Đáp án đề thi đề xuất môn Hóa học Lớp 10 lần thứ XV năm 2019 - Trường THPT chuyên Hà Giang

Nội dung text: Đáp án đề thi đề xuất môn Hóa học Lớp 10 lần thứ XV năm 2019 - Trường THPT chuyên Hà Giang

1. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV - 2019 HƯỚNG DẪN CHẤM TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÀ GIANG ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút (HDC gồm có 14 trang) Câu 1 (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, HTTH, hạt nhân 1.a. Viết cấu hình electron của nguyên tử O (Z= 8), xác định bộ 4 số lượng tử cho electron có năng lượng cao nhất trong nguyên tử oxi ở trạng thái cơ bản. b. Áp dụng biểu thức gần đúng Slater, hãy tính năng lượng của các electron trên mỗi lớp và toàn nguyên tử Oxi theo đơn vị eV. c. Ở nhiệt độ rất cao, nguyên tử oxy có thể bị ion hóa và tồn tại dưới dạng ion O7+. Hãy tính bước sóng của bức xạ phát ra khi electron trong ion O 7+ dịch chuyển từ mức năng lượng có n = 3 xuống mức có n=1. Cho biết vận tốc ánh sáng C = 3,000.108 m.s-1; Hằng số Planck: h = 6.62×10–34 J.s 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 2Ci. 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? Đáp án Điểm 2 2 4 1.a Ở trạng thái cơ bản cấu hình electron của 8O là: 1s 2s 2p 0,5 2 4 hay [2He] 2s 2p Bộ 4 số lượng tử cho electron có năng lượng cao nhất của 8O: n = 2; l = 1; ml = -1; ms= -1/2. 1.b (Z b)2 0,5 Theo slater E 13,6 (eV ) n (n* )2 Năng lượng của các electron trên phân lớp 1s: (8 0,3)2 E 13,6 2 1612,688(eV ) 1s 12 Năng lượng của các electron trên phân lớp 2s2p: 8 (5 0,35 2 0,85)2 E 13,6 6 422,331(eV ) 2s2 p 22 Năng lượng của toàn nguyên tử oxi: EO E1s E2s2 p 1612,688 422,331 2035,019(eV ) 1.c Khi electron trong O7+ dịch chuyển từ mức năng lượng có n = 3 xuống mức có 0,5 n=1 phát ra một bức xạ có năng lượng: C 82 82 h E E 13,6 ( ) 1,602 10 19 J 1,24 10 16 J  3 1 32 12 Bước sóng của bức xạ là: 1
2. h C 6,62 10 34 3,000.108  1,602 10 9 m 1,602(nm) 1,24 10 16 1,24 10 16 -6 10 4 2 H0 = 2,10 .3,7.10 = 7,4.10 Bq; 0,25 H = 502V phân rã/phút = 8,37V Bq (V thể tích của máu: cm3 ) 0,25 -t/T -0,5 -0,5 H 8,37V 0,25 H = H0 2 = H0 2 => 2 = = 4 H 0 7,4.10 => 8,37 V = 7,4.104.2-0,5 7,4.104 2 0,5 => V = = 6251,6 cm3 = 6,25 dm3 = 6,25 lit. 0,25 8,37 Hoặc: H ln 2 2.10 6.3,7.1010 kt ln 0 .7,5 ln V 6254,55 cm3 6,25455(L) 502 H 15 .V 60 Câu 2 (2,5 điểm) Động hóa học (không có cơ chế) 1. Phản ứng chuyển hóa của một loại kháng sinh trong cơ thể người ở nhiệt độ 37oC có hằng số tốc độ bằng 4,2.10-5 (s-1). Việc điều trị bằng loại kháng sinh trên chỉ có kết quả nếu hàm lượng kháng sinh luôn luôn lớn hơn 2,00mg trên 1,00 kg trọng lượng cơ thể. Một bệnh nhân nặng 58 kg uống mỗi lần một viên thuốc chứa 300 mg kháng sinh đó. a. Hỏi bậc của phản ứng chuyển hóa? b. Khoảng thời gian giữa hai lần uống thuốc kế tiếp là bao lâu? c. Khi bệnh nhân sốt đến 38,5oC thì khoảng cách giữa hai lần uống thuốc thay đổi như thế nào? Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng bằng -93,322 kJ.mol-1. 2.a. Phản ứng trong pha khí giữa NH 3 và NO2 ở giai đoạn đầu là phản ứng bậc 2. Tính năng lượng hoạt hóa và trị số A của phương trình Areniut, biết rằng ở hai nhiệt độ 600K và 716K hằng số tốc độ có giá trị tương ứng bằng 0,385 và 16 (mol-1.l.s-1) 2.b. Nitơmonoxit NO và nitơđioxit NO2 là những chất gây ô nhiễm trong không khí thường gặp. Nitơmonoxit có trong khí quyển thường được tạo thành khi có sấm chớp và 2
3. trong các động cơ đốt trong. Ở nhiệt độ cao, NO phản ứng với H 2 tạo thành đinitơmonoxit N2O là một khí nhà kính 2NO(k) + H2(k) → N2O(k) + H2O(k) Để nghiên cứu động học của phản ứng trên ở 820 oC, người ta đo tốc độ ban đầu của phản ứng ở những áp suất ban đầu khác nhau của NO và H2. Thí Áp suất đầu, torr Tốc độ đầu của sự tạo thành P P -1 nghiệm NO H2 N2O, torr.s 1 120.0 60.0 8,66.10-2 2 60.0 60.0 2,17.10-2 3 60.0 180.0 6,62.10-2 Hãy xác định biểu thức tốc độ phản ứng bằng thực nghiệm và xác định hằng số tốc độ phản ứng ? Đáp án Điểm 1.a Đơn vị của hằng số tốc độ là s-1 thứ nguyên là (thời gian) -1 0,25 1 N phản ứng là bậc nhất: t ln 0 k N 1.b Hàm lượng một viên thuốc là 300 mg (N0), còn hàm lượng tối thiểu để chữa bệnh là 0,5 2 x 58 = 116 mg (N). 1 300 t ln 22623,6 (s) hay 6,28 giờ. 4,2.10 5 116 1.c Coi Ea thay đổi không đáng kể trong khoảng nhiệt độ thay đổi, theo 0,75 kT E 1 1 ln 1 a k R T T T2 2 1 5 3 4,2.10 93,322.10 1 1 5 1 Ta có: ln k(311,5) 5.10 (s ) k(311,5) 8,314 311,5 3101 Thời gian giữa hai lần uống thuốc là: 1 300 t ln 19003,85 (s) hay 5,28 giờ ( 5 giờ 17 phút) 5.10 5 116 2.a kT E 1 1 Áp dụng công thức : lg 2 = . - k 2,303.R T T T1 1 2 3
4. 16 E 1 1 Ta có : lg = . - 0,385 2,303.8,314 600 716 E = 114,8 kJ/mol 0,25 Thừa số A được xác định bằng phương trình : k = A.e-E/RT -114800/8,314.716 16 = A.e 0,25 A = 3,8.109 (mol-1.l.s-1) 2.b Biểu thức định luật tốc độ phản ứng có dạng: b v k. P a . P NO H2 vo 2,17.10 2 vo 6,62.10 2 lg 2 lg lg 3 lg vo 8,66.10 2 vo 2,17.10 2 a 1 2; b 2 1 o 60 o PNO,2 P 180 lg lg lg H2 ,3 lg Po 120 Po 60 NO,1 H2 ,2 Vậy biểu thức tốc độ của phản ứng có dạng 1 v k. P 2 . P NO H2 0,25 8,66.10 2 Hằng số tốc độ phản ứng: k 1,00.10 7 torr 2.s 1 120 2 .60 0,25 Câu 3 (2,5 điểm) Nhiệt hóa học. Cho các số liệu nhiệt động học sau: Chất CO2(k) H2O(k) CH4(k) N2(k) H2O(l) 0 -1 ∆H f (kJ.mol ) -393,5 -241,8 -74,9 0 -285,9 -1 -1 Cp (J.K . mol ) 37 33 35 29 75 1. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H 1) 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) 2. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H 2), 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) 4
