Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XI - Năm học 2017-2018

pdf 12 trang thungat 20/07/2021 1110
Bạn đang xem tài liệu "Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XI - Năm học 2017-2018", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên

Tài liệu đính kèm:

  • pdfde_thi_mon_hoa_hoc_lop_10_ky_thi_chon_hoc_sinh_gioi_cac_truo.pdf

Nội dung text: Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ XI - Năm học 2017-2018

  1. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC-KHỐI 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 14/4/2018 (Đề thi gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Cho biết: Hằng số Plank, h = 6,625.10-34 J.s; vận tốc ánh sáng trong chân không: c = 3.108 m.s-1; -19 23 -1 1 eV = 1,602.10 J; Số Avogađro, NA = 6,022.10 mol ; Bài 1. (2,0 điểm). 1.1. Năng lượng của hệ gồm 1 hạt nhân và 1 eletron phụ thuộc vào số lượng tử chính n theo biểu thức: Z2 E13,6(eV) n n2 a) Xác định năng lượng ion hóa của ion Y19+ theo eV, biết rằng ion đó là hệ 1 hạt nhân và 1 electron. b) Khảo hạt hệ gồm 1 hạt nhân và 1 electron, tại trạng thái kích thích ứng với n = 6. Bước sóng dài nhất phát ra từ hệ đó là 7464 nm. Xác định số đơn vị điện tích hạt nhân (Z) của hệ đó. 1.2. Cho các phân tử sau: BF3, NH3, NF3. a) Viết công thức cấu tạo Lewis của các phân tử đó. b) So sánh và giải thích: - Năng lượng liên kết của BF3 và NF3. - Momen lưỡng cực của NH3 và NF3. c) Tùy vào điều kiện, khi cho NH3 tác dụng với BF3 thì thu được hợp chất X (hợp chất cộng hóa trị) hoặc hợp chất Y (hợp chất ion) đều tồn tại ở dạng thái rắn. Xác định cấu trúc của X và của các cation, anion trong Y. Biết: H(Z = 1); B(Z = 5); N (Z = 7) và F(Z = 9) Bài 2. (2,0 điểm). 2.1. Kiểu mạng perovskit có cấu trúc như hình bên: Kim loại A nằm ở tâm khối. Kim loại B nằm ở các góc. Phi kim X nằm ở điểm giữa cạnh Hãy biểu diễn công thức hóa học chung của các hợp chất có cấu trúc kiểu perovskit 2.2. Bạc có bán kính RAg =144 pm kết tinh dạng lập phương tâm mặt. Tùy theo kích thước mà các nguyên tử lạ E có thể đi vào trong mạng tinh thể của bạc và tạo ra dung dịch rắn khác nhau. Dung dịch rắn xen kẽ (bằng cách chiếm các lỗ trống) hoặc dung dịch rắn thay thế (bằng cách thay thế nguyên tử bạc). Vàng có bán kính RAu =147 pm tạo ra dung dịch rắn thay thế với bạc nhưng không làm phá vỡ cấu trúc mạng tinh thể. Một hợp kim Ag-Au tương ứng với thành phần dung dịch rắn thay thế đặc trưng bởi phần trăm khối lượng vàng là 10%. Xác định khối lượng riêng của hợp kim. 2.3. Bán kính ion của Ba2+ và O2- lần lượt là 134 pm và 140 pm. Giả sử khi tạo thành tinh thể, không có sự biến đổi bán kính các ion và BaO kết tinh dạng lập phương. Hãy cho biết BaO kết tinh ở dạng nào (trong số các dạng CsCl, NaCl, ZnS)? Tính khối lượng riêng của BaO (g/cm3) theo lí thuyết. Cho: Nguyên tử khối của Ba là 137,327 và của oxi là 15,999. Trang 1/4
