Đáp án đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương lần thứ XV môn Hóa học Lớp 10 năm 2019 - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

Nội dung text: Đáp án đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương lần thứ XV môn Hóa học Lớp 10 năm 2019 - Trường THPT chuyên Vĩnh Phúc

1. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1: (2,5 điểm): Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân 1. Năng lượng Eo (J) của một electron trong trường hợp lực một hạt nhân được tính bằng biểu thức: e4 Z 2 En (J) 2 2 2 8 o h n Trong đó, e là điện tích nguyên tố; Z là điện tích hạt nhân;  o là hằng số điện; h là hằng số Planck; n là số lượng tử chính (n = 1, 2, 3 );  (kg) là khối lượng rút gọn của hệ, được tính bằng biểu thức  = (m hạt nhân .melectron) : (mhạt nhân + melectron). Tính bước sóng λmax (nm) của dãy phổ Lyman khi electron chuyển từ n = 2 về n = 1 trong nguyên tử hiđro. 2. Positroni là một hệ gồm một positron, là hạt có điện tích +1 và một electron. Khi electron chuyển từ n = 3 về n = 2, hệ bức xạ photon có bước sóng λ = 1312 nm. Tính khối lượng m (kg) của positron. 3. 134Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng vị này đều phân rã β. a) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs. b) Tính năng lượng (eV) được giải phóng trong phản ứng phân rã phóng xạ của 134Cs. 134 134 Cho: 55Cs = 133,906700; 56 Ba = 133,904490. 4.Với các kim loại kiềm: Li, Na, K, Rb, Cs. Tính chất nào sau đây: a) nhiệt độ nóng chảy; b) bán kính nguyên tử; c) khối lượng riêng; d) năng lượng ion hóa thứ nhất - không tăng đều cùng với sự tăng số hiệu nguyên tử? Giải thích ngắn gọn. Câu NỘI DUNG Điểm 1 1 e4 Z 2 Thay các hằng số vào biểu thức En (J) 2 2 2 ta có: 8 o h n 31 19 4 2 9,1094.10 .(1,602.10 ) .1 1 1 18 0,25 E2 1(J) 12 2 34 2 2 2 1,634.10 (J) 8.(8,854.10 ) .(6,6261.10 ) 1 2 - Bước sóng tính theo công thức: hc 6,6261 34.2,9979.108 E(J) 1,634.10 18 (J) = 1,2157.10 7 (m) 121,57(nm) 0,25   2 Hệ positrnoni có thể biểu diễn dưới dạng: e+e– e4 Z 2 - Khi electron chuyển dịch từ n = 3 về n = 2, ta có biểu thức: En (J) 2 2 2 ta có: 8 o h n e4 Z 2 1 1 c E3 2 (J) 2 2 2 2 h 8 o h 2 3 
2. - Suy ra khối lượng rút gọn của hệ: 2 3 12 2 34 3 8 8 o h c 8.(8,854.10 ) .(6,6261.10 ) .(2,9979.10 ) 31  4,557.10 (kg) 0,25 4 2 1 1 9 19 4 2 1 1 e Z 2 2 (1312.10 ).(1,602.10 ) .1 . 2 2 2 3 2 3 - Từ đó tính được khối lượng của positron: 31 mpositron .melectron mpositron .9,1094.10 31  31 4,5573.10 mpositron melectron mpositron 9,1094.10 0,25 31 mpositron 9,1198.10 (kg) 3 a. Phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ: 0,5 134 134 0 55Cs → 56 Ba + -1e 137 137 0 55Cs → 56 Ba + -1e 134 0,5 b. Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55Cs: ∆E = ∆m.c2 = (133,906700 - 133,904490) . (10–3/6,022.1023) . (3,000.108)2 (J) → ∆E = 3,30.10 –13 J = 3,30.10–13/(1,602.10–19) = 2,06.106 (eV) 4 (c) Khối lượng riêng. -Khối lượng riêng được xác định bởi hai yếu tố: Khối lượng và thể tích. -Cấu trúc tinh thể của các kim loại kiềm đều giống nhau, do vậy khối lượng riêng phụ thuộc 0,25 vào nguyên tử khối và thể tích nguyên tử. -Khi số hiệu nguyên tử tăng, thì thể tích và nguyên tử khối đều tăng. Sự tăng nguyên tử khối 0,25 làm tăng khối lượng riêng, nhưng sự tăng thể tích lại làm giảm khối lượng riêng. Do vậy biến đổi khối lượng riêng là không đồng đều. Câu 2: (2,5 điểm): Động hóa học (không có phần cơ chế) 1. Hằng số tốc độ của phản ứng bậc 1 được xác định bằng hệ thức: 1 a (t là thời gian phản ứng; a là nồng độ đầu; k = ln (1) t a - x x là nồng độ chất đã phản ứng). a) Sự phân hủy axeton diễn ra theo phản ứng: CH3COCH3 C2H4 + H2 + CO (2) Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được là: t (phút) 0 6,5 13 19,9 p (mmHg) 312 408 488 562 Hãy chứng tỏ phản ứng (2) là phản ứng bậc 1 và tính hằng số tốc độ của phản ứng này. b) Tính thời gian nửa phản ứng của phản ứng (2). 2. Cho phản ứng:
3. –1 –1 k1 (các hằng số tốc độ phản ứng k1 = 300 s ; k2 = 100 s ). A  B (3) k2 1 x k + k = e (4) 1 2 ln (xe là nồng độ chất lúc cân bằng; x là nồng độ chất đã phản ứng). t xe - x Ở thời điểm t = 0, chỉ có chất A mà không có chất B. Trong thời gian bao lâu thì một nửa lượng chất A chuyển thành chất B? Câu NỘI DUNG Điểm 2 1 a. Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ chất nên phương trình động học có thể biểu diễn theo áp suất riêng phần. Gọi p0 là áp suất đầu của axeton và y là áp suất riêng phần của C2H4 ở thời điểm t, ta có p H2 = pCO = y và paxeton = p0 – y. Như vậy áp suất chung của hệ là: p - p0 3p0 - p p = p0 – y + 3y = p0 + 2y y = và p0 – y = 2 2 2,303 p0 2,303 2p0 Áp dụng hệ thức (1): k= lg = lg , ta có: 0,25 t p0 - y t 3p0 - p 2,303 2 . 312 k = lg = 0,02568 (phút-1) 1 6,5 3 . 312 - 408 2,303 2 . 312 k = lg = 0,0252 (phút-1) 2 13 3 . 312 - 488 2,303 2 . 312 k = lg = 0,02569 (phút-1) 0,25 3 19,9 3 . 312 - 562 0,25 k1 k2 k3. Vậy phản ứng (2) là phản ứng bậc 1. Hằng số tốc độ trung bình của phản ứng (2) là: 0,25 1 k (0,02568 + 0,0252 + 0,02569) = 0,02563 (phút-1). 3 0,693 0,693 0,5 b.Thời gian nửa phản ứng của phản ứng (2) là: t = = = 27,04 (phút). 1/2 k 0,02563 2 k1 A  B k2 Nồng độ đầu: a 0 Nồng độ cân bằng: a - xe xe Áp dụng công thức (4), xe được xác định qua hằng số cân bằng (K), ta có:
4. [B] xe aK 0,25 K xe [A] a - xe 1 + K Tại thời điểm một nửa lượng chất A đã tham gia phản ứng: x = a/2; t = t1/2 a aK a 2aK - a - aK a(K - 1) xe – x = x - = - = = e 2 1 + K 2 2(1 + K) 2(1 + K) x aK/(1+K) 2K e = 0,25 xe - x a(K-1)/[2(1+K)] K - 1 xe 2K 2,303 2K 2,303 2K Thay = vào (4), ta có: k1 + k2 lg t1/2 = lg 0,25 xe - x K - 1 t1/2 K - 1 k1 + k2 K - 1 k Vì K 1 , nên: k2 2,303 2k 2,303 2 . 300 t = lg 1 = lg = 2,75.10-3 (s). 1/2 0,25 k1 + k2 k1 - k2 300 + 100 300 - 100 Vậy sau 2,75.10-3 giây thì một nửa lượng chất A đã chuyển thành chất B. Câu 3: (2,5 điểm): Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học 1. Giảm thiểu tối đa sự phát thải khí độc CO là một trong những vấn đề cấp thiết của nhiều cơ sở công nghiệp, đặc biệt là với các lò thiêu hủy chất thải rắn. Một trong các giải pháp được đề xuất là chuyển hóa CO bằng hơi nước theo phản ứng: H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) (a) o