5. 3. Trong một máy hơi nước, ngọn lửa của metan sẽ đốt nóng hơi nước trong bình chứa. Trong bình phản ứng chứa 1 mol metan và 10 mol không khí (2 mol oxi và 8 mol nitơ). Giả sử tất cả các khí đưa vào (metan và không khí) đều có nhiệt độ 298K, các sản phảm đều có nhiệt dộ 498K và phản ứng là hoàn toàn. Toàn bộ lượng nhiệt này được truyền cho một lượng nước lỏng là 200 gam. Hãy tính nhiệt độ cuối cùng của lượng nước này (biết nước ban đầu ở thể lỏng, nhiệt độ 250C). Đáp án Điểm 1 Xét phản ứng CH4(k, 298K) + 2 O2(k, 298K) → CO2(k, 298K) + 2H2O(k, 298K) ∆H1 = - 393,5 + ( - 241,8.2) – (-74,9) = -802,2 (kJ/mol) 0,5 2 Lượng nhiệt để nâng hỗn hợp sản phẩm từ 298K → 498K được tính 3 theo biểu thức: q =Csp .∆T = (37 +2.33).(498–298) = 20,6.10 J/mol 0,5 → ∆H2 = - 802,2 + 20,6 = -781,6 (kJ/mol) 3 Hỗn hợp sản phẩm cháy gồm: N2: 8mol; CO2: 1mol; H2O: 2mol Tính được: ∑ Cp (sản phẩm) = 37 + 2.33 + 8.29 = 335 (J/mol.K) -3 → ∆H3 = - 802,2 + 335. (498 -298).10 = -735,2 (kJ/mol) 0,5 → Qv = ∆U = ∆H3 - ∆nRT = -735,2 – 0.R.T = -735,2 (kJ/mol) → Lượng nhiệt mà nước nhận được là Q = 735,2 kJ Gọi nhiệt độ sau của nước là T2 (K) 0 0 Lượng nhiệt cần để nâng 200gam H2O từ 25 C (298K) đến 100 C -3 (373K) là: Q1 = 75.(200/18) . ( 373 – 298).10 = 62,5 (kJ) 100 C → H2O bị hóa hơi. Xét quá trình: H2O(l) ƒ H2O(k) có ∆H298K = - (-285,9)+(-241,8) = 44,1 (kJ/mol); ∆Cp=33 –75 = - 42 (J/mol.K) -3 → ∆H373K = 44,1 + ( - 42 . (373 – 298).10 = 40,95 (kJ/mol) → Lượng nhiệt để hóa hơi 200gam H2O tại 373K là: 0,5 Q2 = 200/18 . 40,95 = 455 (kJ) 5
6. → Q1 + Q2 = 62,5 + 455 = 517,5 (kJ) < Q → H2O bị hóa hơi hoàn toàn. Hơi nước bị nâng đến nhiệt độ: 0,25 -3 Q – (Q1 + Q2) = (200/18).CH2O(k) . (T2 – 373).10 → T2 = 966,7K Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 2- + 1. Cho các phân tử và ion sau: SiF6 , NO2 , IF5, XeF4. Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán dạng hình học của các ion và phân tử đó. 2. Kim loại X tồn tại trong tự nhiên dưới dạng khoáng vật silicat và oxit. Oxit của X có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 507pm, trong đó các ion kim loại nằm trong một mạng lập phương tâm diện, còn các ion O2- chiếm tất cả các lỗ trống (hốc) tứ diện. Khối lượng riêng của oxit bằng 6,27 g/cm3. a) Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị của mạng tinh thể của oxit. b) Xác định thành phần hợp thức của oxit và số oxi hoá của X trong oxit. Cho biết công thức hoá học của silicat tương ứng (giả thiết Xm(SiO4)n). c) Xác định khối lượng nguyên tử của X và gọi tên nguyên tố đó. Đáp án Điểm 2- 1 SiF6 : dạng AX6E0. Ion có dạng bát diện đều. 0,25 + NO2 : dạng AX2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O 0,25 ([O=N=O]+).Ion có dạng đường thẳng. 