  2. Bài 3. (2,0 điểm). Một mẫu poloni (210Po) nguyên chất có khối lượng 2,00 gam. Hạt nhân 210Po phân rã α và chuyển A thành hạt nhân bền Z X . 3.1. Viết phương trình phản ứng hạt nhân của quá trình phân rã đó và gọi tên . 3.2. Xác định chu kỳ bán rã của 210Po, biết rằng trong thời gian 365 ngày thì thể tích khí He được tạo ra là 179 cm3 (đktc). 3.3. Trong phản ứng phân rã, giả sử hạt nhân 210Po đứng yên, năng lượng phân rã chuyển hóa hoàn toàn thành động năng của hạt nhân và hạt α, làm cho hạt nhân chuyển động giật lùi với vận tốc vL còn hạt α chuyển động về phía trước với vận tốc vα . Nói cách khác, trong trường hợp này, động lượng (mv) của hạt X bằng động lượng của hạt α. Tính tốc độ của hạt α. 210 4 Biết: khối lượng mol của Po là 209,982864 g/mol, là 205,974455 g/mol, 2 He là 4,002603 g/mol. Bài 4. (2,0 điểm). 0 -1 -1 -1 Cho biết: sinh nhiệt ΔH tt (kJ.mol ) và entropi (J.K .mol ) của các chất và ion ở điều kiện chuẩn - + Chất HCN (l) CN (aq) H (aq) N2 (k) H2 (k) C (gr) 0 ΔH tt 108,87 146,15 0 0 0 0 S0 112,84 104,67 0 191,61 130,61 5,74 Chú ý: tt nghĩa là tạo thành. 4.1. Tính ΔG0 của các quá trình sau ở điều kiện chuẩn nhiệt động: 11 H (k) + N (k) C (gr) HCN (l) (1) 2222 11 H (k) + N (k) C (gr) H (dd) + CN (dd) (2) 2222 Dựa vào kết quả tính trên, hãy giải thích vì sao HCN (l) không bị phân hủy thành các đơn chất ở điều kiện chuẩn nhiệt động (T = 298K, p = 1 atm). 0 4.2. Dung dịch HCN 0,10M có pH = 5,175. Xác định ΔG tt của HCN(aq). Bài 5. (2,0 điểm). 5.1. Phương pháp phổ biến nhất để tổng hợp hiđro ở quy mô công nghiệp là sử dụng phản ứng: CH4(k) + H2O(k) 3H2(k) + CO(k) (1) -25 4 Hằng số cân bằng của phản ứng (1) ở 298K là Kp,298K = 1,45.10 ; ở 1580K là Kp, 1580K = 2,66.10 . Coi entropi và entanpi không phụ thuộc vào nhiệt độ. a) Xác định ΔHo và ΔSo của phản ứng. b) Trong một bình phản ứng dung tích không đổi, ban đầu chứa 1 mol CH4 và 1 mol H2O. Nâng nhiệt độ bình lên 1100K, khi cân bằng thiết lập, áp suất trong bình phản ứng là 1,6 atm. Tính hiệu suất chuyển hóa của CH4. o 5.2. Đun nóng một mẫu FeSO4 trong bình chân không đến 920 C, xảy ra các phản ứng sau: 2FeSO4 (r)  Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (1) 1 SO3 (k)  SO2 (k) + O2 (k) (2) 2 Tại cân bằng, áp suất chung của hệ là 0,836 atm và áp suất riêng phần của khí O2 là 0,0275 atm. Tính Kp cho mỗi phản ứng trên. Trang 2/4
