hoá trị do vậy t0 (n/c) của FeCl3 nhỏ nhất

KCl, NaCl đều là hợp chất ion, cùng cấu trúc mạng tinh thể nhưng bán kính của K+

0,5

> bán kính của Na+ do vậy năng lượng mạng lưới của NaCl > KCl

Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan). 1.Tính pH của dung dịch gồm HCl 0,01M; H2SO4 0,012M; NH4Cl 0,01M. Cho biết: HSO4-có pKa = 1,99; NH4+ có pKa = 9,24 2. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,1M cần dùng để cho vào 200ml dung dịch H3PO4 0,1M và sau phản ứng thu được dung dịch có pH = 7,21 ; pH = 9,765. Cho biết pKa (H3PO4) : pKa1 = 2,15 ; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32. Câu 5 1. Cân bằng chính: HSO4- (dd) H+(dd) + SO42-(dd) 1,0 C

0,012

∆C

[C]

0,012 – x

0,022 x 0,022 + x

x x

Ka =

[H + ].[SO 24− ] x(0, 022 + x) = = 10−1,99 ⇒ x = 3,44.10-3 [HSO 4− ] 0, 012 − x

⇒ pH = -lg (0,022 + 3,44.10-3) = 1,59

ai l.c

2∗ pH = 7,21 = pKa2 ⇒ Tạo 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4 với số mol bằng nhau ⇒ NaOH phản ứng hết nấc 1 và 1/2 nấc 2 của axit H3PO4. NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O Suy ra: V.0,1= 200.0,1+ 100.0,1 Vậy V = 300ml ∗ pH = 9,765 = 1/2(pKa2 + pKa3) ⇒ Tạo Na2HPO4 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O 0,04 0,02 0,02 ⇒ nNaOH = 0,04 mol ⇒ V = 400 ml Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân.

0,75

1. Khi điện phân dung dịch muối NaCl để sản xuất Clo ở anot có thể có các quá trình: oxi hoá Clthành Cl2 ; oxi hoá H2O thành O2 ; oxihoá anot cacbon thành CO2.

nếu thế anot bằng 1,21V. Cho E oO2

H2O =

a) Hãy viết các quá trình đó (tại anot cacbon) . b) Cần thiết lập pH của dung dịch bằng bao nhiêu để cho khi điện phân không có oxi thoát ra ở anot l,23V. (coi P Cl2 =P O2 =1 và CO2 sinh ra không đáng kể).

2. Hoàn thành và cân bằng các phương trình hóa học sau bằng phương pháp thăng bằng ionelectron: a) MnO 4− + SO 32 − + H+ → Mn2+ + ...

b) CrO −2 + Br2 + OH- → CrO 24− + ...

c) CuxSy + H+ + NO 3− → Cu2+ + SO 24 − + NO + H2O

6.1. −

0,25 +

0,25

Muốn không có O2 thoát ra cần thiết lập pH sao cho E oO2

0,25

yn h

a) 2Cl → Cl2↑ + 2e ;2H2O → O2↑ + 4H + 4e ; C + 2H2O → CO2↑ + 4H+ + 4e 0,059 b) E = E oO2 H2O + lg[H+]4 = 1,23 + 0,059lg[H+] = 1,23 − 0,059pH 4 1,21 − 1, 23 Với Eanot = 1,21V thì pH = − = 0,339 0,059

6.2.

pH < 0,339

H2 O

> Eanot ⇒

5 × SO 32− + H 2 O → SO 24− + 2H + + 2e 2 × MnO −4 + 8H + + 5e → 2Mn 2+ + 4H 2 O

0,5

2MnO 24− + 5SO 32− + 6H + → 2Mn 2+ + 5SO 24− + 3H 2 O b)

2 × CrO −2 + 4OH − → CrO 24− + 2H 2 O + 3e 3 × Br2 + 2e → 2Br − 2CrO 2− + 3Br2 + 8OH − → 2CrO 24− + 6Br − + 4H 2 O

0,5

2+ 2− + 3 × Cu x S y + 4 yH 2 O → xCu + ySO4 + 8yH + (2x + 6 y)e

(2x + 6 y) × NO3− + 4H + + 3e → NO + 2H 2 O 3Cu x S y + 8xH + + (2x + 6 y) NO3− → 3xCu 2+ + 3ySO24− + (2x + 6y) NO + 4xH 2 O

Câu 7 (2,5 điểm). Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh. 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm

35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y

ai l.c

1M. Xác định các nguyên tố M và R.

2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml

dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.

1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH

R 35,323 = ⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677

0,25

Ta có :

R 35,323 = ⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677

0,25

Ta có :

Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4

Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH

16,8 × 50 gam = 8,4 gam 100

yn h

mX =

MOH + HClO4 → XClO4 + H2O

⇒ n MOH = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 8,4 gam = 56 0,15 mol

0,5

⇒ M + 17 =

⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).

2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc

0,5

SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O Theo ptpu: n H 2 SO4 =

5n 8 nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = . 8 5

0,25

Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O

0,25

Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: (2)

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr

Theo (2): n SO2 = n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO2 = 0,1(mol)

31, 2 = 312 0,1

ai l.c

Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R2 SO4 =

→ MR = 108 (R là Ag).

0,5

Câu 8 (2,5 điểm). Bài tậpvô cơ tổng hợp.

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

FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O (1) Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O (2) 2 FeCl3 + 2 H2O + SO2 → 2FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl (3) 5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl → 5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O (4) 5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4 (5) 0,75 (Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho phản ứng (4)) b) Từ (1) và (4) ta có: nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2+ = 5. n MnO− = 5 . 0,10 . 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)

yn h

của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng.

7,63.10-3 . 0,8120 = 5,087.10-3 (mol) 1,2180 → mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g) và m Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

→ nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =

→ n Fe O 2

Tương tự, từ (3) và (5) ta có: ∑ n SO2 Trong đó:

0,1615 ≈ 1,01.10-3 (mol) 160 = n SO2 (3) + n SO2 (5)

(trong 0,8120 gam mẫu) =

0,5

1 . n FeCl3 (trong 0,8120 gam mẫu) = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol) 2 5 5 1 n SO2 (5) = n MnO- (5) = (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ ) 4 4 2 2 5 n với: ∑ Fe2+ = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) n SO2 (3) =

0,5

5 1 (∑ n MnO- − (n FeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu)) 4 2 5 0,25 5 1 -3 -3 -3 -3  → n SO2 (5) =  0,10 . 22,21.10 - (5,087.10 + 2 . 1,01.10 )  ≈ 2.10 2 5  Vậy:

∑n

SO2

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

0,3663 .100 = 45,11 % 0,8120 % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

% FeO =

ai l.c

(mol).

→ n SO2 (5) =

0,5

yn h

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Đề này có 03 trang, gồm 08 câu)

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ---------

ai l.c

Câu 1: (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân 1. Áp dụng quy tắc gần đúng Slater, hãy tính năng lượng ion hóa I1, I2, I3, I4 của nguyên tử 4Be? 2. Cho biết bán kính nguyên tử (A0) của 6 nguyên tố kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn có các giá trị tương ứng là: 1,57; 1,36; 1,25; 0,66; 0,64; 0,62. Biết rằng một trong số các nguyên tố đó là Na. Lập luận để xác định các giá trị bán kính tương ứng với nguyên tử của các nguyên tố còn lại. Cho số thứ tự của các nguyên tố: C=6; N=7; O=8; F=9; Ne=10; Na=11; Mg=12; Al=13; Si=14; P=15; S=16. 3. Khi phóng tia lửa điện qua các nguyên tử hiđro ở áp suất thấp, các electron bị kích thích lên trạng thái năng lượng cao hơn. Sau đó, electron nhanh chóng chuyển về mức năng lượng cơ bản (n=1) và bức xạ ra photon với các bước sóng khác nhau tạo thành dãy phổ. Tính bước sóng (λ) nhỏ nhất và bước sóng lớn nhất theo nm của dãy phổ nếu electron chuyển từ n > 1 về n = 1. Biết trong hệ một electron, một hạt nhân, năng lượng của electron được tính theo công thức:

Z2 (eV). Cho: h = 6,626.10-34 J.s ; c = 3.108 m/s. n2 Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học

En = - 13,6.

–6

2,25.10

4,50.10

yn h

–6 –6

9,00.10

–6

em 6

2,25.10

4 5

BP (bo photphua) được điều chế bằng cách cho bo tribromua phản ứng với photpho tribromua trong khí quyển hiđro ở nhiệt độ cao (>750oC).Tốc độ hình thành BP phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng ở 800oC cho ở bảng sau: –1 –1 –1 –1 Thí nghiệm [PBr ] (mol.L ) [H ] (mol.L ) [BBr ] (mol.L ) v (mol.s )

–6

2,25.10 –6

2,25.10

–6

9,00.10 –6

2.25.10 –6

4,50.10 –6

9,00.10

–8

0,070

4,60.10

0,070

9,20.10

0,070

18,4.10

0,070

1,15.10

0,070

2,30.10

0,035

4,60.10

–8 –8 –8 –8 –8

1) Xác định bậc phản ứng hình thành BP và viết biểu thức tốc độ phản ứng. o

2) Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 186kJ.mol–1 . Tính hằng số tốc độ ở 800 C , 880 C. và tốc độ phản ứng ở 8800C với [BBr3]= 2,25.10–6 mol.L–1 ; [PBr3]= 9,00.10–6 mol.L–1 ; [H ]=0,0070 mol.L– 2

. Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học 1. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình:  → 2NO2 N2O4 ← (1) 

a. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. b. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên. 2. Cho các số liệu nhiệt động học sau: Chất CO2(k) H2O(k) CH4(k) N2(k) H2O(l) -1 ∆H f (kJ.mol ) -393,5 -241,8 -74,9 0 -285,9 Cp (J.K-1. mol-1) 37 33 35 29 75 a. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H1) cho quá trình sau trong điều kiện đẳng nhiệt ở 298K và 1 bar: CH4(k, 298K) + 2 O2(k, 298K) → CO2(k, 298K) + 2H2O(k, 298K) b. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H2), cho quá trình sau trong điều kiện không đẳng nhiệt ở 1 bar (coi nhiệt dung của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ). CH4(k, 298K) + 2 O2(k, 298K) → CO2(k, 498K) + 2H2O(k, 498K)

ai l.c

Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. 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? 2. Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion

kim loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện, còn các ion florua (F-) chiếm

tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3.

a. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua? b. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối?

c. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol.

Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan)

yn h

Dung dịch A là dung dịch H3PO4 0,02M; dung dịch B là dung dịch Na3PO4 0,01M 1. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch A.

2. Cho từ từ 100ml dung dịch A vào 100ml dung dịch B thu được 200ml dung dịch C. Tính pH của dung dịch C.

3. Cho từ từ dung dịch Na3PO4 0,01M vào dung dịch chứa CdCl2 0,01M và ZnCl2 0,01M( thừa nhận thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình thí nghiệm)

a. Kết tủa nào xuất hiện trước?

b. Khi kết tủa thứ hai xuất hiện thì nồng độ của ion thứ nhất còn lại là bao nhiêu? Từ đó có nhận xét gì?

Biết H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32. Cd3(PO4)2 có pKs = 32,6. Zn3(PO4)2 có pKs =

35,42. Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân Một pin điện tạo bởi : một điện cực gồm tấm Cu nhúng trong dung dịch CuSO4 0,5 M, điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng trong dung dịch Fe Cu với Pt.

2+ 3+ 3+ 2+ , Fe với lượng [Fe ] = 2[Fe ] và một dây dẫn nối

1) Viết sơ đồ pin, phản ứng điện cực và tính sức điện động ban đầu của pin. 3+ 2) Cho rằng thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn, xác định tỷ số  Fe  khi pin ngừng hoạt động.

 Fe2 + 

3) Trộn ba dung dịch: 25 ml Fe(NO3)2 0,1 M ; 25 ml Fe(NO3)3 1,0 M ; 50 ml AgNO3 0,6 M và thêm 3+ một số mảnh Ag vụn. Xác định chiều phản ứng và tính giá trị tối thiểu của tỷ số  Fe  để phản ứng  Fe 2+ 

Cho : E0(Cu2+/Cu) = 0,34 V ; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V ; E0(Ag+/Ag) = 0,8 V.

ai l.c

Câu 7: (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh

đổi chiều?

1.Ở phòng thí nghiệm sinh viên tìm thấy một chai nhỏ đựng chất A khá ẩm ướt được dán nhãn “nhạy sáng”. Tuy nhiên sinh viên không 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. Sau kỳ nghỉ hè sinh viên bỗng thấy có sự tạo 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. Xác định các chất từ A - G và viết các phản ứng xảy ra. 2. Khi cho lưu huỳnh nguyên tố tác dụng với khí clo khô ở 130oC thu được một chất lỏng màu vàng A

chứa 52.5% Cl và 47.5% S. Tiếp tục cho A tác dụng với khí clo trong sự có mặt của FeCl3 thu được một chất lỏng màu đỏ B dễ hút ẩm. B tác dụng với oxy thu được chất lỏng không màu C (59.6% Cl,

yn h

26.95% S và 13.45% O) và một chất D (M = 135 g/mol) có thể nhận được trực tiếp bằng phản ứng

giữa C và oxy. Xác định cấu trúc các chất và viết phương trình phản ứng xảy ra.

a) Xác định các hợp chất từ A đến G. Biết rằng % kim loại trong D là 32,22% về khối lượng và muối màu hồng F sẽ chuyển sang xanh da trời khi đun nóng. b) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong thí nghiệm trên.

c) Khi đun nóng hỗn hợp muối F, NH4Cl và NH3.H2O trong không khí thì tạo thành một hợp chất X có màu nâu đỏ. Nếu tăng nhiệt độ thì có thể tạo lại muối F ban đầu. Viết các phản ứng xảy ra. ……………………………………………Hết……………………………………………….

GV ra đề: Nguyễn Thị Hoa, Số điện thoại: 0962402565.

MÔN HÓA HỌC. LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG --------HƯỚNG DẪN CHẤM

HDC có 11 trang

Z2 (eV). Cho: h = 6,626.10-34 J.s ; c = 3.108 m/s. n2

En = - 13,6.

ai l.c

Câu 1

Hướng dẫn giải

0,5

yn h

Be → Be+ + 1e I1 (1) + 2+ Be → Be + 1e I2 (2) 3+ 2+ Be → Be + 1e I3 (3) 3+ 4+ Be → Be + 1e I4 (4) Trước tiên ta tính tổng năng lượng các electron theo từng cấu hình e:

Điểm

E1 = E(1s ) = −13, 6.

42 = −217, 6(eV ) = − I 4 12 (4 − 0,3) 2 .2 = −372,368(eV ) = −( I 3 + I 4 ) 12

E2 = E(1s 2 ) = −13, 6.

 (4 − 2.0,85) 2  0,5 E3 = E(1s 2 2 s1 ) = E1s 2 + E2 s1 = −372, 368 +  −13, 6.  = −390, 354(eV ) = −( I 4 + I 3 + I 2 ) 2 2  

 (4 − 2.0,85 − 0,35) 2  E4 = E(1s 2 2 s 2 ) = E1s 2 + E2 s2 = −372,368 +  −13, 6. .2  = −398, 225(eV ) = −( I 4 + I 3 + I 2 + I1 ) 22  

Theo kết quả trên, dựa vào mối quan hệ giữa I và E ta có: In-k=Ek-Ek+1 I1 = E3-E4= -390,354 – (-398,225) = 7,871 eV I2 = E2-E3= -372,368 - (-390,354) = 17,986 eV I3 = E1-E2= -217,6 - (-372,368) = 154,768 eV I4 = -E1= 217,6 eV

Cấu hình electron của Na: 1s22s22p63s1.

Nhận xét, Na là nguyên tố đầu chu kỳ 3 ⇒ nó có bán kính nguyên tử lớn nhất vì: - So với các nguyên tố cùng chu kỳ, Na có điện tích hạt nhân nhỏ nhất. - So với các nguyên tố liền trước, Na có số lớp electron nhiều hơn. Vậy bán kính của Na là 1,57A0.

0,5

ai l.c

Với các giá trị bán kính nguyên tử còn lại ⇒ có 2 khả năng: - Với các nguyên tố thuộc cùng chu kỳ 2 sẽ có bán kính nhỏ hơn các nguyên tố ở chu kỳ 3. - Các nguyên tố cùng chu kỳ thì nguyên tố có điện tích hạt nhân lớn hơn sẽ có bán kính nhỏ hơn. 0,5 Vậy khả năng sau đây là hợp lý nhất: Nguyên tố O F Ne Na Mg Al Bán kính 0,66 0,64 0,62 1,57 1,36 1,25 Các nguyên tố O, F, Ne thuộc cùng chu kỳ có bán kính gần bằng nhau. Các nguyên tố Na, Mg, Al thuộc cùng chu kỳ 3 có bán kính gần nhau và bán kính lớn hơn các nguyên tố thuộc chu kỳ 2 (O, F, Ne). - Năng lượng tối thiểu của dãy phổ:

hc 6,626.10−34.3.108 = = 1,22.10−7 (m)=122 (nm) −18 Emin 1,63.10

Emin = E2 − E1 = 1,63.12−18 (J ) ⇒ λmax =

- Năng lượng tối đa của dãy phổ:

yn h

Em ax = E∞ − E1 = 2,18.12 −18 ( J ) ⇒ λmin =

hc 6, 626.10−34.3.108 = = 91, 2.10−9 (m)=91,2 (nm) Em ax 2,18.10 −18 0,5

Vậy: 91,2 nm <λ< 122nm.

Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học BP (bo photphua) được điều chế bằng cách cho bo tribromua phản ứng với photpho tribromua trong khí quyển hiđro ở nhiệt độ cao (>750oC).Tốc độ hình thành BP phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng ở 800oC cho ở bảng sau: –1 –1 –1 –1 Thí nghiệm [BBr ] (mol.L ) [PBr ] (mol.L ) [H ] (mol.L ) v (mol.s ) 3

–6

2,25.10

4,50.10

9,00.10

2,25.10

–6 –6 –6 –6 –6

–6

9,00.10 –6

2.25.10 –6

4,50.10 –6

9,00.10

–8

0,070

4,60.10

0,070

9,20.10

0,070

18,4.10

0,070

1,15.10

0,070

2,30.10

0,035

4,60.10

1) Xác định bậc phản ứng hình thành BP và viết biểu thức tốc độ phản ứng.

–8 –8 –8 –8 –8

2) Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 186kJ.mol–1 . Tính hằng số tốc độ ở 800 C , o

880 C. và tốc độ phản ứng ở 8800C với [BBr3]= 2,25.10–6 mol.L–1 [H ]=0,0070 mol.L–1.

; [PBr3]= 9,00.10–6 mol.L–1 ;

Câu 2 1.

Hướng dẫn giải

Điểm

→ BP + 6HBr BBr + PBr +3H  3

v=k.[BBr ] [PBr ]y[H2]z 3

Từ TN4 và TN5 ta có : (4,50/2,25)y=(2,30/1,15) ⇒y=1 Từ TN1 và TN6 ta có : (0,070/0,035)z=(4,60/4,60)⇒z=0

ai l.c

Từ TN1 và TN2 ta có : (4,50/2,25)x=(9,20/4,60) ⇒x=1

Vậy phản ứng có bậc đối với BBr3 là 1, bậc đối với PBr3 la 1, bậc đối với H2 là 0

Biểu thức tốc độ phản ứng: v = k[BBr ][PBr ] 3

800

–6

2 –1

–1

= 4,60.10 /2,25.10 .9,00.10 = 2272L .s .mol

–8

0,75

⇒Bậc tổng cộng của phản ứng là 2

186.103  1 1  Ea  1 1  . − ln kT2 − ln kT1 = .  −  ⇒ ln k1153 = ln 2272 + 8,314  1073 1153  R  T1 T2  Ở 8800C :

⇒k1153 = 9653,42 (L2.s-1.mol-1)

Với :[BBr3]= 2,25.10–6 mol.L–1 ;[PBr3]= 9,00.10–6 mol.L–1 ;

yn h

[H ]=0,0070 mol.L–1 2

–1

v = 9653,42 ×2,25.10–6× 9,00.10–6= 19,55.10–7 mol.s

Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học 2. Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình:  → 2NO2 N2O4 ← (1) 

Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm: Nhiệt độ (oC) 35 45 72,45 66,80 Mh ( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng) c. Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho. d. Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.

2. Cho các số liệu nhiệt động học sau:

0,5

Chất CO2(k) H2O(k) CH4(k) N2(k) H2O(l) -1 ∆H f (kJ.mol ) -393,5 -241,8 -74,9 0 -285,9 Cp (J.K-1. mol-1) 37 33 35 29 75 c. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H1) cho quá trình sau trong điều kiện đẳng nhiệt ở 298K và 1 bar: CH4(k, 298K) + 2 O2(k, 298K) → CO2(k, 298K) + 2H2O(k, 298K) d. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H2), cho quá trình sau trong điều kiện không đẳng nhiệt ở 1 bar (coi nhiệt dung của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ). CH4(k, 298K) + 2 O2(k, 298K) → CO2(k, 498K) + 2H2O(k, 498K) Câu 3 Hướng dẫn giải Điểm

 → 2NO2 N2O4 ← 

xét cân bằng: số mol ban đầu số mol chuyển hóa

aα

2aα

số mol lúc cân bằng

a(1 - α)

2aα

Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:

92a 92 = a(1 + α) 1 + α

Mh =

Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α)

ai l.c

a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC

92 ở 35 C thì M h = 72,45 → = 72,45 1+α

→

0,5

α = 0,270 hay 27%

ở 45oC thì M h = 66,8 → α = 0,337 hay 33,7%

yn h

 2aα  NO [ 2 ] =  V  = 4aα2 Ta có Kc = [ N 2 O 4 ] a(1 − α) (1 − α)V V

V là thể tích (lít) bình chứa khí PV PV = nS a(1 + α)

Và PV = nS. RT → RT =

Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc ∆n = 1 → KP =

. (RT)∆n

0,25 ở đây

4aα 2 PV P.4.α2 . = (1 − α)V a(1 + α) 1 − α2

ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315 ,

ở 45oC thì α = 0,337 → K p = 0,513 3.

a. Xét phản ứng CH4(k, 298K) + 2 O2(k, 298K) → CO2(k, 298K) 298K)

2H2O(k, 0,25

∆H1 = - 393,5 + ( - 241,8.2) – (-74,9) = -802,2 (kJ/mol) b. Lượng nhiệt để nâng hỗn hợp sản phẩm từ 298K → 498K được 0,25 tính theo biểu thức: q = Csp . ∆T = (37 + 2.33) . (498 – 298) = 20,6.103 J/mol → ∆H2 = - 802,2 + 20,6 = -781,6 (kJ/mol)

ai l.c

tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3.

a. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua? b. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối?

c. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol.

Hướng dẫn giải XeF4, vuông phẳng, 900

Câu 4 1

a,b. XeF2: thẳng, 1800

Điểm 0,75

yn h

XeO3, chóp tam giác, < 109028’

XeO4, tứ diện, 109028’

O O

BF3, tam giác đều, 1200

F F CH3

(CH3)3N: Chóp tam giác, <109028’

CH3 CH3

c. Ba liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng, vì liên kết giữa 0,5 nitơ 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 Ô mạng cơ sở:

Trong một ô mạng:

1 1 - Số ion Rn+: 8 × + 6 × = 4 8 2

ai l.c

- Số ion F-: 8 × 1 = 8

⇒ Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 4×n = 8×1 ⇒ n = 2

2+ ⇒ ion kim loại là R

Khối lượng riêng florua tính theo công thức:

⇒ MRF2 =

0,5

6, 023.10 a3

M RF2

D×a 3 × 6, 023.1023 4,89 × (0, 620.10−7 ) × 6,023.1023 = = 175, 48 4 4

4×

Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2.

⇒ MR = 175,48 −19 × 2 = 137,48 (g/mol)

Vậy kim loại R là bari.

0,75

yn h

Muối florua là BaF2.

Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) Dung dịch A là dung dịch H3PO4 0,02M; dung dịch B là dung dịch Na3PO4 0,01M 4. Tính nồng độ cân bằng của các cấu tử trong dung dịch A.

5. Cho từ từ 100ml dung dịch A vào 100ml dung dịch B thu được 200ml dung dịch C. Tính pH của

dung dịch C.

6. Cho từ từ dung dịch Na3PO4 0,01M vào dung dịch chứa CdCl2 0,01M và ZnCl2 0,01M( thừa nhận thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể trong quá trình thí nghiệm)

c. Kết tủa nào xuất hiện trước? d. Khi kết tủa thứ hai xuất hiện thì nồng độ của ion thứ nhất còn lại là bao nhiêu? Từ đó có nhận xét gì? Biết H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32. Cd3(PO4)2 có pKs = 32,6. Zn3(PO4)2 có pKs = 35,42.

Câu 5 1.

Hướng dẫn giải

Điểm 1.0

- Trong dung dịch A có các cân bằng: H3PO4 ⇌ H+ + H2PO −4

(1)

Ka1 = 10-2,15

H2PO −4 ⇌ H+ + HPO 24 −

(2)

Ka2 = 10-7,21

HPO 24 − ⇌ H+ + PO 34−

(3)

Ka3 = 10-12,32

H2O ⇌ H+ + OH- (4)

Kw = 10-14

Do C.Ka1 >> C.Ka2 >> C.Ka3 ≃ Kw nên tính pH của dung dịch theo cân bằng (1) H3PO4 ⇌ H+ + H2PO −4

→

0,02 – x

ai l.c

[]

Ka1 = 10-2,15

(1)

x2 = 10−2,15 → x = 8,875.10 −3 → pH = 2,05 0,02 − x

[ H3PO4] = 1,1125.10-2M: [H2PO −4 ] = x = 8,875.10-3M; [HPO 24 − ]=C. α HPO 2 − =

K a1.K a 2 .h K .K ≃ 0, 02 × 2 a1 a 2 = 6,125.10-8M h + K a1.h + K a1.K a 2 .h + K a1.K a 2 .K a 3 h + K a1.h 3

0, 02 ×

[PO 34− ]=C. α PO3− = 4

K a1.K a 2 .K a 3 K .K .K ≃ 0, 02 × 3a1 a 2 a23 =3,2895.10-18M h + K a1.h + K a1.K a 2 .h + K a1.K a 2 .K a 3 h + K a1.h

0, 02 ×

0.75

Tính lại nồng độ của các chất: CH 3 PO4 = 0, 01M ; CNa3 PO4 = 0, 005M .

yn h

- Vậy, trong dung dịch A: [ H+] = h = 10-2,05M; [ OH-] = 10-11,95M;

Thứ tự phản ứng:

H3PO4 + PO 34− → H2PO −4 + HPO 24 − K =Ka1.K −a13 =1010,17 >> K W 0,005

[ ]: 0,005

C: 0,01

H3PO4 + HPO

C: 0,005

[ ]:

0,005 2− 4

→ 2 H2PO

0,005

0,015

0,005 − 4

K = Ka1.K 1a−2 = 105,06 >> K W

- Thành phần giới hạn của dung dịch C gồm H2PO −4 : 0,015M; H2O; Na+ - Trong dung dịch C có các cân bằng: H2PO −4 ⇌ H+ + HPO 24 −

(2)

Ka2 = 10-7,21

HPO 24 − ⇌ H+ + PO 34−

(3)

Ka3 = 10-12,32

H2O ⇌ H+ + OH-

(4)

H2PO −4 + H2O ⇌ H3PO4 + OH- (5)

Kw = 10-14 Kb3 = 10-11,85

- Ta có, Ka2 >> Kb3 ≃ Ka3 > Kw nên tính pH của dung dịch C theo cân bằng (2) H2PO −4 ⇌ H+ + HPO 24 − C:

0,015

[ ]: 0,015 – x

→

x2 = 10−7,21 → x = 3, 038.10−5 → pH ddC = − lg x = 4,52 0, 015 − x

a) Phương trình phản ứng: 3Zn2+ + 2PO 34− → Zn3(PO4)2 ↓

(6)

3Cd2+ + 2PO 34− → Cd3(PO4)2 ↓

(7)

0.75

Để bắt đầu xuất hiện kết tủa Zn3(PO4)2 thì [Zn2+]3.[ PO 34− ]2 = K s ( Zn3 ( PO4 )2 ) → [ PO 34− ](1) = 1,95.10-15M

Để bắt đầu xuất hiện kết tủa Cd3(PO4)2 thì

ai l.c

Ka2 = 10-7,21

(2)

[Cd2+]3.[ PO 34− ]2 = K s ( Cd3 ( PO4 )2 ) → [ PO 34− ](2) = 5,012.10-14M

- Vì [ PO 34− ](1) < [ PO 34− ](2) nên kết tủa Zn3(PO4)2 xuất hiện trước

b) Khi kết tủa Cd3(PO4)2 xuất hiện, [Zn2+] = 1,148.10-3M

- Nhận xét: Không thể tách riêng từng ion Zn2+ và Cd2+ bằng kết tủa phân đoạn với

ion PO 34− .

Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân

yn h

Một pin điện tạo bởi : một điện cực gồm tấm Cu nhúng trong dung dịch CuSO4 0,5 M, điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng trong dung dịch Fe Cu với Pt.

2+ 3+ 3+ 2+ , Fe với lượng [Fe ] = 2[Fe ] và một dây dẫn nối

1) Viết sơ đồ pin, phản ứng điện cực và tính sức điện động ban đầu của pin.

3+ 2) Cho rằng thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn, xác định tỷ số  Fe  khi pin ngừng hoạt động. 2+  Fe 

3) Trộn ba dung dịch: 25 ml Fe(NO3)2 0,1 M ; 25 ml Fe(NO3)3 1,0 M ; 50 ml AgNO3 0,6 M và thêm

Fe3+  một số mảnh Ag vụn. Xác định chiều phản ứng và tính giá trị tối thiểu của tỷ số  để phản ứng 2+  Fe 

đổi chiều? 0 2+ 0 3+ 2+ 0 + Cho : E (Cu /Cu) = 0,34 V ; E (Fe /Fe ) = 0,77 V ; E (Ag /Ag) = 0,8 V.

Câu 6 1

Hướng dẫn giải Theo phương trình Nernst:

Điểm 1,0

E(Cu

/Cu) = 0,34 +

0,059 2+ lg [Cu ] = 0,331 V 2

0,059 E(Fe /Fe ) = 0,77 + lg 2 3+

So sánh thấy E(Fe

 Fe3+  = 0,788 V  Fe 2+ 

3+ 2+ 2+ /Fe ) > E(Cu /Cu) → Cực Pt là cực dương, cực Cu

là cực âm. 2+

(0,5 M)  Fe

; Fe

 Pt

Phản ứng điện cực : - ở cực Cu xảy ra sự oxihóa : Cu → Cu

Phản ứng chung : Cu + 2Fe

→ Cu

: Fe

+ 2Fe

/Cu) = 0

2+ .

