Đề xuất đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải – ĐBBB 2016 môn: Hóa học – lớp 10 - Tỉnh Thái Bình

doc 18 trang Người đăng tuanhung Lượt xem 6143Lượt tải 3 Download
Bạn đang xem tài liệu "Đề xuất đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải – ĐBBB 2016 môn: Hóa học – lớp 10 - Tỉnh Thái Bình", để tải tài liệu gốc về máy bạn click vào nút DOWNLOAD ở trên
Đề xuất đề thi học sinh giỏi khu vực duyên hải – ĐBBB 2016 môn: Hóa học – lớp 10 - Tỉnh Thái Bình
 THPT CHUYÊN THÁI BÌNH
*****
Giáo viên ra đề : Nhóm hóa-01698483776
ĐỀ ĐÓNG GÓP CHO KỲ THI C10
Môn Hoá học lớp 10
Năm học : 2016
Thời gian làm bài : 180 phút
(Đề gồm 04 trang)
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử-phân tử-bảng tuần hoàn(2 đ)
1(0,75đ). Hợp chât A được tạo từ các ion đơn nguyên tử đều có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p6 (giá trị tuyệt đối điện tích của các ion (đều 3). Trong một phân tử của A có tổng số hạt là 164. Biện luận xác định tên của A và vị trí các nguyên tố tạo A trong bảng tuần hoàn
2(0,75đ ). Áp dụng phương pháp Slater xác định năng lượng electron ở mỗi lớp và toàn bộ nguyên tử Li(Z= 3) theo:
 	a. eV	b. kJ.mol-1
Biết: 1eV= 96,49 kJ.mol-1
3(0,5đ). Khí N2 và khí CO có một số tính chất vật lý giống nhau như sau:
Năng lượng phân ly phân tử (kJ/mol)
Khoảng cách giữa các hạt nhân ()
Nhiệt độ nóng chảy (oC)
N2
945
1,10
– 210
CO
1076
1,13
– 205
	Dựa vào cấu hình MO của phân tử N2 và phân tử CO để giải thích sự giống nhau đó.
Câu 2: Cân bằng trong dung dịch axit- bazo ( 2 điểm)
Trộn 100,0 mL dung dịch CH3COOH 0,2 M với 100 mL dung dịch H3PO4 nồng độ a M, thu được dung dịch A có pH = 1,47.
Xác định a.
Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số mol Na2CO3 đã thêm vào và thể tích CO2 thoát ra ở đktc.
 Cho biết: 	H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32; 
CH3COOH có pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33; 
Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/L.
Câu 3: Phản ứng hạt nhân( 2 điểm) 
Đồng vị Magie là một chất phóng xạ . Một máy đếm đặt gần một mẫu chứa , từ thời điểm t = 0 đến t1 = 2s, đếm được n1 hạt , và đến thời điểm t2 = 6s, đếm được 2,66 hạt. Tính chu kì bán rã của đồng vị.
Câu 4: Nhiệt hóa học(2đ)
Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng ở 298K
Số thứ tự phản ứng
Phương trình hóa học của phản ứng
DHo298 (kJ)
(1)
2NH3 + 3N2O ® 4N2 + 3H2O
- 1011
(2)
 N2O + 3H2 ® N2H4 + H2O
- 317
(3)
2NH3 + 0,5O2 ® N2H4 + H2O
- 143
(4)
 H2 + 0,5O2 ® H2O
- 286
 S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
 S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol
Tính nhiệt tạo thành DHo298 của N2H4 , N2O và NH3.
Viết phương trình hóa học của phản ứng đốt cháy hidrazin bằng khí oxi. Tính DHo298 , DGo298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này.
Câu 5: Cân bằng hóa học(2 đ)
Ở nhiệt độ T, phản ứng giữa CO2 và C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có hằng số cân bằng KP bằng 10. 
a). 	Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng, biết áp suất chung của hỗn hợp tại trạng thái cân bằng là 4atm.
b). 	Xác định áp suất riêng của CO2 lúc cân bằng.
c). 	Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích.