Cho 0,2 mol H2O và 0,1 mol CO vào bình chân không ở 450 C. Khi phản ứng (a) đạt đến cân bằng hỗn hợp phản ứng chứa 0,09 mol CO2. a.Tính hằng số cân bằng của phản ứng (a) ở 450oC. b.Phản ứng (a) cần được tiến hành ở nhiệt độ bao nhiêu để 99% lượng CO ban đầu bị chuyển hóa thành CO2. Cho biết: Biến thiên entanpy tạo thành (kJ.mol-1) của các chất ở 25oC và 1 atm: CO(k): -110,5; CO2(k): -393,51; H2O(h): -241,84 2. Một hỗn hợp gồm 0,003 mol CH 4 và một lượng O 2 được cho vào một nhiệt lượng kế có thể tích 2,0 L (không đổi) ở 298 K, áp suất của khí trong nhiệt lượng kế là 3,665 atm. Sau khi đốt cháy hoàn toàn lượng CH4, nhiệt độ của hệ đạt 299,5 K. Tính: a. Nhiệt đốt cháy của CH4 ở 298 K, 1 atm. b. Nhiệt hình thành chuẩn của CH4 ở 298K. Cho biết trong điều kiện bài toán: - Có thể bỏ qua thể tích của pha ngưng tụ. Các khí đều là khí lí tưởng. - Nhiệt dung của nhiệt lượng kế: Cnlk = 1763,3 J/K.mol.
5. - Các đại lượng nhiệt động khác: o o Hht,298 393,5 kJ / mol ; Hht,298 285,2 kJ / mol ; CO2 (k) H2O(l) Ho = 40,654 kJ/mol hh,373(H2O(l) ) CV 74,5 J / K.mol ; CP 75,3 J / K.mol ; CP 33,58 J / K.mol ; H2O(l) H2O(l) H2O(k) CP 29,4 J / K.mol ; CP 36,4 J / K.mol ; CP 35,7 J / K.mol O2 (k) CO2 (k) CH4 (k) Câu NỘI DUNG Điểm 3 1 o a.Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng ở 450 C (723K) H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) Ban đầu (số mol): 0,2 0,1 0 0 0,25 Cân bằng (số mol): 0,11 0,01 0,09 0,09 Áp suất riêng phần của từng khí Pi = niRT/V. Vì thế: P .P n .n 0,09.0,09 K CO2 H2 CO2 H2 7,36 p P .P n .n 0,11.0,01 0,25 CO H2O CO H2O b. 99% CO chuyển hóa tương ứng với số mol CO phản ứng nCO = 0,1.99% = 0,099 mol H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) Ban đầu (số mol): 0,2 0,1 0 0 Cân bằng (số mol): 0,101 0,001 0,099 0,099 Để đạt được lượng chuyển hóa này, hằng số cân bằng là: P .P n .n 0,099.0,099 K CO2 H2 CO2 H2 97,04 p P .P n .n 0,101.0,001 0,25 CO H2O CO H2O K H 1 1 Từ công thức: ln P2 KP1 R T1 T2 o o o o o Entanpy của phản ứng: ∆H pứ = ∆H CO2 + ∆H H2 - ∆H H2O - ∆H CO = -41,17 kJ = -41170J Thay số vào công thức trên ta được: 0,25 97,04 41170 1 1 ln T2 525,2K 7,36 8,314 450 273 T2 3
6. PV 3,665.2 a. Số mol khí trong nhiệt lượng kế trước khi đốt: n 0,3mol RT 0,082.298 n 0,3 0,003 0,297 mol O2 Ta có sơ đồ: Q CH4(k) + 2O2(k) + O2dư(k) +NLK  CO2(k) + 2H2O(l) + O2dư + NLK 299,5K 0,003 0,006 0,291 0,003 0,006 0,291 0,25 Q1 Q2 CO2(k) + 2H2O(l) + O2dư + NLK 298 K 0,003 0,006 0,291 0,25 Q Q1 Q2 0 n Uo n C n C n C C (299,5 298) 0 CH4 dc,298 CO2 V,CO2 H2O V,H2O O2du V,O2 nlk n C n C n C C (299,5 298) CO2 V,CO2 H2O V,H2O O2du V,O2 nlk Uo dc,298 n CH4 0,003.(36,4 8,314) 0,006.74,5 0,291.(29,4 8,314) 1763,3 .1,5 Uo dc,298 0,003 0,25 o Udc,298 884983,642 J / mol o o 0,25 Hdc,298 Udc,298 nRT o Hdc,298 884983,642 2.8,314.298 889938,786 J / mol 889,939 kJ/ mol o o o o b. Ta có: Hdc,298 Hht,298 2 Hht,298 Hht,298 CO2 H2O CH4 o o o o 0,25 Hht,298 Hht,298 2 Hht,298 Hdc,298 CH4 CO2 H2O o Hht,298 393,5 2.( 285,2) 889,939 73,961 kJ / mol 0,25 CH4 Câu 4: (2,5 điểm): Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể 1. Giả thiết ion F2 được tạo thành từ nguyên tử F và ion F . a. Thuyết liên kết cộng hóa trị (thuyết VB) có thể giải thích được sự hình thành ion F2 theo con đường nêu trên hay không? Giải thích. b. Vẽ giản đồ năng lượng MO và viết cấu hình electron phân tử cho ion F2 . Theo thuyết MO, ion này có tồn tại hay không? Giải thích.