Khi pin ngừng hoạt động thì sức điện động E = E(Fe E(Cu

+ 2e

+ e → Fe

Sức điện động của pin = 0,788 − 0,331 = 0,457 V

ai l.c

- ở cực Pt xảy ra sự khử

(+)

Sơ đồ pin : (−) Cu  Cu

/Fe

) − 0,75

không đổi và

Do thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn nên coi nồng độ Cu = 0,5.

 Fe   Fe3+  2+ Khi đó 0,77 + 0,059lg = E(Cu /Cu) = 0,331 V → =  Fe 2+   Fe 2+ 

−8 .

4,8. 10

yn h

c) Tổng thể tích = 100 mL 2+ 3+ + → [Fe ] = 0,025 M ; [Fe ] = 0,25M; [Ag ] = 0,3 M /Fe

) = 0,77 + 0,059 lg

0,25 = 0,829 V 0,025

E(Fe

+ 3+ 2+ E(Ag /Ag) = 0,8 + 0,059 lg 0,3 = 0,769 V. So sánh thấy E(Fe /Fe ) >

+ E(Ag /Ag) . nên phản ứng xảy ra theo chiều Fe

+ Ag → Fe

+ + Ag .

Để đổi chiều phản ứng phải có E(Fe3+/Fe2+) < E(Ag+/Ag) → 0,77 + 0,059 lg

 Fe3+   Fe3+  < 0,769 → > 0,9617  Fe 2+   Fe 2+ 

0,75

Câu 7: (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh

ai l.c

một chất lỏng màu đỏ B dễ hút ẩm. B tác dụng với oxy thu được chất lỏng không màu C (59.6% Cl,

26.95% S và 13.45% O) và một chất D (M = 135 g/mol) có thể nhận được trực tiếp bằng phản ứng

giữa C và oxy. Xác định cấu trúc các chất và viết phương trình phản ứng xảy ra.

A: KI, B: KOH, C: I2 D: KI3 F: Cl2 G: KIO3

E: I3-

Điểm 0.5

Hướng dẫn giải

Câu 7

Phản ứng 2: KI + I2 → KI3

Phản ứng 1: 5KI + 2H2O + O2 → 4KOH + I2 + KI3

Phản ứng 3: 6KOH + KI + 3Cl2 → KIO3 + 6KCl + 3H2O

yn h

Phản ứng 4: KIO3 + 5KI + 6H+ → 3I2 + 6K+ + 3H2O

- Lập luận để ra A,B,C,D

1,0 0,5

Phản ứng 5: 2KIO3 + 12HCl → I2 + 5Cl2 + 2KCl + 6H2O

- Viết phương trình hóa học

2S + Cl2 → S2Cl2

S2Cl2 + Cl2 → 2SCl2

2SCl2 + 2O2 → 2SOCl2 + SO2Cl2

2SOCl2 + O2 → SO2Cl2

0,5

Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Hợp chất A là một chất lỏng không màu. Khi đun nóng nó chuyển thành một khí B có màu nâu nặng hơn không khí 1,59 lần. Phản ứng của B với kim loại C sinh ra muối D. Khi đun nóng thì muối D phân hủy tạo oxit E. Xử lý E với HCl đặc sinh ra muối F và một khí G gây khó thở. a) Xác định các hợp chất từ A đến G. Biết rằng % kim loại trong D là 32,22% về khối lượng và muối màu hồng F sẽ chuyển sang xanh da trời khi đun nóng. b) Viết các phản ứng hóa học xảy ra trong thí nghiệm trên. c) Khi đun nóng hỗn hợp muối F, NH4Cl và NH3.H2O trong không khí thì tạo thành một hợp chất X có màu nâu đỏ. Nếu tăng nhiệt độ thì có thể tạo lại muối F ban đầu. Viết các phản ứng xảy ra.

Điểm

Khối lượng phân tử của khí B là M(B) = 1,59.29,0 = 46,1 g/mol. Từ giả thiết B có màu nâu cho phép ta khẳng định rằng khí đó là NO2. Như vậy chất lỏng không màu A là N2O4. Hợp chất D chính là muối nitrat của kim loại C do nhiệt phân D sinh ra một oxit. MD = 62 n+ MC = 62n.100(100-32,22)= 91,49n (g/mol) (với n là số oxy hóa của kim loại C trong nitrat). Vậy MC = 29,48 n Lậy bảng: n= 2 và MC = 59, vậy C là Co. Như vậy D là Co(NO3)2. Do phản ứng của oxit E với HCl cho khí G là Cl2 nên oxit E phải là Co3O4 còn F là CoCl2.6H2O (muối hexahydrat này có màu hồng, màu này bị mất đi khi đun nóng). Kết luận: A = N2O4; B = NO2; C = Co; D = Co(NO3)2; E = Co3O4; F =

ai l.c

Hướng dẫn giải

Câu 8

CoCl2.6H2O; G = Cl2 b) Các phản ứng xảy ra: N2O4 ⇌ 2NO2 Co + 2 N2O4 = Co(NO3)2 + 2NO 3Co(NO3)2 = Co3O4 + 6NO2 + O2 Co3O4 + 8HCl = 3CoCl2 + Cl2 + 4H2O CoCl2.6H2O = CoCl2 + 6H2O

Phức Co2+ dễ bị oxy hóa bởi oxy không khí để tạo phức Co3+. Điều này cho phép ta kết luận X chính là [Co(NH3)6]Cl3. Các phản ứng xảy ra là: 4CoCl2 + 4NH4Cl + 20NH3.H2O + O2 = 4[Co(NH3)6]Cl3 + 22H2O 6[Co(NH3)6]Cl3 = 6CoCl2 + 6NH4Cl + N2 + 28NH3

0,75

yn h

1,25

GV ra đề: Nguyễn Thị Hoa, Số điện thoại: 0962402565.

0,5

SỞ GD & ĐT TỈNH ĐIỆN BIÊN

ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CHỌN HSG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LÊ QUÝ ĐÔN

NĂM 2017-2018 Môn: Hoá học – Lớp 10 (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề)

CÂU I: CẤU TẠO NGUYÊN TỬ, PHÂN TỬ, HTTH, HẠT NHÂN (2,5 điểm)

yn h

ai l.c

1.Từ thực nghiệm,biết năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Li = 5,390 eV. Quá trình Li - 2e Li2+ cần cung cấp năng lượng E = 81,009 eV. + Li - 1e → Li có I1 Li+ - 1e → Li2+ (I2) Li2+-1e → Li3+ (I3) Li - 3e → Li ( I) Tính: Năng lượng ion hóa I2 và I -5 235 2. Một mẫu quặng urani tự nhiên có chứa 99,275 gam 238 92 U; 0,720 gam 92 U và 3,372.10 gam 8 9 226 235 238 88 Ra. Cho các giá trị chu kì bán hủy: t1/2( 92 U) = 7,04.10 năm, t1/2( 92 U) = 4,47.10 năm, 9 t1/2( 226 88 Ra) = 1600 năm. Chấp nhận tuổi của Trái Đất là 4,55.10 năm. 238 a) Tính tỉ lệ khối lượng của các đồng vị 235 92 U / 92 U khi Trái Đất mới hình thành. b) Nếu chưa biết chu kì bán huỷ của 238 92 U thì giá trị này có thể tính như thế nào từ các dữ kiện đã cho? ( 238 92 U có chu kì bán hủy rất lớn. Vì thế, chu kì bán hủy của nó không thể xác định bằng cách đo trực tiếp sự thay đổi hoạt độ phóng xạ mà dựa vào cân bằng phóng xạ, được thiết lập khi chu kì bán hủy của mẹ rất lớn so với chu kì bán hủy của các con cháu. Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, hoạt độ phóng xạ của mẹ và các con cháu trở thành bằng nhau. Hoạt độ phóng xạ là tích số của hằng số tốc độ phân rã với số hạt nhân phóng xạ). CÂU II: ĐỘNG HÓA HỌC (2,5 điểm) Ở 3100C sự phân hủy AsH3 (khí) xảy ra theo phản ứng : → 2As (rắn) + 3H2 (khí) (1) 2AsH3 (khí)  Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được là: 0 5,5 6,5 8 t (giờ) P (mmHg) 733,32 805,78 818,11 835,34 1. Hãy chứng minh phản ứng trên là bậc 1 và tính hằng số tốc độ. 2. Tính thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1) . CÂU III: NHIỆT HÓA HỌC , CÂN BẰNG HÓA HỌC (2,5 điểm)

Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng sau ở 298K: Số phản Phản ứng ∆H0298 (kJ) ứng (1) − 1011 2NH3+ 3N2O → 4N2 + 3H2O (2) − 317 N2O + 3H2 → N2H4 + H2O (3) 2NH3 + 0,5O2 → N2H4 + H2O − 143 (4) H2 + 0,5O2 → H2O − 286 S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol 1. Tính nhiệt tạo thành ∆Ho298 của N2H4; N2O và NH3.

2. Viết phương trình của phản ứng cháy N2H4 và tính ∆H0298, ∆G0298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này. 3. Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2mol NH3 và 0,5mol O2 thì nhiệt của phản ứng (3) ở thể tích không đổi là bao nhiêu? CÂU IV: LIÊN KẾT, CẤU TẠO PHÂN TỬ, TINH THỂ (2,5 điểm)

ai l.c

1. NO có thể tạo được một số hợp chất với flo, chẳng hạn ONF và ONF3. a) Biểu diễn cấu trúc của ONF và ONF3. So sánh độ dài liên kết nitơ-oxi trong hai phân tử đó. b) NOF3 có thể phản ứng với BF3 cho ra hai sản phẩm có công thức phân tử lần lượt là NOBF6 và NOB2F9. Vẽ cấu trúc của hai phân tử này nếu biết rằng hai chất đều được tạo thành từ cùng một cation có nguyên tử trung tâm lai hóa phẳng và nguyên tử trung tâm trong anion lai hóa tứ diện 2. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. a) Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. b) Tính số ion Cu+ và Cl − rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. c) Xác định bán kính ion của Cu+. Cho dCuCl = 4,136 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; MCu = 63,5gam/mol, MCl = 35,5 gam/mol, NA = 6,02.1023. CÂU V: DUNG DỊCH ĐIỆN LI (CÂN BẰNG AXIT BAZƠ, CÂN BẰNG TẠO HỢP

CHẤT ÍT TAN (2,5 điểm)

1. Thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100 ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M được 100 ml dung dịch A, hỏi có kết tủa Mg(OH)2 được tạo thành hay không? Biết: TMg(OH)2 =10-10,95 và K b(NH ) = 10-4,75.

yn h

2. Cho dung dịch A gồm KCN 0,12M; NH3 0,15M; KOH 5.10-3M a) Tính pH của dung dịch A. b) Tính pH của dd HCl 0,21M cần cho vào 100ml dd A để pH của dd thu được là 9,24. Biết pKa của HCN, NH4+ lần lượt là 9,35; 9,24. CÂU VI: PHẢN ỨNG OXI HÓA KHỬ, ĐIỆN HÓA, ĐIỆN PHÂN (2,5 điểm)

1. Cho giản đồ thế khử chuẩn của Mn trong môi trường axit: +2,27V +0,95V ? ? MnO-4  → MnO 42-  → MnO 2  → Mn 3+  → Mn 2+ +1,7V

+1,23V

3+ 2+ a) Tính thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 24 và Mn /Mn b) Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền với sự dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó.

CÂU VII: NHÓM HALOGEN, OXI – LƯU HUỲNH (2,5 điểm)

Cho m gam muối halogenua kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch H2SO4 đặc nóng, dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn hợp sản phẩm B. Trung hòa B bằng 200ml dung dịch NaOH 2M rồi làm bay hơi cẩn thận sản phẩm thu được 199,6g hỗn hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp muối E khô có khối lượng 98g. Nếu cho dung dịch BaCl2 dư vào B thì thu được kết tủa F có khối lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua dung dịch Pb(NO3)2 dư thu được 23,9 gam kết tủa. 1. Tính nồng độ % dung dịch H2SO4 (d = 1,715 g/ml)

yn h

ai l.c

2. Tính m. 3. Xác định tên kim loại và halogen trên? CÂU VIII: BÀI TẬP TỔNG HỢP VÔ CƠ (2,5 điểm) Một dung dịch A chứa 2 muối Na2SO3 và Na2S2O3. Cho Cl2 dư đi qua 100 ml dung dịch A rồi thêm vào hỗn hợp sản phẩm một lượng dư dung dịch BaCl2 thấy tách ra 6,524 gam kết tủa. Thêm vào 100ml dung dịch A một ít hồ tinh bột, sau đó chuẩn độ dung dịch A đến khi màu xanh bắt đầu xuất hiện thì dùng hết 29 ml dung dịch iôt 0,5 M. a) Viết phương trình hoá học và tính nồng độ mol mỗi chất trong dung dịch A. b) Nếu trong thí nghiệm trên thay Cl2 bằng HCl thì lượng kết tủa tách ra bằng bao nhiêu?

HƯỚNG DẪN CHẤM LỚP 10 MÔN HÓA 2017-2018 Câu

Nội dung

Điểm

0.5

Z =3 ⇒ n =1

ở đây

Li 2+ - 1e → Li - 2e → Li - 3e →

32 = -122,4 (eV) 12

Li3+ Li2+ Li3+

I3 = - E3 = 122,4 eV E2 = 81,009 eV I = I3 + E2 = 203,41 eV

E3 (Li3+ ) =-13,6.

Z2 n2

E3 (Li3+ ) = - 13,6.

ai l.c

Do Li - 1e → Li có I1 = 5,390 eV nên + Li + 1e → Li E01 = - I1 = - 5,390eV Li - 2e → Li2+ E2 = 81,009 eV Ta có: Li+ - e → Li2+ I2= E1 + E2 = 81,009 - 5,390 = 75,619 eV Hay : E2 = I1 +I2 → I2 = 81,009 - 5,390 = 75,619 eV Muốn tính năng lượng kèm theo quá trình Li - 3e → Li3+ ta cần tổ hợp 2 quá trình: Li - 2e → Li2+ (đã cho) và Li 2+ - 1e → Li3+ (I3) Li2+ là hệ 1e một hạt nhân, nên năng lượng của electron được tính theo công thức

Phân rã phóng xạ tuân theo quy luật động học bậc 1: m = m0.e ln 2 t t1/ 2

-λt

0,5s

→

m0 = m. eλt = m. e trong đó λ là hằng số tốc độ phân rã phóng xạ, t1/2 là chu kì bán hủy, m và m0 lần lượt là khối lượng chất phóng xạ tại thời điểm t và tại t = 0. 9 a. Khối lượng đồng vị 238 92 U trong mẫu quặng ở cách đây 4,55.10 năm được tính như sau:

yn h

Câu I

238 0 92

U) = m(

U). e

238 92

Tương tự, đối với đồng vị Chia (2) cho (1):

ln 2 4,47.109

235 92

(1) 235 0 92

U:m (

U) = m(

235 0 92

238 0 92

U)/ m (

235 92

U). e

4,55.10 .ln 2.( m( 235 7,04.108 92 U) U) = ⋅ e 238 m( 92 U)

−

ln 2 7,04.108

4,47.109

(2)

)

= 9

4,55.10 0,720 ⋅ e 99,275

.ln2.(

7,04.108

4,47.109

)

= 0,31

(Hoặc: thay m = 99,275 (g), t = 4,55.109 năm vào (1), ta có: 238 0 92

4,55.109.

U) = 99,275 . e

Khối lượng đồng vị cũng tính tương tự:

235 92

ln 2 4,47.109

= 202,38 g

U trong mẫu quặng ở cách đây 4,55.109 năm

0,75

Thay m = 0,72 (g), t = 4,55.109 năm, ta có: 235 0 92

4,55.109.ln 2.

U) = 0,72 . e

7,04.108

−

= 63,46 g

238 Như vậy tỉ lệ đồng vị 235 92 U/ 92 U khi Trái Đất mới hình thành là: 63,46 : 202,38 = 0,31). 226 b. 88 Ra có số khối nhỏ hơn một số nguyên lần 4 u so với 238 92 U, vì thế 226 88 238 92

Ra là chất phóng xạ hình thành trong chuỗi phóng xạ khởi đầu từ

ai l.c

226 U. 238 92 U có chu kì bán huỷ rất lớn so với 88 Ra, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ. Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λ1.N1 = λn.Nn (3) Trong đó: λ1, λn lần lượt là hằng số tốc độ phân rã của mẹ ( 238 92 U) và

cháu đời thứ n ( 226 88 Ra),

N1 t1/2 (n) = Nn

m1 226 99,275 . 226 9 . t1/2 (n) = . 1600 = 4,47.10 -5 m n 238 3,372.10 . 238 0,75

t1/2(1)=

226 N1, Nn lần lượt là số hạt nhân của mẹ ( 238 92 U) và cháu đời thứ n ( 88 Ra). Từ (3) rút ra: N1.(ln2)/t1/2(1) = Nn.(ln2)/t1/2(n).

năm.

Để chứng minh phản ứng (1) là phản ứng bậc 1, ta thế các dữ kiện bài

cho vào phương trình (1) để tính k của phản ứng (2), nếu các hằng số

Câu II

thu được là hằng định thì phản ứng là bậc 1. Vì áp suất tỉ lệ với nồng

phần.

độ chất nên phương trình động học có thể biểu diễn theo áp suất riêng

yn h

Gọi p0 là áp suất đầu của AsH3 và y là áp suất riêng phần của H2 ở

thời điểm t, ta có tại thời điểm t:

Ban đầu

Cân bằng

P0 – 2x

em da

→ 2As (rắn) + 3H2 (khí) (1) 2AsH3 (khí) 

p H 2 = 3x và PAsH3 = P0 – 2x.

P tổng = P0+ x → x= P-P0 Áp dụng hệ thức (1): k =

P0 P0 1 1 ln = ln , ta có: t P0 - 2x t 3P0 - 2P

1 t

Thiết lập được phương trình: k = ln

P0 3P0 − 2 P

Thay số: k1 = 0,04 giờ-1 ; k2 = 0,04045 giờ-1; k3 = 0,04076 giờ-1;

0,75

k1 ≈ k2 ≈ k3. Vậy phản ứng (1) là phản ứng bậc nhất. Hằng số tốc độ trung bình của phản ứng là: k=

0,75

1 (0,04 + 0,04045 + 0,04076) =0,0404 giờ-1 . 3

2.Thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1) là:

0,693 0,693 = = 17, 153 (giờ). k 0,0404

0,5

t1/2 =

9H2

2NH3 + 3N2O

-∆H1

→

3N2H4 + 3H2O

3∆H2

2NH3 + 0,5O2 → H2O →

N2H4 + H2O H2 + 0,5O2

3N2O +

→

∆H3

4N2 + 3H2O

ai l.c

1. Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được N2 + H2 → N2H4. Đó là:

-∆H4

Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2 → 4N2H4 có 4∆H5

Suy ra ∆H5 = (-∆H1 + 3∆H2 + ∆H3 - ∆H4) : 4

= (1011 - 3.317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol

0,25

Từ ∆H5 và ∆H4 và ∆H2 tính được 2

Câu III

0,25

∆H N O = ∆H5 + ∆H4 - ∆H2 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol

Từ ∆H5 và ∆H4 và ∆H3 tính được

∆H NH = ∆H5 + ∆H4 - ∆H3 = ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = -46,125 kJ/mol 0,25

yn h

2. N2H4 + O2 → N2 + 2H2O 0,25

∆S 0298 = 191 + (2× 66,6) − 205 − 240 = − 120,8 J/K

0,25

∆H 0298 = 2 × (−286) − 50,75 = − 622,75 kJ/mol

∆G 0298 = − 622,75 − ( −120,8. 10-3 × 298) = − 586,75 kJ/mol

ln K = −

∆G −586, 75.10 =− = 236,8 ; RT 8, 314 × 298

K = 10103.

0,25

3. ∆H = ∆U + P∆V = ∆U + ∆nRT  → ∆U = ∆H − ∆nRT Với ∆n = 1 − 2,5 = − 1,5 cho ∆U = − 143.103 − (−1,5) × 8,314 × 298 = − 139 kJ Cấu trúc của ONF3 và ONF tương ứng là.

Câu IV

0,25

0,75

Bậc liên kết của NO trong NOF lớn hơn trong NOF3, do đó độ dài liên kết NO trong NOF < NOF3 0,5 b) Cấu trúc của hai phân tử

0,5

ai l.c

Ô mạng lập phương tâm diện của CuCl

1 8

⇒ 4 ion Cl

1 6 mặt: 6 × = 3 ion Cl2

Cu+ ở giữa 12 cạnh :12 ×

1 = 3 ion Cu+ 4

Vì lập phương mặt tâm nên Cl- ở 8 đỉnh: 8 × = 1 ion Cl-

0,5

ở tâm : 1x1=1 ion Cu+

yn h

⇒ 4 ion Cu

Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Cu+ + 4Cl- = 4CuCl

0,5

N.M CuCl với V=a3 ( N : số phân tử, a là cạnh hình lập phương) N A .V N.M CuCl 4.(63,5+35,5) = =159,044.10-24cm 3 → a3= 23 d.N A 4,136.6,02.10

→ a=5,418.10-8cm = 5,418 A 0

Câu V

Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2r→ r+ =

a-2r- 5,418-2.1,84 = =0,869A o 2 2

0,5

1. Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì -2 C Mg2 + ban đầu = 10 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95 ⇒ [OH−]2 ≥

10 −10,95

[Mg ] 2+

10 −10,95 10

−2

* Dung dịch: NH4Cl 1M + NH3 1M.

= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475

0, 5

cân bằng chủ yếu là: NH3 + H2O

NH 4+ + OH−

1 1 1-x 1+x Kb = (x + 1)x = 10-4,75

x ⇒ x = 10-4,75

1− x -4,75

Hay [OH ] = 10 < 10-4,475. Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. 2.a) Tính pH của dung dịch A. KOH → K+ + OHCN- + H2O HCN + OH- Kb1 = 10-14/10-9,35 = 10-4,65 NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb2 = 10-14/10-9,24 = 10-4,76 C1.Kb1 = 0,12.10-4,65 = C2.Kb2 = 0,15.10-4,76 >> Kw ⇒ Cân bằng H2O bỏ qua. Ta có: OH −  = CKOH + [ HCN ] +  NH 4+ 

0,5

ai l.c

−

K NH3 = Kb = 10-4,75

CN −  [ NH 3 ] x = 5.10 −3 + Kb1.  + Kb2 . x x 2 −3 − x − 5.10 .x − Kb1. CN  − Kb2 .[ NH 3 ] = 0

Đặt [OH-] = x

Vì có phản ứng KOH → K+ + OHnên các cân bằng phân li của + NH3 và NH4 chuyển dịch sang trái. * Tính gần đúng: Coi CN −  = CCN , [ NH 3 ] = CNH −

−3

x − 5.10 .x − 10 −3

−4,65

.0,12 − 0,15.10

−4,76

yn h

x = 5,9.10 ⇒ pOH = 2,23 ⇒ pH = 11,77

0,75

Kiểm tra lại kết quả: CCN − = CN −  + [ HCN ] = CN −  +

Kb1. CN − 

OH −  CCN − 0,12 ⇒ CN −  = = = 0,1195 ≈ 0,12 − 10−4,65 1 + Kb1 OH  1+ 5, 9.10−3 CNH 3 0,15 Tương tự: [ NH 3 ] = = = 0,14956 ≈ 0,15 − 10−4,76 1 + Kb2 OH  1+ 5,9.10−3

Kết quả giải gần đúng chấp nhận được. b) Thêm HCl vào: Thứ tự phản ứng. → H+ + OHH2O + CN + H HCN Ka1-1 → NH3 + H+ NH4+ + -9,24 -4,76 ⇒ [OH ] = 10 Dd sau phản ứng có pH = 9,24 ⇒ [H ] = 10

 H +  [ HCN ] 10−9,24 ⇒ = = −9,35 = 10 +0,11 ≈ 1 Ka = − + − Ka1 CN  .  H  CN  10

[ HCN ]

−1 1

Phản ứng không hoàn toàn. CN- bị trung hòa chưa hết. − CN −  CN  pu 10−9,24 pu Ta có: = = = 0,563 CCN − CN −  + [ HCN ] 10−9,24 + 10−9,35 cb

Vậy có 56,3% CN- bị trung hòa.

 NH 4+   H +  10−9,24 = = = 1 ⇒  NH 4+  = [ NH 3 ] [ NH 3 ] Ka2 10−9,24

Vậy có 50% NH3 đã bị trung hòa.

ai l.c

nHCl = nOH − + 0,563nCN − + 0, 5.nNH 3

nHCl = 5.10−4 + 0, 563.0,18.0,1 + 0,5.0,15.0,1 = 1, 4756.10−2

0,75

VHCl = 0, 0703l = 70, 3(ml )

MnO 2-4 +4H + +2e → MnO 2 +2H 2 O (1)

MnO-4 +4H + +3e → MnO 2 +2H 2 O (2)

3+ 2+ 1. Thế khử chuẩn của cặp: MnO-4 /MnO 24 và Mn /Mn

Lấy (2) trừ (1) ta có: MnO-4 +e → MnO 24− (3)

∆G 30 =∆G 02 -∆G10

-FE30 =-3FE 02 -(-2FE10 )

0,5

E 30 =+0,56V

MnO 2 +e+4H + → Mn 3+ +2H 2 O (4)

Lấy (5) trừ (4) ta có: Mn 3+ +e → Mn 2+ (6) ∆G 06 =∆G 50 -∆G 04

-FE 06 =-2FE 50 -(-FE 04 )

Câu VI

yn h

MnO 2 +2e+4H + → Mn 2+ +2H 2 O (5)

E 06 =+1,5V

b) MnO

2− 4

0,5

và Mn không bền với sự dị phân. 3+

MnO 2-4 +4H + +2e → MnO 2 +2H 2O E10 =+2,27V 2MnO 24 − → 2MnO -4 +2e

-E 30 =-0,56V

3MnO 24 − +4H + → 2MnO −4 +MnO 2 +2H 2 O (7)

∆G 07 =∆G10 -∆G 03 =-2F∆E 07 =-3,42F<0 nên phản ứng (7) tự diễn biến.

lgK 7 =

2∆E 07 = 57,966 0,059

K7 = 9,25.1057

0,75

Mn 3+ +e → Mn 2+ E 06 =+1,51V Mn 3+ +2H 2 O → MnO 2 +e+4H + -E 04 =+0,95V

2Mn 3+ +2H 2O → MnO 2 +Mn 2+ +4H + (8) ∆G 80 =∆G 06 -∆G 04 =-F∆E80 =-0,56F<0 nên phản ứng (8) tự diễn biến. ∆E80 = 9, 492 0,059

0,75

K8 = 3,1.109

lgK 8 =

ai l.c

1. Gọi công thức muối là MX - A là sản phẩm phản ứng giữa MX và H2SO4 đặc, A có mùi đặc biệt và tạo kết tủa đen với dung dịch Pb(NO3)2 ⇒ A là H2S. nPbS = 23,9/239 = 0,1 mol H2S + Pb(NO3)2 → PbS + 2HNO3 (1) mol 0,1 0,1 - Phản ứng giữa MX và H2SO4 đặc nóng tạo ra H2S ⇒ đây là phản ứng oxi hóa khử: 2MX + H2SO4 (đ) → M2SO4 + H2S + X’ + H2O (2) - Phản ứng trung hòa H2SO4 dư: 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + 2H2O (3) - Cho dung dịch BaCl2 vào kết tủa: 0,5 Ba2+ + SO42- → BaSO4 (4) 1 0, 2.2 nNa2 SO4 = nNaOH = = 0, 2mol 2 2 98.1, 4265 = 0, 6mol (3) ⇒ nNa2 SO4 + nM 2 SO4 = nSO42− = nBaSO4 = 233 nM 2 SO4 = 0, 6 − 0, 2 = 0, 4mol Theo định luật bảo toàn nguyên tố:

yn h

Câu VII

nH2SO4 (bd) = nBaSO4 + nH2S = 0,6 + 0,1 = 0,7mol

0,7.98.100% = 80% 50.1,715

0,5

C%H2SO4 =

2. nH 2 SO4 (2) = nM 2 SO4 + nH 2 S = 0, 4 + 0,1 = 0,5mol

⇒ nH 2O (2) = nH 2 SO4 (2) − nH 2 S = 0, 4mol Theo định luật bảo toàn khối lượng ⇒ mD giảm khi đun nóng là khối lượng X’.

mX ' = 199, 6 − 98 = 101, 6( g ) mNa2 SO4 + mM 2 SO4 = 98( g ) Ta có: ⇒ mM 2 SO4 = 98 − 0, 2.142 = 69, 6 gam

m + 0,5.98 = 101, 6 + 0,1.34 + 0, 4.18 + 69, 6 ⇒ m = 132,8 gam

1,0

mM 2 SO4 = 69, 6 gam ⇒ 2M =

69, 6 − 96 = 78 0, 4

⇒ M = 39, vậy M là K - Mặt khác ta có: MMX = 132,8/0,8 = 166 ⇒ M + X = 166 ⇒ X = 166 – 39 = 127 ⇒ X là Iot

0,5

2S2O 32 − + I2 → S4O 26 − + 2I −

Ba2+ + SO 24− → BaSO4 ↓

ai l.c

H2O + SO 32 − + Cl2 → SO 24− + 2Cl − + 2H+

a. Phương trình hóa học: 5H2O + S2O 32 − + 4Cl2 → 2SO 24− + 8Cl − + 10H+

H2O + SO 32 − + I2 → SO 24− + 2I − + 2H+

Câu VIII

6,524 = 0,028 (1) 233

Ta có hệ phương trình: 2x + y =

0,5

x + y = 0,0145 (2) 2

1,0

Giải hệ phương trình trên: x = 0,009 và y = 0,01. Nồng độ mol của Na2S2O3 = 0,09 M và Na2SO3 = 0,1 M b. Nếu thay bằng HCl S2O 32 − + 2H+ → SO2 + S ↓ + H2O

yn h

9. 10-3 9. 10-3 (mol) −3 Khối lượng kết tủa = 32.9.10 = 0,288 gam

1,0

ĐỀ THI MÔN HOÁ LỚP 10

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV, NĂM 2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề gồm 02 trang)

yn h

ai l.c

Câu 1 (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân 1. Nguyên tử của nguyên tố X có điện tích hạt nhân bằng +41,652.10-19 C; nguyên tử của nguyên tố Y có khối lượng bằng 1,8.10-22 gam. Xác định X, Y và dựa trên cấu hình electron, hãy cho biết (có giải thích) mức oxi hóa bền nhất của X và Y trong hợp chất 2. Cho 2 nguyên tố X và Y. X thuộc chu kì 2, Y thuộc chu kì 4. Trong bảng dưới đây có ghi các năng lượng ion hóa liên tiếp In (n= 1,….,6) của chúng (theo kJ.mol-1) I2 I3 I4 I5 I6 I1 X 1086 2352 4619 6221 37820 47260 Y 590 1146 4944 6485 8142 10519 a.Xác định X và Y? b.Tính λ của bức xạ phải dùng để có thể tách được electron thứ nhất ra khỏi nguyên tử Y? c.Tính năng lượng của ion X+ và nguyên tử X? Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học Etyl axetat thực hiện phản ứng xà phòng hóa: CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH Nồng độ ban đầu của CH3COOC2H5 và NaOH đều là 0,05M. Phản ứng được theo dõi bằng cách lấy 10ml dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ bằng X ml dung dịch HCl 0,01M. Kết quả: t (phút) 4 9 15 24 37 X (ml) 44,1 38,6 33,7 27,9 22,9 a. Tính bậc phản ứng và k b. Tính T1/2 Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học Ở 1020K, hai phản ứng sau có thể diễn ra đồng thời: C(r) + CO2(k) 2CO(k) (1) KP1 = 4 Fe(r) + CO2(k) CO(k) + FeO(r) (2) KP2 = 1,25 Xét hệ gồm hai phản ứng trên. 1. Chứng minh rằng áp suất riêng phần của CO và CO2 (và do đó áp suất toàn phần của hệ) ở trạng thái cân bằng có giá trị xác định không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ. 2. Cho vào bình kín dung tích V = 20 lít (không đổi) ở 1020K, 1 mol Fe, 1 mol C và 1,2 mol CO2. Tính số mol mỗi chất trong hệ tại thời điểm cân bằng? Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương. a. Tính bán kính nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g.cm-3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1. b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích. 2. Hãy so sánh và giải thích a. Nhiệt hình thành của COF2 và COCl2. b. Góc liên kết XSX trong các phân tử SO2X2 với X là các nguyên tử halogen. 1

3. 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. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử nước (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) Cho biết: 1D = 3,33.10-30 C.m; Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m.

pK a(CH3COOH) = 4,76; E

0 S/H 2S

RT = 0,14 V; ở 25 C: 2,303 l n = 0,0592lg. F o

Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50. 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. Cho: pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H2S) = 12,9; pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H PO ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32;

Cho: ECl2

2 Cl −

0 = 1,36V; E Br

2 Br −

= 1,065V ;

ai l.c

Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân 1. Thiết lập khu vực pH sao cho K2Cr2O7 có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- từ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M.

