Đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương lần thứ XV môn Hóa học Lớp 10 - Trường THPT chuyên Thái Nguyên (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương lần thứ XV môn Hóa học Lớp 10 - Trường THPT chuyên Thái Nguyên (Có đáp án)

1. TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XV ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN Thời gian làm bài 180 phút TỈNH THÁI NGUYÊN (Đề này có 2 trang, gồm 06 câu) (Đề này có trang, gồm câu) ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Câu 1. (2,5 điểm) (Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân) Có 3 nguyên tố R, X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn có số thứ tự tăng dần. R, X và Y đều thuộc nhóm A và không cùng chu kì trong bảng tuần hoàn. Electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của 3 nguyên tử R, X và Y có đặc điểm: tổng số lượng tử chính (n) bằng 6; tổng số lượng tử phụ (l) bằng 2; tổng số lượng tử từ (ml) bằng -2; tổng số lượng tử spin (ms) bằng -1/2, trong đó số lượng tử spin của electron cuối cùng của R là +1/2. Cho biết tên của R, X, Y. Câu 2. (2,5 điểm) (Động hóa học) Xét phản ứng sau: CH3X + Y → CH3Y + X Dữ liệu dưới đây cho hai thực nghiệm với phản ứng này tại 250C. Thực nghiệm 1: [Y]0=3,0M Thực nghiệm 2: [Y]0=4,5M [CH3X] (mol/l) t (giờ) [CH3X] (mol/l) t (giờ) 7,08×10-3 1,0 4,50×10-3 0 4,52×10-3 1,5 1,70×10-3 1,0 2,23×10-3 2,3 4,19×10-4 2,5 4,76×10-4 4,0 1,11×10-4 4,0 8,44×10-5 5,7 2,81×10-5 5,5 2,75×10-5 7,0 Thực nghiệm cũng được tiến hành ở 850C, giá trị hằng số vận tốc xác định được tại 8 -2 nhiệt độ này là 7,88×10 (với thời gian theo đơn vị là giờ), với [CH3X]0= 1,0×10 M và [Y]0=3,0M a. Xác định phương trình định luật vận tốc và giá trị k cho phản ứng này tại 250C. b. Xác định chu kì bán hủy tại 850C. c. Xác định năng lượng hoạt hóa Ea cho phản ứng này. Câu 3. (2,5 điểm) (Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học)
2. 1. Để điều chế lưu huỳnh từ hidro sunfua lấy từ khí tự nhiên, người ta cho khí hidro sunfua phản ứng với khí lưu huỳnh đioxit, thu được lưu huỳnh lỏng và hơi nước. a. Viết phương trình hóa học của phản ứng, cân bằng và dựa vào các dữ kiện, tính entanpi chuẩn của phản ứng ở 298K. b. Tại sao entanpi chuẩn tạo thành của lưu huỳnh lỏng lại khác không? Cho biết: Chất SO2 (k) H2O (k) H2S (k) S (l) 0 -1 ∆fH (kJ.mol ) ở 298K - 296,8 - 241,8 - 20,6 + 11,8 2. Phản ứng chuyển hóa: N2O4 ƒ 2NO2 là vấn đề về cân bằng hóa học được thảo luận nhiều. Cho biết hằng số cân bằng Kp ở 295K và 315K lần lượt là 0,100 và 0,400. Nạp một lượng xác định hỗn hợp khí trên vào một bình chứa đặc biệt có piston. Áp suất tổng của hệ luôn được duy trì là 1bar nhờ chuyển động của piston (1 bar = 100kPa) a. Tính áp suất riêng phần của N2O4 và NO2 khi hệ đạt cân bằng ở 295K. b. Tăng nhiệt độ lên 315K. Tính áp suất riêng phần của N2O4 và NO2 khi hệ đạt cân bằng. c. Tính tỉ lệ thể tích và tỉ lệ số mol của hai hệ ở 295K và 315K. d. Vẫn giữ nguyên điều kiện đẳng áp, tiếp tục tăng nhiệt độ thì áp suất riêng phần cực đại (về lí thuyết, bỏ qua các phản ứng khác) của NO2 có thể đạt tới là bao nhiêu? e. Hệ được đặt trong điều kiện áp suất ngoài không đổi. Tăng nhiệt độ từ 295K lên 315K, cân bằng chuyển dịch theo chiều nào? Câu 4. (2,5 điểm) (Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể) 1. Hãy giải thích: Oxi và lưu huỳnh là 2 nguyên tố ở cùng nhóm VIA. Nhưng ở điều kiện thường, oxi là chất khí, tồn tại ở dạng phân tử O2; còn lưu huỳnh là chất rắn, tồn tại ở dạng phân tử S8 mà không tồn tại phân tử S2 như oxi? 2. Hình 2a biểu diễn ô mạng cơ sở của bari titanat, kết tinh theo kiểu cấu trúc perovskite (ô mạng lập phương, a = 3,996Å). Hình 2b biểu diễn ô mạng cơ sở của bari titanat với các nguyên tử loại A ở các đỉnh.
