Đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 10 năm 2019 - Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành (Có đáp án)

Nội dung text: Đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 10 năm 2019 - Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành (Có đáp án)

1. TẠI HÈ HÙNG VƯƠNG 2019 MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2019 TRƯỜNG THPT CHUYÊN Thời gian làm bài: 180 phút NGUYỄN TẤT THÀNH YÊN BÁI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT CÂU 1. (2,5 điểm) Cấu tạo nguyên tử, HTTH, phản ứng hạt nhân 1. Trong một thí nghiệm, người ta ghi được phổ phát xạ (phổ vạch) đối với một ion giống hiđro (chỉ chứa 1 electron) ở pha khí. Các vạch phổ của ion khảo sát được biểu diện theo hình phổ dưới đây. Tất cả các vạch phổ trên đều được đặc trưng bới các bước chuyển từ trạng thái kích thích về trạng thái ứng với n = 3. Căn cứ vào dữ liệu đã cho, hãy: a. Cho biết bước chuyển electron nào ứng với vạch A và vạch B ghi trên phổ đồ? b. Giả sử độ dài bước sóng λ =142,5 nm ứng với vạch B. Tính độ dài bước sóng cho vạch A theo nm. 238 206 2. Chuỗi phân rã tự nhiên 92U  82 Pb bao gồm một số phân rã α và β trong một loạt các bước kế tiếp. 234 234 a. Hai bước đầu tạo ra 90Th và 91 Pa . Cho: 238 234 234 4 1 U Th Pa He 0 n Nguyên tử khối 238,05079 234,04360 234,04332 4,00260 1,00867 Hãy viết phương trình phản ứng hạt nhân của hai bước trên trong chuỗi phân rã của 238U và tính năng lượng theo MeV của mỗi bước phân rã đó. 238 226 226 222 b. Phân rã kế tiếp của 92U dẫn đến 88 Ra (t1/2 = 1620 năm). Sau đó, 88 Ra bức xạ α tạo thành 86 Rn (t1/2 = 3,83 ngày). Nếu 1 thể tích mol của rađon trong điều kiện này là 25,0 lít, thì thể tích của rađon ở cân bằng bền với 1,00 kg rađi là bao nhiêu? Hướng dẫn chấm: Câu Hướng dẫn trả lời Điểm 1.1 hc 0.5 a. Vì bước sóng tỉ lệ nghịch với năng lượng (E ) nên vạch phổ bên  phải của B (ở bước sóng lớn hơn) tương ứng với sự chuyển dời về mức năng lượng thấp nhất có thể, nghĩa là từ n =4 xuống n =3. Vạch B tương ứng tương ứng với sự chuyển dời thấp nhất kế tiếp tức là từ n = 5 về n =3 và vạch A từ n =6 về n =3. b. 1.0 Vì phổ này dành cho ion 1 nên áp dụng công thức
2. Z 2 Z 2 Z 2 E 13,6 (eV ) 13,6.1,602.10 19. (J ) 2,719.10 18. (J ) (1) n2 n2 n2 Sử dụng vạch phổ B để xác định Z Z 2 Z 2 16Z 2 E 2,719.10 18.( ) 2,719.10 18. (J ) (2) 5 3 32 52 9.25 hc 6,626.10 34.3,0.108 E 1,395.10 18 (J ) (3) 5 3  142,5.10 9 Năng lượng tỏa ra là -1,395.10-18 (J) 16Z 2 Từ (2) và (3) ta có: 2,179.10 18. 1,395.10 18 9.25 Suy ra Z =3. Vậy đó là ion Li2+ 1 1 E 2,719.10 18.32 ( ) 1,634.10 18 J ) 6 3 32 52 hc 6,626.10 34.3,0.108  1,216.10 7 (m) 121,6(nm) E 1,634.10 18 1 1.2 a. Năng lượng của các phân rã: E m(u).931,5(MeV.u ) 0,5 238 234 4 - Bước 1: 92U  90Th 2 He ∆E = (mU – mTh – mHe)u. 931,5 MeV/u= (238,05079 – 234,04360 – 4,00260)u.931,5 MeV/u = 4,59.10-3u. 931 MeV/u = 4,28 MeV 234 234 0 - Bước 2: 90Th  91 Pa 1e Tương tự ta có: -1 ∆E = (mTh – mPa)u.931,5 MeV.u = (234,04360 -234,04332)u. 931,5 MeV/u = 2,8.10-4u . 931,5 MeV/u = 0,26 MeV 226 222 4 0,5 b. 88 Ra  86 Rn 2 He Khi đạt cân bằng bền thì hệ đạt cân bằng thế kỉ. Tại cân bằng: 1.N1 2.N2 A(A là hoạt độ; λ là hằng số phóng xạ; N là số nguyên tử (hạt nhân), ở đây λ1, N1 ứng với Ra còn λ2, N2 ứng với Rn. - Ứng với 226Ra: 0,693  1,17.10 6 ngày 1 1 1620 nam.365 ngày / nam - Ứng với 222Rn: 0,693  0,181 ngày 1 2 3,83 ngày