7. 2. Gốm perovskit ABO3 kết tinh ở hệ tinh thể lập phương trong đó cation A chiếm vị trí các đỉnh, cation B chiếm vị trí tâm khối, còn anion O 2- chiếm vị trí tâm tất cả các mặt của hình lập phương. Tinh thể một gốm perovskit ABO3 lý tưởng có thông số mạng bằng 0,41nm. a. Xác định số phối trí của cation A, B và O2- b. Tính bán kính của các cation A, B. Biết bán kính ion O2- = 0,14 nm. c. Xác định độ đặc khít trong tinh thể ABO3 ở trên. Câu NỘI DUNG Điểm 4 1 a.Không giải thích được vì theo VB, một liên kết cộng hóa trị được hình thành từ sự góp chung mỗi bên 1e độc thân: điều này không đạt được do F không có electron độc thân hoặc 0,25 cho nhận cặp e: điều này cũng không đạt được do F ở chu kì 2 nên không còn AO trống. b.Giản đồ MO của F2 : * E z * * x y 2p 2p 0,25 x y z * s 2s 2s s F F 2 *2 2 2 2 *2 *2 *1 Cấu hình electron phân tử của F2 :  s  s  z x y x y  z 0,25 8 7 1 Bậc liên kết N . Bậc liên kết khác 0 nên theo thuyết MO, ion này tồn tại. 0,25 2 2 3 a.Cấu tạo của perovskit 0,25
8. SPT của A là 12, SPT của B là 6, SPT của O2- là 6. 0,25 b. 2(r r ) a 0,41(nm) r 0,065(nm) 0,25 O2 B B 2(r r ) a 2 0,58(nm) r 0,15(nm) O2 A A 0,25 c.Độ đặc khít: 4 0,5 .3,1416.(0,0653 0,153 3.0,143 ) p 3 .100% 72,21% 0,413 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 SO2 với 10,00 ml dung dịch Na2SO3, được dung dịch A. Thêm 3 giọt metyl da cam và chuẩn độ dung dịch thu được. Dung dịch đổi màu (pH = 4,4) khi dùng hết 12,50 ml dung dịch NaOH 0,2000M. Thêm tiếp 3 giọt phenolphtalein vào hỗn hợp và chuẩn độ tiếp bằng NaOH 0,2000M. Sự đổi màu xảy ra (pH = 9,0) khi dùng hết 27,50 ml NaOH nữa. 1. Tính nồng độ mol/L của dung dịch SO2 và dung dịch Na2SO3 trước khi trộn. 2. Tính pH của dung dịch A sau khi trộn. o 3. Cho biết độ tan của BaSO3 trong nước ở 25 C bằng 0,016 gam/100 gam nước, chấp nhận khối lượng riêng của dung dịch là 1g/mL. Hãy tính tích số tan của BaSO3. Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21. Câu NỘI DUNG Điểm 5 1 1. (1,0điểm) 0 0 Đặt nồng độ của SO2 và Na2SO3 trước khi trộn là C1 = CSO ; C2 = C 2 2 SO3 sau khi trộn: CSO = 0,5C1; C 2 = 0,5C2. 2 SO3 pKa1 pKa2 Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 = 4,485 = pH - thành 0,25 2 HSO3 - phần của hệ thu được là HSO3 , nghĩa là trong hỗn hợp A phải có SO 2. Như vậy sau khi trộn dung dịch SO2 với dung dịch Na2SO3, SO2 còn dư: 2- - SO2 + H2O + SO3 2 HSO3 0,5C1 0,5C2 0,5(C1 – C2) 0 C2 - Thành phần của dung dịch A: SO2 0,5(C1 – C2) M; HSO3 C2 M, môi trường axit Khi chuẩn độ dung dịch A đến pH = 4,4 dung dịch sẽ chuyển từ màu đỏ sang màu vàng. Thêm tiếp phenolphtalein vào hỗn hợp chuẩn độ và chuẩn độ đến pH = 9,0 dung dịch sẽ chuyển từ màu vàng sang màu hồng.