3. Hình 2a Hình 2b a. Gắn mỗi quả cầu trong hình với loại nguyên tử chính xác – Ba, Ti hay O? Xác định công thức của bari titanat, dựa vào cấu trúc ô mạng cơ sở của nó. Xác định số phối trí của các nguyên tử bari, titan và oxi, cũng như số oxi hóa của titan? b. Xác định bán kính cation Ti4+ trong perovskite, cho bán kính ion O2- bằng 1,40Å c. Cation titan trong perovskite có thể được thay thế bởi một cặp ion có số oxi hóa khác nhau, tạo thành các perovskite “kép”. Trong trường hợp này, nếu chênh lệch số oxi hóa của các ion lớn hơn hoặc bằng 3 thì các mảnh mà tại đó các ion khác nhau được đặt xen kẽ theo trật tự so le. Trong hình 2c, các bát diện của các màu khác nhau tương ứng với môi trường phối trí khác nhau của các ion). Với sự thay thế như vậy, các bán kính ion cần phải gần với bán kính của ion titan. Ước lượng xem với sự thay thế như vậy, hằng số của ô mạng cơ sở sẽ biến đổi xấp xỉ bao nhiêu lần? Hình 2c Câu 5. (2,5 điểm) (Dung dịch điện li) 1. Trộn 20,00ml dung dịch H3PO4 0,50M với 37,50ml dung dịch Na3PO4 0,40M, rồi pha loãng bằng nước cất thành 100,00ml dung dịch A.
4. a. Tính pH của dung dịch A. b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050M vào 20,00ml dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 5,00 (metyl đỏ đổi màu). c. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch NaOH 0,10M vào 25,00ml dung dịch A để hỗn hợp thu được có màu đỏ tía của phenolphtalein (pH=10,00). Cho biết H3PO4 có: pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32 2+ 2+ 2. Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd 0,01M và Zn 0,01M đến bão hòa. Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết tủa CdS mà -7 -13 -28 -22 không có kết tủa ZnS. Cho biết H2S có Ka1=10 ; Ka2=1,3.10 ; TCdS=10 , TZnS=10 , 2+ dung dịch bão hòa H2S có [H2S] = 0,1M. Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Cd và Zn2+. Câu 6. (2,5 điểm) (Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân) Cho hai pin điện hóa có sơ đồ: -3 Pin 1: (-)Pt, H2 (1atm) HCl 10 M Hg2Cl2 , Hg (+) -3 3 Pin 2: (-)Pt, H2 (1atm) NaOH 10 M, NaCl 10 M Hg2Cl2 , Hg (+) Sức điện động của các pin tương ứng là E1 và E2. Biết: E 0 0,2682V Hg2Cl 2 /Hg a. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi các pin làm việc. b. Tính E và thiết lập mối liên hệ giữa E và K ở 250C. 1 2 H2O c. Nối hai điện cực calomen của hai pin với nhau để tạo thành một pin kép. Ở 250C, sức điện động của pin này là 0,4726V. Xác định K ở nhiệt độ này. H2O Câu 7. (2,5 điểm) (Nhóm halogen, oxi -lưu huỳnh) 1. Hòa tan hoàn toàn 6,3175 gam hỗn hợp muối NaCl, KCl và MgCl2 vào nước rồi thêm vào đó 100ml dung dịch AgNO3 1,2M. Sau phản ứng lọc tách kết tủa A và dung dịch B. Cho 2,0 gam Mg vào dung dịch B, sau khi phản ứng kết thúc lọc tách riêng kết tủa C và dung dịch D. Cho kết tủa C vào dung dịch HCl loãng dư, sau phản ứng thấy
5. khối lượng C giảm đi 1,844 gam. Thêm NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được 0,3 gam chất rắn E. a. Tính khối lượng các kết tủa A, C. b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp ban đầu. 2. Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được chất rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí A có màu vàng lục tác dụng với khí X tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng. Câu 8. (2,5 điểm) (Bài tập tổng hợp vô cơ) Kim loại X được khám phá vào thế kỉ thứ 18. Tuy nhiên, trước đó từ lâu, những người thợ mỏ Saxon đã biết về quặng chứa nó, trông giống như đồng và được sử dụng trong nghề thủy tinh để sơn kính màu xanh lục. X là kim loại tương đối kém hoạt động, với sự trợ giúp từ các thiết bị và phản ứng thì có phản ứng với flo và các tác nhân flo hóa có tính oxi hóa mạnh. Giản đồ dưới đây biểu diễn chuyển hóa giữa các hợp chất của kim loại này ở những mức oxi hóa khác nhau: Cho biết: Công thức của I chứa 5 nguyên tử, khối lượng giảm khi phân hủy I là 14,1%. Hàm lượng các nguyên tố trong H là: %mXe = 42,00%; %mF = 48,62%; %mX = 9,38%