3. 1000g 23 24 N1 1 .6,022.10 hạt nhân/mol = 2,66.10 hạt nhân. 226g.mol Từ 1.N1 2.N2 ta có: 6 24 1N1 1,17.10 .2,66.10 19 N2 1,72.10 hạt nhân. 2 0,181 19 1,72.10 5 222 Số mol Rn = 23 2,86.10 mol 6,022.10 Thế tích của Rn: 5 V = 2,86.10 .25 7,15.10-4 lit CÂU 2. (2,5 điểm) Động hóa học Trong dung dịch nước, chất T bị phân hủy phương trình: + 2- T + 2H2O → 2X + Y (1) -5 -1 Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10 s . 1. Cho biết bậc của phản ứng (1). 2. Tính thời gian cần thiết t1 để 80% lượng chất T bị phân hủy ở 350K. 3. Tính hằng số tốc độ của phản ứng k 2 tại 300K và thời gian cần thiết t 2 để 80% lượng T bị phân -1 hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa E a của phản ứng là 166,00 kJ.mol và Ea không phụ thuộc vào nhiệt độ. ’ 4 -1 4. Khi có mặt chất xúc tác hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k 2 = 3,00.10 s . Giả ’ sử thừa số tần số phản ứng không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa E a của phản ứng khi có mặt xúc tác. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 2. Nội dung Điểm -5 -1 1 Vì k1 = 4,00.10 s 0,5 Dựa vào đơn vị của k (s -1) nên phản ứng tuân theo phương trình động học bậc 1. 2 Vì phản ứng là bậc 1, nên: 0,5 1 a 1 a t1 ln 5 ln 40235,95s 11,18h. k1 0,2a 4,00.10 0,2a 3 k2 Ea 1 1 Ta có: ln , thay số vào ta được: 0,25 k1 R T1 T2 3 k2 166.10 1 1 -9 -1 ln 5 suy ra: k2 = 2,971.10 s . 4.10 8,314 350 300 8 5 Làm tương tự ý 2 tính được t2 = 5,417.10 s = 1,505.10 h 0,25 4 Ở 300K: 0,5
4. Ea RT - Khi không có xúc tác: k2 A.e (1) ' Ea ' RT - Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên: k2 A.e (2) ' Ea Ea k2 RT Từ (1) và (2) ta được: ' e , thay số vào ta được: k2 ' 9 Ea 166 2,971.10 3 e8,314.10 .300 3.104 -1 Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol . CÂU 3. (2,5 điểm) Nhiệt động học, cân bằng hóa học 1. Đối với phản ứng đề hiđro hóa etan: C2H6 (k) ƒ C2H4 (k) + H2 (k) (1) o -1 có các số liệu sau: ΔG900K = 22,39 kJ.mol và các giá trị entropy được ghi ở bảng dưới đây: Chất H2 C2H6 C2H4 o -1 -1 163,0 319,7 291,7 S900K [J.mol .K ] a. Tính Kp của phản ứng (1) tại 900K. o b. Tính ΔH900K của phản ứng C2H4 (k) + H2 (k) C2H6 (k) o c. Tính Kp tại 600K của phản ứng (1), giả thiết trong khoảng nhiệt độ từ 600K đến 900K thì ΔH và ΔSo không thay đổi. 2. Ở 1396K và áp suất 1,0133.10 5 N.m-2, độ phân li của hơi nước thành hiđro và oxi là 0,567.10 -4; độ phân li của cacbon đioxit thành cacbon oxit và oxi là 1,551.10 -4. Hãy xác định thành phần hỗn hợp khí (ở trạng thái cân bằng) được tạo thành theo phản ứng: CO + H2O ƒ H2 + CO2 từ hai thể tích như nhau của cacbon oxit và hơi nước ở điều kiện trên. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 2. Nội dung Điểm 1. o 0,5 a. Áp dụng công thức ΔG =-RTlnKp ΔG0 22390J/mol lnK =- =- = -2,99 p RT 8,314(J/mol.K)900K -2 Kp = 5,03.10 atm. 0 0 0 b. Áp dụng ΔG900K =ΔH900K -TΔS900K , Đối với phản ứng: 0,5 C2H4 (k) + H2 (k) C2H6 (k) (2) 0 ΔG900K =-22,39kJ/mol ΔS0 =S0 -(S0 +S0 ) = -135 J/mol.K 900K C2H6 C2H4 H2 0 0 0 Ta có: ΔH900K =ΔG900K + TΔS900K =-143,890 kJ/mol cho phản ứng (2).