9. - - Chuẩn độ đến pH = 4,4 hệ thu được gồm HSO và SO (bỏ qua SO 2–) trong đó HSO chiếm 3 2 3 3 0,25 [HSO- ] K 10 1,76 3 a1 - + 4,4 1,76 0,998 99,8% 100% [HSO3] [SO2] [H ] Ka1 10 10 => chuẩn hết nấc 1 – - SO2 + OH HSO3 20,00 . 0,5.(C1 – C2) = 12,50 . 0,20 (1) - 2- Chuẩn độ đến pH = 9,0, hệ gồm HSO3 và SO3 (bỏ qua SO2): [SO2-] K 10 7,21 3 a2 = 98,4% 100% - 2- + 9,0 7,21 0,984 [HSO3] [SO3 ] [H ] Ka2 10 10 0,25 2- thành phần của hệ gồm 100%SO3 , chuẩn độ hết nấc 2 - – 2- HSO3 + OH SO3 + H2O 20,00 . {0,5(C1 – C2) + C2} = 27,50 . 0,20 (2). 0,25 Từ (1) và (2) C2 = 0,15 M; C1 = 0,40 M 2 Khi chưa chuẩn độ, pHA chính là pH của hệ đệm: - + -1,76 SO2 + H2O ƒ HSO3 + H Ka1 = 10 0,125 – x 0,15 + x x x.(0,15 x) 10 1,76 0,125 x + x = [H ] = 0,012 pHA = 1,92 0,5 3 0,016 1000 -4 0,25 (Gọi độ tan của BaSO3 trong nước là s s = . = 7,36.10 (M) 217,33 100 2+ 2- BaSO3 ƒ Ba + SO3 Ks = ? (1) s s 2- - - -6,79 SO3 + H2O ƒ HSO3 + OH Kb1 = 10 (2) - – -12,24 HSO3 ƒ SO2 + OH Kb2 = 10 (3) 0,25 Vì Kb2 << Kb1 nên có thể bỏ qua (3). Xét quá trình (2): 2- - – -6,79 SO3 + H2O ƒ HSO3 + OH Kb1 = 10 C 7,36.10-4
10. [ ] 7,36.10-4 – x x x x = 1,08.10-5 0,25 - - Vậy [OH ] = [HSO3 ] >> Kb2. Bỏ qua (3) là hợp lý. 2+ -4 2- -4 -5 -4 [Ba ] = s = 7,36.10 (M); [SO3 ] = 7,36.10 - 1,08.10 = 7,25.10 (M) 0,25 2+ 2- -7 Ks = [Ba ].[SO3 ] = 5,33.10 Câu 6: (2,5 điểm): Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân Ở 25oC, cho dòng điện một chiều có cường độ 0,5A đi qua bình điện phân chứa 2 điện cực platin nhúng trong 200 mL dung dịch gồm Cu(NO3)2 0,020 M, Co(NO3)2 1,0 M, HNO3 0,010 M. 1. Viết phương trình các nửa phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong quá trình điện phân. 2. Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện và nối đoản mạch hai cực của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và viết phương trình phản ứng minh họa. 3. Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catot để có thể điện phân hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn khi nồng độ của ion bị điện phân còn lại trong dung dịch là 0,005% so với nồng độ ban đầu). 4. Tính thể tích khí thoát ra (đktc) trên anot sau khi điện phân được 25 phút. Khi đó, giá trị thế catot là bao nhiêu? Chấp nhận: Áp suất riêng phần của khí hiđro là 1 atm; khi tính toán không kể đến quá thế; nhiệt độ dung dịch không thay đổi trong quá trình điện phân. Cho E =0,337V; E = -0,277V; Cu2 /Cu Co2 /Co RT Hằng số Faraday F= 96500 C.mol-1, ở 250C : 2,303 = 0,0592 F Câu NỘI DUNG Điểm 6 1 Phương trình các nửa phản ứng xảy ra trên catot và anot: Các quá trình có thể xảy ra trên catot: 2+ Cu + 2e → Cu↓ (1) 0,25 + 2H + 2e → H2 Co2+ + 2e → Co↓ + 0,25 Quá trình xảy ra trên anot: 2H2O → O 2 + 4H + 4e (2) 2 0 0 5 9 2 E 0 , 3 3 7 lg 0 , 0 2 0 , 2 8 7V C u 2 / C u 2 E E 0 0,227V Co2 /Co Co2 /Co 0,25