E 0Cr O 2− 2

2 Cr 3+

= 1,33V.

yn h

Độ tan của Br2 trong nước là 0,22M. 2. Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ: - Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot. - Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc). Xác định X và tính thời gian t biết: I = 1,93 A. Câu 7 (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A, B, C và D (cùng có a mol mỗi muối) đến 200oC thoát ra khí (hơi) E không duy trì sự cháy, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y có chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C; a mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 400oC thu được hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên đến 600oC thì chỉ còn duy nhất chất A. Biết rằng A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%. 1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng và xác định A, B, C, D. 2. Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu. Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Đốt cháy hoàn toàn 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%. 1. Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X. 2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi: a. Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thoát ra chất rắn màu vàng. b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch. Sau đó thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng. .....................HẾT..................... 2

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV, NĂM 2018 TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG

ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HOÁ LỚP 10

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

= 26 , X là sắt (Fe); m Y =

1,602.10 −19

1,793.10 −22

1,6605.10 −24

= 108u , Y là bạc (Ag)

1. Z X =

41,652.10 −19

ai l.c

(A r)3d

( Ar )3d 4s

Mức oxi hóa bền nhất của Fe là +3, ứng với cấu hình bền là cấu hình bán bão hòa phân lớp d (d5): Fe − 3e → Fe 3+ 5 6 2

(A r)4d10

0,5

( Kr ) 4d10 5s1

Mức oxi hóa bền nhất của Ag là +1, ứng với cấu hình bền là cấu hình bão hòa phân Ag − e → Ag + lớp d (d10):

0,5

EX = -(I1 + I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -99358 kJ và E X+ = - (I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -98272 kJ

0,5

hc 6, 6256.10 −34 J.s.3, 0.108 ms−1 .6, 0223.10 23 mol −1 = = 2,03.10-7 m −1 3 E 590.10 J.mol

b. λ max =

yn h

2. a. I5 (X) và I3(Y) tăng nhiều và đột ngột X thuộc nhóm IV A , Y thuộc nhóm IIA X là C; Y là Ca

Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học Etyl axetat thực hiện phản ứng xà phòng hóa: CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH Nồng độ ban đầu của CH3COOC2H5 và NaOH đều là 0,05M. Phản ứng được theo dõi bằng cách lấy 10ml dung dịch hỗn hợp phản ứng ở từng thời điểm t và chuẩn độ bằng X ml dung dịch HCl 0,01M. Kết quả: 1

t (phút) 4 9 15 X (ml) 44,1 38,6 33,7 a. Tính bậc phản ứng và k b. Tính T1/2 CH3COOC2H5 + NaOH → CH3COONa + C2H5OH t=0 C0 C0 t (C0 - a) (C0 - a) Giả sử phản ứng là bậc 2 với nồng độ 2 chất bằng nhau nên

1 1 1 1 1 − )⇒k = ( − ) C0 − a C 0 t C0 − a C0

37 22,9

0,5

k.t = (

24 27,9

0,01. X = 10-3X. 10

Lập bảng 4

X (ml)

44,1

38,6

33,7

27,9

(C0 - X)

44,1.10-3

38,6.10-3

33,7.10-3

27,9.10-3

22,9

22,9.10-3

0,5

0,5 0,5

1 1 1 ( ) = 0,669 (l/mol.phút) − − 3 4 44,1.10 0,05

t (phút)

k1 =

0,5

⇒ (C0-a) =

ai l.c

Với C0 = 0,05M còn (C0-a) là nồng độ este còn lại ở từng thời điểm. Áp dụng công thức chuẩn độ: (C0-a).10 = 0,01X

1 1 = = 30,5 (phút) k.C0 0,6558.0,05

yn h

T1/2 =

Tương tự k2 = 0,656; k3 = 0,65; k4 = 0,66; k5 = 0,64 Vậy điều giả sử là đúng, phản ứng bậc 2 với k = 0,6558 (l/mol.phút)

Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học Ở 1020K, hai phản ứng sau có thể diễn ra đồng thời: C(r) + CO2(k) 2CO(k) (1) KP1 = 4 Fe(r) + CO2(k) CO(k) + FeO(r) (2) KP2 = 1,25 Xét hệ gồm hai phản ứng trên. 1. Chứng minh rằng áp suất riêng phần của CO và CO2 (và do đó áp suất toàn phần của hệ) ở trạng thái cân bằng có giá trị xác định không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ. 2. Cho vào bình kín dung tích V = 20 lít (không đổi) ở 1020K, 1 mol Fe, 1 mol C và 1,2 mol CO2. Tính số mol mỗi chất trong hệ tại thời điểm cân bằng? a. C(r) + CO2(k) 2CO(k) (1) KP1 = 4 Fe(r) + CO2(k) CO(k) + FeO(r) (2) KP2 = 1,25 2 PCO P K P1 = = 4 , K P 2 = CO = 1,25 ⇒ PCO = 3,20; PCO2 = 2,56, Pt = 5,76 PCO2 PCO2

⇒ P không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ. b. Gọi x, y là lần lượt là lượng C và Fe đã phản ứng ở thời điểm cân bằng (cho tới lúc đạt cân bằng). (1) C CO2 2CO 2

1,0

[] 1-x 1,2 - x - y 2x + y (2) Fe CO2 CO [ ] 1- y 1,2 - x - y 2x + y Tại thời điểm cân bằng: nkhí = 2x + y + 1,2 - x - y = 1,2 + x ⇒

PtV = (1,2 + x)RT ⇒ 1,2 + x =

Pt V ; RT

0,5

FeO y

PCO.V = (2x + y)RT ⇒ 2x + y =

PCO V RT

0,5

Pt = 5,76, PCO = 3,20 ⇒ x =0,176 = 0,18; y = 0,405 Thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng: nC = 0,82 mol; nFe = 0,595 mol; nFeO = 0,405 mol; nCO = 0,765 mol; nCO2 = 0,615 mol

0,5

ai l.c

Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương. a. Tính bán kính nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g.cm-3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1. b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích. 2. Hãy so sánh và giải thích a. Nhiệt hình thành của COF2 và COCl2. b. Góc liên kết XSX trong các phân tử SO2X2 với X là các nguyên tử halogen. 3. 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. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử nước (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy) Cho biết: 1D = 3,33.10-30 C.m; Điện tích của electron là -1,6.10-19C; 1nm = 10-9m. 1. a. Từ công thức tính khối lượng riêng D = n.M → V1 ô = ( 8.28,1)/(2,33.6,02.1023) = 16,027 cm3.

N .V A

yn h

a= 5,43.10-8 cm; d = a. 3 = 5,43.10-8 .1,71 = 9.39.10-8 cm; 0,5 Bán kính của nguyên tử silic là: r = d/8 = 1,17 .10-8cm; b. Có rSi (0,117 nm) > rC( 0,077 nm). Điều này phù hợp với quy luật biến đổi bán 0,5 kính nguyên tử trong một phân nhóm chính. 2. a. Ta có sơ đồ tạo thành COX2 có thể biểu diễn theo sơ đồ sau:

C(graphit)

+ 1/2O2 1/2Elk

C(khí)

O(khí)

+ X2 E X2 +

2X(khí)

COX2 -2ElkC-X -ElkC=O

⇒ ∆H ht ( COF2 ) − ∆H ht ( COCl2 ) = ( Elk ( F2 ) − Elk ( Cl2 ) ) + 2( Elk ( C −Cl ) − Elk ( C − F ) )

+ Nguyên tử F không có phân lớp d nên phân tử F2 chỉ có đơn thuần 1 liên kết đơn. Còn nguyên tử Cl có phân lớp d nên ngoài 1 liên kết đơn, giữa 2 nguyên tử Cl có một phần liên kết π kiểu p → d , do đó, Elk ( F ) < Elk (Cl ) (1) + So với nguyên tử F, nguyên tử Cl có bán kính lớn hơn, độ âm điện nhỏ hơn, do đó Elk ( C −Cl ) < Elk ( C − F ) (2) 2

0,5

Từ (1) và (2) suy ra, ∆H ht (COF ) < ∆H ht (COCl ) b. + Phân tử SO2X2 có cấu tạo tứ diện, nguyên tử S lai hóa sp3 + S tạo liên kết đôi S = O với 2 nguyên tử O, tạo liên kết đơn S – X với 2 nguyên tử X, mật độ electron ở liên kết đôi S = O lớn hơn ở liên kết đơn S – X. + Từ F đến I, độ âm điện giảm dần nên mật độ electron càng ở xa nguyên tử phối trí X, càng gần trung tâm S Do đó, góc liên kết OSO tăng dần từ F đến I, ngược lại, góc liên kết SXS (giảm) dần từ F đến I, có nghĩa là góc liên kết FSF < ClSCl < BrSBr < ISI (phối tử có độ âm điện lớn, góc liên kết nhỏ) 3. 2

µ1 H O

ai l.c

µ2

0,5

1,5109 × 100%≈ 32,8585% 4,5982

δ%=

0,0957.10 −9.1,6.10 −19 ≈ 4,5982 D 3,33.10 − 30

Tính µ OH (l.thuyết) = l.e =

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 Tính µ OH (t.tế) ≈ 1,5109 D

yn h

RT = 0,14 V; ở 25 C: 2,303 l n = 0,0592lg. F o

pK a(CH3COOH) = 4,76; E

0 S/H 2S

Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2 (M). Khi 0,5 chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình: S2+ H2O ⇌ HS- + OH10-1,1 (1) -6,98 HS + H2O ⇌ H2S + OH 10 (2) -9,24 CH3COO + H2O ⇌ CH3COOH + OH 10 (3) + -14 H2O ⇌ H + OH 10 (4) So sánh 4 cân bằng trên → tính theo (1): S2+ H2O ⇌ HS- + OHC C1 [ ] C1- 10-1,5 10-1,5 10-1,5

10-1,1

→ CS = C1 = 0,0442 (M) và độ điện li αS = α1 = 2-

0,5

[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 0,5 bằng sau: 10-1,68 (5) PO3-4 + H2O ⇌ HPO 2-4 + OH -6,79 10 (6) HPO 2-4 + H2O ⇌ H 2 PO -4 + OH -11,85 10 (7) H 2 PO 4 + H2O ⇌ H 3 PO 4 + OH Khi đó α,S = α 2 = 0,7153.0,80 = 0,57224 = 2-

[HS- ] CS2-

Vì môi trường bazơ nên CS = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-] 2-

0,5

ai l.c

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

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

10−1,1.0, 0189 Từ (1) → [OH ] = = 0,0593 (M). 0, 0253

0,25 So sánh các cân bằng (1) → (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ: 22[OH ] = [HS ] + [ HPO 4 ]→[ HPO 4 ] = [OH ] - [HS ] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340

(M)

[HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593 Từ (5) → [ PO ] = = = 0,0965 (M). 10-1,68 10-1,68 → CPO3- = [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ] + [ H 2 PO -4 ] + [ H 3 PO 4 ] ≈ [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ]

0,25

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

0 = 1,36V; E Br

Cho: ECl2

yn h

Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân 1. Thiết lập khu vực pH sao cho K2Cr2O7 có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- từ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M. 2 Cl −

2 Br −

E 0Cr O 2−

= 1,065V ;

2 Cr 3+

= 1,33V.

1. Cr2O72- + 14H+ + 6e →

ECr O 2 − / Cr 3+ = E 0 Cr2O72− / Cr 3+ + 2 7 [Cl-]pư =

1 .2 = 0,02M 100

2Cr3+ + 7H2O

[

0,5

][ ] [ ]

0,0592 Cr2 O72− H lg 2 6 Cr 3+

→ [Cl2] = 0,01M 5

+ 14

= 1,33 - 0,138pH

[Cl-]/dd = 0,98M 2Cl- → Cl2 + 2e

ECl Để

2 / 2 Cl

−

0,0592 [Cl 2 ] = 1,30 (V) lg 2 2 Cl −

E 0 Cl2 / 2 Cl − +

[ ]

0,5

Cr2O72-

có thể oxi hóa được ít hơn 2% Cl- thì: 1,33 – 0,138pH < 1,30 ⇒ pH > 0,217 0,01.80 = 8.10-3 M 100

[Br-]pư =

→ [Br2] = 4.10-3 M 2 E0

Br2 / 2 Br −

K1 = S-1 K

0 , 0592

= 1035,98

ai l.c

Br2 (l) + 2e → 2BrBr2 (H2O) → Br2 (l) Br2 (H2O) + 2e → 2Br-

2 E0

−

0,0592 lg 2 Br −

[Br2 ]

= 1036,64 0,5

= 1,174 (V)

E Br ( H O ) / 2 Br − = E Br0 ( H O ) / 2 Br + 2 2

0 , 0592

Br2 ( H 2O ) / 2 Br −

K = K1.S-1 = 1035,98.(0,22)-1 = 1036,64 ⇔ 0 ⇒ E Br ( H O ) / 2 Br − = 1,085 (V) 2 2

[Br-]/dd = 2.10-3 M

[ ]

Để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- thì: 1,33 – 0,138pH > 1,174 ⇒ pH > 1,130 Vậy để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- thì: 0,217 < pH < 1,130

+ Sau t (s):

yn h

2. Phương trình điện phân: 2XNO3 + H2O → X + 1/2O2 + 2HNO3 (1) nkhí anốt (1) = nO2 =

0,5

0,1792 = 8.10-3 (mol) 22, 4

0,56 = 2,5.10-2 (mol) > nkhí 22, 4

Mà: nhh khí =

+ Sau 2t (s): nkhí anốt (2) = 2.nkhí anốt (1) = 1,6.10-2 (mol) anốt (2)

, nên có xảy ra phương trình điện

phân: H2O → H2 + 1/2O2 (2) -2 -2 -3 -3 ⇒ nH2 = 2,5.10 - 1,6.10 = 9.10 (mol) → nO2/(2) = 4,5.10 (mol) -2 -3 -2 ⇒ nO2(1) = 1,6.10 - 4,5.10 = 1,15.10 (mol) Từ (2): nXNO3 = 4nO2 = 4,6.10-2 (mol) MXNO3 =

7,82 = 170 4, 6.10−2

Ta có: nO2(1) =

I .t n.F

⇒ t =

⇒ MX = 108 ⇒ M là Ag

4.96500.8.10 −3 = 1600 (s) 1,93

Câu 7 (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh 6

0,5

Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A, B, C và D (cùng có a mol mỗi muối) đến 200oC thoát ra khí E không duy trì sự cháy, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y có chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C; a mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 400oC thu được hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên đến 600oC thì chỉ còn duy nhất chất A. Biết rằng A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%. 1. Viết phương trình hoá học của các phản ứng và xác định A, B, C, D. 2. Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu.

R − 23n 21, 24 = → R = 35,5n R + 23n 100

1,0

ai l.c

Ta có %R -%Na = 21,4% →

1. Đặt công thức của A là: NanR

nghiệm thích hợp là: n=1, R=35,5 . Vậy A là NaCl.Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối NaClOx (x=1,2,3,4). Ở 200oC, a mol B nhiệt phân tạo thành a/3 mol NaCl và 2a/3 mol C, thoát ra khí E không duy trì sự cháy chỉ có thể là hơi nước, do đó B là muối ngậm nước. a 2a NaClOm' NaCl + 3 3 to  → NaCl + 2 NaClOm'

Hay 3NaClOm

t → aNaClOm 

Bảo toàn khối lượng (O): 3m=2m' ⇔ m : m' = 2 : 3 ⇒ m = 2; m' = 3 Do đó B là NaClO2. zH2O và C là NaClO3, suy ra D là NaClO4. o

t → NaCl + 2NaClO3 3NaClO2  t → NaCl + 3NaClO4 4NaClO3  t → NaCl + 2O2 ↑ NaClO4  t → NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O 3NaClO2.zH2O  o

yn h

(1) (2) (3)

1,0 (4)

18az 12,5 = 58,5a + (90,5a + 18az ) + 106,5a + 122,5a 100 18 z ↔ = 0,125 → z = 3 378 + 18 z

Vậy B là NaClO2.3H2O t → 3NaClO2.3H2O  → NaCl + 2NaClO3 + 9H2O 2. % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X: mhh = 378a + 54a = 432a ( gam)

0,5

58, 5a .100% = 13,54% 432a 90,5a + 54a %mNaClO2 .3 H 2O = .100% = 33, 45% 432a 106,5a %mNaClO3 = .100% = 24, 65% 432a 122, 5a %mNaClO4 = .100% = 28,36% 432a

%mNaCl =

150 C → 2H2SO4 + S ↓(màu vàng) 3SO2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr SO2 +Br2 + 2H2O  H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 ↓ + 2HCl

0,5

yn h

ai l.c

Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Đốt cháy hoàn toàn 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%. 1. Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X. 2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi: a. Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thoát ra chất rắn màu vàng. b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch. Sau đó thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng. 0,5 → 2MO + 2SO2 1. 2MS + 3O2  → MSO4 + H2O MO + H2SO4  Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được (M + 96)g muối MSO4. Ta có: Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan = (M+96)g 0,5 Theo bài cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tan Tính được M= 64, M là Cu. Ta có : mdd bão hoà = m CuO + m dd H SO – m muối tách ra 0,5 = 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g. Khối lượng CuSO4 còn lại trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10g Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n) . 0,0625 = 15,625 → 0,5 n=5

.....................HẾT.....................

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.

Giáo viên phản biện

Mai Thành Số ĐT : 0916535970

Nguyễn Thị Duyên

Giáo viên ra đề

NG XIV HỘI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

ẤT ĐỀ ĐỀ XUẤ MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10 Ngày thi: Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ ĐỀ XUẤT

ai l.c

Câu 1(2,5 điểm) 1. (prob1 – IChO 12 – Áo – 1980) H = 243,6 kJ.mol-1. Sự Sự phân li của phân tử clo là một quá trình thu nhiệt, ∆H ởi ánh sáng. phân li có thể cũng xảy ra bởi a. Ở bướcc sóng bao nhiêu thì sự phân li xảy ra? hỗ hợp gồm Ánh sáng có thể làm xảy ra quá trình phân li khi chiếu vào một hỗn khí clo và hiđro, hiđro ro clorua được hình thành. Hỗn hợp được chiếu với đèn thủy ngân UV (λ = 253,6 nm). ng cung cấp c được Đèn có công suất tiêu thụ là 10W. Một lượng 2% năng lượng một bình 10 L). Trong 2,5 giây chiếu xạ, ạ, 65 mmol ccủa hấp thụ bởi hỗn hợpp khí (trong m HCl được sinh ra. ử bằ bằng bao nhiêu? b. Hiệu suất lượng tử 2.(20.117 –page 862- General Chemistry – EBBING) x P-32 (có Một mẫuu natri photphat Na3PO4 nặng 54,5 mg chứa đồng vị phóng xạ s nguyên tử photpho trong hợp chất là P-32 (còn lại khối lượng 32,0 u). Nếuu 15,6% số là photpho có trong tự nhiên), có bao nhiêu hạt nhân P-32 phân rã trong một giây đối ph ứng là 14,3 ngày. Cho biết P tự t nhiên có với mẫu này? P-32 có thời gian bán phản khối lượng nguyên tử trung bình là 30,97 u;

yn h

Câu 2 (2,5 điểm) 1.(Question 4 – 2016 U.S national chemistry olympiad) ph Ion axetylsalixilat (dẫn xuất từ aspirin và được biểu diễn là X trong phương trình dưới đây bị thủy phân khi có mặt của ion OH :

ai l.c

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. (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 87Rb / 86Sr 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 87 – a. Rb 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.

Câu 3(2,5 điểm) 1. (P2.9- page73– Physical Chemistry – Peter Atkins) Entanpi hình thành chuẩn của metallocene bis(benzen) crom được đo trong → Cr(r) + 2C6 H6(k) có ∆U° (583K) = 8,0 nhiệt lượng kế. Phản ứng : Cr(C6 H 6 ) 2(r) 

yn h

kJ.mol-1. Tìm entanpi tương ứng của phản ứng này và tính entanpi hình thành chuẩn của hợp chất metallocene tại 583K. 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

2.(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) : 2NO2(k) ⇌ N2O4(k) a. 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. b. Nếu ∆H° của phản ứng N2O4(k) ⇌ 2NO2 (k) là 58,03 kJ, tại nhiệt độ nào % N2O4 phân hủy sẽ gấp đôi ở phần 1. Câu 4(2,5 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.(Question 7 – 2017 U.S national chemistry olympiad) 2

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. 3.(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.

ai l.c

Câu 5 (2,5 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

Cho Ks = 10-5,82; *β Ba (OH ) = 10-13,36; Ka(HF) = 10-3,17.

yn h

Câu 6(2,5 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 -1 ∆Gf°(NH3(dd)) = – 26.50 kJ.mol ∆Gf°(Ag(NH3)2+(dd)) = – 17.12 kJ.mol-1

+1.491 V

+1.441 V

+1.584 V

→ HOBr   → Br2(dd)  → Br –(dd) BrO3–(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 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. 3

ai l.c

Câu 7(2,5 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 o 70,0 C 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.

yn h

Câu 8(HSGQG Úc 2008) Nguyên tố A đốt trong khí O2 sinh ra B, có thể oxi hóa lên mức cao hơn khi có xúc tác (V2O5/K2O) thành C. B phản ứng với nước sinh ra axit yếu D, trong khi C phản ứng với nước sinh ra axit mạnh E. Năm 2001, 165 tấn E được sản xuất trên toàn thế giới (nhiều hơn bất kì hóa chất nào). Nguyên tố A phản ứng với khí clo hình thành chất lỏng F màu vàng, độc. F có hai đồng phân cấu trúc. F có thể bị clo hóa hơn nữa để tạo ra chất lỏng G có màu đỏ anh đào, có nhiệt độ sôi ở 59oC với công thức phân tử là ACl2. Cả F và G phản ứng với nước sinh ra một hỗn hợp sản phẩm có chứa B, D, E. Thông tin trên được tổng kết lại trong sơ đồ dưới đây:

a. Một mẫu 0,29 gam nguyên tố A được oxi hóa hoàn toàn và sản phẩm (hợp chất C) được hấp thụ trong nước và chuẩn độ bằng dung dịch natri hiđroxit 1,00 mol.L-1. Thể tích của hiđroxit cần dùng là 18,0 mL. Sử dụng thông tin này để xác định A. b. Xác định tất cả các hợp chất B, C, D, E, F, G và viết phương trình hóa học cho tất cả các phản ứng ở giản đồ cho ở trên. c. C phản ứng với G sinh ra H và B. H phản ứng với nước sinh ra D và axit mạnh I. Xác định H và I và viết phương trình phản ứng cho mỗi phản ứng. d. Vẽ công thức Lewis của B và C và vẽ hai đồng phân có thể có của F. Từ đó dự đoán hình dạng của các phân tử B, C và F (thẳng, gấp khúc, phẳng,…). ***********************************HẾT****************************** Người ra đề: Nguyễn Tiến HưngSĐT: 0916623088 4

HỘI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG XIV

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

yn h

ai l.c

Câu 1(2,5 điểm) 1. (prob1 – IChO 12 – Áo – 1980) Sự phân li của phân tử clo là một quá trình thu nhiệt, ∆H = 243,6 kJ.mol-1. Sự phân li có thể cũng xảy ra bởi ánh sáng. a. Ở bước sóng bao nhiêu thì sự phân li xảy ra? 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? 2.(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; Đáp án: a. ∆E = hc/λ suy ra λ = hc/∆E = 6,626.10-34.3.108.6,022.1023 /243,6.103 = 1 0,5 -7 (1,0) 4,914.10 m = 491,40 nm. b. Công suất của đèn là 10W = 10J.s-1. Lượng năng lượng hấp thụ = 0,2 J.s-1 tương ứng với số photon N = 0,2.253,6.10-9/6,626.10-34.3.108 = 2,552.1017 0,25 -4 -1 photon tương ứng với 4,2378.10 mmol.s Số mol HCl sinh ra trong 1s là: 65/2,5 = 26 mmol.s-1 vậy hiệu suất lượng tử 0,5 -4 4 = 26/4,2378.10 =6,135.10 Trong mẫu Na3PO4 này có chứa 15,6% Na332PO4 (M = 165u) và (1002 (1,0) 15,6)% Na3PO4 (M = 163,97u) gồm các đồng vị P tự nhiên. Vậy ta có khối 0,25 lượng phân tử trung bình của mẫu photpho đang xét là: 15,6%.165+ 84,4%.163,97 = 164,13u 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)

0,5

Hằng số phân rã của 32P : k =

ln 2 = 5, 61.10−7 ( s −1 ) 14,3.24.60.60

-7

0,5 19

Vậy số hạt nhân P phân rã trong một giây là : 5,61.10 .3,12.10 = 1,75.1013(phân rã.s-1)

ai l.c

yn h

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: [X] (M) pH = 10,10 ((đệm) [X] (M) pH = 10,60 (đ ( ệm) t (s) -4 -4 3,61.10 0 3,59.10 600 1,78.10-4 2,75.10-4 740 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. (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 87Rb / 86Sr 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 87 – Thờ gian bán a. Rb phóng xạ β , hãy viết phương trình phản ứng hạtt nhân. Thời 10 hủy là 4.8 × 10 năm. b. Tính tuổi của loại ạ đá này. Giả thiết ban đầu tỉ lệ 87Sr / 86Sr trong mẫu A và B bằng nhau và 87Sr và 86Sr bền. Đáp án: a. Dưới điều kiện giả bậc 1 ta có: ln([X]/[X]0 = -k’t 1 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

2 1,0

87 37

Rb →

87 38

Sr +

0 −1

0,25 0,25

b. Tại pH = 10,10, [OH-] = 1,26.10-4 M và pH = 10,60, [OH-] = 3,98.104 M 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

0,25

0,25 0,25

ai l.c

b) Ta có: 87Srhiện tại = 87Sr(t=0) + (87Rb(t=0) - 87Rbhiện tại) Mà ta có: 87Rbhiện tại = 87Rb(t=0).exp(-kt) suy ra : 87Srhiện tại = 87Sr(t=0) + 87 Rbhiện tại(ekt – 1) Suy ra: ( 87Srhiện tại / 86Sr)=( 87Sr(t=0)/86Sr) + (87Rbhiện tại/86Sr)(ekt – 1) y= c+ x(m) Ta có: mẫu A 0,699 = c + 0,004m Mẫu B: 0,709 = c + 0,180 m suy ra m = (0,709 – 0,699)/(0,18 – 0,004) = 0,01/0,176 = 0,05682 Suy ra ekt – 1 = 0,05682 suy ra t = 3,827.109 năm.

0,25

Câu 3(2,5 điểm) 1. (P2.9- page73– Physical Chemistry – Peter Atkins) Entanpi hình thành chuẩn của metallocene bis(benzen) crom được đo trong → Cr(r) + 2 C6 H 6(k) có ∆U° (583K) = 8,0 nhiệt lượng kế. Phản ứng : Cr(C6 H 6 ) 2(r) 

yn h

2. (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) : 2NO2(k) ⇌ N2O4(k) a. 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. b. Nếu ∆H° của phản ứng N2O4(k) ⇌ 2NO2 (k) là 58,03 kJ, tại nhiệt độ nào % N2O4 phân hủy sẽ gấp đôi ở phần 1. Đáp án: Từ dữ kiện đầu bài, lập chu trình như sau: 1 1,25 3

0,5

Theo chu trình ta có: 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.mol-1). -1 Cr(C6 H 6 ) 2(r)  → Cr(r) + 2 C6 H 6(k) ∆U° (583K) = 8,0 kJ.mol .

ai l.c

0,25

2 1,25 Ta có :

⇌

N2O4(k)

∆G° = 98, 28kJ

N 2 (k) + 2O2 (k) → N 2O4 (k)

0,25

2NO2(k)

0,25

Ta có: ∆H°pư (583K) = ∆U° (583K) + ∆nRT = 8,0.103 + 2.8,314.583 = 17694,124 (J.mol-1). Vậy ta có: ∆H°pư (583K) = 2. ∆H°f(C6H6, 583K) ∆H°f(Metallocene, 583K) Suy ra: ∆H°f(Metallocene, 583K) = 2. ∆H°f(C6H6, 583K) ∆H°pư (583K) = 2.67,116 – 17,694 = 116,538 kJ.mol-1.