5. c. Kp tại 600K, Áp dụng 0,5 0 K900K ΔH 1 1 -2 0 ln =- ( - ) , thay K900K = 5,03.10 và ΔH = 143890 K600K R 900 600 J/mol. -6 tìm được K600K = 3,35.10 atm. 2 Theo phương trình phản ứng: CO + H 2O ƒ H2 + CO2, ta có hằng số cân bằng: P P K = CO2 H2 (a) p P P CO H2O Giá trị hằng số cân bằng của phản ứng này có thể tính từ hằng số phân li của hơi nước và hằng số phân li của cacbon đioxit: P P2 O2 H2 2H2O ƒ 2H2 + O2 K = (b) p,H2O P2 H2O P P2 O2 CO 2CO2 ƒ 2CO + O2 K = (c) p,CO2 P2 CO2 Chia vế (b) cho (c), dễ dàng suy ra K K = p,H2O (d) p K 0,5 p,CO2 * Xác định các hằng số cân bằng: -4 Gọi độ phân li của hơi nước là 1 = 0,567.10 ; 2H2O ƒ 2H2 + O2 Ban đầu 2 0 0 (mol) Phân li 2 1 2 1 1 Cân bằng 2(1 - 1) 2 1 1 Tổng số mol hỗn hợp ở trạng thái cân bằng: 2 + 1 2(1-α ) 2α α P =P 1 ,P =P 1 , P =P 1 (e) H2O H2 O2 2+α1 2+α1 2+α1 Thay (e) vào (a) với lưu ý 1 = 1 , sau vài phép biến đổi đơn giản, cuối cùng nhận được: 3 Pα 1,0133.105 (0,567.10 4 )3 K = 1 = = 0,923.10-8. p,H2O 2 2 Với cách tính hoàn toàn tương tự nhận được: Pα3 1,0133.105 (1,551.10 4 )3 K = 2 = =18,90.10-8. p,CO2 2 2 0,5 Thay các giá trị của K và K vừa tính được vào (d), có K = 0,221. p,H2O p,CO2 p * Xác định thành phần hỗn hợp khí theo Kp Vì phản ứng tạo hỗn hợp khí xảy ra ở điều kiện thể tích không đổi
6. nên nồng độ của các chất phản ứng có thể biểu diễn bằng bất kì đơn vị nào. Trong trường hợp này, thuận tiện nhất là biểu diễn nồng độ bằng phần trăm thể tích. Phần trăm thể tích ban đầu của CO và của H 2O đều bằng 50%. Gọi x % là phần trăm thể tích của H 2 và CO2 sinh ra ở trạng thái cân bằng, theo phản ứng: CO + H2O ƒ H2 + CO2 ta có: x2 0,5 0,221 x = 15,99%. (50 x)2 CÂU 4. (2,5 điểm) Liên kết hóa học, 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. Viết công thức Lewis của các phân tử từ (1) đến (7) b. Sử dụng thuyết sức đẩy các cặp eletron hóa trị (VSEPR) dự dạng hình học và góc liên kết của của các phân tử trên. c. Trong phân tử axetamit, 3 liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng. Vì sao? 2. Khí Hiđro ở nhiệệt độ phòng dễ “hòa tan” vào một số kim loại cụ thể, ví dụ Paladium, mạng cơ sở của Paladium có dạng lập phương tâm mặt. Khối lượng riêng của Paladium là 12,02 g/cm 3, khối lượng mol là 106,4 g/mol. a. Tính số nguyên tử trong một ô mạng cơ sở của Paladium, độ dài cạnh của ô mạng và bán kính của các nguyên tử Paladium theo pm. b. Tính bán nguyên tử cực đại có thể chui vào các hốc trong mạng tinh thể của Paladium. c. Độ dài liên kết trong phân tử H2 là 74pm và bán kính của nguyên tử H là 54 pm. Vậy Hiđro hấp thụ trong mạng tinh thể paladium tồn tại ở dạng nào - nguyên tử hay phân tử hay cả hai? d. Tính số nguyên tử H tối đa có thể hấp thụ trong 1 ô mạng cơ sở của Paladium. HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 4. Nội dung Điểm 0 0 1 a,b. XeF2: thẳng, 180 XeF4, vuông phẳng, 90 0,75 F F F F F F 0 ’ 0 ’ XeO3, chóp tam giác, < 109 28 XeO4, tứ diện, 109 28 O O O O O O O 0 0 ’ BF3, tam giác đều, 120 (CH3)3N: Chóp tam giác, <109 28 F CH3 F CH F 3 CH3 c. Ba liên kết với nguyên tử nitơ đều nằm trong cùng một mặt phẳng, vì 0,5
7. liên kết giữa nitơ với cacbon mang một phần đặc điểm của liên kết đôi. 3 H sp H H sp2 H H C C N H C C N H H H H O O 2. a. Thể tích của 1 mol nguyên tử Pd là 0,75 M 106,4 V 8,852cm3 / mol Pd 12,02 Từ hình vẽ trên, có thể thấy tổng số nguyên tử Pd trong 1 ô cơ sở là : 1 1 6. 8. 4 2 8 Thể tích của ô cơ sở là : VPd 8,852.4. 23 V .4 23 5,88.10 (m) N A 6,022.10 Vậy chiều dài cạnh của ô mạng cơ sở là : a 3 V 3 5,88.10 23 3,89.10 8 (cm) 389 pm b. Từ hình vẽ trên ta cũng thấy đướng chéo của mặt lập phương là b với a b=4r =a 2 . Suy ra r 138pm 2 2 Trong mạng tinh thể Pd có các 8 hốc tứ diện và 4 hốc bát diện nằm tại 0,25 tâm của hình lập phương và trung điểm các cạnh. Bán kính tối đa nguyên tử có thể chui vào hốc tứ diện là : 2 2 2 0 2rPd (rPd rm ) 2(rPd rm ) .cos(109 5) suy ra rm =30,87pm Bán kính tối đa có thể chui vào hốc bát diện là : a 2r 389 2.138 r 57 pm m 2 2 Như vậy Hiđro trong tinh thể ở dạng nguyên tử tự do và chui vào các hốc bát diện trong tinh thể. 1 c. Tổng số hốc bát diện trong tinh thể là : 1 12 4 đây cũng chính là 4 0,25 số nguyên tử Hiđro cực đại có thể lấp đầy ô mạng cơ sở.