3 2 IF5 : AX5E1, lai hoá của I là sp d , trong đó có cặp electron không liên kết sẽ 0,25 phân bố ở một đỉnh của hình bát diện còn 5 liên kết sẽ hướng về 5 đỉnh của hình bát diên còn lại. Phân tử có cấu trúc tháp vuông. 3 2 XeF4: dạng AX 4E2, lai hoá của Xe là sp d , trong đó hai obitan lai hoá chứa 0,25 cặp electron không liên kết sẽ phân bố dọc theo trục thẳng đứng còn các liên kết phân bố trên cùng mặt phẳng với tâm là nguyên tử Xe. Phân tử có cấu trúc vuông phẳng. 2a Cấu trúc của tế bào đơn vị: 0,5 Mạng tinh thể ion: ion Xn+ ( ) ion O2- (O) 6
7. 2b X có dạng tinh thể lập phương tâm diện nên 1 tế bào có 0,5 1 1 8. 6. 4 (ion) Xn+. Oxi chiếm các hốc tứ diện của mạng lập phương tâm 8 2 diện nên có 8 ion O2-. - Trong 1 tế bào mạng có 4 ion X n+ và 8 ion O2- nên công thức phân tử của oxit là XO2. - Từ công thức của oxit suy ra số oxi hoá của X bằng 4. - Công thức hoá học của silicat XSiO4 2c Đặt d là khối lượng riêng của oxit XO2, ta có: 0,5 4(M 2M ) d = X O N A .V 3 Suy ra M(X) = ¼ ( d.NA.a – 32 = 90,98. Nguyên tố X là Ziconi (Zr) 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 CaCl 2 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 Đáp án Điểm 1 Nồng độ sau trộn: CCH3COOH = 0,1(M); CH3PO4= 0,5C (M) pHA = 1,50 → không cần tính đến sự phân li của nước Các quá trình xảy ra trong dung dịch A: + - -2,15 H3PO4 H + H2PO4 Ka1 = 10 (1) + - -4,76 CH3COOH H + CH3COO Ka = 10 (2) 7
8. - + 2- -7,21 H2PO4 H + HPO4 Ka2 = 10 (3) 2- + 3- -12,32 HPO4 H + PO4 Ka3 = 10 (4) [CH3COOH] Vì pH = 1,5 => - = => [CH3COO ] - 0,25 [CH3COOH]>>[CH3COO ] Và vì Ka1 >> Ka2 >> Ka3 nên cân bằng (1) quyết định pHA: + - -2,15 H3PO4 H + H2PO4 Ka1 = 10 [ ] 0,5C – 10 1,5 10 1,5 10 1,5 0,25 => C = 0,346 M + - 4,76 2 CH3COOH H + CH3COO , Ka = 10 0,5 => α 0,055% 3 Gọi khối lượng Na2CO3 cho vào dung dịch A là x (gam) => CNa2CO3= M Tại pH = 4,00 môi trường axit nên Na2CO3 phản ứng hết [H PO ] K 10 2,15 2 4 a1 [H PO ] = = 4 >>1=>[H3PO4] [4 ] Na2CO3 phản ứng nấc 1 theo 4,76 [CH3COO ] Ka 10 = = 4,0 [CH3COOH] [H ] 10 => Na2CO3 phản ứng theo 2 10,33 [CO3 ] 10 2 Tương tự: = 4 Sau phản ứng: CO3 + 2H → CO2 Như vậy khi trung hòa đến pH = 4,00 thì chỉ có CH 3COOH bị trung hòa 8