∆G° = 2.51,84 = 103, 68kJ

N 2 (k ) + 2 O 2 (k ) → 2 NO2 (k )

yn h

suy ra : N 2O4 (k ) → 2 NO2 (k ) ∆G° = 5, 4kJ Ta có : ∆G ° = − RT ln K 298 ⇒ K 298 = e

−

5,4.103 8,314.298

0,25

= 0,113

0,25

Gọi x số mol N2O4 phân hủy. Ta có : 2NO2(k) ⇌ N2O4(k) Ban đầu : 1 0 Cân bằng 1–x 2x Ở trạng thái cân bằng, tổng số mol khí 1 – x + 2x = 1 + x (mol)

1− x 1− x 2x 2x .PT = (atm) ; PNO2 = .PT = ( atm) 1+ x 1+ x 1+ x 1+ x PNO ( 2 ) 2 ( 2 x )2 P 4x2 = 1+ x = = 0,113 Vậy : K 298 = 0 2 PN2O4 1− x 1 − x ) ( ) ( 1+ x P0

PN 2O4 =

Giải ra ta có x = 0,166. Vậy % N2O4 phân hủy là : 16,6%

0,25

Khi độ phân hủy N2O4 gấp đôi = 2. 0,166 = 0,332 mol ; cân bằng có : 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 (

0,25

0, 496 58, 03 1 1 )=− ( − ) ⇒ T2 = 318, 09 K 0,113 8,314 T2 298

ai l.c

ln(

K2 ∆H 1 1 )=− ( − ) K1 R T2 T1

Áp dụng: ln(

yn h

Câu 4(2,5 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.(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. 3.(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. Đáp án: Na2O : anion O2- kết tinh dạng lập phương tâm diện suy ra có 1/8.8 1 0,75 + 6.1/2 = 4. Suy ra số Na+ trong một ô mạng là 4.2 = 8. Mà có 8 hốc tứ diện trong một ô mạng suy ra tỉ lệ hốc tứ diện bị chiếm bởi ion Na+ = 8 : 8 = 1 0,25 2+ Tương tự có CdS : có 4 ion Cd trong ô mạng suy ra tỉ lệ 0,25 4:8=1:2 ZrI4 : có 1 ion Zr4+ trong ô mạng suy ra tỉ lệ 1 : 8 0,25 a. Cấu trúc của S2F4: Phân tử có cấu trúc gần giống bập bênh. Ở 2. nguyên tử S có hóa trị 4, nguyên tử F liên kết biên khác với hai F 1,0 liên kết trục và khác với nguyên tử F ở S hóa trị 2. Hai nguyên tử F liên kết trục không tương đương vì liên kết S – F ở S hóa trị 2 0,25 hướng về một nguyên tử và hướng ra xa nguyên tử còn lại.

0,25

0,5

3 0,75

b. SF4 vì nó có cấu trúc lưỡi cưa (hay bập bênh) do đóó có momen n có momen lưỡng cựcc khác 0. Trong khi đó SF6 có cấu trúc bát diện ương tác lưỡng cực là tương tác chủ yếuu giữ giữa lưỡng cực bằng 0. Tươ t nhiệt độ sôi của SF4 so với SF6. các phân tử này và làm tăng

0,25

ai l.c

π*2p

0,5

yn h

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 ăng llượng ion hóa thấp nhất. Ion O2+ có điện tích âm. Do đó O2- có năng dương, làm cho việc tách e khó hhơn so với phân tử O2 (cả hai cùng tách e độc thân từ π*2p). Electron có năng lượng cao nhất của O ( ở AO 2p) thấp hơn so vớ ới năng lượng của electron trên MO π*2p của những tiểu phân còn lại. O có năng lượng ion hóa cao nhất.

ưa xác định rõ) Câu 5 (2,5 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. +

1 1,75

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 + HCOO-

K = 105,49

0,055 0,02 0,035 0,02 0,02 + NH3 + C6H5COOH → NH 4 + C6H5COO0,035 0,01 0,025 0,01 + NH3 + H2S → NH 4 + HS0,025 -

0,025

0,01

0,25

K = 102,23

0,025

ai l.c

Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là: NH +4 : 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M

HS − ⇌ S 2− + H +

K a 2 = 10−12,90

(2)

H 2O ⇌ OH − + H +

K w = 10−14

(3)

HS − + H 2O ⇌ H 2 S + OH −

K b 2 = 10−6,98

(4)

K b = 10−9,8

(5)

K b = 10−10,25

(6)

C6 H 5COO − + H 2O ⇌ C6 H 5COOH + OH − HCOO − ⇌ HCOOH + OH −

0,25

(1)

K a = 10−9,24

b. Trong dung dịch A có các cân bằng sau:

NH 4+ ⇌ NH 3 + H +

0,025 -

0,25 K = 105,04

yn h

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 + < K b (4) .CHS −

0,25

Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7 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 0,25 của NH +4 lớn hơn của HS-. Tại pH = 10, ta có:

[NH 3 ] K a 10−9,24 = = −10 ≃ 1 nên NH +4 đã tham gia + + [NH 4 ] [H ] 10

phản ứng. Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch A đến pH=10

[NH 3 ] 10−9,24 Ta có, tại pH = 10: = = 0,8519 [NH 4+ ]+[NH 3 ] 10−9,24 + 10−10 nên 85,19% NH +4 đã tham gia phản ứng 7

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 4

0,055.0,8519.20 = 18,74( ml ) 0,05

Các cân bằng có thể xảy ra: BaF2 ⇌ Ba2+ + 2F- Ks = 10-5,82 Ba2+ + H2O ⇌ BaOH+ + H+ F- + H+ ⇌ HF Tại pH = 3: [BaOH + ] *β 10−13,36 2+

[Ba ]

[H ]

−3

Ka(HF)-1 = 103,17.

0,25

(2)

(3)

ai l.c

0,75

(1) *β Ba (OH ) = 10-13,36

= 10-10,36<<

nNaOH = nNH + pu ⇒ VddNaOH =

0,25

K [F− ] 10−3,17 = 10-0,17 = 0,676 = a+ = −3 [HF] [H ] 10

→ Quá trình tạo phức hiđroxo của ion Ba2+ không đáng kể, có thể bỏ qua (2)

2S [H + ] 1+ Ka

⇒ [F-] =

[F − ].[H + ] [H + ] = [F-].(1 + ) Ka Ka

yn h

= [F-] +

0,25

→ 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]

4 S 2 .S

 [H + ]  1 +  Ka  

⇒ S = 0,01325 (M) 0,25

Vậy Ks = [Ba2+].[F-]2 =

∆Gf°(Ag(NH3)2+(dd)) = – 17.12 kJ.mol-1 +1.441 V

+1.491 V

+1.584 V

ai l.c

→ HOBr   → Br2(dd)   → Br –(dd) BrO3–(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 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. Đáp án: Ag(r) → Ag+(dd) + 1e ∆Gof = -1. (-0,7996).96485 = 77149,406 J/mol 1 0,25 hay 77,149 kJ/mol AgBr(r) → Ag+(dd) + Br-(dd) Ksp 2 Ta có: Eophản ứng = -0,7996+0,0713 = -0,7283 V suy ra ∆Go = -1.(0,5 0,7283).96485 = -8,314.298lnKsp

2 0, 0592 o lg  Br −  ⇒ Egan = 1, 721 + 0, 0592lg 8, 023.10−12 = 1, 0641V 2

0,25 0,25 0,25

yn h

o 1, 721 = Egan −

Ta có: [Br-] = 4,814.10-13/0,06 = 8,023.10-12 M. Suy ra:

0,25

3 0,5

0, 7283.96485 = −28,362 ⇒ K sp = 4,814.10−13 −8,314.298

Suy ra: ln K sp =

0,25

0,5

Ta xét: Br2(l) →Br2(dd) 4 1,25 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 (2) 1,491 V + 2HOBr + 2H (dd) + 2e → Br2(dd) + 2H2O (3) 1,584 V o Br2(dd) + 2e → 2Br (dd)(4) E (1) = (2) +1/2(3) + 1/2.(4) suy ra : -6.1,441 = -(4.1,491 + 0,5.2.1,584 + 0,5.2.Eo); Suy ra Eo = 1,098 V Br2(dd) + 2e → 2Br-(dd) (4) 1,098 V Br2(l) + 2e → 2Br-(dd) (5) 1,0641 V Br2(l) → Br2(dd) (6) o ∆G 6 = -2.96485.(-1,098) + (-2.96485.1,0641) = 6541,683 J/mol suy ra lnK = 6541,683/(-8,314.298) = -2,640 suy ra K = 0,0713. Vậy K = [Br2]dd = 0,0713 M. 9

0,5

0,25

yn h

ai l.c

d. COCl2(k) + H2O(l) → CO2(k) + 2HCl(dd) NOF + BF3 → [NO][BF4] Sản phẩm ở trạng thái rắn do hợp chất ion có nhiệt độ nóng chảy cao

2 0,5

0,25 0,5 0,25 0,25

Câu 8 (2,5 điểm)(HSGQG Úc 2008) Nguyên tố A đốt trong khí O2 sinh ra B, có thể oxi hóa lên mức cao hơn khi có xúc tác (V2O5/K2O) thành C. B phản ứng với nước sinh ra axit yếu D, trong khi C phản ứng với nước sinh ra axit mạnh E. Năm 2001, 165 tấn E được sản xuất trên toàn thế giới (nhiều hơn bất kì hóa chất nào). Nguyên tố A phản ứng với khí clo hình thành chất lỏng F màu vàng, độc. F có hai đồng phân cấu trúc. F có thể bị clo hóa hơn nữa để tạo ra chất lỏng G có màu đỏ anh đào, có nhiệt độ sôi ở 59oC với công thức phân tử là ACl2. Cả F và G phản ứng với nước sinh ra một hỗn hợp sản phẩm có chứa B, D, E. Thông tin trên được tổng kết lại trong sơ đồ dưới đây: 10

ai l.c

0,5

Đáp án: a.Ta có : 2,5 n(NaOH) = cV = 1.0,018 = 0,018 mol. Ta có : nA = nC = 0,018/n (n là số nguyên tử H trong phân tử axit tạo thành từ C). Vậy ta có : MA = 0,29/0,018/n = 16n. Vậy n = 2 và MA = 32 (A là S). o

t → SO2 (B) b.A : là S hoặc S8 ; S + O2 

V O / K O ,t → 2SO3 (C) 2SO2 + O2  SO2 + H2O → H2SO3 (D) SO3 + H2O → H2SO4 (E) S + Cl2 → S2Cl2 (F) S2Cl2 + Cl2 → 2SCl2 (G) SO3 + SCl2 → SO2 + SOCl2 (H) SOCl2 + 2H2O → H2SO3 + 2HCl Công thức Lewis và hình dạng của B, C và hai đồng phân của F 2

0,25 0,25 0,25 0,5

yn h

2 5

0,25

B (gấp khúc) C (tam giác phẳng) F (gấp khúc kiểu sách mở) (Tháp tam giác)

0,5

ƯƠNG TRẠI HÈ HÙNG VƯƠ XUẤT ĐỀ THI ĐỀ XUẤ

C KHỐ KHỐI 10 NĂM 2018 MÔN HÓA HỌC Thời gian làm bài 180 phút (Đề thi có 03 trang, gồm 08 câu)

ai l.c

Câu 1:(2,5 điểm) Cấu tạo nguyên tử, hạt nhân 1. Tính năng lượng củaa electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2; ZLi = 3). ủa H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He. 2. Tính năng lượng ion hóa của 3. Bước sóng ngắn nhấtt treeb phổ phát xạ mà nguyên tử hidro có thể phát ra là gì? 4. Tính bước sóng dài nhấtt trong dãy Banme (vùng khả kiến). 5. Triti là dồng vị của nguyên tố Hidro phân rã theo quy luật bậc nhất với chu kì bán rã là 12,5 năm. của mẫu triti giảm đi còn lại 15% so với ban đầu? Mất bao nhiêu năm để hoạt độ củ

yn h

Câu 2:(2,5 điểm)Động hóa học Cho phản ứng: SO2Cl2→ SO2 + Cl2 ng có dung tích 1 lít và đo Người ta tiến hành nung nóng 0,1 mol SO2Cl2 ở 600K trong bình phản ứng m sau: áp suất của hỗn hợp các chấtt trong bình thì thu được các số liệu thực nghiệm 8 Thời gian (giờ) 0 1 2 4 P (atm) 4,92 5,67 6,31 7,31 8,54 ứ 1. Xác định bậc của phản ứng. 2. Tính hằng số tốc độ và thời gian bán phản ứng ở 600K. 3. Tính áp suất trong bình sau khi tiến hành phản ứng 24 giờ. 4. Nếu tiến hành phản ứng vvới cùng lượng SO2Cl2 trong bình trên ở 620K thì sau 2 giờ, áp suất trong bình là 9,12. Tính hệ số nhiệt của phản ứng.

Câu 3:(2,5 điểm) Nhiệt hóa học- Cân bằng hóa học 1. Khi đốt cháy 3,9 gam hơi benzen ở 250C, 1atm với một lượng oxi dư toả ra 163400 J sản phẩm là d trong bom nhiệt CO2 (k) và H2O (l). Hãy tính nhiệệt toả ra khi đốt cháy 7,8 gam hơi benzen và oxi dư 0 lượng kế ở 25 C sản phẩm là CO2(k) và H2O(l). Tính nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy Benzen trong bom nhiệt lượng kế

2. Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản ứng: CO ( khí) + 3H2 ( khí) CH4 (khí) + H2O (khí) Biết là

∆H H0(KJ/mol) ∆S0J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 32,93 -29,6 ễn biế biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 12000K? a) Hỏi phản ứng tự diễn ằng của c phản ứng ở 3000K b) Tính hằng số cân bằng

ai l.c

Câu 4:(2,5 điểm) Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. a) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử. b) Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X. 2. Với nguyên tố X ở (1), so sánh độ lớn góc liên kết trong các phân tử PX3 (X: F, Cl, Br, I). Giải thích? 3. Thực nghiệm cho biết ở pha rắn, vàng (Au) có khối lượng riêng là 19,4g/cm3 và có mạng lưới lập phương tâm diện. Độ dài cạnh của ô mạng đơn vị là 4,070.10-10m. Khối lượng mol nguyên tử của Au là 196,97g/mol. Tính phần trăm thể tích không gian trống trong mạng lưới tinh thể của Au. Câu 5: (2,5 điểm) Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan)

Trộn 10,00 ml dung dịch CH3COOH 0,20 M với 10,00 ml dung dịch H3PO4 có nồng độ C (mol/lít), thu được dung dịch A có pH = 1,50. 1. Tính C(Ghi kết quả với 3 chữ số sau dấu phẩy). 2. Tính độ điện li của CH3COOH trong dung dịch A. 3. Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0 thu được dung dịch B. Tính số gam Na2CO3 đã dùng. 4. Có kết tủa tách ra không khi trộn 1,00 ml dung dịch A với 1,00 ml dung dịch CaCl2 0,33M. Giải thích bằng tính toán? Cho biết: H3PO4: pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; CH3COOH: pKa = 4,76; CO2 + H2O có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33. pKs(Ca3(PO4)2)= 28,92; pKs(CaHPO4) = 6,58

Câu 6: (2,5 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa

yn h

Trộn 50ml dung dịch H2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr2 0,2M và 100ml dung dịch KMnO4 0,04M được dung dịch A. a. Xác định giá trị pH của dung dịch A. b. Xác định thế của điện cực Pt được nhúng trong dung dịch A. c. Điện cực hiđro (‫݌‬ுమ = 1 atm) đươc nhúng trong dung dịch CH3COOH 0,010 M được ghép (qua cầu muối) với điện cực Pt được nhúng trong dung dịch A. Hãy biểu diễn sơ đồ pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin. Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; (RT/F) ln = 0,0592lg ; 0 3+ 2+ 0 2+ E (Fe /Fe ) = 0,77V; E (MnO4 /Mn ) = 1,51V; E0 (Br2/Br-) = 1,085V; Câu 7:(2,5 điểm)Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh 1) Tại sao các dung dịch axit Bromhiđric và axit Iothiđric không thể để trong không khí ? Hãy viết các phương trình phản ứng khi cho Oxi tác dụng với dung dịch axit halogenhiđric. 2) Cho 7,9 gam KMnO4 vào dung dịch chứa 0,15 mol KCl và 0,2 mol H2SO4 (phản ứng hoàn toàn) thu được khí clo. Dẫn toàn bộ khí clo thu được đi từ từ qua ống đựng 12,675 gam kim loại R (hóa trị không đổi), nung nóng. Kết thúc phản ứng, chia chất rắn thu được thành 2 phần: Phần I: có khối lượng 6 gam được cho vào dung dịch HCl (dư), thu được 0,896 lít H2 (đktc). Phần II: cho vào dung dịch AgNO3 (dư) thu được m gam kết tủa.

a) Xác định kim loại R. b) Tính m.

Câu 8: (2,5 điểm) Bài tập tổng hợp vô cơ X là muối có công thức NaIOx. Hoà tan X vào nước thu được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A, thấy dung dịch xuất hiện màu nâu, tiếp tục sục SO2 vào thì mất màu nâu và thu được dung dịch B.Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B và sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3, thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. Thêm dung dịch H2SO4 loãng và KI vào dung dịch

A, thấy xuất hiện dung dịch màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.

ai l.c

b. Để xác định chính xác công thức của muối X người ta hoà tan 0,100g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ I2 sinh ra bằng dung dịch

Na2S2O3 0,1M với chất chỉ thị màu là hồ tinh bột cho tới khi mất màu, thấy tiêu tốn hết 37,4 ml dd

yn h

Na2S2O3. Tìm công thức X.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2018 Thời gian làm bài 180 phút

ai l.c

Câu 1:(2,5 điểm) Cấu tạo nguyên tử, hạt nhân 1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2; ZLi = 3). 2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He. 3. Bước sóng ngắn nhất treeb phổ phát xạ mà nguyên tử hidro có thể phát ra là gì? 4. Tính bước sóng dài nhất trong dãy Banme (vùng khả kiến). 5. Triti là dồng vị của nguyên tố Hidro phân rã theo quy luật bậc nhất với chu kì bán rã là 12,5 năm. Mất bao nhiêu năm để hoạt độ của mẫu triti giảm đi còn lại 15% so với ban đầu? Hướng dẫn

(eV)

Ở trạng thái cơ bản: n = 1. * Với H: E1(H) = -13,6eV; * Với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV;

Điểm 0,25

, .

En = −

Nội dung 1.Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron:

0,5

yn h

2. 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: I1(H) =13,6eV; I2(He) = 54,4 eV.

0,25 0,25

3. Bước sóng được tính theo công thức: 0,5 ∆E = hc/λ = -13,6.1,6.10-19( 1/nc2 – 1/ nt2 ) với h= 6,63.10-34J.s; c= 3.108 m/s. Bước sóng ngắn nhất trong phổ phát xạ của Hidro ứng với sự chuyển từ mức n= ∞ về lớp n= 1. Vạch này nằm trong dãy Laiman. Thay vào biểu thức ta tính được bước sóng λ = 9,14.10-8 m = 914 A0

4. Bước sóng dài nhất (năng lượng thấp nhất) trong dãy Banme ứng với sự chuyển mức từ n = 3 về n=2 λ= 6,58.10-7 m = 6580A0 5. Từ phương trình động học của sự phân rã phóng xạ: A = A0. e−λt t A 1 A 12,5 100 rút ra t = ln 0 = 1/2 .ln 0 = .ln = 34, 2 năm λ A ln 2 A ln 2 15

0,5

Nội dung

P 1 ln 0 t P

1. Giả sử phản ứng là bậc 1 ⇒ Phương trình động học k =

ai l.c

Câu 2:(2,5 điểm)Động hóa học Cho phản ứng: SO2Cl2→ SO2 + Cl2 ng có dung tích 1 lít và đo Người ta tiến hành nung nóng 0,1 mol SO2Cl2 ở 600K trong bình phản ứng m sau: áp suất của hỗn hợp các chấtt trong bình thì thu được các số liệu thực nghiệm Thời gian (giờ) 0 1 2 4 8 P (atm) 4,92 5,67 6,31 7,31 8,54 ản ứng. ứ 1. Xác định bậc của phản 2. Tính hằng số tốc độ và thời gian bán phản ứng ở 600K. 3. Tính áp suất trong bình sau khi tiến hành phản ứng 24 giờ. 4. Nếu tiến hành phản ứng vvới cùng lượng SO2Cl2 trong bình trên ở 620K thì sau 2 giờ, áp suất trong bình là 9,12. Tính hệ số nhiệt của phản ứng. Hướng dẫn. Điểm 0,25

ời điể điểm ban đầu, t là áp suất của SO2Cl2 tại thời điểm t) (P0 là áp suất của SO2Cl2ở thời

0,25

0.25

0,25

yn h

SO2Cl2 SO2 + Cl2 0 0 t=0 Po ng x x x (atm) phản ứng x x t Po - x ⇒ Phỗn hợp = Po + x ; P = Po - x = 2Po - Phh. Ta có bảng số liệu sau : t(h) 0 1 2 4 8 Phh (atm) 4,92 5,67 6,31 7,31 8,54 4,17 P (atm) 4,92 3,53 2,53 1,30 Thế các giá trị vào phương trình động học, ta có : 1 4,92 1 4,92 k1 = ln = 0,1654h −1 k2 = ln = 0,1660h −1 1 4,17 2 3,53

1 4,92 1 4,92 k3 = ln = 0,1663h −1 k4 = ln = 0,1664h −1 4 2,53 8 1,3

ng trên là bậc 1 Vì k1 ≈ k2 ≈ k3 ≈ k4⇒ Phản ứng k1 + k2 + k3 + k4 = 0,1660h −1 4 ln 0,6931 t1 = 2 = = 4,1753h k 0 , 1660 2

2. k =

3. t = 24h P = Po.e-kt = 4,92.e-0,166.24 = 0,093 atm = Po - x ⇒ x = 4,827 atm Vậy áp suất trong bình: Phh = Po + x = 9,747 atm

0,5

4. Ở 620k: nRT 0,1.0,082.620 = = 5,084atm; P = 1,048atm Po = 1 V 1 5,084 = 0,7895h −1 k = ln 2 1,048

k620 620 − 600 =γ ⇒γ = k600 10

0,5

K 620 = 2,181 K 600

Ta có :

ai l.c

Câu 3:(2,5 điểm) Nhiệt hóa học- Cân bằng hóa học 1. Khi đốt cháy 3,9 gam hơi benzen ở 250C, 1atm với một lượng oxi dư toả ra 163400 J sản phẩm là d trong bom nhiệt CO2 (k) và H2O (l). Hãy tính nhiệệt toả ra khi đốt cháy 7,8 gam hơii benzen và oxi dư 0 lượng kế ở 25 C sản phẩm là CO2(k) và H2O(l). Tính nhiệt lượng toả ra khi đốt cháy Benzen trong bom nhiệt lượng kế

2. Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản ứng: CO ( khí) + 3H2 ( khí) CH4 (khí) + H2O (khí) Biết là ∆H H0(KJ/mol) ∆S0J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 32,93 -29,6 ễn biế biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 12000K? a) Hỏi phản ứng tự diễn ằng ccủa phản ứng ở 3000K b) Tính hằng số cân bằng Hướng dẫn

yn h

Điểm Nội dung 1. Ở 298K: C6H6 (h) + 15/2 O2 → 6CO2 (k) + 3H2O(l) • Nếu phản ứng này xảy ra ngoài không khí thì nhiệt toả ra là 0,5 QP = ∆H = 163400 J. 78/3,9= 3268000J /mol = 3268 kJ/mol. nhiệt lượng kế: • Nếu phản ứng xảyy ra trong bom nhi Nhiệt toả ra khi đốtt cháy 1 mol hơi benzen trong bom nhiệt lượng kế là nhiệt cháy đẳng tích: ∆U = ∆H -∆nRT = -3268.103 – (-2,5).8,314.298 = -3261,806.103 J/mol = -3261,806 kJ/mol. Vậy khi đốt cháy hơii benzen trong bom nhiệt lượng kế ở 250C bởi Oxi dư sẽ toả ra một 0, 5 lượng nhiệt là 3261,806kJ/mol. 2. a) Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ Ở 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải.

0.25 0,25 0.25

∆G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000K

0,25

b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K ∆G0 = -2,303RT lgK (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95 ⇒ K = 10 4,95

0,5

ai l.c

Hướng dẫn

yn h

Nội dung 1. a) Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA. TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan:

0,25

Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4. Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga) TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan:

Điểm

. Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2. Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N). b) Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. Công thức cấu tạo các 0,25 hợp chất: N

H H H

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 Oxit cao nhất: O

O N

N O

Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2. Hidroxit với hóa trị cao nhất: O

0,25

O H

trạng thái lai hóa sp2. Nguyên tử N ở trạ 2. Độ lớn góc liên kết XPX trong các phân tử PX3 biến đổi như sau: PF3> PCl3> PBr3> PI3 . ện giả giảm dần Giải thích: do bán kính nguyên tử tăng dần từ F → I đồng thời độ âm điện nên tương tác đẩy giữaa các nguyên tử halogen trong phân tử PX3 giảm dầnn từ PF3 → ớn nh nhất, PI3 có liên kết bé nhất. PI3. Nên PF3 có góc liên kết lớn Cạnh hình lập phương = a, khoảng cách hai đỉnh kề nhau: a = 4,070.10-10m mặt lập phương là nửa đường chéo Khoảng cách từ đỉnh đếnn tâm mặ của mỗi mặt vuông: ½ (a√¯ 2) = a/ √¯ 2 đó là khoảng cách gần nhấtt giữa hai nguyên tử bằng hai lần bán kính nguyên tử Au. 4,070 X10-10m : √¯ 2 = 2,878.10-10m = 2r r : bán kính nguyên tử Au = 1,439.10-10m Mỗi ô mạng đơn vị có thể tích = a3 = (4,070 . 10-10 m)3 = 67, 419143.10-30 m3 và có chứa 4 nguyên tử Au . Thể tích 4 nguyên tử Au là : 4 nguyên tử x 4/3 π r3 4 = 4. (3,1416) (1,439. 10-10)3 = 49, 927.10-30m3 3 - Độ đặc khít = (49,927.10-30m3) : (67,419.10-30 m3) = 0,74054 = 74,054% - Độ trống = 100% -74,054% = 25,946% O

0,25

ai l.c

0,25

yn h

điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ất ít tan) Câu 5: (2,5 điểm) Dung dịch điệ

Trộn 10,00 ml dung dịch CH3COOH 0,20 M với 10,00 ml dung dịch H3PO4 có nồng độ C (mol/lít), ch A có pH = 1,50. thu được dung dịch ữ số sau dấu phẩy). 1. Tính C(Ghi kết quả với 3 chữ 2. Tính độ điện li của CH3COOH trong dung dịch A. dị B. Tính số gam 3. Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0 thu đượcc dung dịch Na2CO3 đã dùng. trộn 1,00 ml dung dịch A với 1,00 ml dung dịch ịch CaCl2 0,33M. Giải 4. Có kết tủaa tách ra không khi trộ thích bằng tính toán? Cho biết: H3PO4: pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; CH3COOH: pKa = 4,76; CO2 + H2O có pKa1 = 6,35; pKa2 = 10,33. pKs(Ca3(PO4)2)= 28,92; pKs(CaHPO4) = 6,58 Hướng dẫn Nội dung 1. Nồng độ sau trộn: CCH3COOH = 0,1(M); CH3PO4= 0,5C (M) đến sự phân li của nước pHA = 1,50 → không cầnn tính đế d A: Các quá trình xảyy ra trong dung dịch H3PO4

H+ + H 2 PO-4

Ka1 = 10-2,15

Điểm

(1)

H+ + CH3COO-

CH3COOH

H 2 PO-4

H +

HPO 24

H+ + PO34

VĂŹ pH = 1,5 =>

Ka = 10-4,76

HPO24

Ka2 = 10

(2)

-7,21

(3)

Ka3 = 10-12,32

(4)

[CH 3COOH] $ % &,' = ! % (,)* Âť1=> [CH3COOH]>>[CH3COO-] [CH 3COO ]

0,25

VĂ vĂŹ Ka1 >> Ka2 >> Ka3 nĂŞn cĂ˘n báşąng (1) quyáşżt Ä&#x2018;áť&#x2039;nh pHA: H+ + H 2 PO-4

H3PO4

2. CH3COOH

10â&#x2C6;&#x2019;1,5

10â&#x2C6;&#x2019;1,5 => C = 0,346 M + H + CH3COO, Ka = 10â&#x2C6;&#x2019;4,76

0,25

0,5C â&#x20AC;&#x201C; 10â&#x2C6;&#x2019;1,5

ai l.c

[]

Ka1 = 10-2,15

=> Îą

/#-. 0,055%

0,5

3. Gáť?i kháť&#x2018;i lĆ°áťŁng Na2CO3 cho vĂ o dung dáť&#x2039;ch A lĂ x (gam) => CNa2CO3= M TáşĄi pH = 4,00 < 7=> mĂ´i trĆ°áť?ng axit nĂŞn Na2CO3 pháşŁn áťŠng háşżt

[H 2 PO â&#x2C6;&#x2019;4 ] K a1 10 â&#x2C6;&#x2019;2 ,15 >>1=>[H3PO4] << [H 2 POâ&#x2C6;&#x2019;4 ] = = [H 3PO 4 ] [H + ] 10 â&#x2C6;&#x2019; 4

K a2 [HPO 24 â&#x2C6;&#x2019; ] 10 â&#x2C6;&#x2019;7 , 21 â&#x2C6;&#x2019; = 10â&#x2C6;&#x2019;3,21 <<1=> [ HPO 2= = 4 ] << [H 2 PO 4 ] [H 2 PO â&#x2C6;&#x2019;4 ] [H + ] 10 â&#x2C6;&#x2019; 4 ,0

=> Na2CO3 pháşŁn áťŠng náşĽcc 1 theo Îą

Ka 10 â&#x2C6;&#x2019;4 ,76 [CH3COO â&#x2C6;&#x2019; ] = = [CH3COOH] [H + ] 10 â&#x2C6;&#x2019; 4, 0

[CO32 â&#x2C6;&#x2019; ] 10 â&#x2C6;&#x2019;10 ,33 << 1 â&#x2020;&#x2019; [ CO32â&#x2C6;&#x2019; ] << [ HCO3â&#x2C6;&#x2019; ]; = â&#x2C6;&#x2019; â&#x2C6;&#x2019;4 [HCO3 ] 10

yn h

TĆ°ĆĄng táťą:

=> Na2CO3 pháşŁn áťŠng theo Îą

[HCO3â&#x2C6;&#x2019; ] 10 â&#x2C6;&#x2019;6, 35 << 1 â&#x2020;&#x2019; [ HCO3â&#x2C6;&#x2019; ] << [CO2]. = â&#x2C6;&#x2019;4 [CO2 ] 10

=> Sau pháşŁn áťŠng: CO32- + 2H+ â&#x2020;&#x2019; CO2 NhĆ° váşy khi trung hĂ˛a Ä&#x2018;áşżn pH = 4,00 thĂŹ cháť&#x2030; cĂł CH3COOH báť&#x2039; trung hĂ˛a 0,25 theo Îą vĂ H3PO4 báť&#x2039; trung hĂ˛a náşĽc 1 theo Îą , cĂ˛n báşŁn thĂ˘n Na2CO3 pháşŁn áťŠng váť&#x203A;i H+ cáť§a 2 axit táşĄo thĂ nh CO2:

2 H3PO4 + CO32â&#x2C6;&#x2019; â&#x2020;&#x2019; 2 H 2 POâ&#x2C6;&#x2019;4 + CO2 + H2O 2 CH3COOH + CO32â&#x2C6;&#x2019; â&#x2020;&#x2019; 2 CH3COOâ&#x2C6;&#x2019; + CO2 + H2O 0,25

Váşy 2C Îą . + Îą . =>

. .