6. Khối lượng giảm khi phân hủy chất D là 67,88% Chất A là hexahidrat với %mCl= 29,83% Trong các hợp chất E, G số phối trí của kim loại X bằng 4, trong G thì %mX = 27,31%. Trong phản ứng F → G, kali được đưa vào nhanh và amoniac lỏng là dung môi. 1. Xác định các hợp chất A – J và kim loại X 2. Viết các phương trình phản ứng từ 1-10
7. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Nội dung Điểm Câu (Cấu tạo nguyên tử, phân tử, HTTH, hạt nhân) Có 3 nguyên tố R, X và Y 2.5 1 trong bảng hệ thống tuần hoàn có số thứ tự tăng dần. R, X và Y đều thuộc nhóm A và không cùng chu kì trong bảng tuần hoàn. Electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của 3 nguyên tử R, X và Y có đặc điểm: tổng số lượng tử chính (n) bằng 6; tổng số lượng tử phụ (l) bằng 2; tổng số lượng tử từ (ml) bằng -2; tổng số lượng tử spin (ms) bằng -1/2, trong đó số lượng tử spin của electron cuối cùng của R là +1/2. Cho biết tên của R, X, Y. Hướng dẫn giải: Ta có: nR + nX + nY = 6 (1) 0,5 lR + lX + lY = 2 (2) ml(R) + ml(X) + ml(Y) = -2 (3) ms(R) + ms(X) + ms(Y) = -1/2 (4) - Ta có:nR + nX + nY = 6 mà 3 nguyên tố không cùng chu kì 0,5 => nR = 1, nX = 2, nY = 3. Ba nguyên tố đều thuộc chu kì nhỏ. Nguyên tố R thuộc chu kì 1 nên electron của nó có lR = 0, ml(R) = 0, mà ms(R) = +1/2 => R là nguyên tố hiđro. - Ta có: lR + lX + lY = 2 (2). Vì lR = 0 nên lX + lY = 2. 0,5 Vì X và Y thuộc chu kì nhỏ nên không thể có giá trị l = 2 => lX = lY = 1. Electron cuối cùng của X và Y thuộc phân lớp 2p và 3p.
8. - Ta có: ml(R) + ml(X) + ml(Y) = -2 (3). 0,5 Vì ml(R) = 0 nên ml(X) + ml(Y) = -2. Mà lX = lY = 1 nên ml có các giá trị -1, 0, +1 =>ml(X) = ml(Y) = -1. - ms(R) + ms(X) + ms(Y) = -1/2 (4) . Vì ms(R) = +1/2 nên ms(X) + ms(Y) = -1. Mà ms chỉ có giá trị là -1/2 hoặc +1/2 nên ms(X)= ms(Y) = -1/2. Vậy electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của nguyên tử có bộ số 0,5 lượng tử sau: 1 R: n = 1, l = 0, ml = 0, ms = +1/2 1s (hidro) 2 2 4 X: n = 2, l = 1, ml = -1, ms = -1/2 1s 2s 2p (oxi) 2 2 6 2 4 Y: n = 3, l = 1, ml = -1, ms = -1/2 1s 2s 2p 3s 3p (lưu huỳnh) Câu (Động hóa học) Xét phản ứng sau: CH3X + Y → CH3Y + X 2.5 2 Dữ liệu dưới đây cho hai thực nghiệm với phản ứng này tại 250C. Thực nghiệm 1: [Y]0=3,0M Thực nghiệm 2: [Y]0=4,5M [CH3X] (mol/l) t (giờ) [CH3X] (mol/l) t (giờ) 7,08×10-3 1,0 4,50×10-3 0 4,52×10-3 1,5 1,70×10-3 1,0 2,23×10-3 2,3 4,19×10-4 2,5 4,76×10-4 4,0 1,11×10-4 4,0 8,44×10-5 5,7 2,81×10-5 5,5 2,75×10-5 7,0 Thực nghiệm cũng được tiến hành ở 850C, giá trị hằng số vận tốc xác định được tại nhiệt độ này là 7,88×108 (với thời gian theo đơn vị là giờ), với -2 [CH3X]0= 1,0×10 M và [Y]0=3,0M a. Xác định phương trình định luật vận tốc và giá trị k cho phản ứng này tại 250C. b. Xác định chu kì bán hủy tại 850C. c. Xác định năng lượng hoạt hóa Ea cho phản ứng này
9. Hướng dẫn giải: 1,0 n m a. Xét phương trình định luật vận tốc: v = k.[CH3X] [Y] (1) Trong cả hai thực nghiệm, Y được lấy dư nhiều so với X, nên [Y] coi như ’ n ’ không đổi nên phương trình (1) có thể viết v = k .[CH3X] (k = k[Y]) Xét thực nghiệm 1: - Nếu phản ứng là bậc 1 đối với CH3X thì phương trình động học có dạng: lnC = -kt + lnC0 - Nếu phản ứng là bậc 2 đối với CH3X thì phương trình động học có dạng: 1 = k.t + 1 C C0 Thực nghiệm 1: [Y]0=3,0M t (giờ) [CH3X] (mol/l) ln[CH3X] 1 [CH3 X ] 1,0 7,08×10-3 -4,95 141,24 1,5 4,52×10-3 -5,40 221,24 2,3 2,23×10-3 -6,11 448,43 4,0 4,76×10-4 -7,65 2100,84 5,7 8,44×10-5 -9,38 11848,34 7,0 2,75×10-5 -10,5 36363,64 1 - Sử dụng máy tính để hồi quy tuyến tính ln[CH3X] theo t và theo t ta [CH3 X ] được: 1 ln[CH3X] = -0,93t – 3,99 với độ lệch r = -0,9998 ≈ 0 và =-9872,43 + [CH3 X ] 5132,94t với độ lệch r = 0,86. Điều đó có nghĩa rằng phương trình động học bậc nhất đối với [CH3X] là phù hợp thực nghiệm. Xét thực nghiệm 2: ’’ -1 Tương tự ta cũng có: ln[CH3X] = -0,92t – 5,44; k = 0,92 giờ .