  3. Bài 6. (2,0 điểm). 0 2- - 2- - Cho phản ứng sau diễn ra tại 25 C: S2O8 + 3I → 2SO4 + I3 . Để xác định phương trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các nồng độ đầu khác nhau - -1 2- -1 3 -1 -1 Thí nghiệm [I ]0 (mol.L ) [S2O8 ]0 ( mol.L ) v0 x 10 (mol.L .s ) 1 0,10 0,10 0,6 2 0,20 0,20 2,4 3 0,30 0,20 3,6 6.1. Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản ứng. 6.2. Xác định thời gian nửa phản ứng (t1/2) ứng với thí nghiệm 1. 2- 6.3. Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa S2O3 và hồ tinh bột sao cho 2- nồng độ ban đầu của S2O3 bằng 0,20M. Tính thời gian để dung dịch bắt đầu xuất hiện màu xanh. Biết phản 2- - 2- - - ứng: 2S2O3 + I3 → S4O6 + 3I có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I3 phải vượt quá 10-3 mol/l. Bài 7. (2,0 điểm). Trộn 100,00 mL dung dịch SO2 0,400M với 100,00 mL dung dịch Na2SO3 0,150M, được 200,00 mL dung dịch A. 7.1. Tính pH của dung dịch A. 7.2. Tính thể tích dung dịch NaOH 0,200M cần cho vào 100,00 mL dung dịch A để thu được dung dịch có pH = 4,4. o 7.3. 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. -3 7.4. Cho 5.10 mol BaO (r) vào 100,00 mL dung dịch A. Hãy cho biết có kết tủa BaSO3 xuất hiện hay không? Bỏ qua sự thay đổi thể tích dung dịch. Cho: pKa1(SO2 + H2O) = 1,76; pKa2(SO2 + H2O) = 7,21; pKw = 14,0; M(BaSO3) = 217 g/mol. Bài 8. (2,0 điểm). 8.1. Có thể sử dụng thế điện cực tiêu chuẩn để tính hằng số cân bằng của phản ứng oxi hóa - khử. Hãy xác định hằng số cân bằng tại 298K cho phản ứng sau: 2+ 2– + 3+ 3+ 6Fe + Cr2O7 + 14H 6Fe + 2Cr + 7H2O o 2– + 3+ o 3+ 2+ Cho thế điện cực tiêu chuẩn: E (Cr2O7 , H /Cr , H2O) = 1,33V và E (Fe / Fe ) = 0,77V và RTln = 0,0592 lg 8.2. Nhiều nguyên tố hóa học có nhiều mức oxi hóa khác nhau trong các hợp chất khác nhau. Khi phản ứng oxi hóa - khử xảy ra, các mức oxi hóa này có thể thay đổi. Mỗi phản ứng oxi hóa - khử có một giá trị thế điện cực tiêu chuẩn xác định (Eo). Nếu biết một số giá trị thế điện cực tiêu chuẩn rồi có thể xác định được các giá trị thế điện cực khác. o + + 2+ a) Xác định thế khử chuẩn (E ) của bán phản ứng sau: VO2 + 4H + 3e V + 2H2O Biết thế điện cực tiêu chuẩn: 2+ o 2+ + 3+ o (V /V(r)): E 1 = – 1,20V; (VO , H / V , H2O): E 2 = +0,34V 3+ 3 + + 2+ o (V /V(r)): Eo = – 0,89V; (VO2 ,H /VO , H2O): E 4 = +1,00V b) Nhỏ từ từ 100,00 mL dung dịch KMnO4 0,01M vào 100,00 mL dung dịch VSO4 0,032M (dung dịch được duy trì ở pH = 0), thu được dung dịch X. Nhúng điện cực Pt vào X và nối với điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,100M (Hai dung dịch nối với nhau bởi cầu muối). Tính sức điện động của pin. 0 - + 2+ + Biết: E của cặp: MnO4 , H /Mn , H2O = 1,51V; Ag /Ag = 0,80V Trang 3/4
