Đáp án đề thi học sinh giỏi trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 10 năm 2019 - Sở giáo dục và đào tạo Sơn La

Nội dung text: Đáp án đề thi học sinh giỏi trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 10 năm 2019 - Sở giáo dục và đào tạo Sơn La

1. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ XIV - SƠN LA 2019 MÔN: HÓA HỌC - KHỐI: 10 Ngày thi: 27 tháng 7 năm 2019 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Hướng dẫn chấm gồm 14 trang HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1 (2,5 điểm): 1. a) Viết cấu hình electron của nguyên tử Mn (Z = 25) ở trạng thái cơ bản và cho biết vị trí của nó trong bảng hệ thống tuần hoàn. b) Khi bị ion hóa thành ion Mn2+, nguyên tử Mn có thể nhường electron ở phân lớp 4s hoặc ở phân lớp 3d. Sử dụng phương pháp gần đúng của Slater, hãy tính toán và lập luận để cho biết cấu hình electron của ion Mn2+ ở trạng thái cơ bản. - 226 206 2. Sau một chuỗi các phân rã và  nối tiếp, 88 Ra chuyển thành 82 Pb . a) Tính số phân rã và - trong quá trình trên. b) Viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân theo chuỗi sau: 214 226 ? 218 ? ?  ? 88 Ra  86 Rn  Po  82 Pb  83 Bi  Po  82 Pb Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm Cấu hình electron của Mn ở trạng thái cơ bản: 1.a) 1s22s2sp63s23p63d54s2 hay [Ar]3d54s2 0,25 Vị trí trong bảng HTTH: Ô số 25, chu kì 4, nhóm VIIB. 1.b) Khi bị ion hóa nguyên tử Mn có thể nhường cả 2 electron ở phân lớp 4s hoặc ở phân lớp 3d hoặc nhường 1 electron ở phân lớp 4s và 1 electron ở phân lớp 3d để tạo thành ion Mn2+ với các cấu hình electron: [Ar]3d5 (1); [Ar]3d34s2 (2) và 0,25 [Ar]3d44s1 (3) Do cả ba cấu hình chỉ khác nhau về cấu hình electron ở các phân lớp 3d và 4s nên chỉ cần tính tổng năng lượng của các electron ở 2 phân lớp này đối với 3 cấu hình. Với cấu hình (1): 2 2 3d 13,6 25 –1 18 - 0,35 4 / 3 47,388 eV 0,25 E(1) 53d -236,940eV Với cấu hình (2): 2 2 3d 13,6 25 –1 18 - 0,35 2 / 3 59,976 eV 2 2 4s 13,6 25 –1 10 – 0,85 11– 0,35 1 / 3,7 27,905 eV 0,25 E(2) = 33d 24s -235,738 eV Với cấu hình (3): 2 2 3d 13,6 25 –1 18 - 0,35 3 / 3 53,497 eV 2 2 4s 13,6 25 –1 10 – 0,85 12 / 3,7 22,889 eV 0,25 1/14
2. E(3) = 43d 14s -236,877 eV 2+ 5 E(1) < E(3) < E(2) nên cấu hình electron của Mn là: [Ar]3d (nhường 2 electron từ phân lớp 4s). 0,25 Ghi chú: Nếu thí sinh tính năng lượng cho cả ion Mn2+ứng với 3 cầu hình mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa. 2.a) Gọi x là số phân rã - , y là số phân rã , ta có: 226 ? 0 4 206 88 Ra  x. 1e y.2 He 82 Pb 226 x.0 y.4 206 y 5 0,25 88 x.( 1) y.2 82 x 4 226 206 - Vậy khi chuyển từ 88 Ra đến82 Pb đã xảy ra 4 phân rã  và 5 phân rã . 