10. Thực nghiệm 2: [Y]0=4,5M t (giờ) [CH3X] ln[CH3X] 1 (mol/l) [CH3 X ] 0 4,50×10-3 -5,40 222,22 1,0 1,70×10-3 -6,38 588,24 2,5 4,19×10-4 -7,78 2386,63 4,0 1,11×10-4 -9,11 9009,01 5,5 2,81×10-5 -10,48 35587,19 Như vậy: ’ -1 Thực nghiệm 1: ln[CH3X] = -0,93t – 3,99; k = 0,93 giờ . ’’ -1 Thực nghiệm 2: ln[CH3X] = -0,92t – 5,44; k = 0,92 giờ . k ' 0,93 k.(0,30)m Từ 1 m 0 , phản ứng là bậc không theo Y. k '' 0,92 k.(0,45)m -1 0 Phương trình định luật vận tốc: v = k[CH3X] với k = 0,925 giờ tại 25 C. -10 -1 b. t1/2 = ln2/k = 8,8. 10 (giờ ) 0,5 c. 1,0 k E 1 1 ln 2 a k1 R T1 T2 8 7,88.10 Ea 1 1 ln 0,925 8,3145J / K.mol 298K 358K 5 2 Ea 3,04 10 J 3,04 10 kJ Câu (Nhiệt hóa học, cân bằng hóa học) 2.5 3 1. Để điều chế lưu huỳnh từ hidro sunfua lấy từ khí tự nhiên, người ta cho khí hidro sunfua phản ứng với khí lưu huỳnh đioxit, thu được lưu huỳnh lỏng và hơi nước. a. Viết phương trình hóa học của phản ứng, cân bằng và dựa vào các dữ kiện, tính entanpi chuẩn của phản ứng ở 298K.
11. b. Tại sao entanpi chuẩn tạo thành của lưu huỳnh lỏng lại khác không? Cho biết: Chất SO2 (k) H2O (k) H2S (k) S (l) 0 -1 ∆fH (kJ.mol ) ở 298K - 296,8 - 241,8 - 20,6 + 11,8 2. Phản ứng chuyển hóa: N2O4 ƒ 2NO2 là vấn đề về cân bằng hóa học được thảo luận nhiều. Cho biết hằng số cân bằng Kp ở 295K và 315K lần lượt là 0,100 và 0,400. Nạp một lượng xác định hỗn hợp khí trên vào một bình chứa đặc biệt có piston. Áp suất tổng của hệ luôn được duy trì là 1bar nhờ chuyển động của piston (1 bar = 100kPa) a. Tính áp suất riêng phần của N2O4 và NO2 khi hệ đạt cân bằng ở 295K. b. Tăng nhiệt độ lên 315K. Tính áp suất riêng phần của N2O4 và NO2 khi hệ đạt cân bằng. c. Tính tỉ lệ thể tích và tỉ lệ số mol của hai hệ ở 295K và 315K. d. Vẫn giữ nguyên điều kiện đẳng áp, tiếp tục tăng nhiệt độ thì áp suất riêng phần cực đại (về lí thuyết, bỏ qua các phản ứng khác) của NO2 có thể đạt tới là bao nhiêu? e. Hệ được đặt trong điều kiện áp suất ngoài không đổi. Tăng nhiệt độ từ 295K lên 315K, cân bằng chuyển dịch theo chiều nào? Hướng dẫn giải: 1. a. Phương trình hóa học của phản ứng: 0,5 SO2(k) + 2H2S(k) → 3S(l) + 2H2O(k) → Entanpi chuẩn của phản ứng ở 298K là: 0 0 0 0 0 ∆fH = 3∆fH (S,l) + 2∆fH (H2O,k) - ∆fH (SO2,k) - 2∆fH (H2S,k) = 3. (+11,8) + 2.(-241,8) – (-296,8) – 2.(-20,6) = - 110,2 (kJ.mol-1)
12. b. Ở 250C và 1atm, pha bền của đơn chất lưu huỳnh là lưu huỳnh tinh thể (tinh 0,5 thể lưu huỳnh dạng α); ở nhiệt độ này trạng thái chuẩn quy chiếu của nguyên tố lưu huỳnh là lưu huỳnh dạng α; vì vậy đơn chất S(l) có entanpi chuẩn tạo thành khác không. 2. a. Tính áp suất riêng phần của N2O4 và NO2 khi hệ đạt cân bằng ở 295K 0,25 N2O4 ƒ 2NO2 Tại cân bằng: P p(bar) P (1 p)(bar) NO2 N2O4 2 P 0,27(bar) p NO2 K p 0,1 p 0,27 1 p P 0,73(bar) N2O4 b. Tại cân bằng: 0,25 P p(bar) P (1 p)(bar) NO2 N2O4 2 P 0,463(bar) p NO2 K p 0,4 p 0,463 1 p P 0,537(bar) N2O4 c. Vì cùng hệ khí nên tỉ lệ áp suất là tỉ lệ số mol. 0,5 M 295K 92.0,73 46.0,27 79,58(gam / mol) M 315K 92.0,537 46.0,463 70,702(gam / mol) Vì lượng khí không đổi nên: n M 70,702 295 315K 0,888 n315 M 295K 79,58 V n .295 295.M 295.70,702 295 295 315K 0,832 V315 n315.315 315.M 295K 315.79,58 d. Vẫn giữ nguyên điều kiện đẳng áp, tiếp tục tăng nhiệt độ thì áp suất riêng 0,5 phần cực đại (về lí thuyết, bỏ qua các phản ứng khác) của NO 2 có thể đạt tới là 1 bar. e. Hệ được đặt trong điều kiện áp suất ngoài không đổi. Tăng nhiệt độ từ 295K lên 315K, cân bằng chuyển sang phải.