9. theo và H3PO4 bị trung hòa nấc 1 theo , còn bản thân + Na2CO3 phản ứng với H của 2 axit tạo thành CO2: 0,25 2 2 H3PO4 + →CO 32H 2+P O CO4 2 + H2O 2 2 CH3COOH + →CO 32 CH 3COO + CO2 + H2O Vậy 2 + => + => x=m = 0,196(gam) Na2CO3 0,25 2+ 4 Hệ thu được sau trộn: H3PO4 0,173M; CH3COOH 0,1M; Ca 0,165M Vì (1) quyết định pH của dung dịch nên [H+] được tính theo (1): + - -2,15 H3PO4 H + H2PO4 Ka1 = 10 [ ] 0,173 – y y y + - 2- 3- => y = 0,0316 M = [H ] = [H2PO4 ]=> [HPO4 ] và [PO4 ] tính theo (3) và (4) như sau - + 2- -7,21 0,25 H2PO4 H + HPO4 , Ka2 = 10 (3) 2- -7,21 => [HPO4 ] = Ka2. = Ka2 = 10 M 2- + 3- -12,32 HPO4 H + PO4 , Ka3 = 10 (4) 3- -19 => [PO4 ] = Ka3. = = 9,339.10 M Kiểm tra điều kiện xuất hiện kết tủa: 0,25 2+ 3 3- 2 3 -19 2 -39 (C'Ca ) . (C'PO4 ) =(0,165) .( 9,339.10 ) = 3,918.10 Không xuất hiện kết tủa Ca (PO ) 3 4 2 0,25 2+ 2- -7,21 -8 -6,58 C'Ca . C'HPO4 = 0,165.10 = 1,017.10 Không xuất hiện kết tủa CaHPO 4 0,25 9
10. 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 PbO 2 xốp. Cả 2 điện cực được nhúng trong dung dịch điện li H2SO4. 6.1. Hãy viết các quá trình xảy ra trên từng điện cực, phản ứng trong pin khi pin chì-axit phóng điện và biểu diễn sơ đồ của pin. 0 2+ 2+ - Cho biết: E của Pb /Pb là -0,126V; của PbO2/Pb = 1,455V; HSO4 có pKa = 2,00; 0 PbSO4 có pKS = 7,66; ở 25 C. 0 6.2. Tính E của PbSO4/Pb; PbO2/PbSO4 và tính điện áp V của ắc quy chì, nếu C H2SO4 ≈ 1,8M. Câu Đáp án Điểm 6.1 Catot: 2.1,455 + 2+ 0,0592 PbO2 + 4 H + 2e ⇌ Pb + 2 H2O 10 - 2- + -2 HSO4 ⇌ SO4 + H 10 2+ 2- 7,66 Pb + SO4 ⇌ PbSO4 10 0,25 Phản ứng trên catot: - + PbO2 + HSO4 + 3H + 2e ⇌ PbSO4 + 2 H2O K1 (*) 2.( 0,126) Anot: Pb ⇌ Pb2+ + 2e 10 0,0592 - 2- + HSO4 ⇌ SO4 + H 10-2 2+ 2- 7,66 Pb + SO4 ⇌ PbSO4 10 0,25 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 ( ) 0,25 + - Sơ đồ pin: (a) Pb│PbSO4, H , HSO4 │PbO2 (Pb) (c) 0,25 10
11. 2.E0 6.2. PbO2 /PbSO4 2.1,455 0,0592 0,0592 -2 7,66 Từ (*):10 = K1 = 10 .10 . 10 E0 = 1,62 (V) 0,25 PbO2 /PbSO4 2.E0 2.( 0,126) PbSO4 /Pb 0,0592 0,0592 -2 7,66 Từ ( ):10 = K2 = 10 .10 . 10 0 EPbSO /Pb = - 0,29 (V) 4 0,25 Ta có: V = E(c) – E(a) = E - E PbO2 /PbSO4 PbSO4 /Pb + 0 0,0592 - + 3 0 0,0592 [H ] V= E + .log([HSO4 ].[H ] ) - E .log PbO2 /PbSO4 PbSO4 /Pb - 2 2 [HSO4 ] 0 0 0,0592 - 2 + 2 V = E - E + .log([HSO4 ] .[H ] ) PbO2 /PbSO4 PbSO4 /Pb 2 - + Trong đó [HSO4 ], [H ] được tính theo cân bằng: 0,5 - + 2- -2 HSO4 ⇌ H + SO4 Ka = 10 [ ] 1,8 – x 1,8 + x x 2- -3 + - [SO4 ] = x = 9,89.10 (M) [H ] = 1,81 (M); [HSO4 ] = 1,79 (M) 0,0592 V = 1,62 + 0,29 + log{(1,79)2.(1,81)2} = 1,94 (V) 2 0,5 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): Na2S4O6 (3) (8) (1) (2) (6) (7) HIO3 I2O5 I2 Cl2 KClO3 ClO2 NaClO2 (9) (10) (4) (5) KI Cu2I2 2. Giải thích nguyên nhân, hình thành những tinh thể hiđrat Cl 2.8H2O. Hiđrat đó có phải là hợp chất bọc không? 11