11. 0, 0592 2 0,25 E lg(0, 01) 0,118V H / H 2 2 2+ + 2+ Vì E 2 E 2 E 2 nên thứ tự điện phân trên catot là: Cu , H , Co . Cu /Cu H /H2 Ni / Ni 2+ Khi 10% Cu bị điện phân, E= 0,285 V (khi đó H2 chưa thoát ra), nếu ngắt mạch điện và nối đoản mạch 2 cực sẽ hình thành pin điện có cực dương (catot) là cặp O2/H2O và cực âm (anot) là cặp Cu2+/Cu. Phản ứng xảy ra: + trên catot: O2 + 4H + 4e → 2H2O 0,25 trên anot: 2 × Cu→ Cu 2+ + 2e + 2+ Phản ứng xảy ra trong pin: 2Cu↓ + O2 + 4H → 2Cu + 2H2O Pin phóng điện cho tới khi thế của 2 điện cực trở nên bằng nhau. 3 Để tách hoàn toàn được Cu2+ thế catot cần đặt là: E Ec E 2 H /H2 Cu /Cu 2+ -6 Khi Cu2+ bị điện phân hoàn toàn thì [Cu ] = 0,02.0,005% = 1.10 M 0,25 0 0 5 9 2 E 0 , 3 3 7 lg 1 0 6 0 ,1 5 9V C u 2 / C u 2 Với [H+] = 0,01 + 2(0,02 - 10-6) ≈ 0,05 M 0 , 0 5 9 2 2 E lg ( 0 , 0 5 ) 0 , 0 7 7 V 0,25 H / H 2 2 Vậy trong trường hợp tính không kể đến quá thế của H2 trên điện cực platin thì thế catot cần khống 2+ chế trong khoảng - 0,077 V < Ec < 0,159 V, khi đó Cu sẽ bị điện phân hoàn toàn. 4 Từ (2) ta có số mol của oxi giải phóng ra: Thể tích khí oxi thoát ra trên anot (đktc) là: 0,25 Theo (1), số mol ion đồng bị điện phân sau 25 phút: Như vậy Cu2+ chưa bị điện phân hết. Nồng độ Cu2+ còn lại là: 0,25 (4.10 3 3,886.10 3 ).1000 [Cu2 ] 5,7.10 4 M 200 Khi đó E catot: 0,25 0,0592 E E 0,337 lg(5.7.10 4 ) 0,24V c Cu2 /Cu 2
12. Câu 7: (2,5 điểm): Nhóm halogen, oxi -lưu huỳnh Cho sơ đồ chuyển hóa các chất từ lưu huỳnh như sau: NH C 3 D + L E G + F to Cl2 L 4, CCl O , to O , to S 2 A 2 B NH xuùc taùc V2O5 3 (1 : NH3 1) (1 : 2) H K Khi thủy phân hoàn toàn các chất C, E và G, thu được các dung dịch axit và không thấy khí thoát ra. Thêm dung dịch Ba(NO3)2 dư vào các dung dịch trên đều thu được kết tủa trắng X. Lọc kết tủa X, thêm tiếp dung dịch AgNO3 dư vào nước lọc, lại thu được kết tủa trắng Y. Đối với chất E và G, tỉ lệ khối lượng kết tủa X m và kết tủa Y X đều là 1,624; còn đối với chất C, tỉ lệ trên là 0,812. mY Cho dung dịch Ba(OH)2 vào dung dịch sau khi thủy phân của các chất D, H và K đều thấy có kết tủa trắng tạo thành, không tan trong axit mạnh và có khí NH3 thoát ra. Hàm lượng phần trăm về khối lượng N và S trong các chất sau lần lượt: trong chất D là 29,16% và 33,33%; trong chất H là 14,43% và 32,99%; trong chất K là 24,56% và 28,07%. Trong các chất D, H và K, mỗi phân tử chỉ chứa 1 nguyên tử lưu huỳnh. 