! ! .

. 0,1+"#

! ! .

. 0,173

=> x= m Na 2CO3 = 0,196(gam) 4. Háť&#x2021; thu Ä&#x2018;Ć°áťŁc sau tráť&#x2122;n: H3PO4 0,173M; CH3COOH 0,1M; Ca2+ 0,165M dáť&#x2039;ch nĂŞn [H+] Ä&#x2018;Ć°áťŁc tĂnh theo (1): VĂŹ (1) quyáşżt Ä&#x2018;áť&#x2039;nh pH cáť§aa dung dáť&#x2039; H3PO4 []

0,173 â&#x20AC;&#x201C; y

H+ + H 2 PO-4 y

Ka1 = 10-2,15

nh => y = 0,0316 M = [H+] = [H2PO4 ]=> [HPO4 ] vĂ [PO4 ] tĂnh theo (3) vĂ (4) nhĆ° sau

H 2 PO-4

H+ + HPO4 3 45 â&#x2C6;&#x2019;

=> [HPO4 ] = Ka2.

HPO 24

( $

Ka2 = 10-7,21

(3)

0,25

= Ka2 = 10-7,21 M

H+ + PO3, 4

=> [PO4 ] = Ka3.

6 6 $

Ka3 = 10-12,32

(4)

= 9,339.10-19 M 0,25

ng oxi hĂła- kháť. Ä?iáť&#x2021;n hĂła CĂ˘u 6: (2,5 Ä&#x2018;iáť&#x192;m) PháşŁn áťŠng

0,25 0,25

ai l.c

áşżt ttáť§a: Kiáť&#x192;m tra Ä&#x2018;iáť u kiáť&#x2021;n xuáşĽt hiáť&#x2021;n káşżt 3 2+ 3 3- 2 (C'Ca ) . (C'PO4 ) =(0,165) .( 9,339.10-19)2 = 3,918.10-39 < Ks(Ca3(PO4)2) = 10-28,92 => KhĂ´ng xuáşĽt hiáť&#x2021;n káşżt táť§a Ca3(PO4)2 C'Ca2+ . C'HPO42- = 0,165.10-7,21 = 1,017.10-8 < Ks(CaHPO4) = 10-6,58 => KhĂ´ng xuáşĽt hiáť&#x2021;n káşżt táť§a CaHPO4

yn h

Tráť&#x2122;n 50ml dung dáť&#x2039;ch H2SO4 2M, 50ml dung dáť&#x2039;ch FeBr2 0,2M vĂ 100ml dung dáť&#x2039;ch KMnO4 0,04M Ä&#x2018;Ć°áťŁc dung dáť&#x2039;ch A. áť§a dung dáť&#x2039;ch A. a. XĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh giĂĄ tráť&#x2039; pH cáť§a áť&#x2021;n cáťą cáťąc Pt Ä&#x2018;Ć°áťŁc nhĂşng trong dung dáť&#x2039;ch A. b. XĂĄc Ä&#x2018;áť&#x2039;nh tháşż cáť§a Ä&#x2018;iáť&#x2021;n c. Ä?iáť&#x2021;n cáťąc hiÄ&#x2018;ro (7 = 1 atm) Ä&#x2018;Ć°ĆĄc nhĂşng trong dung dáť&#x2039;ch CH3COOH 0,010 M Ä&#x2018;Ć°áťŁc ghĂŠp u diáť&#x2026;n sĆĄ Ä&#x2018;áť&#x201C; pin vĂ viáşżt (qua cáş§u muáť&#x2018;i) váť&#x203A;i Ä&#x2018;iáť&#x2021;n cáťącc Pt Ä&#x2018;Ć°áťŁc nhĂşng trong dung dáť&#x2039;ch A. HĂŁy biáť&#x192;u phĆ°ĆĄng trĂŹnh pháşŁn áťŠng xáşŁyy ra trong pin. Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; (RT/F) ln = 0,0592lg ; 0 3+ 2+ 0 2+ E (Fe /Fe ) = 0,77V; E (MnO4 /Mn ) = 1,51V; E0 (Br2/Br-) = 1,085V; HĆ°áť&#x203A;ng dáşŤn Ä?iáť&#x192;m

Náť&#x2122;i dung a. Náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; ban Ä&#x2018;áş§u cĂĄc cháşĽtt sau khi tr tráť&#x2122;n: C (KMnO4) =0,02M; C (FeBr2) =0,05M; C (H2SO4) =0,5M; H2SO4 â&#x2020;&#x2019; H+ + HSO40,5 0,5 0,5 + KMnO4 â&#x2020;&#x2019; K + MnO40,02 0,02 0,02 2+ FeBr2 â&#x2020;&#x2019; Fe + 2Br0,05 0,05 0,05 0 3+ 2+ Do E (Fe /Fe ) = 0,77V < E0 (Br2/Br-) = 1,085V< E0 (MnO4- /Mn2+) = 1,51V NĂŞn cĂĄc pháşŁn áťŠng xáşŁyy ra theo tháťŠ táťą: 5Fe2+ + MnO4- + 8H+ â&#x2020;&#x2019; 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O K1 = 1062,5 >> BÄ&#x2018; 0,05 0,02 0,5 0,01 0,42 0,05 0,01 Sau -

0,25

0,5

ai l.c

10Br- + 2MnO4- + 16H+ → 5Br2 + Mn2+ + 8H2O K2 = 1071,8 >> Bđ 0,1 0,01 0,42 0,34 0,025 0,02 Sau 0,05 Vì K1, K2 rất lớn nên phản ứng xxảy ra hoàn toàn và nồng độ MnO4-, Fe2+ là rất không đáng kể. TPGH : Fe3+ = 0,05M; Mn2+ = 0,02M; H+ = 0,34M; K+ = 0,02M; Br2 = 0,025M; HSO4- = 0,5M; Br- = 0,05M. Xét cân bằng: SO42HSO4H+ + Ka = 10-2 0,5 0,34 0,34 + x x [] 0,5 – x Ka = x.(0,34+x)/(0,5 - x) => x = 0,0137M => [H+] = 0,3537M pHA = 0,4514 b. Thế của điện cực Pt nhúng vào ào dung ddịch A được tính theo cặp Br2/Br-: Br2 + 2e 2Br0 Có E (Br2/Br ) = E (Br2/Br-) + (0,0592/2). lg([Br2]/[Br-]2) => E (Br2/Br-) = 1,085 + (0,0592/2). Lg(0,025/[0,05]2) = 1,115V c. Xác định thể của điện cựcc hiđ hiđro: + Cực hiđro: 2 H + 2e H2 + CH3COOH H + CH3COO– ; K a = 10-4,76 C 0,01 x x [ ] 0,01 - x x2/(0,01-x) = 10-4,76 x = [H+] = 4,08.10-4 M pH = 3,39 = - 0,0592 pH = - 0,0592 × 3,39 = - 0,2006 (V) E (H2/CH3COOH)

0,5

yn h

ịch A là cực *Ta có E (Br2/Br ) > E (H2/1=2H ) => điện cực Pt nhúng trong dung dịch dương; điện cực hiđro là cựcc âm. 0,25 *Sơ đồ pin: (anot) (-) (Pt) H2(PH2 = 1 atm)/CH3COOH // dd A / Pt (+) (catot) * Phản ứng xảy ra trong pin: Catot: Br2 + 2e 2BrAnot: H2 + 2CH3COO2CH3COOH + 2e 0,25 H2 + Br2 + 2CH3COOPhản ứng xảyy ra trong pin: 2CH3COOH + 2Br-.

Câu 7:(2,5 điểm)Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh ch axit Bromhi Bromhiđric và axit Iothiđric không thể để trong không khí ? Hãy viết 1) Tại sao các dung dịch ng khi cho Oxi tác ddụng với dung dịch axit halogenhiđric. đric. các phương trình phản ứng 2) Cho 7,9 gam KMnO4 vào dung dịch chứa 0,15 mol KCl và 0,2 mol H2SO4 (phản ứng hoàn toàn) ng 12,675 gam kim loại lo R (hóa thu được khí clo. Dẫn toàn bộ khí clo thu được đi từ từ qua ống đựng ết thúc ph phản ứng, chia chất rắn thu được thành 2 phần: ầ trị không đổi), nung nóng. Kết ng 6 gam được cho vào dung dịch HCl (dư), ), thu được 0,896 lít H2 Phần I: có khối lượng (đktc). Phần II: cho vào dung dịch AgNO3 (dư) thu được m gam kết tủa. ại R. a) Xác định kim loại b) Tính m.

Hướng dẫn Nội dung Điểm 1) Khi tác dụng với Oxi: - HF + O2: không có phản ứng; HF hoàn toàn không thể hiện tính khử. 0,25 - HCl + O2: trong dung dịch không xảy ra phản ứng, nhưng ở trạng thái khí thì xảy ra phản ứng thuận nghịch và ở nhiệt độ cao:

ai l.c

4HCl (khí) + O2 2H2O + 2Cl2 HCl chỉ thể hiện tính khử khi tác dụng với chất oxi hóa mạnh. - HBr và HI đều là những chất khử mạnh, dung dịch của chúng vốn là trong suốt và không màu, nhưng để lâu trong không khí dung dịch sẽ vàng dần do tạo ra các halogen tự do: 0,25 4HBr + O2 (KK) → 2H2O + 2Br2 4HI + O2 (KK) → 2H2O + 2I2 Trường hợp HI dung dịch nhuốm màu vàng nhanh hơn so với dung dịch HBr. 0,25

2) a. Số mol KMnO4 = 0,05; KCl = 0,15; H2SO4 = 0,2 và H2 = 0,04

10KCl + 8H2SO4 + 2KMnO4→ 5Cl2+ 2MnSO4+ 6K2SO4 + 8H2O 0,15 0,12 0,03 0,075 ⇒ H2SO4 và KMnO4 đều dư 0,25

0,5

yn h

2R + nCl2  → 2RCln ⇒ khối lượng chất rắn = 12,675 + (71×0,075) = 18 gam • Nếu hòa tan cả chất rắn bằng HCl thu được 0,04×3 = 0,12 mol H2 R − ne → R+n ; Cl2 + 2e → 2Cl− và 2H+ + 2e → H2 a an 0,075 0,15 0,15 0,24 0,12. Theo quy tắc thăng bằng số mol e: 0,39 12,675n an = 0,15 + 0,24 = 0,39 ⇒ a = ⇒R= = 32,5n ⇒ n = 2 n 0,39

0,5

thoả mãn R = 65 ∼Zn 2 2 b. Phần II có 0,12× = 0,08 mol Zn dư và 0,15× = 0,1 mol Cl−. 3 3 Zn + Ag+→ Zn2+ + 2Ag↓ và Cl− + Ag+→ AgCl↓ 0,08 0,16 0,1 0,1 ⇒ m = (0,16×108) + (0,1×143,5) = 31,63 gam

0,5

được dung dịch B.Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B và sau đó thêm lượng dư dung

dịch AgNO3, thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. Thêm dung dịch H2SO4 loãng và KI vào dung dịch A, thấy xuất hiện dung dịch màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b. Để xác định chính xác công thức của muối X người ta hoà tan 0,100g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 loãng, dung dịch có màu nâu. Chuẩn độ I2 sinh ra bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M với chất chỉ thị màu là hồ tinh bột cho tới khi mất màu, thấy tiêu tốn hết 37,4 ml dd Na2S2O3. Tìm công thức X.

Nội dung 2IOx- + (2x-1)SO2 + (2x-2)H2O → I2 +(2x-1)SO42- + (4x-4)H+ (1) + I -

→

AgI↓

(2x – 1)I + IOx + 2xH → xI2 + xH2O I2 + 2S2O32- → S4O62- + 2InNa2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 (mol)

0,100.x = 53,5x ⇔ 23 + 127 + 16x = 53,5x ⇒ x = 4 1,87.10 −3 X là NaIO4

yn h

Vậy:

1,87.10 −3 (mol) x

(4) (5)

Từ (5): nI2 = 1/2.nNa2S2O3 = 1,87.10-3 (mol)

⇒ MNaIOx =

Điểm 0,25 0,25 0,25

(3)

Từ (4): nIox- = 1/x. nI2 =

(2)

Ag -

2I- + SO42- + 4H+

SO2 + I2 + 2H2O →

ai l.c

Hướng dẫn

0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN-TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐỀ GIỚI THIỆU

yn h

ai l.c

Câu 1: (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học 1. Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là : NO + O3 → NO2 + O2 Trong 3 thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng như sau: Thí nghiệm [NO], mol/l [O3], mol/l Tốc độ v, mol/l.s1

N01 0,02 0,02 N02 0,04 0,02 0 N3 0,02 0,04 Xác định các bậc phản ứng riêng a, b và hằng số tốc độ phương trình động học: v = k[NO]a . [O3]b 2. Cho phản ứng : CCl3COOH → CHCl3 + CO2 Ở 440C: k1 = 2,19.10-7 s-1. Ở 1000C: k2 = 1,32.10-3 s-1 a. Tính hệ số nhiệt độ của phản ứng.

7,1.10-5 2,8.10-4 1,4.10-4 trung bình k trong

b. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học Cho biết phản ứng và các số liệu sau: 3 O2(k) → CO2(k) + 2H2O(k) 2

H2O(k) -241,83 33,572

O2(k) 0 29,372

CH3OH(k) -201,17 49,371

CO2 (k) ∆H0s, 298 (kJ mol-1) -393,51 -1 -1 37,129 C0p ,298 (JK mol )

ai l.c

CH3OH(k) +

1. Tính ∆H 0298 và ∆U 0298 của phản ứng

2. Tính ∆H 0 ở 2270C cho phản ứng. Thừa nhận rằng C0p là hằng số trong

yn h

khoảng nhiệt độ khảo sát. Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. 2 nguyên tố X và Y cùng thuộc chu kì 2, tạo được với Clo 2 hợp chất sau đây: XCl3 (phân tử phẳng, tam giác); YCl4 (phân tử tứ diện). XCl3 có thể tác dụng với Cl- cho XCl4- và dễ bị thủy phân. YCl4 không có những tính chất này. a. Xác định vị trí của X và Y trong bảng HTTH các nguyên tố hóa học? b. So sánh góc liên kết, độ dài liên kết và momen lưỡng cực của cặp XCl3 (I) và XCl4- (II). 2. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm a. Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. b. Tính số ion Cu+, Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. c. Xác định bán kính ion của Cu+ cho: dCuCl = 4,316g/cm3 ; rCl- = 1,84A0 ; Cu = 63,5; Cl=35,5; N=6,023.1023 Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) Cho 4,0 gam chì sunfat tinh khiết vào 150 ml nước và khuấy cho đến cân bằng dung dịch trên phần lắng được thiết lập thì nhúng một điện cực chì và một điện cực đối chiếu (E0 = 0,327V) vào dung dịch. người ta đo được ở 298K một hiệu điện thế ∆E = 0,478 V. a. Hãy cho biết điện cực nào có thế thấp hơn. Xác định catot và anot. Tính tích số tan của PbSO4.

b. Nếu mẫu chì sunfat không cho vào nước mà cho vào 150 ml dung dịch H2SO4 có pH = 3 thì hiệu điện thế nào có thể có giữa chì và điện cực đối chiếu? (Giả thiết H2SO4 đã proton hóa hết) c. Tại một nhiệt độ nhất định thì tích số tan của PbSO4 = 1,1.10-8 (mol/l)2. Hãy tính tích số tan của PbS. Cho: E0 2 + = − 0,126 V )

( Pb / Pb

 → PbI2 (rắn) + SO42PbSO4 (rắn) + 2I − ← 

ai l.c

K1 = 4,6. 10-1

K2 = 4,3. 1012

 → PbCrO4 (rắn) + S2-. PbS (rắn) + CrO42- ← 

K3 = 7,5. 10-8

 → PbCrO4(rắn) + 2IPbI2 (rắn) + CrO42- ← 

yn h

Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân Pin chì-axit hay còn gọi là ắc quy chì gồm anot là tấm lưới chì phủ kín bởi chì xốp, catot là tấm lưới chì phủ kín bởi PbO2 xốp. Cả 2 điện cực được nhúng trong dung dịch điện li H2SO4. a. Hãy viết các quá trình xảy ra trên từng điện cực, phản ứng trong pin khi pin chìaxit phóng điện và biểu diễn sơ đồ của pin. Cho biết: E0 của Pb2+/Pb là -0,126V; của PbO2/Pb2+ = 1,455V; HSO4- có pKa = 2,00; PbSO4 có pKS = 7,66; ở 250C. b. Tính E0 của PbSO4/Pb; PbO2/PbSO4 và tính điện áp V của ắc quy chì, nếu CH2SO4 ≈ 1,8M. Câu 7: (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. (a) Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z. (b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1.

ai l.c

Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Để xác định hàm lượng oxi tan trong nước người ta lấy 100,00 ml nước rồi cho ngay MnSO4(dư) và NaOH vào nước. Sau khi lắc kỹ (không cho tiếp xúc với không khí) Mn(OH)2 bị oxi hóa thành MnO(OH)2. Thêm axit (dư) ,khi ấy MnO(OH)2 bị Mn2+ khử thành Mn3+. Cho KI (dư) vào hỗn hợp, Mn3+ oxi hóa Ithành I3-. Chuẩn độ I3- hết 10,50 ml Na2S2O3 9,800.10-3 M. a) Viết các phương trình ion của các phản ứng đã xảy ra trong thí nghiệm? b) Tính hàm lượng (Mol/l) của oxi tan trong nước?

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.

---------------------------------------------------

yn h

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯNG YÊN

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN-TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG NĂM HỌC 2017-2018 MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút

ĐÁP ÁN ĐỀ GIỚI THIỆU

ai l.c

Câu 1: (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? Hướng dẫn chấm Điểm Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là 0,25 nhóm VA (ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 ⇒ n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. 0,25

yn h

Câu 1 1

N H

H H

N2O5: N có trạng thái lai hoá sp2. O

N O

0,25

HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp2 0,25

0,5

ai l.c

a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16

0,5

→ 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6

Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+

yn h

c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện 0,5 tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất.

Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học 1. Một trong các phản ứng gây ra sự phá hủy tầng ozon của khí quyển là : NO + O3 → NO2 + O2 Trong 3 thí nghiệm, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nồng độ của các chất phản ứng như sau: Thí nghiệm [NO], mol/l [O3], mol/l Tốc độ v, mol/l.s1

N01 N02

0,02 0,04

0,02 0,02

7,1.10-5 2,8.10-4

k trong

ai l.c

N03 0,02 0,04 1,4.10-4 Xác định các bậc phản ứng riêng a, b và hằng số tốc độ trung bình phương trình động học: v = k[NO]a . [O3]b 2. Cho phản ứng : CCl3COOH → CHCl3 + CO2 Ở 440C: k1 = 2,19.10-7 s-1. Ở 1000C: k2 = 1,32.10-3 s-1 a. Tính hệ số nhiệt độ của phản ứng. b. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng Câu Hướng dẫn chấm 1. ln v = ln k + a ln [NO] + b ln [O3] 1 Chọn N01 và N02 ta có: ln v2- ln v1 = a( ln [NO]2 - ln [NO]1) ln (2,8.10-4/7,1.10-5) = ln 4 = a ln 2 → 4 = 2a → a = 2. Tương tự với N01 và N03, ta có ln 2 = b ln 2 → 2 = 2b → b = 1 Tính: k( trung bình) = v / [NO]2[O3] = 8,9 ℓ 2.mol-2.s-1.

k T1

=γ

Áp dụng công thức:

k T2

0,25 0,25 0,5 0,75

T2 − T1 10

2.a.

Điểm

2.b.

Ea  1 1,32.10 −3 1  = ⇒ E a = 153 kJ/mol  −7 2,19.10 8,314  317 373 

0,75

100-44 1,32.10-3 10 = γ ⇒ γ = 4,73 2,19.10 −7

yn h

⇒

Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học Cho biết phản ứng và các số liệu sau:

CH3OH(k) +

3 O2(k) → CO2(k) + 2H2O(k) 2

CO2 (k) ∆H0s, 298 (kJ mol-1) -393,51 -1 -1 37,129 C0p ,298 (JK mol )

H2O(k) -241,83 33,572

1. Tính ∆H 0298 và ∆U 0298 của phản ứng

O2(k) 0 29,372

CH3OH(k) -201,17 49,371

2. Tính ∆H 0 ở 2270C cho phản ứng. Thừa nhận rằng C0p là hằng số trong khoảng nhiệt độ khảo sát. Câu Xét phản ứng: 1

Hướng dẫn chấm 3 O2 (K) 2

CH3OH(K)

+ 2H2O(K)

∆H 0298

= -393,51 - 241,83 x 2 - (- 201,17) = - 676,00kJ

∆U 0298

= ∆H 0298 - ∆nRT = -676,00.103 - 0,5 x 8,314 x 298

∆U 0298

= -677,24kJ.

ai l.c

-> CO2(K)

Điểm

= - 676,00.103 +

∫

298

10,844dT = -673,81kJ.

0,5

2. ∆H T0

0,5

0,75

∆C 0p = 37,129 + 33,572 x 2 - 49,371 - 29,372 x 1,5= 10,844J.K-1

0,75

yn h

T = 500 K Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. 2 nguyên tố X và Y cùng thuộc chu kì 2, tạo được với Clo 2 hợp chất sau đây: XCl3 (phân tử phẳng, tam giác); YCl4 (phân tử tứ diện). XCl3 có thể tác dụng với Cl- cho XCl4- và dễ bị thủy phân. YCl4 không có những tính chất này. a. Xác định vị trí của X và Y trong bảng HTTH các nguyên tố hóa học? b. So sánh góc liên kết, độ dài liên kết và momen lưỡng cực của cặp XCl3 (I) và XCl4- (II). 2. Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm a. Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. b. Tính số ion Cu+, Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. c. Xác định bán kính ion của Cu+ cho: dCuCl = 4,316g/cm3 ; rCl- = 1,84A0 ; Cu = 63,5; Cl=35,5; N=6,023.1023 Câu Hướng dẫn chấm Điểm a. Từ cấu trúc Lewis của 2 hợp chất 1 0,5 Suy ra cấu hình electron của lớp ngoài cùng của các nguyên tử X và Y ở trạng thái cơ bản là : X: s2p1 X ở ô số 5 là B

ai l.c

Y: s2p2 Y ở ô số 6 là C (Từ các tính chất hóa học đã cho ta suy ra: - Lớp vỏ electron hóa trị của X trong XCl3 còn obital trống nhưng lớp vỏ electron hóa trị của Y ( trong YCl4) thì không , mà X và Y ở chu kì II.) b. 0,5 0 ’ α (I) = 120 ; α ( II ) = 109,28 d (I ) < d(II) vì liên kết trong X- Cl (I) ngòai liên kết σ còn có 1 phần liên kết π (p-p). Mặt khác trong obitan lai hóa %s càng lớn thì độ dài liên kết càng nhỏ µ I = µ II = 0

a.Mạng cơ sở của CuCl kết tinh theo mạng lập phương tâm 0,5 diện ( Hình sinh vẽ hình) b. Tính số ion Cu+; Cl0,5 8 đỉnh của lập phương 6 mặt của lập phương → Có 4Cl- giữa các cạnh của lập phương → Có 4Cu+ → Số phân tử CuCl trong ô cơ sở là 4 4Cu+ + 4Cl- → 4CuCl c. Xác định bán kính của Cu+ 0,5

yn h

N .M CuCl Với V = a3 ( a là cạn của hình lập phương, N là N A .V

có d =

số phân tử) suy ra a 3 =

N .M CuCl 4(63,5 + 35,5) = = 158,965.10 −24 cm3 23 4,136.6, 023.10 N A .d

Suy ra a = 5, 418.10−8 cm = 5, 418 A0

Mặt khác ta có a = 2r + + 2r − ⇒ r + =

a − 2r − = 0,86855 A0 2

Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan)

Cho 4,0 gam chì sunfat tinh khiết vào 150 ml nước và khuấy cho đến cân bằng dung dịch trên phần lắng được thiết lập thì nhúng một điện cực chì và một điện cực đối chiếu (E0 = 0,327V) vào dung dịch. người ta đo được ở 298K một hiệu

( Pb / Pb

)

 → PbI2 (rắn) + SO42PbSO4 (rắn) + 2I − ← 

ai l.c

điện thế ∆E = 0,478 V. a. Hãy cho biết điện cực nào có thế thấp hơn. Xác định catot và anot. Tính tích số tan của PbSO4. b. Nếu mẫu chì sunfat không cho vào nước mà cho vào 150 ml dung dịch H2SO4 có pH = 3 thì hiệu điện thế nào có thể có giữa chì và điện cực đối chiếu? (Giả thiết H2SO4 đã proton hóa hết) c. Tại một nhiệt độ nhất định thì tích số tan của PbSO4 = 1,1.10-8 (mol/l)2. Hãy tính tích số tan của PbS. Cho: E0 2 + = − 0,126 V K1 = 4,6. 10-1 K2 = 4,3. 1012

 → PbCrO4(rắn) + 2IPbI2 (rắn) + CrO42- ← 

 → PbCrO4 (rắn) + S2-. PbS (rắn) + CrO42- ← 

Hướng dẫn chấm Điểm Pb/Pb2+ có thế chuẩn âm. Vì chắc chắn là C (Pb ) < 1 mol/lít nên

Câu 5 a

K3 = 7,5. 10-8

yn h

theo phương trình Nernst thì thế này giảm tiếp, cho nên điện cực chì có điện thế nhỏ hơn điện cực đối chiếu. Vì các electron chuyển từ nơi có điện thế thấp sang nơi có điện thế cao nên các ion Pb2+ từ điện cực Pb sẽ đi vào dung dịch và phản ứng oxihóa-khử xảy ra, do đó điện cực chì là anot còn điện cực đối chiếu là catot. ∆E = Eđối chiếu − E (Pb / Pb2+ ) → 0,478 = 0,237 − E (Pb / Pb2+ )

→ E (Pb / Pb2+ ) = − 0,241 V

0,5

RT C(Pb Mặt khác: E (Pb / Pb2+ ) = E0 (Pb / Pb2+ ) + ln

)

1mol / l

Với n = 2 và các giá trị khác đã cho ta có: C (Pb2+ ) = 1,288.

10-4 mol/ l (= C (SO24− ) ) Ks (PbSO4) = (1,288. 10-4 mol/ l )2 = 1,66. 10-8 (mol/l)2. b

0,75

1 . 10 −3 mol/l 2

C(SO2− )

1, 66.10−8 = 3,318. 10 −5 mol/ l −3 0,5.10

ai l.c

→ C (Pb2+ ) =

pH = 3 → C (H3O+ ) = 1,00. 10 −3mol/l C (SO24− ) =

0,5

Theo phương trình Nernst: E (Pb / Pb2+ ) = − 0,126 +

3,318. 10 −5 = − 0,258 V

0, 059 lg 2

C(I2 − )

C(CrO2− )

K3 =

yn h

K2 =

K1 =

0,75

Theo giả thiết:

C(SO2− )

Vậy ∆E = Eđ/ch − E (Pb / Pb2+ ) = 0,237 − (− 0,258) = 0,495 V

C(S2− ) C(CrO2− ) 4

Phải tìm là Ks (PbS) = C (Pb2+ ) . C (S2− ) = K3 ( ). ( ) . K1 K2

Ks (PbSO4 ) = 4,2. 10-28 (mol/ l)2.

ai l.c

+ 2 H2O 10-2 107,66

Phản ứng trên catot: PbO2 + HSO4- + 3H+ + 2e ⇌ PbSO4 + 2 H2O

K1 (*)

−2.( −0,126) 10 0,0592

10-2

Anot: Pb ⇌ Pb + 2e HSO4- ⇌ SO42- + H+

0,25

PbO2 + 4 H+ + 2e ⇌ Pb2+ HSO4- ⇌ SO42- + H+ Pb2+ + SO42- ⇌ PbSO4

2.1,455 10 0,0592

Cho biết: E0 của Pb2+/Pb là -0,126V; của PbO2/Pb2+ = 1,455V; HSO4- có pKa = 2,00; PbSO4 có pKS = 7,66; ở 250C. b. Tính E0 của PbSO4/Pb; PbO2/PbSO4 và tính điện áp V của ắc quy chì, nếu CH2SO4 ≈ 1,8M. Câu Hướng dẫn chấm Điểm Catot: a

0,25

2.E 0PbO 2 /PbSO 4

yn h

Pb2+ + SO42- ⇌ PbSO4 107,66 Phản ứng trên anot: Pb + HSO4- ⇌ PbSO4 + H+ + 2e K2 (**) Phản ứng xảy ra trong pin khi pin hoạt động: PbO2 + Pb + 2 HSO4- + 2 H+ ⇌ 2 PbSO4 + 2 H2O (***) Sơ đồ pin: (a) Pb│PbSO4, H+, HSO4-│PbO2 (Pb) (c)

0,0592 Từ (*):10 = K1 = → E 0PbO /PbSO = 1,62 (V) 2

2.1,455 10 0,0592

0,25

−2.E 0PbSO 4 /Pb

Từ (**):10

.10-2. 107,66

0,25 0,25

0,0592

= K2 =

−2.( −0,126) 10 0,0592 .10-2.