  4. Bài 9. (2,0 điểm). Cho KIO3 rắn vào dung dịch HCl đặc, người ta thu được tinh thể muối A màu vàng. A chỉ chứa 3 nguyên tố, trong đó thành phần phần trăm theo khối lượng của kali là 12,66%; của iot là 41,23% và còn lại clo. 9.1. Xác định A và viết phương trình phản ứng tạo thành A. Cho các phương trình phản ứng hóa học sau: 0 (2) A t  B (rắn) + C (khí) (3) C D + Cl2 Biết rằng so với phân tử khối của A, phân tử khối của C chỉ bằng 75,81%. 9.2. Xác định công thức của các chất B, C, D. 9.3. Xác định cấu trúc của anion trong A và hợp chất C. Trên cơ sở đó, cho biết trạng thái lai hoá của iot trong các hợp chất đó. - -2 9.4. Cho 1,00 gam A vào dung dịch KI dư, chuẩn độ I3 sinh ra bằng dung dịch Na2S2O3 1,0.10 M. Tính thể tích dung dịch Na2S2O3 đã dùng. Cho biết: Nguyên tử khối của Cl = 35,5; K = 39; I = 127. Bài 10. (2,0 điểm). Hoà tan hoàn toàn 0,8120 gam một mẫu quặng sắt gồm FeO, Fe2O3 và 35% tạp chất trơ trong dung dịch H2SO4 loãng (dư), thu được dung dịch X. Sục khí SO2 vào dung dịch X, thu được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 22,21 ml dung dịch KMnO4 0,10 M. Mặt khác, hoà tan hết 1,2180 gam mẫu quặng trên trong dung dịch H2SO4 (dư) rồi thêm ngay dung dịch KMnO4 0,10 M vào dung dịch thu được cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thì hết 15,26 ml dung dịch KMnO4 0,10M. 10.1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra ở dạng ion thu gọn. 10.2. Tính thể tích SO2 (ở điều kiện tiêu chuẩn) đã dùng và thành phần phần trăm theo khối lượng của FeO, Fe2O3 có trong mẫu quặng. Cho biết: M (FeO) = 72 gam/mol; M (Fe2O3) = 160 gam/mol. HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Trang 4/4
  5. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018 HƯỚNG DẪN CHÂM THI MÔN: HÓA HỌC-KHỐI 10 Ngày thi: 14/4/2018 (Đề thi gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm 1 1.1.a Ion Y19+ => Z = 20. 0,25 I = - E1 = 5440 eV 1.1.b Bước sóng dài nhất tương ứng với quá trình chuyển electron ngắn nhất nghĩa là 0,25 chuyển từ trạng thái n = 6 về trạng thái n = 5. c => ΔE = E6 - E5 = h  81 21934 113.10 m.s 13,61,602.10J6,625.10(J.s).1ZZ 229 657464.10m 1.2.a 0,25 0,25 1.2.b - Năng lượng liên kết B-F (trong BF3) lớn hơn N-F (trong NF3) do bậc liên kết trung 0,25 bình của BF3 (4/3) lớn hơn so với bậc liên kết trung bình của NF3 (1) - Momen lưỡng cực của NH3 lớn hơn NF3 do momen của các liên kết cộng hưởng với 0,25 momen của hạt nhân nguyên tử nitơ với cặp electron tự do trong khi đối với phân tử NF3, momen của liên kết triệt tiêu với momen của hạt nhân nguyên tử nitơ với cặp electron tự do 1.2.c BF3 + NH3 → H3NBF3 (hợp chất X) 0,50 + - BF3 + 2NH3 → [(NH4) (H2NBF3) ] (hợp chất Y) Câu Ý 2 2.1. Trong một ô mạng 1 1 Số nguyên tử A: 1 ; Số nguyên tử B: 8. 1; Số nguyên tử X: 12. 3 8 4 Vậy công thức hóa học của hợp chất có kiểu perovskite là ABX3 0,50 Trang 1/8