13. Câu (Liên kết, cấu tạo phân tử, tinh thể) 2.5 4 1. Hãy giải thích: Oxi và lưu huỳnh là 2 nguyên tố ở cùng nhóm VIA. Nhưng ở điều kiện thường, oxi là chất khí, tồn tại ở dạng phân tử O2; còn lưu huỳnh là chất rắn, tồn tại ở dạng phân tử S8 mà không tồn tại phân tử S2 như oxi? 2. Hình 2a biểu diễn ô mạng cơ sở của bari titanat, kết tinh theo kiểu cấu trúc perovskite (ô mạng lập phương, a = 3,996Å). Hình 2b biểu diễn ô mạng cơ sở của bari titanat với các nguyên tử loại A ở các đỉnh. Hình 2a Hình 2b a. Gắn mỗi quả cầu trong hình với loại nguyên tử chính xác – Ba, Ti hay O? Xác định công thức của bari titanat, dựa vào cấu trúc ô mạng cơ sở của nó. Xác định số phối trí của các nguyên tử bari, titan và oxi, cũng như số oxi hóa của titan? b. Xác định bán kính cation Ti4+ trong perovskite, cho bán kính ion O2- bằng 1,40Å c. Cation titan trong perovskite có thể được thay thế bởi một cặp ion có số oxi hóa khác nhau, tạo thành các perovskite “kép”. Trong trường hợp này, nếu chênh lệch số oxi hóa của các ion lớn hơn hoặc bằng 3 thì các mảnh mà tại đó các ion khác nhau được đặt xen kẽ theo trật tự so le. Trong hình 2c, các bát diện của các màu khác nhau tương ứng với môi trường phối trí khác nhau của các ion). Với sự thay thế như vậy, các bán kính ion cần phải gần với bán kính của ion titan. Ước lượng xem với sự thay thế như vậy, hằng số của ô mạng cơ sở sẽ biến đổi xấp xỉ bao nhiêu lần?
14. Hình 2c Hướng dẫn giải: 1. Ở điều kiện thường, phân tử oxi có cấu tạo O=O gồm 1 liên kết σ và 1 liên 1,0 kết π (p-p) tương đối bền, phân tử oxi là phân tử không phân cực nên lực tương tác giữa các phân tử là lực Van-der-van yếu, khối lượng phân tử nhỏ → nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi rất thấp → điều kiện thường oxi là chất khí. - Ở điều kiện thường, lưu huỳnh không tồn tại ở dạng phân tử S2 vì lưu huỳnh là nguyên tố ở chu kì 3, bán kính lớn, giữa 2 nguyên tử lưu huỳnh chỉ tạo liên kết σ, còn khả năng tạo liên kết π (p-p) rất kém do 2 obitan 3p có kích thước lướn, khoảng cách giữa 2 hạt nhân xa, khi xen phủ bên tạo liên kết π vùng xen phủ nhỏ, mật độ electron vùng xen phủ không đủ lớn để tạo liên kết. Do đó, trong phân tử lưu huỳnh mỗi nguyên tử S tạo xung quanh nó 2 liên kết σ, có khuynh hướng tạo mạch đồng thể -S-S-S- → Các nguyên tử S trong phân tử S8 liên kết với nhau bằng liên kết σ, tạo thành một vòng gấp khúc kín. Do lưu huỳnh tồn tại ở dạng phân tử S8 khối lượng, kích thước lớn nên nhiệt độ nóng chảy cao hơn nhiệt độ thường → Ở nhiệt độ thường, lưu huỳnh là chất rắn. 2.a. Bari là quả cầu A, titan là quả cầu B, oxi là quả cầu C. 0,5