→ E 0PbSO 4 /Pb = - 0,29 (V)

Ta có: V = E(c) – E(a) = E PbO2 /PbSO4 - E PbSO4 /Pb

107,66 0,25

V= E 0PbO2 /PbSO4 +

0, 0592 0, 0592 [H + ] .log([HSO -4 ].[H + ]3 ) - E 0PbSO /Pb − .log 4 2 2 [HSO-4 ]

0,5

0,0592 .log([HSO-4 ]2 .[H + ]2 ) 2

V = E 0PbO2 /PbSO4 - E 0PbSO4 /Pb +

Trong đó [HSO -4 ], [H + ] được tính theo cân bằng: [ ] 1,8 – x

⇌ H+

Ka = 10-2

SO 4

1,8 + x

HSO 4

ai l.c

-3 + [ SO 24 ] = x = 9,89.10 (M) → [H ] = 1,81 (M); [ HSO 4 ] = 1,79

0, 0592

log{(1, 79) .(1,81) } = 1,94 (V)

V = 1,62 + 0,29 +

(M)

0,5

yn h

Câu 7: (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh Dung dịch X là dung dịch HCl. Dung dịch Y là dung dịch NaOH. Cho 60 ml dung dịch vào cốc chứa 100 gam dung dịch Y, tạo ra dung dịch chỉ chứa một chất tan. Cô cạn dung dịch, thu được 14,175 gam chất rắn Z. Nung Z đến khối lượng không đổi, thì chỉ còn lại 8,775 gam chất rắn. (a) Tìm nồng độ CM của dung dịch X, nồng độ C% của dung dịch Y và công thức của Z. (b) Cho 16,4 gam hỗn hợp X1 gồm Al, Fe vào cốc đựng 840 ml dung dịch X. Sau phản ứng thêm tiếp 1600 gam dung dịch Y vào cốc. Khuấy đều cho phản ứng hoàn toàn, lọc lấy kết tủa, đem nung ngoài không khí đến khối lượng không đổi, thu được 13,1 gam chất rắn Y1. Tìm thành phần % theo khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp X1. Câu 7 Hướng dẫn chấm Điểm

(a)

HCl + NaOH → NaCl + H2O NaCl + n H2O → NaCl.nH2O Z

C %( NaOH ) =

0,15 × 40 × 100% = 6% 100

ai l.c

0,15 = 2,5M 0,06

0,5

CM ( HCl ) =

NaCl.nH2O → NaCl + n H2O Do dung dịch thu được chỉ chứa một chất tan nên HCl và NaOH phản ứng vừa đủ với nhau. Có: nHCl = nNaOH = nNaCl = 8,775: 58,5 = 0,15 mol.

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng ta có: nH2O = 14,175 - 8,775 = 5,4 gam;

nH2O = 0,3 mol

=> n = 0,3: 0,15 = 2; Vậy công thức của Z là NaCl.2H2O.

0,5

1600 × 6 = 2,4 mol 100 × 40

n NaOH =

yn h

(b) Số mol HCl có trong 840 ml dung dịch X: nHCl = 0,84.2,5 0,5 = 2,1 mol Số mol NaOH có trong 1600 gam dung dịch Y:

Al + 3 HCl → AlCl3 + 3/2 H2

(1)

Fe + 2 HCl → FeCl2 + H2 (2)

b 2b b Giả sử X1 chỉ có Al. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết lượng Al là: nHCl =

16,4 × 3 = 1,82 < 2,1 27

Giả sử X1 chỉ có Fe. Vậy số mol HCl cần dùng để hòa tan hết

lượng Fe là: nHCl =

16,4 × 2 = 0,59 < 2,1 56

Vậy với thành phần bất kì của Al và Fe trong X1 thì HCl luôn dư. Khi thêm dung dịch Y: HCl

NaOH → NaCl + H2O

ai l.c

(3) 2,1 - (3a + 2b) 2,1 - (3a + 2b) FeCl2 + 2 NaOH → Fe(OH)2 + 2 NaCl b

(4)

AlCl3 + 3 NaOH → Al(OH)3 + 3 NaCl

(5)

yn h

a 3a a Đặt số mol của Al và Fe trong 16,4 gam hỗn hợp X1 lần lượt là a và b. Có: 27a + 56b = 16,4 (*) Tổng số mol NaOH tham gia các phản ứng (3), (4) và (5) là 2,1 mol => số mol NaOH dư là: 2,4- 2,1 = 0,3 mol.

Al(OH)3 + NaOH → NaAlO2 + 2 H2O a 0,3 Trường hợp 1: a ≤ 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan hoàn toàn, kết tủa 0,5 chỉ có Fe(OH)2.

4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 là Fe2O3. b/2 = nFe2O3 = 13,1: 160 = 0,081875; => b = 0,16375 mol (*) => a = 0,2678 mol (≤ 0,3) => %Al = 27. 0,2678 .100: 16,4 = 44,09%; %Fe = 55,91%.

Trường hợp 2: a > 0,3, Al(OH)3 bị hòa tan một phần, kết tủa 0,5 có Fe(OH)2 và Al(OH)3 dư. 2 Al(OH)3 → Al2O3 + 3 H2O a - 0,3 (a - 0,3)/2

ai l.c

4 Fe(OH)2 + O2 → 2 Fe2O3 + 4 H2O b b/2 Chất rắn Y1 có Al2O3 và Fe2O3. 51 (a - 0,3) + 80 b = 13,1 (**) Từ (*) và (**) suy ra: a = 0,4; b = 0,1 => %Al = 27. 0,4 .100: 16,4 = 65,85%; %Fe = 34,15%.

yn h

Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ 1. Để xác định hàm lượng oxi tan trong nước người ta lấy 100,00 ml nước rồi cho ngay MnSO4(dư) và NaOH vào nước. Sau khi lắc kỹ (không cho tiếp xúc với không khí) Mn(OH)2 bị oxi hóa thành MnO(OH)2. Thêm axit (dư) ,khi ấy MnO(OH)2 bị Mn2+ khử thành Mn3+. Cho KI (dư) vào hỗn hợp, Mn3+ oxi hóa Ithành I3-. Chuẩn độ I3- hết 10,50 ml Na2S2O3 9,800.10-3 M. a) Viết các phương trình ion của các phản ứng đã xảy ra trong thí nghiệm? b) Tính hàm lượng (Mol/l) của oxi tan trong nước? 2. Khi cho lưu huỳnh nguyên tố tác dụng với khí clo khô ở 130oC thu được một chất lỏng màu vàng A chứa 52.5% Cl và 47.5% S. Tiếp tục cho A tác dụng với khí clo trong sự có mặt của FeCl3 thu được một chất lỏng màu đỏ B dễ hút ẩm. B tác dụng với oxy thu được chất lỏng không màu C (59.6% Cl, 26.95% S và 13.45% O) và một chất D (M = 135 g/mol) có thể nhận được trực tiếp bằng phản ứng giữa C và oxy. Xác định cấu trúc các chất và viết phương trình phản ứng xảy ra. Câu 9 1

Hướng dẫn chấm a) Các phương trình phản ứng: Mn2+ + 2OH→ Mn(OH)2↓

Điểm 0,75 (1)

→ 2MnO(OH)2 → 2Mn3+ +3H2O → 2Mn2+ + I3→ S4O62- + I-

2MnO(OH)2 + O2 MnO(OH)2↓ + 4H+ + Mn2+ 2Mn3+ + 3II3- + 2S2O32-

(2) (3) (4) (5) 0,75

ai l.c

b) Tính hàm lượng (mol/lit) của oxi tan trong nước :

Hàm lượng O2 :

S2Cl2 + Cl2 → 2SCl2

2SOCl2 + O2 → SO2Cl2

2SCl2 + 2O2 → 2SOCl2 + SO2Cl2

2S + Cl2 → S2Cl2

yn h

---------------------------------------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO LAI CHÂU

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LQĐ

Trại hè Hùng Vương lần thứ XIV

(Đề thi gồm có 03 trang)

Môn: Hóa 10

Câu 1. (2,5điểm). Cấu tạo nguyên tử, phân tử, hạt nhân

X + Y

Đối với phản ứng:

→ Z + T

Câu 2. (2,5điểm). Động học

ai l.c

1. Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV. Khi chiếu một bức xạ có bước sóng nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron thoát ra. Tính vận tốc của electron này. Cho h = 6,625.10-34J.s ; me = 9,1.1031 kg. 2. Cho các phân tử: O3 ; SO2 ; NO2và các góc liên kết: 1200 ; 1320 ; 116,50. a. Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng. b. Giải thích (ngắn gọn). 3. Xác định biến đổi đúng trong trường hợp sau và viết phương trình phản ứng hạt nhân:

yn h

Trộn 100ml dung dịch chất X và 100ml dung dịch chất Ycó cùng nồng độ 1M: CX 43 = Tính C X 0 100

a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 60,20C thì sau 120 phút tỉ lệ nồng độ

hằng số tốc độ của phản ứng. b. Nếu thực hiện phản ứng ở 70,20C thì sau 79,8 phút nồng độ của X chỉ còn một nửa. Tính năng lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol-1). c. Trộn 100 ml dung dịch chất X với 200ml dung dịch chất Y, đều cùng nồng độ 1M, ở nhiệt độ 60,20C thì sau bao lâu X còn lại 20%?

Câu 3. (2,5điểm). Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học

1. Cho phản ứng: Zn(r) + Cu2+(aq) → Zn2+(aq) + Cu(r) diễn ra trong điều kiện chuẩn ở 25oC. a. Tính W, Q, ∆U, ∆H, ∆G, ∆S của phản ứng ở điều kiện trên. Biết: Zn(r) Cu2+(aq) Zn2+(aq) Cu(r) 0 64,39 -152,4 0 0 ∆Hs,298 (kJ / mol)

0 Ss,298 (J / mol.K)

41,6

-98,7

-106,5

b. Hãy xét khả năng tự diễn biến của phản ứng theo 2 cách khác nhau?

33,3

2. Tại 50oC và dưới áp suất 0,344 atm, độ phân li của N2O4 thành NO2 bằng 63%. Xác định hằng số cân bằng KP và KC.

Bán kính của các cation và anion lần lượt bằng 0,68 A và 1,36 A .

ai l.c

Câu 5. (2,5 điểm) Dung dịch

Câu 4. (2,5 điểm) Tinh thể Kim loại M tác dụng với hiđro cho hiđrua MHx (x = 1, 2,...). 1,000 gam MHx phản ứng với nước ở nhiệt độ 25oC và áp suất 99,50 kPa cho 3,134 lít hiđro. a. Xác định kim loại M. b. Viết phương trình của phản ứng hình thành MHx và phản ứng phân huỷ MHx trong nước. c. MHx kết tinh theo mạng lập phương tâm mặt. Tính khối lượng riêng của MHx.

Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd2+ 0,010M và Zn2+ 0,010M đến khi nồng độ

H2S đã hấp thụ đạt 0,02 M.

a. Hỏi những ion nào bị kết tủa hoàn toàn?Tính pH của dung dịch khi các cân bằng đã được thiết lập.

b. Thiết lập khu vực pH tại đó còn dưới 0,1% Cd2+ trong dung dịch mà ZnS chưa bị kết

tủa.

βCdOH+ = 10−10,2 ; *βZnOH+ = 10−8,96

2− 4

Câu 6:( 2,5 điểm): Điện hóa 0 0 Cho ECrO = −0,18V ; EMnO / Cr ( OH )

− 4

/ MnO ( OH ) 2

= +1,695V

yn h

Cr(OH)3

Cho: H2S pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90; Ks,CdS = 10-26; Ks,ZnS = 10-21,6

CrO2- + H+ + H2O

K = 1,0.10-14

MnO(OH)2.

a. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứngxảy ra trong pin.

c. Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M.

Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động. Câu 7.(2,5 điểm)Nhóm halogen, oxi-lưu huỳnh 1. Dạng thù hình bền nhất của lưu huỳnh là S8 (mạch vòng) trong khi S2 lại rất kém bền. Ngược lại, O2 là dạng thù hình bền nhất còn O8 thì chưa được biết đến. Hãy giải thích sự khác nhau về độ bền tương đối của các dạng thù hình của hai nguyên tố. Cl2 Cl O → X  → Y  → Z+T 2. Cho sơ đồ chuyển hóa: Lưu huỳnh  Fe ( III ) 130 C 2 o

Biết: X là chất lỏng màu vàng, chứa 52,5% Cl và 47,5% S. Y là chất lỏng màu đỏ, dễ hút ẩm. Z là chất lỏng không màu chứa 59,6% Cl; 26,95% S và 13,45% O. T có khối lượng mol là 134,96 g/ mol. Z + O2→ T. Hãy cho biết công thức phân tử của các hợp chất từ X đến T. Viết các phương trình phản ứng. 2

Câu 8.(2,5 điểm) Tổng hợp vô cơ Một khoáng vật hiếm gặp trong tự nhiên. Nó có màu đen pha tím, ánh kim. Thành phần của Acgirôđit gồm bạc (Ag+), lưu huỳnh (S2-) và một hợp chất chứa nguyên tố mới X chưa xác định lúc bấy giờ.

ai l.c

a. Tính số mol và khối lượng Ag+ và S2- trong 100 gam Acgirôđit. b. Xác định nguyên tố X và công thức của khoáng vật. c. Viết phương trình phản ứng của B với HCl đậm đặc và dung dịch NaOH.

Đốt cháy hoàn toàn 1,0002 gam khoáng vật trong không khí thấy có SO2 thoát ra và chất rắn A. Chất rắn A hoàn tan trong axit nitric thu được dung dịch C và chất rắn B (là một oxit lưỡng tính). Để xác định ion Ag+, người ta cho vào dung dịch C 100 ml 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.

Người ra đề

Nguyễn Thị Bích Ngọc

yn h

SĐT: 0912.514.693

HĆŻáť&#x161;NG DáşŞN CHáş¤M Ä?áť&#x20AC; THI Ä?áť&#x20AC; XUáş¤T Ć°ĆĄng láş§n tháťŠ XIV TráşĄi hĂ¨ HĂšng VĆ°ĆĄng MĂ´n: HĂła 10

Sáť&#x17E; GIĂ O Dáť¤C VĂ&#x20AC; Ä?Ă&#x20AC;O Táş O LAI CHĂ&#x201A;U

TRĆŻáť&#x153;NG THPT CHUYĂ&#x160;N LQÄ?

CĂ˘u 1. (2,5 Ä&#x2018;iáť&#x192;m). CáşĽu táşĄo nguyĂŞn táť, phĂ˘n táť, háşĄt nhĂ˘n 1.1

Theo Ä&#x2018;áť bĂ i cĂł: He â&#x2020;&#x2019; He2+ + 2e ; I = + 79,00 eV Máşˇt khĂĄc, He+â&#x2020;&#x2019; He2+ + 1e ; I2 = -Ee trong He+

Îť

. . , .

4,9675. 10

(J)

â&#x2021;&#x2019; WÄ&#x2018; (e) = mv = E â&#x20AC;&#x201C; I1 = 1,0277510 (J) â&#x2021;&#x2019; v = 1,503.106m/s a. Ä?iáť n gĂłc liĂŞn káşżt: O3 : (116,5o) ; SO2 : (120o) ; NO2 : (132o) b. GiáşŁi thĂch: - CĂĄc phĂ˘n táť: O3 : (116,5o) ; SO2 : (120o) ; NO2 : (132o) ; CĂł lai hoĂĄ sp2 nĂŞn gĂłc liĂŞn káşżt â&#x2030;&#x2C6; 120o. thuáť&#x2122; hai yáşżu táť&#x2018;: GĂłc liĂŞn káşżt pháťĽáťĽ thuáť&#x2122;c áť§a nguyĂŞn táť&#x2018; trung tĂ˘m; Ä&#x2018;áť&#x2122; Ă˘m Ä&#x2018;iáť&#x2021;n cĂ ng máşĄnh â&#x2021;&#x2019; tÄ&#x192;ng gĂłc + Ä?áť&#x2122; Ă˘m Ä&#x2018;iáť&#x2021;n cáť§a liĂŞn káşżt. + Máşt Ä&#x2018;áť&#x2122; e, Ä&#x2018;áť&#x2122; láť&#x203A;n áť&#x203A;n ccáť§a obitan lai hoĂĄ chĆ°a tham gia liĂŞn káşżt lĂ m tÄ&#x192; tÄ&#x192;ng láťąc Ä&#x2018;áşŠy khĂŠp gĂłc â&#x2021;&#x2019; lĂ m giáşŁm gĂłc liĂŞn káşżt. nh nháşĽt vĂŹ obitan lai hoĂĄ cĂ˛n cáşˇp e chĆ°aa liĂŞn káşżt táşĄo láťąc - O3 cĂł gĂłc liĂŞn káşżt nháť? Ä&#x2018;áşŠy khĂŠp gĂłc. - NO2 cĂł gĂłc liĂŞn káşżt láť&#x203A;n nháşĽt vĂŹ N cĂł Ä&#x2018;áť&#x2122; Ă˘m Ä&#x2018;iáť&#x2021;n láť&#x203A;n hĆĄnn S, obitan lai hoĂĄ chĆ°aa tham gia liĂŞn káşżt cĂł 1e nĂŞn láťąc Ä&#x2018;áşŠy khĂŠp gĂłc kĂŠm. áşŁy ra theo kiáť&#x192;u ki phĂłng xáşĄ táťą nhiĂŞn PháşŁn áťŠng háşĄt nhĂ˘n xáşŁy

-18

0,5

0,5 0,25 0,75

1.2

ai l.c

áşĄt nhĂ˘n 1 electron â&#x2021;&#x2019; I2 = + 13,6. = + 54,4 eV mĂ He+ lĂ háť&#x2021; 1 háşĄt â&#x2021;&#x2019; I1, He = I â&#x20AC;&#x201C; I2 = 24,60 eV = 3,941.10-18 (J) NÄ&#x192;ng lĆ°áťŁng cáť§a báťŠc áťŠc xáşĄ: x

1.3

yn h

tia phĂłng xáşĄ lĂ hoáşˇc . 1. Biáşżn Ä&#x2018;áť&#x2022;i Ä&#x2018;ĂŁ cho khĂ´ng pháşŁi lĂ biáşżn Ä&#x2018;áť&#x2022;i tráťąc tiáşżp

áşŁo toĂ n sáť&#x2018; kháť&#x2018;i: 235 = 206 + 4x Theo Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáşt báşŁo khĂ´ng Ä&#x2018;Ăşng.

0,25 quĂĄ trĂŹnh: khĂ´ng háťŁp lĂ˝

Biáşżn Ä&#x2018;áť&#x2022;i

0,25

Theo Ä&#x2018;áť&#x2039;nh luáşt báşŁo toĂ n váşt cháşĽt háťŁp lĂ˝ â&#x2020;&#x2019; Biáşżn Ä&#x2018;áť&#x2022;i trĂŞn lĂ Ä&#x2018;Ăşng.

CĂ˘u 2. (2,5Ä&#x2018;iáť&#x192;m). Ä?áť&#x2122;ng háť?c

a.Ä?áť&#x2018;i váť&#x203A;i pháşŁn áťŠng: ng: X+Y â&#x2020;&#x2019; Z+T 0,75 PhĆ°ĆĄng trĂŹnh táť&#x2018;c Ä&#x2018;áť&#x2122; pháşŁn áťŠng dáşĄng táť&#x2022;ng quĂĄt lĂ : v = kCXCY (1) VĂŹ náť&#x201C;ng Ä&#x2018;áť&#x2122; ban Ä&#x2018;áş§u cáť§a X vĂ Y báşąng nhau nĂŞn (1) tráť&#x; thĂ nh v = k CX2 vĂ phĆ°ĆĄng trĂŹnh Ä&#x2018;áť&#x2122;ng háť?c tĂch phĂ˘n ttĆ°ĆĄng áťŠng lĂ : kt = 1/CX - 1/CXo Thay cĂĄc giĂĄ tráť&#x2039; sáť&#x2018; tĂnh Ä&#x2018;Ć°áťŁc k 1 = 3,68.10-4 mol-1ls-1. 1

b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp 1) được k 2 = 4,177.10-4 mol-1ls-1. Áp dụng phương trình Arrhenius: ln

kT2

kT1

0,75

E 1 1 ( − ) R T1 T2

Với T1 = 333,2K; T2 = 343,2K; k 1 = 3,68.10-4 mol-1l.s-1;k 2 = 4,177.10-4 mol-1l.s-1. Thay Arrhenius trên tính được Ea = 12044 Jmol-1.

b(a − x ) b( a − x ) 1 1 ln => t = ln a − b a (b − x) k (a − b) a (b − x)

Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 8956,1 s.

Câu 3. (2,5 điểm). Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học a. Zn(r) + Cu2+(aq) → Zn2+(aq) + Cu(r)

3.1

ai l.c

kt =

c. CXo = 1/3M; CYo = 2/3M. Nồng độ ban đầu của X và Y khác nhau, phương trình 1,0 động học tích phân có dạng:

1,0

Do ∆V = 0 (thể tích coi như không đổi) nên W = 0 0 0 0 0 = -216,79 (kJ/mol). ∆H 0pu = ∆H s,Cu + ∆H s,Zn − ∆H s,Zn − ∆H s,Cu 2+ 2+ (aq) (aq) 0 = -16,1 (J/mol.K). ∆S0pu = S0Cu + S0Zn 2+ (aq) − S0Zn − SCu 2+ (aq)

∆G 0pu = ∆H 0pu − T∆S0pu = -216,79 + 298,15. -16,1.10-3 = -211,99 (kJ/mol).

Do ∆V = 0 (thể tích coi như không đổi) nên Wtt = 0 Vì là quá trình bất thuận nghich nên W’ = 0 Do đó ∆U 0 = Q = ∆H 0pu = -216,79 (kJ/mol). 0,75

yn h

b. Cách 1: Phản ứng có ∆G 0pu = -211,99 (kJ/mol) < 0 nên phản ứng tự xảy ra theo chiều thuận.

Cách 2:∆S$ệ &$ả( ứ(* = -16,1 (J/mol.K) 0 Qmt −∆H pu 216,79.103 = = = 727,12(J / K) T T 298,15

→∆S2ũ ./ụ = : ∆S$ệ &$ả( ứ(* + ∆S+ô- ./ườ(* = 711,02 (J/K) > 0 Quá trình là bất thuận nghịch. Phản ứng tự xảy ra.

0,75

⇀ 2NO2 N2O4 ↽

Gọi α là độ phân ly của N2O4 thì tổng số mol lúc cân bằng là (1 – α) + 2α = 1 + α. Nếu xuất phát từ 1 mol N2O4 thì áp suất riêng phần của mỗi chất ở thời điểm cân bằng là:

3.2

∆S+ô- ./ườ(* =

PNO2 =

KP =

2α 1− α .P; PN 2O4 = .P 1+ α 1+ α

2 PNO 2

PN2O4

4α 2 4(0,63) 2 .P = .0.344 = 0,867(atm) = 1 − α2 1 − (0, 63)2

K C = K P .(RT) −∆n =

0,867 = 0, 034(mol / l) 0, 082.(323)1 2

Câu 4. (2,5 điểm) Tinh thể 1,0

M (MHx) 7,949 g.mol−1 15,898 g.mol−1 23,847 g.mol−1 31,796 g.mol−1

M (M) 6,941 g.mol−1 13,882 g.mol−1 20,823 g.mol−1 27,764 g.mol−1

(M) Liti

ai l.c

x 1 2 3 4

MHx + x H2O  → M(OH)x + x H2 99,5.10 3 N .m −2 × 3,134.10 −3 m 3 PV n (H2) = = 0,1258 moL = RT 8,314 N .m.K −1 .mol −1 × 298,15K 1g × x 0,1258 n (1g MHx) =  → M = x 0,1258moL

a. Kim loại M là Liti b.

0,5

1,0

ρ=

= 4 × M (LiH)

2Li + H2 2 LiH LiH + H2O LiOH + H2 c.LiH kết tinh theo mạng lập phương tâm mặt tương tự như kiểu mạng tinh thể NaCl, ô mạng lập phương tâm mặt của Li+ lồng vào ô mạng lập phương tâm mặt của H- với sự dịch chuyển a/2. r + 0,68 Do Li = = 0,5 > 0,4142 nên a = 2( r Li + + r H − ) rH − 1,36

4×M (LiH) + Li

NA×[2 (r

NA× a3

+ r )]3

(a: cạnh ô mạng; r: bán kính).

4 × 7,95 g.mol−1

yn h

ρ=

= 0,78 g.cm−3

6,022.1023 mol−1× [2(0,68 + 1,36).10−8]3 cm3

Câu 5. (2,5 điểm) Dung dịch

a. Các cân bằng:

Ka1 = 10-7,02 H2S HS- + H+ 2+ HS S + H Ka2 = 10-12,90 Cd2+ + S2- CdS Ks1 = 10-26 2+ 2Zn + S ZnS Ks2 = 10-21,6 Tổ hợp các cân bằng trên ta được: H2S + Cd2+ CdS + 2H+ (1) K1 = 106,08 H2S + Zn2+ ZnS + 2H+ (2) K2 = 101,68 0,25 K1, K2 đủ lớn nên coi phản ứng tạo CdS, ZnS xảy ra hoàn toàn. Nồng độ H+ đủ lớn để bỏ qua các cân bằng tạo phức hidroxo, S2- tồn tại chính ở dạng H2S. ZnS + 2H+ H2S + Zn2+K2-1 = 10-1,68 0,04 M [] 0,04 -2x x x 2 0,5 x -1,68 -3 = 10 → x = 4,5.10 . (0, 02 − 2 x)2 CdS + 2H+ H2S + Cd2+ K1-1 = 10-6,08 3

0,0355 0,0045 0,0355-2y 0,0045+ y

[] (0, 045 + y ) y = 10-6,08 (0, 0355 − 2 y ) 2 → y = 2,329.10-7. Vậy Cd2+ kết tủa hoàn toàn, Zn2+ chỉ kết tủa 55% pH của dung dịch: 1,45.

a. Điều kiện để không có kết tủa ZnS là: C S2−

0,25 0,25

K < ' s2 C Zn2+

0,1 = 1,0.10−5 M 100

K a1 .K a 2 .[H 2 S] < 10−19,6 với [H2S] = 0,01001 M [H + ]2 10-1,16< [H+] < 10-0,46

⇔ 10−21 <

0,25

10−26 = 10−21 −5 10 0,25 trong dung dịch mà Zn2+ vẫn chưa bị kết

Điều kiện để kết tủa được 99,9% Cd2+ là: C S2− > Vậy khu vực pH tại đó chỉ còn 0,1%Cd2+ tủa là: 10-21< C S 2− < 10-19,6

0,25

Khi [Cd2+] = 0,01

(2)

ai l.c

→ Điều kiện để ZnS chưa xuất hiện là: C S2−

10−21,6 < = 10−19,6 M 0,01

Khi CdS đã kết tủa 99,9% thì pH của dung dịch đạt rất thấp, sự tạo phức hidroxo của Zn2+ là không đáng kể → C 'Zn2+ ≈ 0,01M

0,5

Tính K của phản ứng: MnO4- + 4H+ + 3e MnO(OH)2 + H2O K1 = 103.1,695/0,0592 CrO2- + 4OHCrO42- + 2H2O + 3e K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1 4| H2O H+ + OHKw = 10-14 2MnO4 + CrO2 + H2O MnO(OH)2 + CrO4 K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039

6.b

yn h

Câu 6:( 2,5 điểm): Điện hóa 6.a Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3 CrO42- + 4H2O + 3e Cr(OH)3 + 5OH- K1 = 103E1 /0,0592 Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O K = 10-14 + H + OH H2O Kw-1 = 1014 CrO42+ 2H2O+ 3e CrO2+ 4OH- 0,25 3E1 /0,0592 −1 K 2 = K1.K.K w = 10 Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2 0,5 sơ đồ pin: (-)Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+)

6.c

Epin =

Eopin

0,0592 [MnO−4 ].[CrO−2 ] lg [CrO24− ] 3

39.0,0592 = 0,77V 3 0,0592 0,2.0,03 Epin = 0,77 + lg = 0,7656V 3 0,01

Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin =

0,5 0,25 0,25

0,25

6.d

Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) Ở mạch trong: - Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương → các ion âm của cầu muối 0,25 sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện. - Dung dịch bên catot có ion MnO4-, H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm → các ion dương của 0,25 cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện.

Câu 7. (2,5 điểm) Nhóm halogen, oxi-lưu huỳnh 7.1

7.2

x: y =

35,5

ai l.c

Các nguyên tử oxi có bán kính nhỏ hơn nên sự xen phủ bên của 2 obitan p thuận lợi hơn => khả năng tạo liên kết π tốt hơn, cũng vì có bán kính nguyên tử nhỏ nên khả năng tạo 2 liên kết đơn kém (do sự đẩy nhau của các electron tự do giữa 0,25 các nguyên tử oxi làm giảm độ bền của liên kết đơn). Các nguyên tử S có bán kính lớn hơn nên khả năng xen phủ bên của 2 obitan p kém hơn => khả năng tạo liên kết π giảm => không tạo phân tử S2, ngược lại do S có bán kính lớn nên lực đẩy e-e giảm, thuận lợi cho việc tạo liên kết đơn. 0,25 47,5 52,5 0,25 X: S Cl , có: = 1,48 : 1,48 = 1 : 1

Hợp chất SCl không tồn tại do đó CTPT của X phải là S2Cl2.

Z: SaClbOc, có:

0,5

26,95 59,6 13,45 a :b :c = : : = 0,84 :1,68 : 0,84 = 1 : 2 : 1 32 35,5 16

=>Z là SCl2O hay SOCl2. =>Y là SCl2.

1,25

yn h

S2Cl2 + Cl2→ 2 SCl2 (X) (Y) SCl2 + 1/2 O2→ SOCl2 (Y)(Z) SOCl2 + n/2 O2→ SO1+nCl2

(Z)(T) Có: MD = 32 + 16(n+1) + 71 = 134,96 => n=1 =>T là SO2Cl2.