2.b) Các phản ứng nối tiếp nhau: 226 222 4 Ra  86 Rn He 88 2 0,25 222 218 4 86 Rn  84 Po 2 He 218 214 4 84 Po  82 Pb 2 He 214 214 0 0,25 82 Pb  83 Bi 1 e 214 214 0 83 Bi  84 Po 1 e 0,25 214 210 4 84 Po  82 Pb 2He Câu 2 (2,5 điểm): Trong môi trường kiềm, chất màu Malachite Green (kí hiệu là MCl) phản ứng với OH- theo phương trình hóa học: MCl + OH- MOH + Cl- (*) Động học của phản ứng (*) được nghiên cứu bằng cách theo dõi độ hấp thụ quang (A) của dung dịch theo thời gian. Kết quả cho thấy ở 298 K, phản ứng có bậc động học. Biết rằng nồng độ MCl trong dung dịch tỉ lệ thuận với A. -5 1. Thí nghiệm 1: Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10 M với H2O và 5,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M thì thu được 100 mL dung dịch X. Kết quả theo dõi độ hấp thụ quang của dung dịch X tại 298 K theo thời gian như sau: t (phút) 0 4 8 12 16 20 A 0,8580 0,7491 0,6541 0,5710 0,4985 0,4354 a) Chứng minh rằng trong điều kiện thí nghiệm, phản ứng tuân theo quy luật động học bậc 1. b) Tính hằng số tốc độ của phản ứng và thời gian bán phản ứng trong điều kiện thí nghiệm. c) Tính độ hấp thụ quang của dung dịch tại thời điểm t = 15 phút. -5 2. Thí nghiệm 2: Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10 M với H2O và 10,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M thì thu được 100 mL dung dịch Y. Kết quả nghiên cứu cho thấy ở 298 K, phản ứng có ' 2 -1 hằng số tốc độ khd 6,786.10 phút . 2/14
3. Từ các kết quả trên, hãy cho biết khi các chất phản ứng được lấy theo đúng hệ số tỉ lượng thì bậc của phản ứng (*) là bao nhiêu? Tính hằng số tốc độ của phản ứng ở 298K trong trường hợp này. Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm a) Phản ứng có bậc động học nên tốc độ phản ứng có dạng: v k[OH ]x [MCl]y Thí nghiệm 1: 5 20 7,50.10 5 [MCl]o 1,5.10 M 0,25 100 5 0,100 [OH ] 5,0.10 3 M o 100 [OH ]o [MCl]o [OH ] [OH ]o x y x y y v k[OH ] [MCl] k[OH ]o [MCl] khd[MCl] x 0,25 Với khd k[OH ]o Vì nồng độ MCl trong dung dịch tỉ lệ thuận với độ hấp thụ quang A của dung dịch nên giả sử phản ứng có bậc 1 (y = 1) ta có: 1 [MCl]o 1 Ao khd ln ln (1) 0,25 t [MCl]t t At Với Ao và At lần lượt là các giá trị độ hấp thụ quang của dung dịch tại t = 0 và tại t. Thay các giá trị Ao và At vào (1) thu được kết quả t (phút) 4 8 12 16 20 0,25 –1 khd(phút ) 3,393.10-2 3,392.10-2 3,393.10-2 3,394.10-2 3,392.10-2 Các giá trị k xấp xỉ nhau điều giả sử là đúng. hd 0,25 Vậy trong điều kiện thí nghiệm 1, phản ứng có bậc 1. b) Hằng số tốc độ phản ứng: 3,393 3,392 3,393 3,394 3,392 .10 2 0,25 k 3,393.10 2 (phút–1). hd 5 ln 2 ln 2 Thời gian bán phản ứng: t1/2 2 20,43 (phút) 0,25 khd 3,393.10 c) Ta có: At Ao.exp( khd .t) tại t = 15 phút A 0,8580.exp( 3,393.10 2.15) 0,5158 0,25 2 Thí nghiệm 2: 20 7,50.10 5 10 0,100 [MCl] 1,5.10 5 M ; [OH ] 1,0.10 2 M o 100 o 100 0,25 ' y [OH ]o [MCl]o v khd[MCl] 3 x 2 khd k[5.10 ] 3,393.10 Ta có: x 1 ' 2 x 2 khd k[1,0.10 ] 6,686.10 Vậy bậc của phản ứng (*) bằng 2. 3/14
4. khd Ta có: k [OH ]o 3,393.10 2 k1 3 6,786 5.10 –1 –1 0,25 2 k 6,786 phút M 6,786.10 k2 2 6,786 1,0.10 Câu 3 (2,5 điểm): -1 1. Nhiệt của phản ứng: C3H8(k) + 5O2(k) 3CO2(k) + 4H2O(l) ở 298 K, 1 atm bằng – 2219 kJ.mol . a) Tính nhiệt hình thành của C3H8(k) ở 298 K, 1 atm. b) Tính nhiệt đẳng tích của phản ứng ở 298 K. c) Tính nhiệt của phản ứng ở 340 K, 1 atm. Cho biết: Nhiệt hình thành ở 298 K, 1 atm: Nhiệt dung đẳng áp: Chất o -1 -1 -1 f H298 (kJ.mol ) CP (J.K .mol ) C3H8(k) 73,5 O2(k) 0 29,4 CO2(k) - 393,5 37,1 H2O(l) - 285,8 75,3 2. Cho m gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích không đổi bằng 1,65 lít và nâng nhiệt độ bình lên 400 K. Khi đó xảy ra phản ứng: 2NaHCO3(r)  Na2CO3(r) + CO2(k) + H2O(k) Tại thời điểm cân bằng, khối lượng chất rắn giảm 1,5595 gam. Biết rằng các chất khí được coi là khí lí tưởng và thể tích chất rắn không đáng kể. a) Tính hằng số cân bằng KP của phản ứng ở 400 K. b) Cho 8,4 gam NaHCO3(r) vào một bình có thể tích không đổi 5,00 lít và nâng nhiệt độ bình lên 400 K. Tính thành phần của hệ (theo số mol) và áp suất của bình. Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm 1.a) Ta có: o o o o H298 3. f H298 4. f H298 f H298 CO2( k ) H2O(l) C3H8( k ) o o o o f H298 3. f H298 4. f H298 H298 0,50 C3H8( k ) CO2( k ) H2O(l) o f H298 3.( 393,5) 4.( 285,8) ( 2219) 104,7 kJ / mol C3H8( k ) 1.b) o o 3 0,25 U298 H298 n.298.R 2219 ( 3).298.8.314.10 2211,567 kJ / mol 1.c) Ở 340 K, 1atm ta có: C 3(C ) 4(C ) (C ) 5(C ) 0,25 P P CO2 (k) P H2 O(l) P C3H8 (k) P O2 (k) 3.37,1 4.75,3 73,5 5.29,4 192 J / K.mol 4/14
5. o o 3 0,25 H340 H298 CP (340 298) 2219 192.10 .42 2210,936 kJ / mol 2.a) Khối lượng chất rắn giảm chính là khối lượng CO2 và H2O. Vì các chất khí là khí lí tưởng và bỏ qua thể tích chất rắn nên ta có: 1,5595 n n mol CO2 H2O 62 nRT 1,5595.0,082.400 0,25 P P 0,50 atm CO2 H2O V 62.1,65 Áp suất của bình phản ứng: P P P 0,5 0,5 1,0atm CO2 H2O Hằng số cân bằng K của phản ứng: P 0,25 K P .P 0,50.0,50 0,25 atm2 P CO2 H2O 2.b) 8,4 Ta có: n 0,1mol NaHCO3 84 Ở 400 K, nếu NaHCO phân hủy hết thì n n n n 0,1mol 3 k CO2 H2O NaHCO3 Áp suất khi NaHCO3 vừa phân hủy hết là 1 atm Thể tích tối thiểu của bình phản ứng khi đó: n RT 0,1.0,082.400 V k 3,28L 0,25 min P 1 Khi V = 5,00 L > Vmin = 3,28 L NaHCO3 đã phân hủy hoàn toàn nên 1 n n n n 0,05 mol CO2 H2O Na2CO3 2 NaHCO3 0,25 n 0 NaHCO3 n RT 0,1.0,082.400 + Áp suất của hệ: P k 0,656 atm 0,25 V 5,00 Câu 4 (2,5 điểm): 1. Biết liên kết trong S2 tương tự như liên kết trong O2. a) Vẽ giản đồ năng lượng obitan phân tử (MO) cho