  6. 2.2 xAu + Ag AuxAg1-x + xAg (với x là phần mol của Au trong hợp kim) Phần trăm khối lượng của vàng trong hợp kim 197x 0,1x0,057 197x108(1x) Mặt khác, ta có bán kính trung bình của các nguyên tử trong mạng 0,25 xR(1x)RxR(1x)R Ra22 R22.AuAgAuAg 11 a0,085.0,057407407 pm Số nguyên tử vàng và bạc trong ô mạng là: 8x 1/8 + 6x 1/2 = 4 Khối lượng riêng của hợp kim mnM 4. 197x108(1x)  0,25 d V 33 N.aN.aAA 4. 197.0,057108(10,057)  3 23103 11g/ cm 6,022.10.(407.10) Chú ý: Nếu học sinh sử dụng luôn giá trị bán kính của Ag mà không xác định bán kính trung bình thì chỉ cho 1/2 tổng số điểm. 0,50 2.3 R Ba2 134 Tỉ số bán kính: 0,957(31;1) R1402 O 0,25 Vậy BaO kết tinh dạng CsCl. Thể tích của một tế bào cơ sở: 2(r22 r ) Độ dài cạnh a = Ba O 316,4pm = 3,164.10-8 cm 3 3 -23 3 Vtb = a = 3,17.10 (cm ). Khối lượng riêng của BaO 137,32715,999 3 0,25 d= 8,03 23 23 g.cm 6,022.10 .3,17.10 Chú ý: Thực nghiệm là 5,72 g/cm3 vì thực tế BaO kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Câu Ý 3 3.1 Phương trình phản ứng phân rã: 0,50 210 Po  206 Pb + 4 X là 84 82 2 hay 4 + 2 He 3.2 Chu kỳ bán rã của Po: t.ln2 t.ln2 t.ln2 T = = = 1/2 n0 n m ln ln 0 0 n n-n0He 210 ln mV0 He 210 22,4 0,50 Thay t = 365 ngày; m0 = 2,00 gam; VHe = 0,179 lít => T1/2 = 138 ngày. 3.3 Năng lượng của 1 phân rã: + là E = mc2 Trang 2/8
  7. 1 = 209,982864205,9744554,002603 .10(3.10 38 ) 2 (J) 6,022.1023 = 8,68.10-13(J) 0,50đ 1 1 2 2 ΔE = mvαα + mvPb Pb (1) 2 2 Theo định luật bảo toàn động lượng: m mv = mv α v (2) αα Pb Pb => vPb = α mPb 2 1 m α 2 mα Thay (2) vào (1) ta có: = + m.vPb α = Eα(1 + ) 2m Pb mPb 13 ΔE 8 ,6 8 . 1 0 -13 => Eα = = = 8,51.10 J/phân rã mα 4 ,0 0 2 6 0 3 1+ 1 mPb 20 5 ,9 7 4 4 5 5 114,002603.10-3 mv v22 8,51.10 13 J 226ααα ,022.01 23 2313 v 2.6,022.10 .8,51.10 1,6.10m/s7 4,002603.10 3 0,50 Câu Ý 4 4.1 11 Xét quá trình: H (k) + N (k) C (gr) HCN (l) (1) 2222 00 HH108,87tttt HCN(l) (kJ/mol) 11 S191,61.130,615,740 112,8454,01 (J/mol.K) 22 0,50 0033 GHT tttt S 108,87.10298.( 54,01) 124,96.10 (J / mol. K) 11 Xét quá trình: H (k) + N (k) C (gr) H (dd) + CN (dd) (2) 2222 0 H(2) 146,15 (kJ/mol) S62,180 (J/mol.K) (2) 0,25 0331 G146,15.10298.