Câu 8.(2,5 điểm) Tổng hợp vô cơ Ag+ + SCN- → AgSCN 8.a Fe3+ + 3SCN → Fe(SCN)3 Ta có:

1,0

n Fe3+ = 0,1.9,69.10−3 = 9,69.10−4 (mol) n SCN− = 0,1.100.10−3 = 0,01(mol)

→ n Ag+ = n SCN− − 3n Fe3+ = 7,093.10−3 (mol) → m Ag + = 0,7653(g) SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3 + H2O Ta có: 5

n BaSO3 = 5,317.10 −3 (mol) → n S2− = n BaSO3 = 5,317.10−3 (mol) mS2− = 0,1707(g) 8.b Trong quặng có chứa Ag2S

n Ag

7,093.10−3 = 3,547.10−3 (mol) 2

→ Nguyên tố X phải có số oxi hóa dương trong mọi hợp chất còn lại. Gọi công thức của hợp chất là XaSb:

→ n Ag2S =

0,5

1,77.10−3 1,77.10−3.a (mol);nX+2a/b = (mol) →mX+2a/b =1,0002−0,7653−0,1707 = 0,0642(g b b 0,0642 b b MX = . = 36,27. (g/ mol) −3 1,77.10 a a

ai l.c

nXaSb =

→ Hợp chất XaSb có thể là :X2S ; XS2 ; X2S3 ; XS… tương ứng với tỉ lệ b/a là 0,5; 2; 0,75 1,5; 1… Và MX tương ứng là: 18,1 ; 72,5 ; 54,5 ; 36,3… → Nhận giá trị b/2 = 2, MX = 72,5 → X là nguyên tố Ge Hợp chất XaSb là GeS2 (Ge hóa trị 4)

1,77.10−3 1,77.10 −3 = = 8,85.10−4 (mol) b 2 → n Ag 2S : n GeS2 = 3,547.10−3 : 8,85.10−4 = 4 :1

Vậy công thức của Acgirôđit là: Ag8GeS6 GeO2 + 4HCl(đặc) → GeCl4 + 2H2O GeO2 + NaOH →Na2GeO3 + 2H2O

yn h

8.c

n GeS2 =

0,25

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN

LỚP 10

TỈNH LẠNG SƠN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đề này có 3 trang, gồm 8 câu)

ai l.c

Câu 1 (2,5 điểm). Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân. 1. Hỗn hợp giữa hai loại bột A và B có ứng dụng rộng rãi trong tàu lặn. Phân tử chất bột A được tạo thành từ các ion X+ và Z 22 − . Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong một phân tử A bằng 116, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 36 hạt. Số khối của X lớn hơn số khối của Z là 7 đơn vị. Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong X+ ít hơn trong Z 22 − là 17 hạt. Phân tử chất bột B

được tạo thành từ các ion Y+ và Z 2− . Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong Y+ nhiều hơn trong Z 2− là 8 hạt và số hạt mang điện trong Y lớn hơn số hạt mang điện trong Z 2− là 4 hạt (X, Y, Z là kí hiệu +

bao gồm một số phân rã α và β trong một loạt các bước kế tiếp.

208 82 Pb

các nguyên tố chưa biết). Xác định công thức phân tử của A, B và viết phương trình hoá học biểu diễn ứng dụng nói trên. 2. Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232 90 Th và kết thúc bằng đồng vị bền

228 90 Th

là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1 atm thu được bằng 228 90 Th

(t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20,0 năm? Chu kỳ bán

bao nhiêu khi 1,00 gam

a) Trong toàn chuỗi có bao nhiêu năng lượng theo MeV được giải phóng?

yn h

hủy của tất cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với chu kỳ bán hủy của Khối lượng nguyên tử:

232 90 Th

= 232,03805 u ;

208 82 Pb

228 90 Th.

= 207,97664 u ; 24 He = 4,00260 u

Câu 2 (2,5 điểm). Động hóa học. Phản ứng (CH2)2O + H2O → HO – CH2 – CH2 – OH (1) được khảo sát bằng thực nghiệm tại điều kiện xác định. Nồng độ etilen oxit được xác định qua trị số đilatomet tỉ lệ với nồng độ đó như sau: T(phút) 0 30 60 135 300 ∞ Trị số đilatomet 18,48 18,05 17,62 16,71 15,22 12,29 1. Bằng cách tính, hãy xác nhận (1) là phản ứng một chiều bậc nhất và tính giá trị của hằng số tốc độ k? 2. Giả thiết ở các điều kiện đang xét, cứ tăng thêm 10oC tốc độ phản ứng (1) tăng lên 3 lần; giả thiết nhiệt độ trước của (1) là 25oC. Hãy xác định năng lượng hoạt hóa Ea của (1). Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt – Cân bằng hóa học 1. Nhiệt hoà tan (∆Hht) 0,672 gam phenol trong 135,9 gam clorofom là -88J và của 1,56 gam phenol trong 148,69 gam clorofom là -172J. Tính nhiệt pha loãng đối với dung dịch có nồng độ như dung dịch thứ hai chứa 1 mol phenol khi pha loãng đến nồng độ của dung dịch thứ nhất bằng clorofom. 2. Cho phản ứng: CH4 (khí) ⇌ C (rắn) + 2H2 (khí) (1) ∆H = + 74,9kJ. 0 Ở 500 C hằng số cân bằng của phản ứng (1) là Kp = 0,41

a) Tính hằng số cân bằng K’p của phản ứng (1) ở 8500C (Giả thiết rằng ∆H không đổi trong khoảng nhiệt độ trên). b) Cho 1 mol CH4 vào một bình chân không dung tích 50 lít giữ ở 8500C. Xác định độ phân li α của CH4 cũng như áp suất của hỗn hợp khí ở thời điểm cân bằng. (Giả thiết các khí là lí tưởng). Câu 4. (2,5 điểm) Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. a) Ở điều kiện thường, hợp chất BCl3 tồn tại ở dạng đơn phân tử còn BH3 không bền, nó bị đime hóa tạo thành B2H6. Giải thích tại sao?

ai l.c

b) Nguyên tố phi kim X phản ứng với Cl2 cho chất lỏng không màu A (tonóng chảy = -94 oC). Chất A tác dụng với Cl2 dư trong dung môi CCl4 khan cho B (chất rắn màu trắng, tothăng hoa = 160 oC). Cho biết khối lượng phân tử của B bằng 1,516 lần khối lượng phân tử của A. Hãy xác định A, B và vẽ cấu trúc phân tử của chúng.

Biết:

yn h

2. Vàng có cấu trúc tinh thể lập phương tâm mặt. Một đơn tinh thể vàng hình lập phương với độ dài mỗi cạnh a = 1,000 cm. Khi chiếu xạ bằng tia XCuKα1 (λ = 154,05 pm) dưới một góc θ = 10,89o, nó tạo ra một mô hình nhiễu xạ bậc 1 rõ rệt. Khối lượng nguyên tử của vàng là 196,97 gam.mol−1. a) Có bao nhiêu nguyên tử vàng trong đơn tinh thể vàng nói trên? b) Khối lượng của một ô (mạng) đơn vị của vàng? c) Tỉ trọng của vàng là bao nhiêu? Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) 1. a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M. b) Độ điện li thay đổi ra sao khi - Pha loãng dung dịch ra 50 lần. - Khi có mặt NaOH 0,0010M. - Khi có mặt CH3COOH 0,0010M. - Khi có mặt HCOONa 1,00M. ⇀ CH 3 NH 3+ CH 3 NH 2 + H + ↽

;

K = 1010,64

⇀ CH3COO- + CH3COOH H+ ; K = 10-4,76 ↽ 2. Tính độ tan của CuI trong dung dịch KI 10-4 M. Biết Ks (CuI)= 10-12 và CuI (r) + ICuI2K= 7,9.10-4 Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M. 1. Tính pH của dung dịch A. 2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M. a) Viết sơ đồ pin. b) Tính sức điện động Epin tại 250C . c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng . Cho biết : Ag+ + H2O AgOH + H+ (1) ; K1= 10 –11,70

Pb2+ + H2O

PbOH+ + H+

(2) ; K2= 10 –7,80

Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 .

RT ln = 0,0592 lg ; = 0 ,799 V F /Ag 3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu: a) thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B. b) thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X. Câu 7: (2,5 điểm) Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh 1. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 2. Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí CO và CO2 qua I2O5 dư đun nóng. Chất rắn sau phản ứng hòa tan vào dung dịch chứa NaI và Na2CO3 dư được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 20,00 mL dung dịch Na2S2O3 0,10 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định phần trăm thể tích khí CO trong hỗn hợp khí ban đầu. Câu 8 (2,5 điểm) Bài tập tổng hợp. 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 (đktc) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng. Biết lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho phản ứng của các chất với KMnO4. …………………...HẾT………………

Câu

Người ra đề

STT

yn h

ai l.c

0 EAg +

4,5,6

Người ra đề Số điện thoại

Nguyễn Thị Thanh Huyền

0984853888

3,8

Nguyễn Thị Bích Ngọc

0916948424

1,2

Bùi Hương Giang

0979895788

Lê Thúy Hằng

0988687833

Chữ kí

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIV

HDC MÔN HÓA HỌC

TRƯỜNG THPT CHUYÊN CHU VĂN AN

LỚP 10

TỈNH LẠNG SƠN ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

(Đáp án gồm có 14 trang)

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.

ai l.c

proton, nơtron, electron trong X+ ít hơn trong Z 22 − là 17 hạt. Phân tử chất bột B được tạo thành từ các ion Y+ và

Z 2− . Tổng số hạt proton, nơtron, electron trong Y+ nhiều hơn trong Z 2− là 8 hạt và số hạt mang điện trong Y+ lớn

hơn số hạt mang điện trong Z 2− là 4 hạt (X, Y, Z là kí hiệu các nguyên tố chưa biết). Xác định công thức phân tử của A, B và viết phương trình hoá học biểu diễn ứng dụng nói trên. 208 2. Một trong các chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232 90 Th và kết thúc bằng đồng vị bền 82 Pb bao

là một phần tử trong chuỗi thori, thể tích của heli theo cm3 tại 0oC và 1 atm thu được bằng bao

nhiêu khi 1,00 gam

228 90 Th

(t1/2 = 1,91 năm) được chứa trong bình trong 20,0 năm? Chu kỳ bán hủy của tất

gồm một số phân rã α và β trong một loạt các bước kế tiếp. a) Trong toàn chuỗi có bao nhiêu năng lượng theo MeV được giải phóng?

232 90 Th

= 232,03805 u ;

Khối lượng nguyên tử:

yn h

cả các hạt nhân trung gian là rất ngắn so với chu kỳ bán hủy của

CÂU 1

208 82 Pb

228 90 Th.

= 207,97664 u ;

ĐÁP ÁN

4 2 He

= 4,00260 u

ĐIỂM

Công thức A có dạng X2Z2. Do số proton = số electron nên 4p +2n + 4p’ + 2n’ = 116 (I) ; Số hạt mang điện = 4p + 4p’ và số hạt không mang điện = 2n + 2n’ (4p + 4p’) − (2n + 2n’) = 36 (II) Số khối của X = p + n và số khối của Y = p’ + n’ (p + n) − (p’+ n’) = 7 (III) 0,125x4pt + Tổng số hạt trong X = 2p +n − 1 và tổng số hạt trong Y 22 − = (2p’ + n’)×2 + = 0,5 1 2 2p + n − 1 + 17 = (2p’ + n’)×2 + 2 (IV) (1,5 điểm) Giải hệ (I), (II), (III), (IV) cho p = 11 ứng với Na (natri); p’ = 8 ứng với O 0,25 (oxi) ⇒ n’ = 8 ⇒ Công thức A là Na2O2 (Natri peroxit)

Công thức M có dạng YO2. Tổng số hạt trong Y+ = (2p’’ + n’’ − 1) và tổng số hạt trong O 2− = (8 + 8 + 8)×2 + 1 = 49 (2p’’ + n’’ − 1) − 8 = 49 ⇒ 2p’’ + n’’ = 58 (V) ; + − Số hạt mang điện trong Y = (2p’’− 1) và trong O 2 = (8 + 8)×2 + 1 = 33 (2p’’− 1) − 4 = 33 ⇒ p’’ = 19 ứng với K (kali) ⇒ Công thức B là KO2 (kali superoxit)

0,5

Ứng dụng trong bình lặn và tàu ngầm làm nguồn cung cấp oxi Na2O2 + 2KO2 + 2CO2 → 2KNaCO3 + 2O2↑

0,25

a) Số khối A = 232 − 208 = 24 ⇒ 24 : 4 = 6 hạt α ( 24 He)

ai l.c

(theo PTHH, số mol O2 tạo ra = số mol CO2 mất đi ⇒ thể tích khí không đổi )

Số Z giảm = 6×2 = 12 đơn vị, tuy nhiên điện tích hạt nhân chỉ khác nhau 90 − 82 = 8 đơn vị nên sẽ giải phóng 12 − 8 = 4β− ( −o1 e) →

208 82 Pb

+ 6( 24 He) + 4β−

232 90 Th

2 208 4 ∆E = ∆m×c2 = [m( 232 90 Th) − m( 82 Pb) − 6m( 2 He)]×c

0,25

Khối lượng 4β− được tính trong khối lượng nguyên tử của sản phẩm. = [232,03805 u − 207,97664 u − 6×4,00260 u]× 931,5 MeV.u−1. = 42,6720 MeV

208 82 Pb

yn h

228 90 Th

+ 5( 24 He) + 2β−

−1

228 gam.mol )

= 2,6412×1021 hạt

No(Th) =

→

1 gam × 6,022 × 1023 h¹t.mol −1

0,25

(1,0 điểm)

ln 2 0, 693 = = 0,3628 năm−1 t1 2 1, 91 n¨m

Nt (Th) = No×e−kt = (2,6412×1021×e−0,3628×20 = 1,8645×1018 hạt

Số phân rã

228 90 Th

= 2,6412×1021 − 1,8645×1018 = 2,6412×1021

0,25

Số hạt α = 5 × 2,6412×1021 = 1,3206×1022 hạt Số mol He =

1, 3206 × 1022 h¹t 6, 022 × 1023 h¹t.mol−1

= 0,0219 mol

Thể tích He = (0,0219 mol)×(22,4 L.mol−1) = 0,491 L hay 491 cm3.

0,25

H2 O

→ HO-CH2-CH2-OH C −α a = ln 0 a − x C −α

Giả sử phản ứng bậc 1: kt = ln Thay các giá trị tính được

; k4 = 2,493.10

0,5

-3

0,5

k3 = 2,495.10

k1 = 2,40.10-3 ; k2 = 2,493.10-3 ; -3

(1)

(CH2)2O

ĐIỂM

1 (1,5 điểm)

ĐÁP ÁN

ai l.c

CÂU 2

T(phút) 0 30 60 135 300 ∞ Trị số đilatomet 18,48 18,05 17,62 16,71 15,22 12,29 1. Bằng cách tính, hãy xác nhận (1) là phản ứng một chiều bậc nhất và tính giá trị của hằng số tốc độ k? 2. Giả thiết ở các điều kiện đang xét, cứ tăng thêm 10oC tốc độ phản ứng (1) tăng lên 3 lần; giả thiết nhiệt độ trước của (1) là 25oC. Hãy xác định năng lượng hoạt hóa Ea của (1).

R.T1T2 .ln 3 = 83,834( kJ / mol ) T2 − T1

0,5

1,0

yn h

2 (1,0 điểm)

⇒ k = 2,453.10−3 ( phut −1 )

Phản ứng là bậc 1 và

Vì K1≈ K2≈ K3≈ K4≈ const nên điều giả sử là đúng

Câu 3 (2,5 điểm). Nhiệt – Cân bằng hóa học

1. Nhiệt hoà tan (∆Hht) 0,672 gam phenol trong 135,9 gam clorofom là -88J và của 1,56 gam phenol trong 148,69 gam clorofom là -172J. Tính nhiệt pha loãng đối với dung dịch có nồng độ như dung dịch thứ hai chứa 1 mol phenol khi pha loãng đến nồng độ của dung dịch thứ nhất bằng clorofom. 2. Cho phản ứng: CH4 (khí) ⇌ C (rắn) + 2H2 (khí) (1) ∆H = + 74,9kJ. 0 Ở 500 C hằng số cân bằng của phản ứng (1) là Kp = 0,41 a) Tính hằng số cân bằng K’p của phản ứng (1) ở 8500C (Giả thiết rằng ∆H không đổi trong khoảng nhiệt độ trên). b) Cho 1 mol CH4 vào một bình chân không dung tích 50 lít giữ ở 8500C. Xác định độ phân li α của CH4 cũng như áp suất của hỗn hợp khí ở thời điểm cân bằng. (Giả thiết các khí là lí tưởng). CÂU 3

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

∆Hht (2)

94g phenol + CHCl3

1. (1,0 điểm)

dd 2

∆ Hht(1)

+ CHCl3 ∆H pha lo·ng

dd 1

1,0

∆H pha lo·ng = ∆Hht(1) - ∆Hht(2) = - 94 .(-172) + 94 (-88) = - 2004,87(J) 0,672 1,569

T1 = 500 + 273 = 773K

(1,5 điểm)

T2 = 850 + 273 = 1123K

 1 1 74900  1 1  K 'P − =− −   ⇔ ln   T1  0, 41 8,314  1123 773   T2

K 'P ∆H = − . KP R

ai l.c

Cân bằng

1-α

2α

1+α

2α

PH2 =

2α .P 1+ α

(mol) (mol) (mol)

. 0,25

yn h

1−α .P 1+ α

tổng số mol khí

Chuyển hóa

2H2 (k) 0

Ban đầu

C (r) +

b) Với α là độ phân li ta có: CH4 (k) ⇌ 1

0,5

⇒ K’P = 15,498.

Ta có PCH4 =

2) a) Ta có:

Với giả thiết các khí là lí tưởng, ta có

nRT (1 + α ).0,082.1123 = = 1,842.(1 + α ) V 50

PH2 2

PCH4

K 'p =

⇒ K 'P =

4α 2 .P 1−α 2

PH2 2 PCH4

4α 2 .1,84(1 + α ) = 15,498 ⇒ α = 0,74 1−α 2

P = 1,842.(1 + α ) = 3, 205 (atm)

0,5

0,25

Câu 4. (2,5 điểm) Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. a) Ở điều kiện thường, hợp chất BCl3 tồn tại ở dạng đơn phân tử còn BH3 không bền, nó bị đime hóa tạo thành B2H6. Giải thích tại sao?

1. a) BX3 - hợp chất thiếu electron nên có tính chất đặc trưng là nhận thêm đôi electron (axit Lewis). Để bão hòa electron, BH3 và BCl3 có hai cách khác nhau: - BCl3 nhận thêm e bằng cách tạo thêm liên kết pi (không định chỗ) với ba nguyên tử Cl bên cạnh. Phân tử có cấu trúc tam giác phẳng. - H không thể tạo liên kết pi nên, BH3 nhận thêm e bằng cách tạo liên kết ba tâm 2 electron B-H-B tạo thành đime B2H6. Phân tử có cấu trúc đime gồm hai tứ diện BH4 nối với nhau qua hai nguyên tử H cầu nối (H/s phải vẽ hình minh họa)

ĐIỂM

(1,5 điểm)

0,5

ai l.c

CÂU 4

b) Đặt công thức đơn giản nhất của A, B là XCln và XClm ta có

M X + m.35, 45 = 1,516 ⇒ M X = 68, 70.( m − 1,516n) M X + n.35, 45

0,25

33.25 (loại)

101.9 5 170.65 66.50 239.35 135.20 (loại) (loại) (loại) (loại) (loại)

yn h

thay các giá trị nguyên m, n sẽ có

31.05 308.05 203.90 P (loại) (loại)

đáp số phù hợp m =5, n = 3, Mx = 31,05 tương ứng với X là P

99.75 (loại)

0,25

A là PCl3

B là PCl5

0,5

Cl P

Cl Cl

2. a) Định luật Bragg, nλ = 2asinθ, cho phép xác định hằng số mạng của Au theo công thức:

Dung tích đơn vị tinh thể (ô mạng đơn vị) của Au bằng: V = a3 = (4,077×10−10)3 = 6,777×10−29 m3 = 6,777×10−23 cm3.

ai l.c

(1,0 điểm)

nλ 1 × 154, 05 × 10 −12 = 4,077×10−10 m = 4,077×10−8 cm = o 2sinθ 2sin(10, 89 )

6, 777 × 10

−23

= 1,476×1022 .

Số đơn vị tinh thể Au trong 1,000 cm3 bằng:

yn h

Số nguyên tử Au trong một ô mạng đơn vị lập phương tâm mặt = 4

0,25

Số nguyên tử Au trong khối lập phương 1000 cm3 bằng

0,25

NAu = Nn = 1,476×1022 × 4 = 5,904×1022.

b) Trọng lượng của một nguyên tử Au bằng:

mAu =

M Au 196, 97 = = 3,271×10−22 gam 23 N Au 6, 022 × 10

Khối lượng của ô mạng đơn vị bằng: Mu = nu × mAu = 4 × 3,271×10−22 = 1,308×10−21 gam.

0,25

c) Như vậy tỉ trọng của Au là trọng lượng của khối lập phương 1cm3 và bằng: dAu = N × mAu = 1,476×1022 × 1,308×10−21 = 19,31 g.cm−3.

Câu 5 (2,5 điểm). Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) 1. a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M.

0,25

b) Độ điện li thay đổi ra sao khi - Pha loãng dung dịch ra 50 lần. - Khi có mặt NaOH 0,0010M. - Khi có mặt CH3COOH 0,0010M. - Khi có mặt HCOONa 1,00M. ⇀ CH 3 NH 3+ CH 3 NH 2 + H + ↽

Biết:

K = 1010,64

;

ĐÁP ÁN

ai l.c

CÂU 5

c x

c-x

[]

x2 Kb = = 10−3,36 → x = 1,88.10 −3 (M) → 0, 01 − x

10-3,36

1,88.10−3.100 = 18,8% α= 0, 01

0,25

CCH 3 NH 2 =

0.25

x2 = 10−3,36 → x = 1, 49.10−4 (M) → −4 2.10 − x

α=

1, 49.10−4.100 = 74,5% 2.10−4

Độ điện li tăng 3,96 lần

→

0, 01 = 2.10−4 (M) 50

Kb =

yn h

(1,5 điểm)

Kb =

b) Độ điện li thay đổi khi - Pha loãng dung dịch ra 50 lần:

+ OH-

CH3NH3+

 → ← 

Vì K b .CCH 3 NH 2 ≫ K w nên bỏ qua sự phân li của nước. H2O

ĐIỂM

a) Tính độ điện li của dung dịch CH3NH2 0,010M:

CH3NH2 +

⇀ CH3COO- + CH3COOH ↽ H+ ; K = 10-4,76 2. Tính độ tan của CuI trong dung dịch KI 10-4 M. Biết Ks (CuI)= 10-12 và CuI (r) + ICuI2K= 7,9.10-4

- Khi có mặt NaOH 0,0010M: NaOH CH3NH2 + C

0,01

[]

0,01 - x

H2O

→  → ← 

Na+

+ OHCH3NH3+ + OH-

1. 10-3 1. 10-3 + x

Kb = 10-3,36 (1)

0,25

Kb =

x.(10−3 + x) 1, 49.10−3.100 = 10−3,36 → → x = 1, 49.10−3 (M) → α = = 14,9% 0, 01 − x 0, 01

∝ giảm vì OH- của NaOH làm chuyển dịch cân bằng (1) sang trái.

- Khi có mặt CH3COOH 0,0010M: ;

CH3NH3+

 → ← 

Ka-1 = 1010,64

;

 → CH3NH + + CH3COOH + CH3NH2 ← CH3COO ;  3 K = Ka.Ka-1 = 105,88 K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn → CCH NH + = CCH COO− = 1.10−3 (M) ; CCH NH = 9.10−3 (M) CH3COO- + H2 O

 → ← 

H2O

;

= 10-14

= 10-9,24 (2)

(3)

CH3NH3+

+ 1.10-3 10-3 + x

OH-

Kb= 10-3

;

0,25

 → ← 

x.(10−3 + x) = 10−3,36 → → x = 1, 39.10−3 (M) → 0,009 − x

(1,39.10−3 + 1.10−3 ).100 = 23,9% 0,01

α=

yn h

Kb =

Kb= 10-3,36 (1)

;

→ Cân bằng (1) là chủ yếu. H2O

OH- ;

OH-

 → CH3COOH + H2O ←   → OH- + H+ ← 

CH3NH2 + C 9.10-3 [ ] 9.10-3 - x

CH3NH3+

CH3NH2

0,25

= 10-4,76

H+

CH3NH2 +

H+

ai l.c

 → CH3COO← 

CH3COOH

∝ tăng vì CH3NH2 tương tác với CH3COOH.

- Khi có mặt HCOONa 1,00M:

HCOONa HCOO + H2 O

→  → ← 

HCOO

HCOOH

Ka HCOOH > Ka CH3COOH ( = 10-4,76 )

Na+

+ +

OH-

(1)

nên K,b < 10-14 / 10-4,76 = 10-9,24 <<

Kb(10-3,36). Vậy cân bằng (2) không ảnh hưởng gì đến cân bằng (1) CH3NH2

H2O

 → ← 

CH3NH3+

OH-

Kb= 10-3,36

và do đó độ điện li ∝ của CH3NH2 không thay đổi khi có mặt HCOONa.

0,25

Các cân bằng xảy ra: Cu+ + I-

CuI (r) + I-

CuI2-

Ks = [Cu+][I-] = 10-12

(1,0 điểm)

0,25

(1)

[CuI 2− ] = 7,9.10 − 4 [I − ]

(2)

S= [Cu+] + [CuI2-]

(3)

[I-]= 10-4 + [Cu+] - [CuI2-]

(4)

ai l.c

Có:

CuI (r)

[I-] = 10-4 M

[Cu+]= 10-8 M

(4) =>

Giả sử [Cu+], [CuI2-] << 10-4

S = 10-8 + 7,9.10-8 = 8,9.10-8 M

0,25 0,5

[CuI2-]= 7,9.10-8 M; KTGT: t/m

yn h

Câu 6 (2,5 điểm). Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M. 1. Tính pH của dung dịch A. 2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M. a) Viết sơ đồ pin. b) Tính sức điện động Epin tại 250C . c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng . Cho biết : Ag+ + H2O

PbOH+ + H+

(1) ;

K1= 10 –11,70

(2) ; K2= 10 –7,80

Pb2+ + H2O

AgOH + H+

Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 . 0 EAg +

= 0 ,799 V /Ag

;

RT ln = 0,0592 lg F

3. Epin sẽ thay đổi ra sao nếu: a) thêm một lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B. b) thêm một lượng nhỏ Fe(NO3)3 vào dung dịch X. CÂU 6

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Ag+ + H2O Pb2+ + H2O

+ H+

AgOH

⇌

K1 = 10-11,7

;

⇌ PbOH+ + H+

;

(1)

K2 = 10-7,8

(2)

Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch Pb2+ + H2O 0,10

[]

0,10 − x

0,5 x

x2 = 10 −7 ,8 0,1 − x

x = 10-4,4 = [H+]

;

pH = 4,40

Ag+

CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M I−

AgI ↓

0,025

0,125

2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050

(0,5 điểm)

K2 = 10-7,8 (2)

ai l.c

⇌ PbOH + H+ ;

0,10

Pb2+

2 I−

0,10

0,05 -

yn h

PbI2 ↓

Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI ↓ và PbI2 ↓

⇌ Ag+

AgI ↓

(1,5 điểm)

I−

Pb2+ + 2 I−

PbI2 ↓ ⇌

Ks1 = 1.10-16

;

(3)

Ks2 = 1.10-7,86 (4)

;

Ks1 << Ks2, vậy trong dung dịch cân bằng (4) là chủ yếu. Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ là không đáng kể vì có H+ dư: Pb2+ + H2O

⇌ PbOH + H+ ;

[PbOH ] = 10 [Pb ] 10 +

−7 ,8

Trong dung dịch

PbI2↓

−1

[

] [

= 10 −6,8 → PbOH + << Pb 2+

⇌ Pb2+ + 2 I− x

(2x)2x = 10-7,86

K2 = 10-7,8

x = 1,51.10-3M

]

Ks2 = 1.10-7,86

2x 2x = [I−] = 3,02 . 10-3 M

−16

[Ag ] = K[I ] = 31,02.10.10 +

s1 −

= 3,31.10 −14 M

−3

Ag+ + e ⇌ Ag

E của cực Ag trong dung dịch A:

E 1 = E 0Ag +

[

]

SCN− ⇌ AgSCN↓

+ 0,0592 lg Ag + = 0,799 + 0,0592 lg 3,31.10 −14

0,25

E 1 = 0,001V

0,010

0,040 0,010

⇌ Ag+

AgSCN↓

SCN−

(0,030 + x)

x(0,030 + x) = 10-12

−2

= 3,33.10 −11

[

E 2 = 0,799 + 0,0592 lg Ag

] = 0,799 + 0,0592 lg 3,33.10

0,25 −11

E 2 = 0,179V

−12

[Ag ] = x = 310x10

10-12,0

;

0,030 x

ai l.c

0,030

1012,0

;

Ag+

Dung dịch X:

Vì E2 > E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực –

yn h

Sơ đồ pin:

AgI,PbI2 ↓

AgSCN↓; SCN 0,03 Ag

Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V

c) Phương trình phản ứng: Ag + I

–

0,25

⇌ AgI↓ + e

AgSCN + e ⇌ Ag↓ + SCN–

da d)

0,25

−

–

AgSCN + I K=

K s ( AgSCN ) K s (AgI)

⇌ Ag↓ + SCN

0,25

–

10−12 = 104 −16 10

3. a) Khi thêm lượng nhỏ NaOH vào dung dịch B , có thể xảy ra 3 trường hợp: - Lượng NaOH quá ít không đủ để trung hoà HNO3: Sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ vẫn không đáng kể, do đó Epin không thay đổi. - Lượng NaOH đủ để trung hoà HNO3: Có sự tạo phức hiđroxo của Pb2+ do đó

0,25

[Pb2+] giảm, Nồng độ I - sẽ tăng lên, do đó nồng độ Ag+ giảm xuống, E1 giảm ; vậy Epin tăng.