phân tử S2. Cho biết ở trạng thái cơ bản phân tử này có tính thuận từ hay nghịch từ? 2 2 b) Đối với phân tử S2 và các ion S2 , S2 ,S2 , S2 người ta xác định được các giá trị độ dài liên kết S-S (tính bằng Angstrom) sau: 1,72; 1,79; 1,88; 2,00 và 2,20. Hãy gán các giá trị này cho các tiểu phân trên. Giải thích ngắn gọn. c) Sắp xếp năng lượng ion hóa của các tiểu phân S, S 2, S2 và S2 theo thứ tự từ thấp đến cao. Giải thích. 2. Có một nhận xét: “Ion–phân tử NH4 được hình thành theo cơ chế cho–nhận cặp electron giữa + nguyên tử N trong NH 3 và H . Từ đó suy ra không thể tồn tại ion–phân tử CH 5vì nguyên tử C trong CH4 không còn cặp electron tự do”. Tuy nhiên, thực nghiệm chỉ ra có sự tồn tại ion CH . 5 Trên cơ sở các kiến thức về liên kết hóa học, hãy mô tả sự tạo thành các liên kết hóa học và so sánh độ dài giữa các liên kết trong ion–phân tử CH5 . 5/14
6. Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm 1.a) Giản đồ MO của S2: * 3p * * 3px 3py 3p 3px 3px 3p 0,50 3p * 3s 3s 3s 3s 3s S S2 S 2 * 2 2 4 * 2 Cấu hình electron của S2 ở trạng thái cơ bản: (3s ) (3s ) (3p ) ( 3p ) ( 3p ) S2 có electron độc thân Phân tử có tính thuận từ. 0,25 1.b) Độ dài liên kết S-S trong: 2 2 0,25 S2: 1,88 Å; S2 : 2,00 Å ; S2 : 2,20 Å; S2 : 1,79 Å; S2 : 1,72 Å Giải thích: Từ giản đồ MO của S 2 cấu hình electron ở trạng thái cơ bản và bậc liên kết của các tiểu phân như sau: 2 * 2 2 4 * 2 1 S2: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) Bậc liên kết = (8 4) 2 3s 3s 3p 3p 3p 2 1 S : ( Bậc)2 ( liên* )2 kết( =) 2 ( )4 ( * )3 (8 5) 1,5 2 3s 3s 3p 3p 3p 2 0,50 1 S2 : ( Bậc)2 ( liên* )2 kết( =) 2 ( )4 ( * )4 (8 6) 1 2 3s 3s 3p 3p 3p 2 1 S : ( Bậc)2 ( liên* )2 kết( =) 2 ( )4 ( * )1 (8 3) 2,5 2 3s 3s 3p 3p 3p 2 1 S2 : ( Bậc)2 ( liên* )2 kết( =) 2 ( )4 (8 2) 3 2 3s 3s 3p 3p 2 Tiểu phân có bậc liên kết càng lớn thì giá trị độ dài liên kết càng nhỏ. 1.c) 0,25 Thứ tự năng lượng ion hóa: S2 < S2 < S2 < S Giải thích: Electron có năng lượng cao nhất của S2 , S2 và Sđều2 nằm ở trên * mức năng lượng cao nhất 3p . Nhưng đối với S2 electron tách ra từ cặp e 0,25 ghép đôi và từ ion âm S2 có năng lượng ion hóa thấp nhất. Ion S2 có điện tích dương, làm cho việc tách e khó hơn so với phân tử S2 (cả hai cùng tách e * độc thân từ 3p ). Electron có năng lượng cao nhất của S nằm ở AO 3p, thấp 6/14
7. * hơn so với năng lượng của electron trên MO 3pcủa những tiểu phân còn lại S có năng lượng ion hóa cao nhất. 3 2 Trong phân tử CH4, nguyên tử C ở trạng thái lai hóa sp . 