8. CÂU 5. (2,5 điểm) Dung dịch. Cho dung dịch A gồm có HCOONa 0,1M và Na2SO3 xM. pHA= 10,4 1. Tính x 2. Thêm 14,2ml dung dich HCl 0,6M vào 20ml dung dịch A được dung dịch B. Tính pHB. 3. Trộn 1ml dung dịch A với 1 ml dung dịch MgCl2 0,001M a. Có Mg(OH)2 tách ra không? b. Nếu có Mg(OH)2 tách ra, hãy tính pH và độ tan của Mg(OH)2 trong hỗn hợp thu được. * + -12,6 Cho: pKaHCOOH = 3,75; của H2SO3 là 1,76 và 7,21;  MgOH = 10 ; pKs Mg(OH)2 = 10,95. Câu 5 Nội dung Điểm 1. 1. Có các cân bằng sau: 0,5 2- - - -6,79 SO3 + H2O ⟺ HSO3 + OH Kb1 = 10 (1) - - -10,25 HCOO + H2O ⟺ HCOOH + OH Kb = 10 (2) - - -12,24 HSO3 + H2O ⟺ H2SO3 + OH Kb2 = 10 (3) + - -14 H2O ⟺ H + OH Kw = 10 (4) Thấy Kb2 [OH-] >>[H+] => bỏ qua cân bằng (4) [HCOOH]/[HCOO-] = [H+]/ Ka = 10-10,4/10-3,75 Cân bằng (1) quyết định pH => x= 0,389M 2- + - 2. 2. SO3 + H -> HSO3 1,0 0,2275 0,249 - 0,0215 0,2275 M HCOO- + H+ -> HCOOH 0,0585 0,0215 0,037 - 0,0215M - - TPGH B ( HCOOH HCOO HSO3 ) 0,0215 0,037 0,2275M Coi HCOOH là một axit độc lập, HCOO- là một bazơ độc lập Các phân li axit: HCOOH ⟺ HCOO- +H+ Ka= 10-3,75(5) - 2- + -7,21 HSO3 ⟺ SO3 + H Ka2= 10 (6) + - -14 H2O ⟺ H + OH Kw = 10 (7) Bỏ qua phân li (6), (7) Các cân bằng phân li bazo: - - -10,25 HCOO + H2O ⟺ HCOOH + OH Kb = 10 (8) - - -12,24 HSO3 + H2O ⟺ H2SO3 + OH Kb2 = 10 (9) - -12,25 - -13,24 Kb.C(HCOO ) = 3,7.10 > Kb2.C(HSO3 ) = 2,275.10 Chấp nhận bỏ qua cân bằng (9) => pH tại dung dịch là pH đệm = 3,75 + lg 0,037/0,0215 = 4,0 Thấy pH = 4,0 => [OH-] bỏ qua cân bằng (9) là hợp lí ( Hoặc nếu học sinh tính theo điều kiện proton thì vẫn cho điểm đầy đủ)
9. 2+ - 2- 3 (Mg ; HCOO ; SO3 ) 1,0 -4 CM 5.10 M; 0,05 M; 0,1945 M; 2+ - 2 Điều kiện để có kết tủa Mg(OH)2 là C’ (Mg ). C’ (OH ) Ks *. Tìm C’(Mg2+). 2+ + + * + -12,6 Mg + H2O ⟺ MgOH + H ;  MgOH = 10 C 5.10-4 5.10-4 – x x x => x C’ (Mg2+)= 5.10-4M. * Tìm C’(OH-) tương tự phần (1) ta có 2- - - -6,79 SO3 + H2O ⟺ HSO3 + OH Kb1 = 10 -4 C’(OH-) = 1,76.10 M * C’ (Mg2+). C’ (OH-)2 = 10-10,8> 10-10,95 => Bắt đầu có Mg(OH)2 kết tủa. 2+ 2- - -2,63 Mg + 2SO3 + 2H2O ⟺ 2HSO3 + Mg(OH)2  K= 10 C 5.10-4M 0,1945M C’ 5.10-4-x 0,1945-2x 2x  x= 9,47.10-5 2- - 2+ -  Hỗn hợp (Mg(OH)2 SO3 HSO3 Mg HCOO ) Nồng độ: 0,1945M 1,894. 10-4M 4,05.10-4M 0,05M 2+ - Mg(OH)2 ⟺ Mg + 2OH Ks C 4,05.10-4+S 2+ + + * + -12,6 Mg + H2O ⟺ MgOH + H  MgOH = 10 Tìm pH của dung dịch thu được Tính pH theo 2 cân bằng: 2+ - Mg(OH)2 ⟺ Mg + 2OH Ks 2- - - -6,79 SO3 + H2O ⟺ HSO3 + OH Kb1 = 10 - - - -4 2+ Điều kiện OH [OH ] = [HSO3 ] -0,1894. 