1.Xác định công thức của các chất từ A đến K. 2. Viết các phương trình phản ứng hoàn thành sơ đồ chuyển hóa trên. 3. Vẽ cấu trúc các chất C, D, E, G, H và K. Câu NỘI DUNG Điểm 7 1 Chất A là SO2, chất B là SO3 0,1x1 - Xác định các chất C, F và G: 0 Khi thủy phân hoàn toàn các chất C, E và G, thu được các dung dịch axit và không thấy khí thoát ra. Thêm Ba(NO3)2 dư vào các dung dịch trên đều thu được kết tủa trắng X → +6 kết tủa X là BaSO4 → trong các chất này chứa S , không có chứa C. Kết tủa Y là AgCl. m n 1 Từ tỉ lệ X là 1,642 → trong E và G, tỉ lệ S mY nCl 1 Gọi công thức của G là SxOyClx, ta có:
13. x 2 6x 2y x 0 5x 2y 0 → công thức của G là S2O5Cl2. y 5 Từ phản ứng: SO3 + CCl4 → S2O5Cl2 + F → công thức của F là COCl2. +6 mX nS 1 Chất C có S , tỉ lệ là 0,812 → trong C, tỉ lệ → công thức của C là SO2Cl2 mY nCl 2 - Xác định các chất D, E, H và K: Dung dịch thủy phân của các chất D, H và K khi tác dụng với Ba(OH)2 đều thấy có kết +6 3 tủa trắng tạo thành và khí NH3 thoát ra → trong D, H và K có S và N . n 2 Hàm lượng N và S trong chất D lần lượt là 29,16% và 33,33% → tỉ lệ N nS 1 n 1 Hàm lượng N và S trong chất H lần lượt là 14,43% và 32,99% → tỉ lệ N nS 1 n 2 Hàm lượng N và S trong chất K lần lượt là 24,56% và 28,07% → tỉ lệ N nS 1 Gọi công thức của D là SN2OxHy: 32 +6 3 M .100 96 ; trong D có S và N → công thức của D là SO2(NH2)2. D 33,33 SO2Cl2 + 2NH3 → SO2(NH2)2 + 2HCl (L là HCl) +6 nS 1 Chất E có S , tỉ lệ ; SO3 + HCl → E → công thức của E là HSO3Cl. nCl 1 Gọi công thức của H là SNOxHy: 32 +6 3 M .100 97; trong H có S và N → công thức của H là NH2SO3H. H 32,99 Gọi công thức của K là SN2OxHy: 32 +6 3 M .100 114 ; trong K có S và N → công thức của K là NH2SO3NH4. K 28,07 2 Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra: 1- S + O → SO 2 2 0,125 2- 2SO2 + O2 ƒ 2SO3 x8 3- SO2 + Cl2 → SO2Cl2 4- SO2Cl2 + 2NH3 → SO2(NH2)2 + 2HCl 5- 2SO3 + CCl4 → COCl2 + S2O5Cl2