4 AO lai hóa xen + phủ với 4 AO 1s của 4 nguyên tử H. Trong ion–phân tử CH5 , ion H không nhận căp electron từ nguyên tử C, mà nhận cặp electron dùng chung từ một 0,25 liên kết C–H, hình thành liên kết 3 tâm, 2 electron. Trong ion–phân tử CH5 độ dài của 3 liên kết C–H thông thường sẽ bằng độ 0,25 dài liên kết đơn C–H, trong khi đó liên kết ba tâm sẽ có độ dài liên kết lớn hơn. Câu 5 (2,5 điểm): Dung dịch A gồm (NH 4)2CO3 0,080 M và NH3 0,160 M. Dung dịch B gồm Na2CO3 0,080 M và NH3 0,160 M. Dung dịch C gồm MgCl2 0,010 M và CaCl2 0,010 M. 1. Tính pH của dung dịch A và của dung dịch B. 2. Trộn 25 mL dung dịch A với 25 mL dung dịch C thu được 50,00 mL dung dịch hỗn hợp D. Hãy cho biết có kết tủa tách ra từ dung dịch hỗn hợp D hay không? Nếu có, hãy cho biết thành phần kết tủa. Cho biết: pK S(MgCO3) = 5,0; pKS(Mg(OH)2) = 11,00; pKS(CaCO3) = 8,35; pKS(Ca(OH)2) = 5,30; pKa1(H2CO3) = 6,35; pKa2(H2CO3) = 10,33; pKa (NH4 ) = 9,24. Bỏ qua các quá trình tạo phức hidroxo của các cation Mg2+ và Ca2+. Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm 1 2 Dung dịch A: NH4 : 0,160M ; NH3 : 0,160M ; CO3 : 0,080M - Kiểm tra sơ bộ pH: C NH3 pH pKa lg 9,24 7 dung dịch A có môi trường bazơ C NH4 - Xét các cân bằng sau: 2  3,67 CO3 H2O  HCO3 OH (1) Kb1 10  7,65 HCO3 H2O H2CO3 OH (2) Kb2 10 0,25  4,76 NH3 H2O  NH4 OH (3) Kb 10  14 H2O H OH (4) Kw 10 7/14
8. Kb1>>Kb2 nên bỏ qua cân (2) C 2 .Kb1 CNH .Kb Kw nên bỏ qua cân bằng (4) CO3 3 Tính pH của dung dịch A từ các cân bằng (1) và (3) 0,25 2 - Chọn mức không là CO3 và NH3 - Điều kiện proton : [OH ] = [HCO3 ] + [NH4 ] – 0,160 (a) 2 [OH ][HCO3 ] Từ [CO3 ] + [HCO3 ]=C 2 và Kb1 CO3 2 [CO3 ] Kb1 [HCO3 ]=C 2 . (b) CO3 OH Kb1 [OH ][NH4 ] Từ [NH3] + [NH4 ] = (CNH C ) và Kb 3 NH4 [NH3 ] Kb [NH4 ]= (CNH C ) (c) 3 NH4 OH Kb Thay (c) và (b) vào (a) - Kb1 Kb [OH ] = C 2 . + (CNH C ) – 0,160 CO3 3 NH4 OH Kb1 OH Kb 10 3,67 10 4,76 [OH-] = 0,080. + (0,160 0,160 ) – 0,160 OH 10 3,67 OH 10 4,76 0,25 [OH-] ≈ 4,226.10-5 M pH ≈ 9,63 Dung dịch B: 2 NH3 : 0,160M ; CO3 : 0,080M 2  3,67 CO3 H2O  HCO3 OH (1) Kb1 10 HCO H O  H CO OH (2) K 10 7,65 3 2  2 3 b2 0,25  4,76 NH3 H2O  NH4 OH (3) Kb 10  14 H2O H OH (4) Kw 10 Kb1>>Kb2 nên bỏ qua cân bằng (2) C 2 .Kb1 CNH .Kb Kw nên bỏ qua cân bằng (4) CO3 3 Tính pH của dung dịch B từ các cân bằng (1) và (3) 2 - Chọn mức không là CO3 và NH3 - Điều kiện proton : [OH ] = [HCO3 ] + [NH4 ] (a’) 2 [OH ][HCO3 ] Từ [CO3 ] + [HCO3 ]=C 2 và Kb1 CO3 2 [CO3 ] 0,25 Kb1 [HCO3 ]=C 2 . (b’) CO3 OH Kb1 [OH ][NH ] Từ [NH ] + [NH ] = C và K 4 3 4 NH3 b [NH3 ] 8/14