10 + 2([Mg ]- 4,05.10-4) 2- - - 2 -3 = [SO3 ].Kb1/[OH ] + 2Ks/[OH ] - 10 - 3 -3. - 2 2- - => [OH ] + 10 [OH ] - Kb1. [SO3 ].[OH ] – 2.Ks =0 2- 0 Chấp nhận [SO3 ] = C = 0,1945M  [OH-] = 1,54. 10-4M => pH = 10,19 2- Kiểm tra SO3 2- -7,21 -7,21 -10,19 [SO3 ]= C.Ka2/(Ka2+h) = C. 10 / (10 + 10 ) C thoả mãn. pH = 10,19 2+ + + * + -12,6 => Cân bằng Mg + H2O ⟺MgOH + H ;  MgOH = 10 [MgOH+] / [ Mg2+] = */h Bỏ qua cân bằng tạo phức hidroxo. => [ Mg2+] chỉ phụ thuộc vào cân bằng 2+ - Mg(OH)2 ⟺ Mg + 2OH Ks [ Mg2+] = 4,05.10-4+S = 10-10,95/(1,54.10-4 )2 3. => S = 6,811.10-5M
10. CÂU 6. (2,5 điểm) Phản ứng oxi hóa - khử, điện hóa Để xác định hàm lượng oxi trong nước sông, người ta sử dụng phương pháp Winkler bằng cách dùng Mn2+ cố định oxi dưới dạng hợp chất của Mn(IV) trong môi trường kiềm. Sau đó, dùng KI để khử Mn(IV) trong môi trường axit và chuẩn độ hỗn hợp bằng dung dịch Na2S2O3. Cụ thể: Hút 150,00 ml nước sông vào chai cố định oxi. Thêm MnSO 4 đủ dư, sau đó thêm tiếp dung dịch kiềm iođua (gồm NaOH và KI dư), đậy nút bình cẩn thận để tránh bọt khí và để yên cho kết tủa lắng xuống. Axit hóa hỗn hợp bằng H 2SO4 đặc. Đậy nút chai và lắc kỹ cho đến khi kết tủa -3 tan hoàn toàn. Chuẩn độ ngay dung dịch thu được bằng dung dịch Na 2S2O3 8,0.10 M hết 20,53 ml Na2S2O3. 1. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra trong thí nghiệm trên. o o 2. Tính E 2+ - ; E - . MnO(OH)2 /Mn ,OH O2 /OH 3. Giải thích tại sao: - Giai đoạn cố định oxi phải thực hiện trong môi trường kiềm; - Để khử Mn(IV) bằng KI phải tiến hành trong môi trường axit; - Sau khi axit hoá dung dịch cần chuẩn độ ngay. 4. Tính hàm lượng oxi trong nước theo mg/ℓ. -14 o o o Cho: Kw(H O) = 10 ; E + 2+ =1,23V; E + =1,23V; E - - =0,5355V 2 MnO2 , H /Mn O2 , H /H2O I3 /I Câu 6 Nội dung 2.5 điểm 1 Phương trình phản ứng: 0,5 2+ - 2 Mn + O2 + 4 OH 2 MnO(OH)2↓ (1) - + 2+ - MnO(OH)2↓ + 3 I + 4 H Mn + I3 + 3 H2O (2) - 2- - 2- I3 + 2 S2O3 3 I + S4O6 (3) 2 o o 1,0 Tính E 2+ - ; E - : MnO(OH)2 /Mn ,OH O2 /OH o 4E + O2 ,H /H2O + 0,0592 O2 + 4H + 4e ƒ 2H2O K1 =10 + - -14 4x H2O ƒ H + OH Kw = 10 o 4E - O2 /OH - 0,0592 4 O2 + 2H2O + 4e ƒ 4OH K2 =10 = K1.KW o 14 4 0,0592 → E - = 1,23 - = 0,4012 V . O2 /OH 4 Tương tự: o 2E + 2+ MnO2 ,H /Mn + 2+ 0,0592 MnO2 + 4H + 2e ƒ Mn + 2H2O K3 =10 + - -14 4 x H2O ƒ H + OH Kw = 10