((2) 62,18)164,38.10 (J.mol ) Xét quá trình: 11 HCN(l) H (k) + N (k) C (gr) ; G0 124,96 (kJ / mol) 2222 ∆G0 Quá trình tự diễn biến ở điều kiện chuẩn. Tuy nhiên trên thực tế quá trình phân hủy không xảy ra được giải thích là do 0,25 năng lượng hoạt hóa của phản ứng quá lớn => tốc độ phản ứng vô cùng nhỏ. + - 4.2 Xét cân bằng : HCN (aq) H (aq) + CN (aq) (3) Ka C 0,10 [ ] 0,10 - 10-5,175 10-5,175 10-5,175 [H ][CN ] (10 5,175 ) 2 Áp dụng ĐLTDKL, ta có: K = 10-9,35 a [HCN] 0,1 10 5,175 0,50 Ta có: ΔG0 = - RTlnK = -8,314 J.mol-1.K-1.298K.ln (10-9,35) pư(3) a Trang 3/8
  8. = 53340 (J.mol-1) 0 0 + 0 - 0 Ta có: ΔG pư(3) = ΔG tt (H (aq)) + ΔG tt (CN (aq) - ΔG tt (HCN(aq) (I) 0 0 - 0 + 0 - Mặt khác: ΔG (2) = ΔG tt (CN (aq) + ΔG tt (H (aq)) = ΔG tt (CN (aq) 0 - 3 -1 => ΔG tt (CN (aq) = 164,38.10 J.mol . 0,50 0 Thay vào (I), ta có: 53340 = 0 + 164380 - ΔG tt (HCN(aq) 0 -1 => ΔG tt (HCN(aq) = 111040 J.mol . Câu Ý 5 5.1.a K(T ) H 0 ln 2 T 1 T 1 1 2 K(T1 ) R 2,66 104 H 0 ln 298 1 1580 1 1,4510 25 8,314 0 H 205,75 kJ 206 kJ 0,25 RT ln K H 0 T  S 0 8,314  298 ln(1,4510 25 ) 205750 298 S 0 205750 141700 S 0 214,93 298 0,25 5.1.b 0  G2057501100214,9330673pu,1100K J30,7 kJ 30673 8,314 1100 Ke28,6p, 1100K 0,25 CH4 (k) + H 2 O (k) 3 H2 (k) + CO (k) nban đầu 1 1 0 0 ncb 1-a 1-a 3a a Σn = 2(1+a) 1a 1a 3a a Pcb p p p p 2(1a) 2(1a) 2(1a) 2(1a) 0,25 (3a)a3  2  (1a)   2  (1a) Kp 2 P 2(1a)233     (1a) (1a) (1a) 42 27 a1a 2 4KP KpP   4 (1a) (1a)p271a222 K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01% 0,25 5.2 Tại thời điểm cân bằng: 2FeSO4 (r) Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (1) . Cân bằng: (a - x) (a + x) SO3 (k) SO2 (k) + 1/2O2 (k) (2) Cân bằng: (a - x) (a + x) 0,5x Trong đó: p(O2)cb = 0,5x = 0,0275 atm => x = 0,0550 atm. p(SO3)cb + p(SO2)cb + p(O2)cb = 0,836 atm => 2a + 0,5x = 0,836 atm => a = 0,40425 atm => p(SO3 ) cb 0,40425 0,055 0,34925 0,35 atm và p(SO2 ) 0,40425 0,055 0,45925 atm 0,46 atm Phản ứng (1): Kp = P P 0,35 0,46 0,161 SO32 SO PP 1/2 1/2 SO22 O 0,46 (0,0275) Phản ứng (2): KP 0,218 P 0,035 SO3 0,75 Trang 4/8
  9. Câu Ý 2- n - m 6 6.1 Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O8 ] [I ] 2- - => lgvpư = lgkpư + nlg[S2O8 ] + mlg[I ] -3 Thí nghiệm 1: lg (0,6.10 ) = lgkpư + nlg(0,1) + mlg(0,1) -3 Thí nghiệm 2: lg (2,4.10 ) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,2) -3 Thí nghiệm 3: lg (3,6.10 ) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,3) Giải hệ ta có: n = m = 1; lgkpư = -1,222 Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2. -2 -1 -1 kpư = 6.10 (mol .l.s ) 0,50 6.2 Tại thí nghiệm (1), phương trình tốc độ phản ứng là dx 0 ,1 v = = k (0,1 - x) (0,1 - 3x) = 3k (0,1 - x) ( - x) dt 3 Ta có: 0,1 0,1x 1 tln 3 0,10,1 3k0,10,1x 33 - 2- - Do: [I ]0/3 thời gian bán phản ứng tính theo I . 