Câu 6: Cân bằng hòa tan (2 điểm)
 Trộn 1 ml dung dịch H3PO4 0,1M với 1 ml dung dịch CaCl2 0,01M được hỗn hợp X.
 a/ Nêu hiện tượng xảy ra
 b/ Thêm 3 ml dung dịch NaOH 0,1M vào hỗn hợp X. Nêu hiện tượng xảy ra
 Cho biết : H3PO4 có pK a1 = 2,23 ; pKa2 = 7,26 ; pKa3 = 12,32
 pKs (CaHPO4) = 6,6 ; pKs (Ca3(PO4)2) = 26,6
Câu 7: Phản ứng oxi hóa khử - Thế điện cực – Pin điện( 2điểm) 
1. Cho 2 tế bào điện hoá:
(A)	Cu/ CuSO4 1 M// FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M/ Pt
(B) 	Pt/ FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M// CuSO4 1 M/ Cu
a) Viết nửa phản ứng tại anot và catot cho mỗi tế bào điện hoá.
b) Tính và của mỗi tế bào điện hoá, từ đó cho biết giữa (A) và (B) trường hợp nào là tế bào điện phân, trường hợp nào là tế bào Galvani.
Cho của : Cu2+/ Cu là +0,34 V; Fe3+/Fe2+ là 0,77 V.
2. Biết của : Cu2+/Cu+ là +0,15V; I2/2I- là +0,54V.
 Dung dịch bão hoà CuI trong nước ở 250C có nồng độ là 10-6 M. Hãy cho biết có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua phản ứng với dung dịch KI hay không?
Câu 8: Halogen -oxi-lưu huỳnh(2 điểm)
1. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân.
Viết tên của A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.
2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau đây:
Lấy 3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt độ (oC)
Áp suất (atm)
 444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Cho: R = 0,082 L.atm.K-1.mol-1
 3.Một mẫu KBr có lẫn một ít KBrO3 và tạp chất trơ. 
 Hòa tan 5,00 gam mẫu vào nước và pha loãng thành 250 ml dung dịch A. 
 Thêm NaHSO3 và axit vào 50 ml dung dịch A để khử BrO3- thành Br-, rồi thêm AgNO3 dư thì được 0,650 gam AgBr khô.
 Nếu axit hóa 50 ml dung dịch A bằng H2SO4 thì BrO3- bị Br- khử hết thành Br2. Đun sôi để đuổi hết Br2 và làm kết tủa Br- dư bằng AgNO3 dư được 0,205g AgBr. 
 Viết phương trình phản ứng và tính thành phần % theo khối lượng của KBr và KBrO3 trong mẫu
Câu 9: Động hóa học (2 điểm)
1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
	CH3COCH3 ® C2H4 + H2 + CO
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t [phút]
0
6,5
13
19,9
p [mmHg]
312
408
488
562
Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút.
Câu 10: Tinh thể (2 điểm) 
	Tinh thể BaF2 có cấu trúc kiểu florin, với thông số mạng a = 0,620 nm. Bán kính của ion F- là 0,136 nm. Tính bán kính của ion Ba2+ và khối lượng riêng của tinh thể BaF2. Cho:
	MBa = 137,0 g/mol; MF = 19,0 g/mol
Hướng dẫn chấm
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử-phân tử-bảng tuần hoàn(2 đ)
1(0,75đ). Hợp chât A được tạo từ các ion đơn nguyên tử đều có cấu hình electron là 1s22s22p63s23p6 (giá trị tuyệt đối điện tích của các ion (đều 3). Trong một phân tử của A có tổng số hạt là 164. Biện luận xác định tên của A và vị trí các nguyên tố tạo A trong bảng tuần hoàn
2(0,75đ ). Áp dụng phương pháp Slater xác định năng lượng electron ở mỗi lớp và toàn bộ nguyên tử Li(Z= 3) theo:
 	a. eV	b. kJ.mol-1
Biết: 1eV= 96,49 kJ.mol-1
3(0,5đ). Khí N2 và khí CO có một số tính chất vật lý giống nhau như sau:
Năng lượng phân ly phân tử (kJ/mol)
Khoảng cách giữa các hạt nhân ()
Nhiệt độ nóng chảy (oC)
N2
945
1,10
– 210
CO
1076
1,13
– 205
	Dựa vào cấu hình MO của phân tử N2 và phân tử CO để giải thích sự giống nhau đó.