11. o 2E 2+ - MnO(OH)2 /Mn , OH 2+ - 0,0592 MnO(OH)2 + H2O + 2e ƒ Mn + 4OH K4 =10 o 14 4 0,0592 → E 2+ - = 1,23 - = - 0,4276 V . MnO(OH)2 /Mn ,OH 2 o o 0,5 Trong môi trường axit doE + 2+ = E + =1,23V nên oxi trong nước MnO2 , H /Mn O2 , H /H2O 2+ o sẽ không oxi hóa được Mn . Ngược lại trong môi trường kiềm do:E - = O2 /OH o 2+ 0,4012 V > E 2+ - = - 0,4276 V nên Mn cố định được oxi dưới MnO(OH)2 /Mn ,OH dạng MnO(OH)2. o o Vì E 2+ - = - 0,4276 V < E - - =0,5355V < MnO(OH)2 /Mn ,OH I3 /I o E + 2+ =1,23V MnO2 , H /Mn nên để khử Mn(IV) bằng KI phải tiến hành trong môi trường axit. Sau khi axit hóa dung dịch cần chuẩn độ ngay vì nếu để lâu thì oxi không khí có thể oxi hóa I- trong môi trường axit, gây sai số: - + - 6 I + O2 + 4 H 2 I3 + 2 H2O Từ các phương trình phản ứng (1), (2) và (3), ta có: 0,5 3 -3 1 1 1 20,53.10 . 8.10 -3 nO = nMnO(OH) = n - = n 2- = = 0,041.10 2 2 2 2 I3 4 S2O3 4 (mol) Vậy hàm lượng của oxi trong nước là: 0,041.10 3.32 .1000= 8,747 .10-3 (g/ℓ) = 8,747 (mg/ℓ) 150 CÂU 7. (2,5 điểm) Halogen- oxi, lưu huỳnh Cho sơ đồ chuyển hóa các chất từ lưu huỳnh như sau: 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
12. X, thêm tiếp dung dịch AgNO3 dư vào nước lọc, lại thu được kết tủa trắng Y. Đối với chất E và G, m tỉ lệ khối lượng kết tủa X 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 dư 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 là: 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. a. Xác định công thức của các chất. b. Viết phương trình hóa học của các phản ứng trong sơ đồ. Hướng dẫn chấm Câu 7 Nội dung 2,5 đ a. Chất A là SO2, chất B là SO3. 0,5 - Xác định các chất C, G: 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 +6 được kết tủa trắng X → kết tủa X là BaSO 4 → trong các chất này có S , không có chứa C. - Kết tủa Y là AgCl. mX Từ tỉ lệ =1,624 → trong E, G tỉ lệ nS : nCl = 1:1 mY Gọi công thức của G là SxOyClx ta có: 6x – 2y – x = 0 → 5x – 2y = 0 → x:y = 2:5 → công thức của G là S2O5Cl2 Từ phản ứng SO3 + CCl4 → S2O5Cl2 + F → công thức của F là COCl2 +6 mX Chất C có S , tỉ lệ =0,812 → trong C, tỉ lệ nS : nCl = 1:2 mY 0,5 → công thức của C là SO2Cl2 - Xác định các chất D, E, H, K: Dung dịch thủy phân của các chất D, H, K khi tác dụng với Ba(OH) 2 đều +6 thấy có kết tủa trắng tạo thành và khí NH 3 thoát ra → trong D, H, K có S và có N-3 - Hàm lượng N và S trong D là 29,16 và 33,33% → tỉ lệ nN : nS = 2: 1. - Hàm lượng N và S trong H là 14,43 và 32,99% → tỉ lệ nN : nS = 1: 1. - Hàm lượng N và S trong K là 24,56 và 28,07% → tỉ lệ nN : nS = 2: 1. Gọi công thức của D là SN2OxHy: 32 +6 -3 MD= .100 96 ; trong D có S và có N → công thức của D là 33,33 SO2(NH2)2. 0,5 SO2Cl2 + 2NH3 → SO2(NH2)2 + 2HCl → L là HCl +6 Chất E có S , tỉ lệ nS : nCl = 1: 1; SO3 + HCl → E Suy ra công thức của E là HSO3Cl.