15. 2+ 4+ 2- Công thức của bari titanat là: BaTiO3. Số phối trí (Ba ) = 12, (Ti ) = 6, (O ) = 6, số oxi hóa của titan là +4. b. Tính bán kính Ti4+: 0,5 1 1 0 r 4 . a 2.r 2 .(3,996 2.1,40) 0,60A Ti 2 O 2 c. Ô mạng cơ sở là mảnh lặp đi lặp lại nhỏ nhất trong một tinh thể. Sau khi 0,5 thay thế các cation titan với cặp ion, mảnh lặp lại lớn hơn gấp 8 lần, nghĩa là thể tích tăng xấp xỉ 8 lần. Điều này có nghĩa là hằng số mạng của ô mạng lập phương (cạnh lập phương) sẽ tăng xấp xỉ 2 lần (do 3 8 2 và “xấp xỉ” là bởi vì bán kính của các cation mới không trùng khớp tuyệt đối với bán kính của cation Ti4+) Câu (Dung dịch điện li) 1. Trộn 20,00ml dung dịch H3PO4 0,50M với 37,50ml 2.5 5 dung dịch Na3PO4 0,40M, rồi pha loãng bằng nước cất thành 100,00ml dung dịch A. a. Tính pH của dung dịch A. b. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch HCl 0,050M vào 20,00ml dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 5,00 (metyl đỏ đổi màu). c. Cần phải thêm bao nhiêu ml dung dịch NaOH 0,10M vào 25,00ml dung dịch A để hỗn hợp thu được có màu đỏ tía của phenolphtalein (pH=10,00). Cho biết H3PO4 có: pKa1= 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32 2+ 2+ 2. Cho H2S lội qua dung dịch chứa Cd 0,01M và Zn 0,01M đến bão hòa. Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch sao cho xuất hiện kết -7 -13 tủa CdS mà không có kết tủa ZnS. Cho biết H2S có Ka1=10 ; Ka2=1,3.10 ; -28 -22 TCdS=10 , TZnS=10 , dung dịch bão hòa H2S có [H2S] = 0,1M. Bỏ qua quá trình tạo phức hiđroxo của Cd2+ và Zn2+.
16. Hướng dẫn giải: 1. a. 0,5 0,50.20 C 0,10(M ) H3PO4 100 0,40.37,5 C 0,15(M ) Na3PO4 100 C 1,5.C => Phản ứng xảy ra như sau: Na3PO4 H3PO4 H PO + 3 2 -1 10,17 3 4 PO4 „ HPO4 H 2 PO4 K1 = Ka1.Ka3 = 10 0,1 0,15 0 0,05 0,1 0,1 (M) 3 2 -1 5,11 H 2 PO4 PO4 „ 2HPO4 K 2 = Ka2.Ka3 = 10 0,1 0,05 0,1 0,05 0 0,2 (M) Dung dịch A thu được là hệ đệm gồm: 2 H2PO4 0,05M; HPO4 0,2M → Có thể tính pHA gần đúng theo biểu thức: C 2 HPO4 pH A pKa2 log 7,81 C H2PO4 pK pK 0,5 pH 5 pH a1 a2 4,68 b. ( NaH2PO4 ) 2 → Có thể coi lượng HCl thêm vào 20,00ml dung dịch A sẽ phản ứng vừa đủ 2- – với HPO4 tạo thành H2PO4 2 HPO4 H H 2 PO4 0,2.20 V 80(ml) → ddHCl 0,05
17. c. Tương tự: 0,5 pK pK pH a3 a2 9,765 10,00 ( Na2HPO4 ) 2 → Có thể coi lượng NaOH thêm vào 25,00ml dung dịch A sẽ phản ứng vừa đủ - 2- với H2PO4 tạo thành HPO4 2 H 2 PO4 OH HPO4 H 2O 0,05.25 V 12,50(ml) ddNaOH 0,1 28 2 TCdS 10 26 1,0 2- [S ] 10 2. Nồng độ S để CdS↓ là: [Cd 2 ] 0,01 22 2 TZnS 10 20 2- [S ] 10 Nồng độ S để ZnS↓ là: [Zn 2 ] 0,01 => CdS kết tủa trước. Giới hạn pH phải thiết lập trong dung dịch để xuất hiện ↓CdS mà không có ↓ZnS. Ta có: 2 20 19,89 H 2S ƒ 2H S ,K K1.K2 1,3.10 10 [H ]2.[S 2 ] K [H 2S] [H S] [H ]2 K. 2 [S 2 ] 1 1 [H S] pH pK log 2 2 2 [S 2 ] Để CdS kết tủa mà không có ZnS kết tủa thì: 10 26 [S 2 ] 10 20 1 1 0,1 pH .19,89 .log 2,56 1 2 2 10 26 1 1 0,1 pH .19,89 .log 0,45 2 2 2 10 20 2,56 pH 0,45