3 (0,5 điểm)

- Lượng NaOH đủ dư để trung hoà hết HNO3 và hoà tan PbI2 tạo thành PbO2–, do đó [Pb2+] giảm và Epin tăng. PbI2 + 4 OH–

0,25

PbO2– + 2 H2O + 2 I–

→

b) Thêm ít Fe3+ vào dung dịch X:

Fe3+

SCN–

→

FeSCN2+

0,25

ai l.c

Nồng độ ion SCN– giảm, do đó nồng độ ion Ag+ tăng, E2 tăng → Epin tăng

Câu 7: (2,5 điểm) Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh 1. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí, sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lít khí B có tỉ khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (D = 1g/ml) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. 2. Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí CO và CO2 qua I2O5 dư đun nóng. Chất rắn sau phản ứng hòa tan vào dung dịch chứa NaI và Na2CO3 dư được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 20,00 mL dung dịch Na2S2O3 0,10 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định phần trăm thể tích khí CO trong hỗn hợp khí ban đầu. ĐÁP ÁN Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S Mg + 2HCl → MgCl2 + H2

ĐIỂM

(1) (2) (3)

M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

1 (1,5 điểm)

yn h

CÂU 7

0,25

2,987   x + y = 22,4 Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có  34x + 2 y  = 26  x + y Giải ra ta có x = 0,1 ; y =

%m(S) =

0,1 . Từ (1), (2), (3) ta có: 3

0,1 × 32 × 100% = 50%, % m ( Mg ) = 50% 0,1    0,1 +  × 24 + (0,1 × 32) 3   H2S + 0,1

3 O2→ 2

SO2 + H2O 0,1

0,1

0,25

H2 +

1 O2→ 2

H2O

0,5

0,033 0,033 SO2 + H2O2→ H2SO4 0,1 0,147 0 0,047 0,1 m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gam 0,1.98 0,047.34 × 100% = 9%; C%(H2O2) = = 1,47% C%(H2SO4) = 108,8 108,8

5CO + I2O5 → 5CO2 + I2 I2 + NaI → NaI3 I2O5 + H2O → 2HIO3 HIO3 + Na2CO3 → NaHCO3 + NaI 2 NaI3 + 2Na2S2O3 → 3NaI + Na2S4O6 (1,0 điểm) 5 Từ các phản ứng trên suy ra nCO =5. nI 2 = . nNa2 S2O3 = 5.10−3 mol. 2 → khí CO chiếm 5,0% về thể tích hỗn hợp đầu.

0,5

ai l.c

Các phản ứng diễn ra :

0,25x2

ĐÁP ÁN

CÂU 8

yn h

Câu 8 (2,5 điểm) Bài tập tổng hợp. 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 (đktc) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng. Biết lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho phản ứng của các chất với KMnO4.

a) FeO + 2 HCl → FeCl2 + H2O

ĐIỂM 1,25

Fe2O3 + 6 HCl → 2 FeCl3 + 3 H2O 2 FeCl3 + 2 H2O + SO2 → 2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl 5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl → 5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O 5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O → 2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4

b) Từ (1) và (4) ta có:

0,5

nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2+ = 5. n MnO− = 5. 0,10. 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol) 4

→ nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =

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

→ mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72. 5,087.10-3 = 0,3663 (g)

và m Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120. 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

Tương tự, từ (3) và (5) ta có: ∑ n SO2 = nSO2 (3) + n SO2 (5)

= n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol)

∑n

với:

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

= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2.n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu)

n SO2 (5) =

1 . n FeCl3 (trong 0,8120 gam mẫu) 2

Fe2+

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) =

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

yn h

≈ 2.10-3

(mol).

→ n SO2 (5) =

∑n

SO 2

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

Vậy:

% FeO =

0,5

Trong đó: n SO2 (3) =

0,1615 ≈ 1,01.10-3 (mol) 160

ai l.c

→ n Fe2 O3 (trong 0,8120 gam mẫu) =

0,3663 .100 = 45,11 % % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 % 0,8120

(Nếu thí sinh không xét đến phản ứng của SO2 (phản ứng (3), phản ứng (5)) mà vẫn tính đúng % FeO và % Fe2O3 thì tối đa chỉ được một nửa số điểm của câu này)

…………………...HẾT………………

0,25

MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2018

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

Thời gian làm bài 180 phút(Đề thi có 03 trang, gồm 08 câu)

Câu 1: (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân 1. Kết quả tính Hóa học lượng tử cho biết ion Li2+ có năng lượng electron ở các mức En (n là số lượng tử chính) như sau: E1 = -122,400 eV; E2 = -30,600 eV; E3 = -13,600 eV; E4 = -7,650 eV.

a) Tính giá trị năng lượng trên theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính). b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E4 của ion Li2+.

ai l.c

c) Tính năng lượng ion hóa của ion Li2+ (theo eV) và giải thích.

2. Quá trình phân huỷ phóng xạ của nguyên tố chì xảy ra như sau: λ

Pb 1 →

214 83

Bi + β- 2 →

P + β-

214 84 0

214 82

d) Tính bước sóng ánh sáng (nm) bức xạ ra khi electron từ quỹ đạo ứng với n = 4 chuyển về n = 1? Cho biết: h = 6,625.10-34 J.s; C = 3.108 m/s; NA = 6,023.1023

Thời gian bán huỷ của mỗi giai đoạn tương ứng bằng 26,8 phút và 19,7 phút. Giả sử lúc đầu có 100 214 214 214 nguyên tử 214 82 Pb , tính số nguyên tử 82 Pb , 83 Bi và 84 P0 tại thời điểm t = 10 phút.

0,1

0,2

yn h

0,3

Nồng độ ban đầu của S2O82- ( mol/l )

Nồng độ ban đầu của I- (mol/l )

Thí nghiệm

Câu 2: (2,5 điểm):Động hóa học Cho phản ứng sau diễn ra tại 250C: S2O82- + 3I- → 2SO42- + I3-. Để xác định phương trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các nồng độ đầu khác nhau : Tốc độ ban đầu của phản ứng vo x103 (mol/l.s)

0,1

0,6

0,2

2,4

0,2

3,6

1. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng. 2. Xác định tốc độ biến đi của I-, S2O82- và tốc độ hình thành SO42-, I3- trong thí nghiệm 1 sau 100 giây.

3. Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa S2O32- và hồ tinh bột sao cho nồng độ ban đầu của S2O32- bằng 0,2 M. Tính thời gian để dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Biết phản ứng: 2S2O32- + I3- → S4O62- + 3I- có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I3- phải vượt quá 10-3 mol/l. 4. Lập cơ chế phản ứng dựa vào các gợi ý dưới đây. Chứng minh rằng cơ chế này phù hợp với phương trình động học thực nghiệm của phản ứng. k1 Bước 1: I- + S2O82-  → A

k2 → B + 2SO42Bước 2: A 

k3 →C Bước 3: I- + B 

k4 →D Bước 4: I- + C 

Câu 3: (2,5 điểm):Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học Những biến động hàng ngày trong việc sử dụng và sản sinh năng lượng từ những nguồn có thể tái sinh, dẫn tới việc cần những phương pháp lưu trữ năng lượng. Năng lượng có thể được lưu trữ theo phương pháp hoá học bởi các chu trình sulfur-iodine. Chu trình này cũng được đề xuất như một phương pháp sản xuất nhiên liệu hydrogen có hiệu quả hơn việc điện phân.

ai l.c

(1) I2 (g) + SO2 (g) + 2H2O ⇌ H2SO4 (g) + 2HI (g) (2) 2H2SO4 (g) ⇌ 2SO2 (g) + 2H2O (g) + O2 (g) (3) 2HI (g) ⇌ H2 (g) + I2 (g) a) Sử dụng dữ kiện và các phương trình cho ở cuối bài để trả lời các câu hỏi sau về phản ứng (3): • Tính biến thiên enthalpy chuẩn ở 298 K, ∆rHo (298 K). • Tính biến thiên entropy chuẩn ở 298 K, ∆rSo (298 K). • Tính biến thiên năng lượng Gibbs chuẩn ở 298 K, ∆rGo (298 K). • Tính hằng số cân bằng ở 298 K (K298). • Tính hằng số cân bằng ở 723 K (K723). Giả sử ∆rH, ∆rS không phụ thuộc vào nhiệt độ. b) Giả sử rằng sản phẩm của phản ứng (1) tham gia hết vào các phản ứng (2), (3). Viết phương trình phản ứng tổng của chu trình sulfur-iodine. c) Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng ở 298 K đối với phản ứng (2) là +439 kJ.mol-1. Sử dụng giá trị ∆fH (298 K) với H2O(g) trong bảng dưới để tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng (1) ở 298 K. d) Có bao nhiêu năng lượng, trên mỗi mol sulfur nguyên tử ở 298 K, được lưu trữ với trong một vòng chu trình sulfur-iodine?

-1

26.5

-1

207

∆fH (298 K) / kJ mol o

-1

131

I2(g)

H2O(g)

62.4

-242

261

189

S (298 K) / J K mol

H2(g)

HI(g) o

Dữ kiện nhiệt động:

Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion kim loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện, còn các ion florua (F-) chiếm tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3.

a. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua? b. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối?

yn h

c. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol.

2.X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5.

a. Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử.

b. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X.

Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) 1.Cho dung dịch X gồm HA 3% (d = 1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97.

a. Tính số lần pha loãng dung dịch X để αHA thay đổi 5 lần. b. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến CNaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li αHA c. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35. 2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lít dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*β(CuOH+) = - 8,0; Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân

0 0 Cho ECrO = −0,18V ; EMnO = +1, 695V ; 2− − / Cr ( OH ) , H + / MnO ( OH ) 2 4

CrO2- + H+ + H2O

Cr(OH)3

K = 1,0.10-14

a) Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2. b) Tính hằng số cân bằng của phản ứngxảy ra trong pin. c) Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M

d) Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động.

Na2S4O6 (3)

I2O5

(2)

(6)

(7)

Cl2

(8)

KClO3

(5)

(9)

(10)

NaClO2

(4)

ClO2

HIO3

(1)

ai l.c

Câu 7: (2,5 điểm):Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh 1. Hoàn thành dãy chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

Cu2I2

2. Các nguyên tố X và Y tạo thành 5 hợp chất nhị nguyên tố: A, B, C, D, E. Hợp chất E không phản ứng

với H2, O2, H2O ngay cả khi đun nóng. Khi đun nóng D chuyển thành C và E, nếu cho D phản ứng với Cl2

thì tạo thành F. Hợp chất A có hai dạng đồng phân A1 và A2. Hợp chất B có thể đime hóa thành B2. Cho

biết các dữ kiện sau.

yn h

Hàm lượng % Y

Chất

Trạng thái tập hợp, đk thường

37,3

54,3

70,4

74,8

78,1

58,5

khí

lỏng

khí

Xác định cấu tạo các hợp chất: A1; A2 ; B ; B2 ; C ; D ; E ; F

Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung

dịch HCl dư, thu được V1lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn

B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.

a) Xác định tỉ lệ V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện). b) Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1và V2.

c) Tính hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung ở trên. d) Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B. Cho biết: S = 32; Fe = 56; O = 16.

HDC MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2018

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

Thời gian làm bài 180 phút(Đề thi có 13 trang, gồm 08 câu)

a) Tính giá trị năng lượng trên theo kJ/mol (có trình bày chi tiết đơn vị tính). b) Hãy giải thích sự tăng dần năng lượng từ E1 đến E4 của ion Li2+.

ai l.c

c) Tính năng lượng ion hóa của ion Li2+ (theo eV) và giải thích.

2. Quá trình phân huỷ phóng xạ của nguyên tố chì xảy ra như sau: λ

Pb 1 →

214 83

Bi + β- 2 →

P + β-

214 84 0

214 82

d) Tính bước sóng ánh sáng (nm) bức xạ ra khi electron từ quỹ đạo ứng với n = 4 chuyển về n = 1? Cho biết: h = 6,625.10-34 J.s; C = 3.108 m/s; NA = 6,023.1023

Thời gian bán huỷ của mỗi giai đoạn tương ứng bằng 26,8 phút và 19,7 phút. Giả sử lúc đầu có 100 214 214 214 nguyên tử 214 82 Pb , tính số nguyên tử 82 Pb , 83 Bi và 84 P0 tại thời điểm t = 10 phút. 0,25

yn h

Hướng dẫn chấm

0,5

0,25

d) E = h.C/λ = E4 – E1 λ = 1,08.10-8 (m) = 10,8 (nm) 2. Quá trình phân huỷ phóng xạ đã cho là một phản ứng nối tiếp hai giai đoạn bậc nhất. Khi t ln2 = t1/2 thì hằng số phóng xạ: λ = . Với mỗi giai đoạn ta có: t 1/ 2 λ1 =

ln2 = 2,59.10 - 2 ph - 1. 26,8ph

0,25

λ2 =

ln2 = 3,52.10 - 2 ph - 1. 19,7ph

0,25

Số nguyên tử mỗi loại tại t = 10 phút:

−2 ,59 ..10 N 214 82 Pb = 100. e

N 214 83 Bi =

−2

.10

0,5

= 77 nguyên tử

2 ,59.10−2 .100 −2 − 2 ,59 .10 − 2 .10 − e− 3,52..10 .10 = 19 nguyên tử. −2 e ( 3,52 − 2 ,59 ).10

(

)

0,25

N 214 84 P0 = 100 - 77 - 19 = 44 nguyên tử.

Nồng độ ban đầu của S2O82- ( mol/l )

Tốc độ ban đầu của phản ứng vo x103 (mol/l.s)

0,1

0,6

0,2

0,3

0,2

ai l.c

Thí nghiệm

2,4

3,6

1. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng.

2. Xác định tốc độ biến đi của I-, S2O82- và tốc độ hình thành SO42-, I3- trong thí nghiệm 1 sau 100 giây.

k2 → B + 2SO42Bước 2: A  k4 →D Bước 4: I- + C 

yn h

k3 →C Bước 3: I- + B 

k1 → A Bước 1: I- + S2O82- 

4. Lập cơ chế phản ứng dựa vào các gợi ý dưới đây. Chứng minh rằng cơ chế này phù hợp với phương trình động học thực nghiệm của phản ứng.

Hướng dẫn chấm 1. Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O82-]n[I-]m => lgvpư = lgkpư + mlg[S2O82-] + mlg[I-]

Thí nghiệm 1: lg (0,6.10-3) = lgkpư + mlg(0,1) + mlg(0,1)

0,25

-3

Thí nghiệm 2: lg (2,4.10 ) = lgkpư + mlg(0,2) + mlg(0,2)

Thí nghiệm 3: lg (3,6.10-3) = lgkpư + mlg(0,2) + mlg(0,3) Giải hệ ta có: n = m = 1; lgkpư = -1,222 Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2. kpư = 6.10-2 (mol-1.l.s-1)

2. S2O82t=0

0,1

t = 100 giây 0,1 - x

+ 3I-

→

2SO42- +

I3-

0,1 0,1 - 3x

0,5

v pu =

Ta có:

dx 0,1 = k pu (0,1 − x)(0,1 − 3x) = 3k pu (0,1 − x)( − x) dt 3

 0,1   ( 0,1 − x )   Do đó: 3k pu t = ln  3 0,1  0,1    0,1 −  0,1  3 − x   3   

0,25

0,5

 0,1   0,1  0,1 − x )  0,1 − x )    ( (  =>  3  = 3,32 Với t = 100 giây => 3.6.10-2.100 = 15 ln  3  0,1    0,1      0,1  3 − x    0,1  3 − x        

ai l.c

=> x = 0,026 Tốc độ phản ứng tại thời điểm 100 giây, vpư (100s) = 9,768.10-5 (mol.l-1.s-1)

d[S 2 O82 − ] d[I − ] d[SO 24 − ] d[I 3− ] =− = = = 9, 768.10−5 (mol / l.s) dt 3dt 2dt dt

= - 9,768.10-5 (mol.l-1.s-1)

Tốc độ biến đi của I-

= - 2,9304.10-4 (mol.l-1.s-1)

Tốc độ tạo thành SO42-

= +1,9536.10-4 (mol.l-1.s-1)

Tốc độ tạo thành I3-

= +9,768.10-5 (mol.l-1.s-1)

Tốc độ biến đi của S2O82-

Ta có: v pu = −

Khi cho S2O32- vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I3-

2S2O32- + I3- → S4O62- + 3I-

(2)

yn h

Khi đó nồng độ I- không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1. vpư = 0,06 .[S2O82-]0,3 = 1,8.10-2 [S2O82-]

Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng: S2O82- + 2S2O32- → 2SO42- + S4O62-

Thời gian để lượng S2O32- vừa hết là t1. Điều này đồng nghĩa với lượng S2O82- đã phản ứng = 0,1M. 0,25

Khi đó: t1. 1,8.10-2 = ln

0, 2 => t = 38,5 giây 0, 2 − 0,1

Để có lượng I3- đạt đến 10-3M thì thời gian thêm là t2 vpư =

dy 1 1 = kpư(0,1- y)(0,3-3y) => 3kpưt2 = − dt 0,1 − y 0,1

Với y = 10-3M => t2 = 0,56 giây. Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 = 39,06 giây.

0,25

A: IS2O8-;

B: I+;

D: I3-

C: I2;

0,5

ai l.c

yn h

Dữ kiện nhiệt động:

HI(g)

26.5

So(298 K) / J K-1 mol-1

207

131

I2(g)

H2O(g)

62.4

-242

261

189

∆fHo(298 K) / kJ mol-1

H2(g)

Hướng dẫn chấm a) Sử dụng dữ kiện và các phương trình cho ở cuối bài để trả lời các câu hỏi sau về phản ứng (3): 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Phương trình phản ứng tổng của chu trình sulfur-iodine. c) Biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng ở 298 K đối với phản ứng (2) là +439 kJ.mol-1.

0,25

Sử dụng giá trị ∆fH (298 K) với H2O(g) trong bảng dưới để tính biến thiên enthalpy chuẩn của phản ứng(1) ở 298 K. 0,5 d) Có bao nhiêu năng lượng, trên mỗi mol sulfur nguyên tử ở 298 K, được lưu trữ với trongmột vòng chu trình sulfur-iodine? Năng lượng lưu trữ =242 kJ/mol.

0,5

b. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối? c. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol.

ai l.c

a. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua?

a. Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử.

2.X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5.

b. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X. 0.5

yn h

Hướng dẫn chấm 1.a. Ô mạng cơ sở:

b. Trong một ô mạng:

1 1 - Số ion Rn+: 8 × + 6 × = 4 8 2

- Số ion F‒: 8 × 1 = 8

⇒ Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 4×n = 8×1 ⇒ n = 2

2+ ⇒ ion kim loại là R

Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2.

c. Khối lượng riêng florua tính theo công thức:

4× D=

M RF2

6, 023.1023 a3

⇒ M RF2 =

D×a 3 × 6, 023.1023 4,89 × (0, 620.10−7 ) × 6,023.1023 = = 175, 48 4 4

0.5

⇒ MR = 175,48 −19 × 2 = 137,48 (g/mol) Vậy kim loại R là bari. Muối florua là BaF2. 0.5

2.a. Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.

TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan:

ai l.c

Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5

→ n = 4.

Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga)

TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan: .

→ n = 2. Cấu hình e nguyên tử: 1s 2s 2p (N).

0,25

Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 2

0,25

b. Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. Công thức cấu tạo các hợp chất:

N H

H H

yn h

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 Oxit cao nhất: N

Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2.

0,25

Hidroxit với hóa trị cao nhất: O

Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2.

0,25

Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch điện li (cân bằng axit bazơ, cân bằng tạo chất ít tan) 1.Cho dung dịch X gồm HA 3% (d = 1,005 g/ml); NH4+ 0,1M; HCN 0,2M. Biết pHX =1,97. a. Tính số lần pha loãng dung dịch X để αHA thay đổi 5 lần. b. Thêm dần NaOH vào dung dịch X đến CNaOH = 0,15M (giả sử thể tích dung dịch X không thay đổi). Tính độ phân li αHA c. Tính V dung dịch NaOH 0,5M cần để trung hòa 10ml dung dịch X đến pH=9,00. Cho MHA= 46 g/mol; pKa(NH4+) = 9,24; pKa(HCN) = 9,35.

2. Thêm 0,1mol OH- vào 1,0 lít dung dịch chứa 5.10-2 mol Cu2+. Tính pH của dung dịch thu được. Cho: KS(Cu(OH)2) = 2.10-19; lg*β(CuOH+) = - 8,0;

Hướng dẫn chấm 1.a. Tại pH = 1,97:

[H+] >> [OH-]

[NH 4+ ] [H + ] = = 107,27 >>1 → [NH 4+ ] >> [NH3 ] [NH 3 ] Ka

[HCN ] [H + ] = = 107,38 >>1 → [HCN ] >> [CN − ] − [CN ] Ka '

[]

CHA(1-αHA)

CHA. αHA

Ka(HA)

CHA. αHA

2 α HA .CHA 0, 016352.0, 6554 = = 10 −3,75 1 − α HA 1 − 0, 01635

0,25

→ K a ( HA) =

A-

HA ⇌ H+

Lại có:

10−1,97 [H + ] 3 1, 005 3 = 0, 01635 . .10 = 0, 6554( M ) → α HA = trong đó CHA = CHA 100 46 0, 6554

α HA =

ai l.c

Như vậy tại pH=1,97, NH4+ và HCN chưa bị phân ly; cân bằng phân ly của HA quyết định pH của hệ; pHX = pHHA.

' Sau khi pha loãng dung dịch X, độ điện ly của HA tăng 5 lần: α HA = 5.α HA = 0, 08175

' 2 ' ' α HA .CHA 0, 081752.CHA ' = 0,0244(M) = = 10−3,75 → C HA ' 1 − α HA 1 − 0, 08175

yn h

K a ( HA) =

Giả sử cân bằng phân ly của HA là cân bằng chính:

' ' Tính lại pHhệ: [H+]= C HA =1,9947.10-3(M) → pHhệ = 2,7. .α HA

Đánh giá tương tự như tại phần xét pHX = 1,97 cho thấy tại pH = 2,7 thì NH4+ và HCN chưa bị phân ly. Như vậy giả sử đúng CHA 0, 6554 = = 26,86 (lần). ' CHA 0, 0244

Số lần pha loãng =

0,25

b. Khi có mặt NaOH 0,15M có phản ứng sau: HA

OH-→

0,6554M

A-

H2O

0,15M

0,5054M

0,15M

TPGH của hệ: HA (0,5054M); A- (0,15M); NH4+ (0,1M); HCN (0,2M) So sánh: Ka(HA).CHA>>Ka(NH4).CNH4; Ka(HA).CHA>>Ka(HCN).CHCN nên HA phân ly là chủ yếu trong dung dịch.

Cách 1: tính theo cân bằng HA

⇌

H+

A-

Ka(HA)

0,25

[ ] 0,5054 - x

0,15+x

→ x = 5,96.10-4 M = [H+] → pH = 3,22

α HA

+ [A− ] [H ] + COH − 10−3,22 + 0,15 = = = 22,98% = C HA 0, 6554 CHA

0,25

Cách 2: tính theo hệ đệm HA, ACb 0,15 = 3, 75 + lg = 3, 22 <<7 0,5054 Ca

Kiểm tra điều kiện hệ đệm: [H+] << Ca, Cb → thỏa mãn điều kiện hệ đệm.

ai l.c

α HA

+ [A− ] [H ] + COH − 10−3,22 + 0,15 = = = = 22,98% CHA C HA 0, 6554

pH = pK a + lg

c. Tại pH = 9,00

[A− ] 10 −3,75 = −3,75 = 1 → 100% HA đã bị trung hòa. CHA 10 + 10−9

[NH 3 ] 10 −9,24 = −9,24 = 36, 53% → 36,53% NH4+ đã bị trung hòa. C NH + 10 + 10−9

0,5

[CN − ] 10−9,35 = −9,35 = 30,88% → 30,88% HCN đã bị trung hòa. C HCN 10 + 10 −9

10(0, 6554.100% + 0,1.36,53% + 0, 2.30,88%) = 15, 07(ml ) 0,5

2OH- →

0,1M

Cu(OH)2

0,05M

yn h

2.Phản ứng xảy ra: Cu2+

0,25

VOH − =

TPGH: kết tủa Cu(OH)2

Cu(OH)2 ⇌ Cu2+ + 2OH-

Ks=2.10-19

Cu2+ + H2O ⇌ CuOH+ + H+ H+ + OH- ⇌ H2O

(1) *β=10-8 (2) Kw-1 = 10-14

(3)

K = 2.10-13

(4)

Kw = 10-14

(5)

Tổ hợp (1), (2), (3) ta được: Cu(OH)2 ⇌ CuOH+ + OHNgoài ra còn có cân bằng: H2O ⇌ H+ + OHTa chỉ xét 3 cân bằng (1), (4), (5):

0,25

[OH-] = 2[Cu2+] + [CuOH+] + [H+] → [OH − ] = 2

0,25

Ks Kw K + + → [OH-] = 8,314.10-7 (M) → pH = 7,92 − 2 − − [OH ] [OH ] [OH ]

Câu 6 (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân 0 0 Cho ECrO = −0,18V ; EMnO = +1, 695V ; 2− − / Cr ( OH ) , H + / MnO ( OH ) 2 4

CrO2- + H+ + H2O

Cr(OH)3

K = 1,0.10-14

a) Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2.

ai l.c

b) Tính hằng số cân bằng của phản ứngxảy ra trong pin.

c) Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M

d) Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động.

Hướng dẫn chấm a) Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3

Cr(OH)3 + 5OH- K1 = 103E1 /0,0592

CrO42- + 4H2O + 3e

H+ + OH-

0,5

Kw-1 = 1014

H2O

K = 10-14

CrO2- + H+ + H2O

Cr(OH)3

CrO2- + 4OH- K 2 = K1.K.K −w1 = 103E1 /0,0592

CrO42- + 2H2O+ 3e

(-)

Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+)

yn h

b) Tính K của phản ứng:

sơ đồ pin:

Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2

MnO4- + 4H+ + 3e

CrO2- + 4OH-

CrO42- + 2H2O + 3e

H 2O

MnO(OH)2 + H2O

MnO4 + CrO2 + H2O

1039

c) Epin =

Eopin

H+ + OH-

0,5

K1 = 103.1,695/0,0592 K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1 Kw = 10-14

MnO(OH)2

+ CrO4

0,5 -1

K = K1.K2 .(Kw) =

0,0592 [MnO−4 ].[CrO−2 ] lg [CrO24− ] 3

Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin =

Epin = 0,77 +

39.0,0592 = 0,77V 3

0,5

0,0592 0,2.0,03 lg = 0,7656V 3 0,01

d) Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+)

Ở mạch trong : - Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch

0,25

giảm lượng ion âm so với lượng ion dương → các ion âm của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện. - Dung dịch bên catot có ion MnO4-, H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm → các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung 0,25 dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện

Câu 7: (2,5 điểm):Nhóm halogen, oxi –lưu huỳnh 1. Hoàn thành dãy chuyển hóa sau (ghi rõ điều kiện phản ứng nếu có):

(3)

HIO3

(1)

(2)

I2O5

(6)

(7)

Cl2

(8)

KClO3

(5)

ClO2

(9)

NaClO2

(10)

ai l.c

(4)

Na2S4O6

Cu2I2

2. Các nguyên tố X và Y tạo thành 5 hợp chất nhị nguyên tố: A, B, C, D, E. Hợp chất E không phản ứng với H2, O2, H2O ngay cả khi đun nóng. Khi đun nóng D chuyển thành C và E, nếu cho D phản ứng với Cl2

thì tạo thành F. Hợp chất A có hai dạng đồng phân A1 và A2. Hợp chất B có thể đime hóa thành B2. Cho

Chất

biết các dữ kiện sau.

54,3

70,4

74,8

78,1

58,5

khí

lỏng

khí

Trạng thái tập hợp, đk thường

37,3

Hàm lượng % Y

Hướng dẫn chấm

yn h

Xác định cấu tạo các hợp chất: A1; A2 ; B ; B2 ; C ; D ; E ; F

1. Các phương trình phản ứng: o

240 C 2HIO3  → I2O5 + H2O

t C I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2

1,0

I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6

4.I2 + 2K → 2KI

4KI + 2CuSO4 → Cu2I2 + I2 + 2K2SO4

I2 + 2KClO3 → Cl2 + 2KIO3

t C 3Cl2 + 6KOH → KClO3 + 5KCl + 3H2O

2KClO3 + SO2 + H2SO4 → 2KHSO4 + 2ClO2

(hoặc: 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2KHSO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O) 9.

2ClO2 + 2KOH → KClO3 + KClO2 + H2O

10.

2ClO2 + Na2O2→ 2NaClO2 + O2

2. Do hàm lượng nguyên tố Y tăng dần từ A đến E có thể kết luận tỷ lệ số nguyên tử Y/X trong A nhỏ nhất. Kí hiệu công thức của các chất tử A đến E là XYn. Tỉ lệ khối lượng nguyên 0,125 tố X trong các chất này là: A = 0,59; B = 1,19 ; C = 2,38; D = 2,97; E = 3,56

Tỉ lệ số nguyên tử Y trong các hợp chất B đến E so với số nguyên tử Y trong A là. Với B là 1,19/0,59 = 2, với C = 4; D = 5; E = 6. Do đó có thể kết luận rằng công thức của các chất là: A 0,125 - XY ; B - XY2 ; C - XY4 ; D - XY5 ; E - XY6 Dễ thấy X phải là nguyên tố nhóm VIA còn Y là halogen. Trường hợp khả thi nhất là: X là lưu huỳnh; Y là flo. Các hợp chất của S với F không chứa số nguyên tử halogen lẻ, nên A phải là 0,25 S2F2, D là S2F10. Phản ứng của S2F10 với Cl2 thành SF5Cl (F) ( tính lại hàm lượng của flo hợp lí)

0,25

yn h

ai l.c

- Cấu tạo các chất là:

Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung

dịch HCl dư, thu được V1lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn

B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. a) Xác định tỉ lệ V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện).

b) Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1và V2. c) Tính hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung ở trên. d) Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.

Hướng dẫn chấm

Fe + S

→

FeS.

Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S. FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S

0,5

Fe + 2HCl → FeCl2 + H2.

Vậy trong C có H2S và H2 . Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C . (2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 -> x = 40%

ai l.c

Vậy trong C: H2 = 40% theo số mol ; H2S = 60%.

0,5

a) Đốt cháy B :

S + O2 → SO2 .

0,5

Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20.

Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20.

4FeS + 7O2 →2Fe2O3 + 4SO24Fe + 3O2 →2Fe2O3

Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20.

Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1

yn h

3V1 x88 x100 5280V1 165V1 5 b) % FeS = = = % 3V1 2V 75,2V1 + 32(V2 − 1,35V1 ) V2 + V1 x88 + 1 x56 + 32(V2 − 1,35V1 ) 5 5

2V1 x56 x100 70V1 5 % Fe = = % 32(V2 + V1 ) V2 + V1 32(V2 − 1,35V1 ) x100 100V2 − 135V1 ) = % 32(V2 + V1 ) V2 + V1

%S =

0,25

c) Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe. Trường hợp này H = 60%. Nếu dư 0,25 Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này H > 60% Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%. d) Nếu H = 75% có nghĩa là nFeS = 3ns dư. nFeS tỷ lệ 3V1/5 Vậy nS tỷ lệ với V1/5.

% FeS =

0,5

2240V1 = 27,45% 81,6V1

ai l.c

% Fe =

5280V1 5280V1 = = 64,7% 32V1 81,6V1 75,2V1 + 5

%S = 100 - (64,7+27,45) = 7,85%

yn h

SĐT: 0977119268

GV biên soạn đề: Phạm Duy Đông – Trịnh Thị Thu Hiền