13. Gọi công thức của H là SNOxHy: 32 +6 -3 MH = .100 97 ; trong H có S và có N 32,99 → Công thức của H là NH2SO3H. Gọi công thức của K là SN2OxHy: 32 +6 -3 MK = .100 114 ; trong K có S và có N 28,07 → Công thức của K là NH2SO3NH4. 0,5 b. 1. S + O2 → SO2 0,5 2. 2SO2 + O2 → 2SO3 3. SO2 + Cl2 → SO2Cl2 4. SO2Cl2 + 2NH3 → SO2(NH2)2 + 2HCl 5. 2SO3 + CCl4 → COCl2 + S2O5Cl2 6. SO3 + HCl → HSO3Cl 7. SO3 + NH3 → HSO3NH2 8. SO2 + 2NH3 → H2NSO3NH4 Câu 8. (2,5 điểm) Bài tập tổng hợp Nung nóng 5,000 gam hỗn hợp gồm CaCO3, Ca(HCO3)2, CaCl2 và Ca(ClO3)2, thu được hỗn hợp khí gồm CO2, H2O và O2. Hỗn hợp khí này tạo ra áp suất 1,312 atm trong một xilanh có thể tích 1,000 lít ở 400,0 K. Khi nhiệt độ bên trong xilanh giảm xuống còn 300,0 K thì áp suất giảm xuống còn 0,897 atm. Áp suất hơi nước ở nhiệt độ này là 27,0 torr. Lượng khí trong xilanh này được sử dụng để đốt cháy một lượng axetilen, sự biến đổi entanpi trong quá trình đốt cháy là -7,796 kJ, nước tạo ra ở thể lỏng. Cho: 1 atm = 760 torr H 0 226,8kJ.mol 1; H 0 393,5kJ.mol 1 C2H2 (k ) CO2 (k ) H 0 241,8kJ.mol 1; H 0 44kJ.mol 1 H2 O(k ) hoahoi H2 O(l) 1. Viết các phương trình phản ứng và tính số mol của O2 có trong xi lanh. 2 Tính số mol CO2 và H2O sinh ra. 3. Tính phần trăm khối lượng CaCO3 và CaCl2 trong hỗn hợp ban đầu. Hướng dẫn chấm Câu 8 Nội dung 2,5 đ 1 CaCO3(r)  Cao(r) + CO2(k) Ca(HCO3)2(r)  CaO(r) +2CO2(k) + H2O(h) CaCl2  không phản ứng 1,0 Ca(ClO3)2( r ) =  CaCl2 ( r ) + 3O2(k) 2C2H2(k) +5O2(k)  4CO2(k) + 2H2O(l)
14. PV 1,31.1,000 n 0,399 mol = 0,04 mol tong RT 0,082.400 H 2. H 0 H 0 H 0 (4) CO2 (k) H2O(l) C2 H2 (k)  H2O(k) H2O(l) 0 0 0 H H H hoahoi H2O(l) H2O(k) H 0 44,0 ( 241,8) 285,8 kJ H2O(l) Suy ra: H H 1299,6(kJ / mol) (4) chay(C2 H2 ) 5 5 ( 7,796) n n . 0,015 mol O2 2 C2 H2 2 ( 1299,6) 2 Tại 300K, H2O(h) ngưng tụ. 27,0 P P P 0,897 0,861 atm CO2 H2O tong H2O 760 PV 0,861.1,00 n 0,035 mol 0,5 CO2 O2 RT 0,082.300 n 0,035 0,015 0,020 mol CO2 n 0,040 0,035 0,005 mol H2O n n 0,005mol Ca(HCO3 )2 H2O 1 0,015 n n 0,005mol Ca(ClO3 )2 3 O2 3 n n ;n n n CaCO3 CO2 (CaCO3 ) CO2 CO2 (CaCO3 ) CO2 (CaHCO3 )2 n n 2n CO2 CO2 (CaCO3 ) H2O n 0,020 0,010 0,010mol CaCO3 1,0 m 0,005.162,110 0,81gam Ca(HCO3 )2 m 0,005.206,973 1,03 gam Ca(ClO3 )2 m 0,0100.100,086 1,001 gam CaCO3 m 5,000 0,8106 1,034 1,001 2,153 gam CaCl2 2,153.100 1,001.100 %m 43,0%;%mCaCO 20,0% CaCl2 5,00 3 5,00 Hết