12. 3. Hợp chất A chứa S, O và halogen. Trong mỗi phân tử A chỉ có 1 nguyên tử S. Thuỷ phân hoàn toàn A được dung dịch B. Người ta sử dụng những thuốc thử cho dưới đây để nhận biết những ion nào có trong B? Thuốc AgNO3 + Ba(NO3)2 NH3 + KMnO4 + Cu(NO3)2 thử HNO3 Ca(NO3)2 Ba(NO3)2 Hiện kết tủa vàng Không có Không hiện Mất màu, kết Không có tượng nhạt kết tủa tượng tủa trắng kết tủa Qua đó có thể đưa ra công thức phù hợp của A là gì? Đáp án Điểm 240o C 1 1. 2HIO3  I2O5 + H2O toC 2. I2O5 + 5CO  I2 + 5CO2 3. I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 1,25 4. I2 + 2K → 2KI 5. 4KI + 2CuSO4 → Cu2I2 + I2 + 2K2SO4 6. I2 + 2KClO3 → Cl2 + 2KIO3 toC 7. 3Cl2 + 6KOH  KClO3 + 5KCl + 3H2O 8. 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 Phân tử Cl2 không phân cực nên tan ít trong nước, tạo thành dung dịch nước clo. Khi làm lạnh dung dịch nước clo, clo tách ra dạng tinh thể Cl2.8H2O. Đây là hợp chất bọc được tạo nên nhờ sự xâm nhập của phân 0,25 tử clo vào trong khoảng trống của những tập hợp gồm những phân tử nước liên kết với nhau bằng liên kết hiđro. - - - 3 AgNO3 : thuốc thử ion Cl ( kt trắng) ; Br ( kt vàng nhạt) ; I ( kt vàng) → Có Br hoặc I 2- 2- Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO4 ( kt trắng) → không có SO4 12
13. - NH3 + Ca(NO3)2 : thuốc thử ion F (kt CaF2 trắng) → không có F 2- KMnO4 + Ba(NO3)2 : thuốc thử ion SO3 ( kt BaSO4) 1,0 - Cu(NO3)2 : thuốc thử ion I ( I2 + CuI kt trắng) → không có I +4 - + Từ htg trên kết luận A có S , có Br . Vậy A là: SOBr2 hoặc SOBrCl. SOBr2 + 2H2O > H2SO3 + 2HBr và SOBrCl + 2H2O > H2SO3 + HCl + HBr Câu 8 (2,5 điểm) Bài tập tổng hợp vô cơ (HSGQG Úc 2008) Nguyên tố A đốt trong khí O 2 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 o nhiệt độ sôi ở 59 C với công thức phân tử là ACl 2. 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: 1. 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. 2. 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 sơ đồ cho ở trên. 3. 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 cho mỗi phản ứng. 4. 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, ). 13
14. Đáp án Điểm 1 Ta có : 0,5 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). to 2 A : là S hoặc S8 ; S + O2  SO2 (B) 0,25 o V2O5 /K2O,t 2SO2 + O2  2SO3 (C) 0,25 SO2 + H2O → H2SO3 (D) SO3 + H2O → H2SO4 (E) 0,25 S + Cl2 → S2Cl2 (F) S2Cl2 + Cl2 → 2SCl2 (G) 3 SO3 + SCl2 → SO2 + SOCl2 (H) 0,25 SOCl2 + 2H2O → H2SO3 + 2HCl 4 Công thức Lewis và hình dạng của B, C và hai ðồng phân của F 0,5 B (Chữ V) C (tam giác phẳng) F (gấp khúc) (Tháp tam giác) 0,5 Lưu ý: Thí sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa Người phản biện Người ra đề Mai Thành Ngô Đức Trọng ĐT: 0916.535.970 ĐT: 0917.126.613 14