18. Câu (Phản ứng oxi hóa khử, điện hóa, điện phân) Cho hai pin điện hóa có sơ đồ: 2.5 -3 6 Pin 1: (-) Pt, H2 (1atm) HCl 10 M Hg2Cl2 , Hg (+) -3 3 Pin 2: (-) Pt, H2 (1atm) NaOH 10 M, NaCl 10 M Hg2Cl2 , Hg (+) Sức điện động của các pin tương ứng là E1 và E2. Biết: E 0 0,2682V Hg2Cl 2 /Hg a. Viết phương trình hóa học của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi các pin làm việc. b. Tính E và thiết lập mối liên hệ giữa E và K ở 250C. 1 2 H2O c. Nối hai điện cực calomen của hai pin với nhau để tạo thành một pin kép. Ở 250C, sức điện động của pin này là 0,4726V. Xác định K ở nhiệt độ này. H2O Hướng dẫn giải: a. Các phản ứng: 0,5 + Pin 1: Tại anot (-): H2 → 2H + 2e - Tại catot (+): Hg2Cl2 + 2e → 2Hg + 2Cl + - Tổng quát: H2 + Hg2Cl2 → 2H + 2Hg + 2Cl - Pin 2: Tại anot (-): H2 + 2OH → 2H2O + 2e - Tại catot (+): Hg2Cl2 + 2e → 2Hg + 2Cl - - Tổng quát: Hg2Cl2 + 2OH + H2 → 2Hg + 2Cl + 2H2O b. Sức điện động của pin 1 ở 250C: 1,0 2 2 0 0,0592 [H ] [Cl ] 0 0 [H ][Cl ] E1 E1 log EHg Cl /Hg E 0,0592log 2 P 2 2 2H /H2 P H2 H2 10 3.10 3 E 0,2682 0,0592log 0,6234V 1 1 Sức điện động của pin 2 ở 250C: 0,0592 [Cl ]2 0,0592 [Cl ]2 E E 0 log E 0 E 0 log 2 2 2 [OH ]2 P Hg2Cl2 /Hg H2O/H2 2 [OH ]2 P H2 H2 0,0592 (10 3 )2 E 0,2682 0,0592log K log 0,2682 0,0592log K (V ) 2 H2O 2 (10 3 )2.1 H2O
19. c. Khi nối hai điện cực calomen của hai pin ta sẽ thu được pin kép là pin nồng độ, khi 1,0 đó điện cực hidro của pin 1 sẽ trở thành điện cực dương, điện cực hidro của pin 2 là điện cực âm (vì nồng độ H+ trong pin 1 lớn hơn pin 2). Sức điện động của pin kép: E (Ehidro ) pin1 (Ehidro ) pin2 (EHg Cl /Hg E ) (EHg Cl /Hg EH O/H ) E2 E1 2 2 2H /H2 2 2 2 2 E 0,2682 0,0592log K 0,6234 0,3552 0,0592log K H2O H2O Vì E = 0,4726 V 0,3552 0,0592log K 0,4726 H2O 0,4726 0,3552 K 10 0,0592 1,04.10 14 H2O Câu (Nhóm halogen, oxi -lưu huỳnh) 2.5 7 1. Hòa tan hoàn toàn 6,3175 gam hỗn hợp muối NaCl, KCl và MgCl2 vào nước rồi thêm vào đó 100ml dung dịch AgNO3 1,2M. Sau phản ứng lọc tách kết tủa A và dung dịch B. Cho 2,0 gam Mg vào dung dịch B, sau khi phản ứng kết thúc lọc tách riêng kết tủa C và dung dịch D. Cho kết tủa C vào dung dịch HCl loãng dư, sau phản ứng thấy khối lượng C giảm đi 1,844 gam. Thêm NaOH dư vào dung dịch D, lọc lấy kết tủa nung đến khối lượng không đổi thu được 0,3 gam chất rắn E. a. Tính khối lượng các kết tủa A, C. b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp ban đầu. 2. Sục khí A vào dung dịch chứa chất B ta được chất rắn C màu vàng và dung dịch D. Khí A có màu vàng lục tác dụng với khí X tạo ra C và F. Nếu X tác dụng với khí A trong nước tạo ra Y và F, rồi thêm BaCl2 vào dung dịch thì có kết tủa trắng. A tác dụng với dung dịch chất G là muối nitrat kim loại tạo ra kết tủa H màu đen. Đốt cháy H bởi oxi ta được chất lỏng I màu trắng bạc. Xác định A, B, C, F, G, H, I, X, Y và viết phương trình hóa học của các phản ứng.