9. K [NH ]= C .b (c’) 4 NH3 OH Kb - Kb1 Kb Thay (c’) và (b’) vào (a’) [OH ] = C 2 . + CNH CO3 3 OH Kb1 OH Kb 10 3,67 10 4,76 [OH-] = 0,080. + 0,160 OH 10 3,67 OH 10 4,76 0,25 [OH-] ≈ 4,367.10-3 M pH =11,64 2 Trộn dung dịch A với dung dịch C:NH4 : 0,080M ; NH3 : 0,080M ; 2 2 2 CO3 : 0,040M ; Mg : 0,005M ; Ca : 0,005M Ngay khi trộn: 10 3,67 10 4,76 [OH-] = 0,040. + (0,080 0,080 ) – 0,080 OH 10 3,67 OH 10 4,76 [OH-] ≈ 4,224.10-5 M 2 [OH ] -3 [CO3 ] C 2 = 6,60.10 M CO3 [OH ] Kb1 0,25 Xét kết tủa hidroxit: Vì pKS(Mg(OH)2) = 11,00 > pKS(Ca(OH)2) = 5,30 xét kết tủa Mg(OH)2 trước. Vì C .C2 = 0,005. (4,224.10-5)2 = 8,921.10-12 pKS(MgCO3) = 5,00 nên xét kết tủa CaCO3 trước -3 -5 -8,35 Vì C 2 .C 2 = 0,005.6,60.10 = 3,3.10 > KS(CaCO3) =10 Ca CO3 có kết tủa CaCO 3 0,25 Sau khi CaCO3 kết tủa: 2+ 2 -1 8,35 Ca + CO3 → CaCO3 KS (CaCO3) =10 0,005 → 0,005 → 0,005 1,60.10-3M -8,35 2 Vì KS(CaCO3) =10 rất nhỏ nên quá trình phân li CO3 từ CaCO3 không đáng kể -3 sau khi kết tủa CaCO3, C 2 = 1,60 .10 M CO3 -3 -6 -5 Ta có: C 2 .C 2 = 0,005.1,6.10 = 8.10 < KS(MgCO3) = 10 Mg CO3 không có kết tủa MgCO3 Vậy có kết tủa CaCO3 tách ra từ dung dịch hỗn hợp D. 0,25 Câu 6 (2,5 điểm): 1. Cho biết giản đồ Latimer của iot và mangan trong môi trường axit như sau: +1,20V 1,70 V 1,14 V 1,45 V 0,54 V H4IO6  IO3  HIO  I3  I 9/14
10. +1,51V 0,56 V 2 2,26 V 0,95 V 3 1,51 V 2 1,18 V MnO4  MnO4  MnO2  Mn  Mn  Mn +1,70 V +1,23 V Lập luận để viết phương trình hóa học (dạng ion thu gọn) của phản ứng xảy ra khi cho dung dịch KI tác dụng với dung dịch KMnO4 (trong môi trường axit) trong trường hợp sau phản ứng còn dư ion I . 2. Một pin điện hóa được thành lập bằng cách nhúng một thanh Pt vào một dung dịch A chứa H + 2 2 2+ 0,50 M; VO2 0,15 M; VO 0,01 M và SO4 và nhúng một thanh Zn vào dung dịch B chứa Zn 2 0,10 M và SO4 . Nối hai dung dịch bằng cầu muối. a) Viết sơ đồ pin điện và cho biết vai trò của cầu muối. b) Viết phương trình hóa học của phản ứng tổng quát khi pin làm việc. Tính sức điện động của pin và tính G, H và S của phản ứng tổng quát trong pin ở 25oC. o o dE 4 Cho biết: E 2 1,001 V ; E 0,763 V ; 8,71.10 V / K VO2 /VO Ag /Ag dT P Hướng dẫn chấm Ý Nôi dung Điểm 1 Từ giản đồ Latimer của Iot HIO không bền vì o o 0,25 E >E HIO tự oxi hóa khử thành IO3 và I3 HIO/I3 IO3 /HIO Giản đồ Latimer của I được viết gọn lại: 1,70V 1,20V 0,54V H4IO6  IO3  I3  I 2 3+ Từ giản đồ của Mn MnO4 và Mn không bền vì chúng có thể khử bên phải lớn hơn thế khử bên trái chúng sẽ tự chuyển thành hai tiểu phân ở ngay bên cạnh giống như ở HIO. Do Eo 1,18V Mn không thể tồn tại trong dung dịch khi có mặt H +. Vì Mn2 /Mn vậy không cần xét quá trình Mn2+ Mn. 0,25 Giản đồ Latimer của Mn được viết gọn lại: 1,70V 1,23V 2 MnO4  MnO2  Mn o o o o Vì E 1,70V E 0,54V và E 1,20V E 0,54V H4IO6 /IO3 I3 /I IO3 I3 /I 0,25 Nên H4IO6 hoặc IO3 đều có thể oxi hóa I thành I3 . Như vậy I chỉ bị oxi hóa thành I3 . 0,25 o o o Vì E và E 2 đều lớn hơn E nên MnO4 và MnO 2đều có thể oxi MnO4 /MnO2 MnO2 /Mn I3 /I hóa I thành I nên khi I dư thì MnO và MnO không thể tồn tại. 3 4 2 Như vậy MnO bị khử hoàn toàn thành Mn2+. 4 0,25 2 Phương trình phản ứng xảy ra: 2MnO4 15I 16H 5I3 2Mn 8H2O 10/14