0 ,1 => khi t = t1/2 thì x = => t1/2 = 42,6 giây. 6 0,5 2- - 6.3 Khi cho S2O3 vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I3 2- - 2- - 2S2O3 + I3 → S4O6 + 3I (2) Khi đó nồng độ I- không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1. 2- -2 2- vpư = 0,06 .[S2O8 ]0,3 = 1,8.10 [S2O8 ] Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng: 2- 2- 2- 2- S2O8 + 2S2O3 → 2SO4 + S4O6 2- 2- Thời gian để lượng S2O3 vừa hết là t1. Điều này đồng nghĩa với lượng S2O8 đã phản ứng = 0,1M. -2 0,2 Khi đó: t1. 1,8.10 = ln => t = 38,5 giây 0,20,1 0,50 Câu Ý 7 7.1. 2 Khi trộn hai dung dịch: C0,200M;SO C7,5.10M2 2 SO3 2- - Phản ứng SO2 + H2O + SO3 → 2 HSO3 0,200 0,075 0,125 0 0,150 - TPGH: SO2 0,125M; HSO3 0,150M. => dung dịch A là một dung dịch đệm - + -1,76 SO2 + H2O HSO3 + H Ka1 = 10 0,125 – x 0,15 + x x [H ][HSO3 ] xx.(0,15 ) 1,76 Ka 10 [SO2 ] 0,125 x + => x = [H ] = 0,012 pHA = 1,92 0,50 7.2 pKa1 pK a2 - 2 Khi pH = 4,4 => hệ thu được gồm HSO3 và SO2 (bỏ qua SO3 ) 2 - trong đó HSO3 chiếm. 0,25 Trang 5/8
  10. [HSO- ]K 10 1,76 3a1 0,99899,8%100% [HSO-+4,41,76 ][SO ][H ]K1010 32a1 => n(NaOH) = n(SO2) => V.0,2 = 100.0,125 => V = 62,5 mL. 7.3 0 ,0 1 6 1 0 0 0 -4 Gọi độ tan của BaSO3 trong nước là s => s = . = 7,36.10 (M) 2 1 7 1 0 0 2+ 2- BaSO3 Ba + SO3 Ks = ? (1) s s 2- - - -6,79 SO3 + H2O HSO3 + OH Kb1 = 10 (2) - – -12,24 HSO3 SO2 + OH Kb2 = 10 (3) Vì Kb2 x = 1,08.10-5 - - 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) 2+ 2- -7 => Ks = [Ba ][SO3 ] = 5,33.10 0,5 2+ - 7.4 BaO (r) + H2O → Ba + 2OH 5.10-3 mol 5.10-3 1.10-2 mol => C0,050M;C0,10M BaOH2 - - Phản ứng: OH + SO2 → HSO3 0,10 0,125 0,075 - 0,025 0,175 2+ - TPGH của dung dịch: Ba 0,05M; SO2 0,025M; HSO3 0,175M. Dung dịch thu được là một dung dịch đệm [SO2 ] 1,760,025 3 [H ] Ka1 10 2,48.10 M [HSO3 ] 0,175 2- K.Ka1a2 -6 Khi đó: [SO3 ] = 0,2 2 = 4,35.10 M [H]Ka [H]Ka11a2 K 2+ 2- -6 -7 [Ba ][SO3 ] = 0,05 x 4,35.10 = 2,176.10 M ∆G = ∆G 5 – 6.∆G 6 = – 324 kJ/mol 324000J / mol Mà ∆Go = – RTlnK => ln K = 130,8 (8,314J /. mol ).298 KK => K = 6,39.1056 2+ o o o 8.2.a (1) V + 2e V(r)) E 1 = -1,20V ∆G 1 = -2.F.E 1 0,50 2+ + 3+ o o o (2) VO + 2H + e V + H2O E 2 = +0,34V ∆G 2 = -1.F.E 2 3+ 3 o o (3) V + 3e V(r) Eo = -0,89V ∆G 3 = -3.F.E 3 + + 2+ o o o (4) VO2 + 2H + e VO + H2O E 4 = +1,00V ∆G 4 = -1.F.E 4 + + 2+ o o o o o (5) VO2 + 4H + 3e V + 2H2O ∆G 5 = ∆G 4 + ∆G 2 - ∆G 1 + ∆G 3 o => E 5 = +0,36 V Trang 6/8