20. Hướng dẫn giải: 1. a. Gọi số mol NaCl, KCl và MgCl2 trong 6,3175g hỗn hợp muối là x, y và z. 1,0 Số mol AgNO3 ban đầu: 0,1.12= 0,12 mol Các phản ứng xảy ra: NaCl + AgNO3 → AgCl↓ + NaNO3 (1) KCl + AgNO3 → AgCl↓ + KNO3 (2) MgCl2 + 2AgNO3 → 2AgCl↓ + Mg(NO3)2 (3) Khi cho 2 gam Mg vào dung dịch B, Mg chỉ tác dụng với AgNO3 (nếu dư), vì vậy trong kết tủa C có thể có Ag và Mg. Mặt khác kết tủa C tan một phần trong dung dịch HCl, nên trong kết tủa C còn Mg dư, lượng Mg dư tác dụng với HCl nên làm khối lượng kết tủa giảm, nhưng khối lượng giảm là 1,844 < 2g chứng tỏ một phần Mg đã phản ứng với AgNO3 dư. Vậy các muối clorua kết tủa hoàn toàn với AgNO3. Dung dịch B phản ứng với Mg: 2AgNO3 + Mg → 2Ag + Mg(NO3)2 (4) Kết tủa C gồm Mg dư và Ag cho tác dụng với dung dịch HCl: chỉ có Mg phản ứng. Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5) Lượng Mg tan bằng lượng Mg dư → lượng Mg tham gia phản ứng (4) là: 2 – 1,844 = 0,156(g) Ta có số mol AgNO3: nAgNO3= x + y + 2z + 2.0,156:24 = 0,12 (mol) (I) Dung dịch D chứa Mg(NO3)2: z + 0,156:24 = z + 0,0065 (mol) và HCl dư, khi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư: HCl + NaOH → NaCl + H2O (6) MgCl2 + 2NaOH → Mg(OH)2↓ + 2NaCl (7) Đem kết tủa nung tới khối lượng không đổi: t0 Mg(OH)2  MgO + H2O (8) Ta có: nMgO = z + 0,0065 = 0,3 : 40 = 0,0075 (mol)
21. => z = 0,001 mol Khối lượng hỗn hợp muối ban đầu: m = 58,5x + 74,5y + 95z = 6,3175 (II) 0,25 Thay z vào phương trình (I) và (II), giải hệ phương trình thu được: x = 0,10 mol, y = 0,005 mol Khối lượng kết tủa A: mA =143,5 (x + y + 2z) = 15,3545 (g) b. Phần trăm các muối trong hỗn hợp đầu: 0,25 %mNaCl=92,6%; %mKCl= 5,9%; %mMgCl2= 1,5% 2. A: H2S; 1,0 B: FeCl3; C: S; F: HCl; G: Hg(NO3)2; H: HgS; I: Hg; X: Cl2; Y: H2SO4 Phương trình hóa học: H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl Cl2 + H2S → S + 2HCl 4Cl2 + H2S + 4H2O →8HCl + H2SO4 BaCl2 + H2SO4 → BaSO4↓ + 2HCl H2S + Hg(NO3)2 → HgS↓ + 2HNO3 t0 HgS + O2  Hg + SO2 Câu Kim loại X được khám phá vào thế kỉ thứ 18. Tuy nhiên, trước đó từ lâu, 2.5 8 những người thợ mỏ Saxon đã biết về quặng chứa nó, trông giống như đồng và được sử dụng trong nghề thủy tinh để sơn kính màu xanh lục. X là kim loại tương đối kém hoạt động, với sự trợ giúp từ các thiết bị và phản ứng thì có
22. phản ứng với flo và các tác nhân flo hóa có tính oxi hóa mạnh. Giản đồ dưới đây biểu diễn chuyển hóa giữa các hợp chất của kim loại này ở những mức oxi hóa khác nhau: Cho biết: Công thức của I chứa 5 nguyên tử, khối lượng giảm khi phân hủy I là 14,1%. Hàm lượng các nguyên tố trong H là: %mXe = 42,00%; %mF = 48,62%; %mX = 9,38% Khối lượng giảm khi phân hủy chất D là 67,88% Chất A là hexahidrat với %mCl= 29,83% Trong các hợp chất E, G số phối trí của kim loại X bằng 4, trong G thì %mX = 27,31%. Trong phản ứng F → G, kali được đưa vào nhanh và amoniac lỏng là dung môi. 1. Xác định các hợp chất A – J và kim loại X 2. Viết các phương trình phản ứng từ 1-10
23. Hướng dẫn giải: 1. Công thức các hợp chất: A B C D E 1,25 NiCl2.6H2O NiCl2 K2[NiF6] NiC2O4.2H2O Ni(CO)4 F G I H J Ni(CN)2 K4[Ni2(CN)6] NiF4 (XeF5)2[NiF6] NiF3 2. Phương trình phản ứng: 1,25 1 (XeF5)2[NiF6] + 2AsF5 → 2XeF5[AsF6] + NiF4 t 2 2NiF4  2NiF3 + F2 3 NiF4 + 2KF → K2[NiF6] 4 NiCl2 + 2KCl + 3F2 → K2[NiF6] + 2Cl2 5 NiCl2 + 2KCN → Ni(CN)2↓+ 2KCl 6 2Ni(CN)2 + 2KCN + 2K → K4[Ni2(CN)6] 7 NiCl2.6H2O → NiCl2+ 6H2O 8 NiCl2+ K2C2O4 + 2H2O → NiC2O4.2H2O↓ + 2KCl 9 NiC2O4 → Ni + 2CO2 10 Ni + 4CO → Ni(CO)4 Người ra đề: Nguyễn Thu Hiền Sđt: 0382.818.035