11. 2.a) 2 Ta có: VO2 2H e VO H2O Ở 25oC: 2 o [VO2 ][H ] E 2 E 2 0,0592lg 2 VO2 /VO VO2 /VO [VO ] 0,15.(0,5)2 1,001 0,0592lg 1,035 V 0,25 0,01 0,0592 0,0592 E Eo lg[Zn2 ] 0,763 lg 0,10 0,7926 V Zn2 /Zn Zn2 /Zn 2 2 0,25 E sơ đồ2 pin: E 2 VO2 /VO Zn /Zn 2+ + 2 2 Zn Zn (0,10 M) H 0,50 M, VO2 0,15 M, VO 0,01 M , SPtO4 0,25 Cầu muối đảm bảo khép kín mạch và giúp cho các dung dịch điện li được trung hòa điện khi pin làm việc. 2.b) Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: 2 2 2VO2 4H Zn  2VO 2H2O Zn Sức điện động của pin ở 25oC: E = E 2 E 2 1,035 0,7926 1,8276 V VO2 /VO Zn /Zn 0,25 G 2FE 2.96500.1,8726 361411,8J / mol 361,412kJ / mol dE 4 S 2F 2.96500.( 8,71.10 ) 168,103J / K.mol dT P H G 298. S 361,412 298.( 168,103.10 3 ) 311,317 kJ / mol 0,25 Câu 7 (2,5 điểm): 1. Người ta có thể điều chế một số hiđrohalogenua bằng cách cho muối halogenua tác dụng với dung dịch axit sunfuric đặc (phương pháp sunfat). Hãy cho biết có thể sử dụng phương pháp này để điều chế hiđrohalogenua nào trong dãy các HX (X là F, Cl, Br, I)? Tại sao? Viết phương trình hóa học của các phản ứng để minh họa. 2. Khi cho axit X hoặc axit Y tác dụng với nước đều thu được sản phẩm gồm H 2SO4 và H2O2. Biết một phân tử X có chứa 8 nguyên tử và trong X nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng. Một phân tử Y chứa nhiều hơn một phân tử X một nguyên tử S và ba nguyên tử O. a) Xác định X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. b) Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra khi cho KI lần lượt tác dụng với X và với Y. Hướng dẫn chấm Ý Nôi dung Điểm 1 Có thể sử dung phương pháp sunfat để điều chế HF và HCl. CaF2 + H2SO4 2 HF  + CaSO4 0,25 NaCl + H2SO4 HCl  + NaHSO4 2 NaCl + H2SO4 2 HCl  + Na2SO4 0,25 Không sử dụng được phương pháp này để điều chế HBr và HI do I - và Br- có tính 0,25 khử đủ mạnh và bị axit sunfuric đặc oxi hóa lần lượt thành I2 và Br2. 11/14
12. NaBr + H2SO4 HBr + NaHSO4 2HBr + H2SO4 SO2 + 2 H2O + Br2 0,25 NaI + H2SO4 NaHSO4 + HI 0,25 8HI + H2SO4 H2S + 4H2O + 4I2 2.a) Ta có: X + H2O → H2SO4 + H2O2 Y + H2O → H2SO4 + H2O2 X, Y đều chứa H, O và S. 0,25 Gọi công thức của X là HaSbOc ta có a + b + c=8 (1) a = 8 – b – c 16c 16c 0,7018 0,7018 a 32b 16c 8 b c 32b 16c 16c 0,7018 8 31b 15c Vì a + b + c = 8 c 6 Lập bảng giá trị a, b, c: c 1 2 3 4 5 6 b - 0,25 0,5 0,75 1 1,25 a 2 0,50 Vậy X là H2SO5 ; Y là H2S2O8 Phương trình hóa học: H SO + H O → H O + H SO 2 5 2 2 2 2 4 0,25 H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4 2.b) Phương trình hóa học: 2KI + H2SO5 → I2 + K2SO4 + H2O (1) 0,25 2KI + H2S2O8 → I2 + K2SO4 + H2SO4 (2) Câu 8 (2,5 điểm): 1. Hoà tan 1,67 gam hỗn hợp A gồm NaHSO 3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun nóng thì thu được khí X. Hấp thụ hoàn toàn một nửa lượng khí X bằng 500 mL dung dịch nước Br 2 thì thu được 500 mL dung dịch Y. Thêm KI vào 50 mL dung dịch Y thì thu được dung dịch Z. Để phản ứng hết với lượng I3 trong Z cần vừa đủ 12,5 mL dung dịch Na 2S2O3 0,01 M. Mặt khác để trung hòa 25 mL dung dịch Y cần 150 ml dung dịch NaOH 0,01M. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra b) Tính nồng độ mol của dung dịch nước Br2 ban đầu. c) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp A. 2. Cho m gam hỗn hợp B gồm NaBr và NaI phản ứng hoàn toàn với dung dịch H 2SO4 đặc, nóng thì thu được hỗn hợp khí C. Ở điều kiện thích hợp, các khí trong C phản ứng vừa đủ với nhau tạo thành chất rắn có màu vàng và một chất lỏng D không làm chuyển màu quỳ tím. D tác dụng hoàn toàn với Na tạo ra 1,68 lít khí E (ở đktc). 12/14
13. a) Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra b) Tính % thể tích các khí trong C và tính m. Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm 1.a) PTHH: + HSO3 + H H2O + SO2 (1) x mol x mol 0,25 2 + SO3 + 2H H2O + SO2 (2) y mol y mol 2 - + Br2 + 2H2O + SO2 SO4 + 2Br + 4H (3) - - 3I + Br2 I3 + 2Br (4) 0,25 2 2 - I3 + 2S2O3 S4O6 + 3I (5) + - H + OH H2O (6) 1.b) Ta có: 12,5.0,01 4 150.0,01 4 n 2 1,25.10 mol ; n 1,5.10 mol S2O3 1000 H (6) 1000 Theo (5) và (4) n 6,125.10 5 mol Br2 (4) 1 Theo (3) n n Br2 (3) 4 H số mol Br2 brom ban đầu 500 500 1 5 3 3 n n . n 10.6,25.10 20.0,25.1,5.10 8,125.10 mol Br2 50 Br2 (4) 25 4 H (6) 0,50 8,125.10 3 C 0,01625 M M,Br2 0,5 1.c) Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong 1,67 gam hỗn hợp A, ta 2 có số mol của các ion HSO3 và SO3 lần lượt là x và y: 104x + 126y = 1,67 (I) 1 Từ (1), (2), (3) ta có nSO n trong 500 ml dung dịch A 0,50 2 4 H 500 1 x y 2. .1,5.10 3. 0,015 x + y = 2.1/4 = 0,015 (II) 25 4 Từ (I) và (II) : x = 0,01 ; y = 0,005 %mNaHSO3 = 62,27% ; %mNa2SO3 = 37,73%. 2.a) Các khí trong C phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng C là hỗn hợp gồm SO2 và H2S. D là H2O và E là H2 0,25 Vì NaI có tính khử mạnh hơn NaBr. PTHH: 13/14
14. to 2NaBr + 2H2SO4 đ  Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O (1) to 0,25 8NaI + 5H2SO4 đ  4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (2) 2H2S + SO2  3S + 2H2O (3) 2Na + 2H2O  2NaOH + H2 (4) 2.b) Từ (3) n 2n H2S SO2 0,25 % các khí trong C: %H2S 66,67%; %SO2 33,36%; Ta có:n 0,075mol H2 Từ (4) và (3) n 2n n 2n 0,15mol H2S SO2 H2O H2 Từ (1) n 2n 0,15mol NaBr SO2 0,25 Từ (2) n 8n 1,2mol NaI H2S m 0,15.103 1,2.150 195,45 g HẾT Lưu ý: - Nếu thí sinh làm cách khác mà cho kết quả đúng, có chứng cứ khoa học vẫn cho điểm tối đa. - Giám khảo làm tròn điểm tổng bài thi đến 0,25 điểm. 14/14