  11. 8.2.b C 5.10 32 M; C 1,6.10 M MnO V2 4 Ta có: E0 (V3+/V2+) = 3.E0 (V3+/V) - 2.E0 (V2+/V) = - 0,27V - + 2+ 2+ 3+ MnO4 + 8H + 5V Mn + 5V + 4H2O (1) 5(1,510,27) 0,0592 150,34 K10101 rất lớn => phản ứng (1) hoàn toàn - + 2+ 2+ 3+ MnO4 + 8H + 5V → Mn + 5V + 4H2O (1) Trước: 5.10-3 1,6.10-2 0,25 Sau: 1,8.10-3 - 3,2.10-3 1,6.10-2 - 3+ 2+ 2+ + MnO4 + 5V + H2O Mn + 5VO + 2H (2) 5(1,510,34) 0,0592 98,8 Ta có: K10102 rất lớn => phản ứng (2) hoàn toàn - 3+ 2+ 2+ + MnO4 + 5V + H2O → Mn + 5VO + 2H (2) Trước: 1,8.10-3 1,6.10-2 3,2.10-3 Sau: - 7,0.10-3 5,0.10-3 9,0.10-3 0,25 Thế của điện cực Pt tính theo cặp: VO2+/V3+ [VO]2 EE0,0592lg0,3460,35V 0 VO/VVO/V2323 3 [V] Thế của điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,10M. EE0,0592lg[Ag]0,74080,74V 0 Ag /AgAg /Ag EE => Điện cực Ag là cực (+) và điện cực Pt là cực (-) Ag/AgVO/V 23 0,50 Sức điện động của pin, Epin = 0,74 - 0,35 = 0,39V Câu Ý 9 9.1. % khối lượng Clo trong A là 46,11%. 12,66 41,23 46,11 K:I:Cl= : : 1:1:4 39 127 35,5 + - => Công thức phân tử của A là KICl4 hay K [ ICl4] Phương trình phản ứng: KIO+3422 6HClK[ICl ] + Cl + 3H O 0,50 9.2. MC = MA. 0,7581 = 233,5 => C là ICl3. => D là ICl Vậy chất B là KCl. 0,25 9.3. Cấu trúc: - [ ICl4] => Công thức VSEPR: AX4E2 Cấu trúc phân tử : vuông phẳng. Trạng thái lai hóa của iot là sp3d2 0,25 ICl3 => Công thức VSEPR: AX3E2 Cấu trúc phân tử: hình chữ T Trang 7/8
  12. 0,25 Trạng thái lai hóa của Iot là sp3d 9.4. Phương trình phản ứng - - - - ICl4 + 5I → 2I3 + 4Cl (4) - 2- 2- - I3 + 2S2O3 → S4O6 + 3I (5) Số mol KICl4 = -2 Từ (4), (5) => Số mol Na2S2O3 = 4 số mol KICl4 = 1,3.10 mol 1,3.10 2 Thể tích dung dịch Na2S2O3 đã dùng = = 1,3 lít. 10 2 Câu Ý + 2+ 10 10.1 FeO + 2H → Fe + H2O (1) + 3+ Fe2O3 + 6H → 2Fe + 3H2O (2) 3+ 2+ + 2Fe + 2H2O + SO2 → 2Fe + 4H (3) 2+ - + 3+ 2+ 5Fe + MnO4 + 8H → 5Fe + Mn + 4H2O (4) - + 2+ 2- 5SO2 + 2MnO4 + 2H2O → 4H + Mn + 5SO4 (5) 1,00 10.2 Gọi x là số mol FeO trong 0,8120 gam mẫu. 1 ,281 => 1,2180 gam quặng, ta có số mol FeO = x (mol) 0 ,812 Dựa vào phản ứng oxi hóa Fe(II) trong 1,218 gam quặng và áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có: 1,281 x5nx5,087 mmol 0,812 MnO4 => m = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g) FeO (trong 0,8120 gam mẫu) => m (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g) FeO23 0,1615 -3 => n (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10 (mol) FeO23 160 0,3663 % FeO = .100 = 45,11 % 0,8120 % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 % 0,50 Gọi y là số mol SO2. Áp dụng ĐLBT electron, ta có: x + 2y = 5n = 5 x 22,21 x 0,1 => y = 3,009 mmol MnO4 0,50 => V = 22,4.3,009 = 67,4 mL SO2 HẾT Trang 8/8