14. 6- SO3 + HCl → HSO3Cl 7- SO3 + NH3 → HSO3NH2 8- SO2 + 2NH3 → H2NSO3NH4 3 Cấu trúc các chất: O O O O O O O Cl Cl Cl O Cl Cl OH H2N NH2 H2N OH H2N ONH4 0,5 S S S S S S S O O O O O O O (C) (G) (E) (D) (H) (K) Câu 8: (2,5 điểm): Bài tập tổng hợp vô cơ Tiến hành 3 thí nghiệm giữa 3 dung dịch đều chứa 0,166 gam KI ở các môi trường khác nhau với dung dịch –1 KMnO4 nồng độ C (mol.L ). Các kết quả như sau: Thí nghiệm 1: dung dịch KI phản ứng vừa đủ với 4,00 mL dung dịch KMnO4. Thí nghiệm 2: dung dịch KI phản ứng vừa đủ với 40,00 mL dung dịch KMnO4. Thí nghiệm 3: dung dịch KI phản ứng vừa đủ với 160,00 mL dung dịch KMnO4. 1.Biện luận để viết phương trình hóa học xảy ra trong mỗi thí nghiệm, biết trong Thí nghiệm 3 có mặt của Ba(NO3)2 dư. –1 2. Tính nồng độ C (mol.L ) của dung dịch KMnO4 đã dùng. 3. Thêm 5,00 mL dung dịch CuSO4 0,02M vào dung dịch chứa 0,166 gam KI rồi điều chỉnh môi trường như trong –1 Thí nghiệm 1 thu được hỗn hợp X. Tính thể tích dung dịch V (mL) KMnO4 nồng độ C (mol.L ) trên để phản ứng vừa đủ với hỗn hợp X. Câu NỘI DUNG Điểm 8 1 Biện luận: Ion MnO4 có tính oxi hóa phụ thuộc vào môi trường, trong môi trường axit bị khử về 2+ 2 Mn ; môi trường trung tính bị khử về MnO2; trong môi trường kiềm bị khử về MnO4 . – Ion I– có thể bị oxi hóa thành I2, IO , IO3 và IO4 . 0,25 Có thể lập bảng số electron trao đổi của chất oxi hóa và chất khử trong các môi trường như nhau: Sản phẩm khử Sản phẩm oxi hóa của ion I– ½ I (–1e) IO– (–2e) của ion MnO4 2 IO3 (–6e) IO4 (–8e) 2 1 2 6 8 MnO4 (+1e) MnO2 (+3e) 1/3 2/3 2 8/3 Mn2+ (+5e) 1/5 2/5 6/5 8/5 Tỉ lệ thể tích dung dịch KMnO4 đã dùng trong các thí nghiệm tăng dần theo tỉ lệ 1 : 10 : 40, căn cứ vào bảng trên có thể lựa chọn các tỉ lệ tương ứng là 1/5 : 2 : 8. Từ đó xác định được thí 0,25 nghiệm 1, phản ứng xảy ra trong môi trường axit; thí nghiệm 2 xảy ra trong môi trường trung tính (hoặc kiềm yếu); thí nghiệm 3 xảy ra trong môi trường kiềm. 0,25 – + 2+ Thí nghiệm 1: 10I + 2MnO4 + 16H → 5I2 + 2Mn + 8H2O – – Thí nghiệm 2: I + 2MnO4 + H2O → IO3 + 2MnO2 + 2OH 0,25
15. – – – 2 Hoặc: I + 2MnO4 + 2OH → IO + 2MnO4 + H2O 0,25 Thí nghiệm 3: 2I– + 16MnO + 16OH– + Ba2+ → Ba(IO ) ↓ + 16MnO2 + 8H O 4 4 2 4 2 0,25 –3 –4 2 Số mol KI bằng 10 mol. Tính theo thí nghiệm 1, số mol KMnO4 bằng 2.10 mol. Nồng độ 0,25 của dung dịch KMnO4 là 0,05M. (Học sinh có thể tính theo bất kì phương pháp nào) 3 Khi cho thêm CuSO4 xảy ra các phản ứng: 2+ – 2Cu + 4I → 2CuI + I 2 + 2+ 2+ 10CuI + 4MnO4 + 32H → 10Cu + 5I2 + 4Mn + 16H2O Cộng hai phương trình trên: 0,5 – + 2+ 10I + 2MnO4 + 16H → 5I2 + 2Mn + 8H2O Phản ứng tổng cộng không thay đổi, vì vật việc cho thêm CuSO4 không làm thay đổi thể 0,25 tích dung dịch KMnO4 đã dùng. Như vậy, V = 4,00 mL. HẾT. Người biên soạn: Mạc Thị Thanh Hà Số điện thoại: 0904769299