Lời giải
Từ giả thiết Tổng số e trong mỗi ion là 18
 Gọi a là số lượng ion trong A, N là tổng số notron trong A
 Tổng số e trong A là 18a = tổng số proton
 164 = 2.18a + N N = 164 – 36a
 Áp dụng bất đẳng thức: 1 1,5
 18a 164- 36a 1,5. 18a
 2,6 a 3,03 a = 3 A có dạng M2X hoặc MX2	(0,25đ)
Nếu A có dạng M2X Các ion tạo A là M+ và X2-
 Do: M+ có cấu hình 1s22s22p63s23p6 M là Kali; Chu kì 4 nhóm IA
 X2- có cấu hình 1s22s22p63s23p6 X là Lưu huỳnh; Chu kì 3 nhóm VIA
 A là K2S 	(0,25đ)
Nếu A có dạng MX2 Các ion tạo A là M2+ và X-
 Do: M2+ có cấu hình 1s22s22p63s23p6 M là Canxi; Chu kì 4 nhóm IIA
 X- có cấu hình 1s22s22p63s23p6 X là Clo ; Chu kì 3 nhóm VIIA
 A là CaCl2 	(0,25đ)
2. Cấu hình của Li 1s22s1
Áp dụng công thức: = -13,6.eV
Với: 
 là năng lượng tương ứng với 1 e chuyển động trên obitan nguyên tử
Z là điện tích hạt nhân của nguyên tử
b là hằng số chắn 
 b= 0,3 với e trên obitan nguyên tử 1s
 b = 0,85 với e ở lớp trong của 2s
n* là số lượng tử chính hiệu dụng
Số lượng tử chính n
1
2
Số lượng tử chính hiệu dụng n*
1
2
* Xét obitan nguyên tử 1s: Có 2e
 = -13,6.= - 99,144 eV
 Cả 1s2 có E1S = 2= -198,288 eV
 = -198,288 x 96,49 kJ.mol-1= -19132,809 kJ.mol-1	(0,25đ)
* Xét obitan nguyên tử 2s: Có 1e
 Lớp 2s bên trong có 2 e chắn thuộc lớp 1s2 nên b = 2x 0,85 = 1,7
 E2S = = -13,6.= - 5,746 eV
 = - 5,746 eV x 96,49 kJ.mol-1= -554,43 kJ.mol-1	(0,25đ)
* Năng lượng toàn bộ hệ e trong Li là
E= -198,288 + (- 5,746 )= -204,034 eV
 = -19132,809 + (-554,43)= -19687,239 kJ.mol-1	(0,25đ)
2. Cấu hình MO của phân tử N2: (s2s)2 (s2s*)2 (px)2 = (py)2 (sz)2 Þ bậc liên kết = 3
 Cấu hình MO của phân tử CO: (s2s)2 (s2s*)2 (px)2 = (py)2 (sz)2 Þ bậc liên kết = 3
Liên kết trong phân tử N2 và CO rất giống nhau đã dẫn đến một số tính chất vật lý giống nhau.
Câu 2 ( 2 điểm) (Cân bằng trong dung dịch axit- bazo.)
Trộn 100,0 mL dung dịch CH3COOH 0,2 M với 100 mL dung dịch H3PO4 nồng độ a M, thu được dung dịch A có pH = 1,47.
Xác định a.
Thêm từ từ Na2CO3 rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số mol Na2CO3 đã thêm vào và thể tích CO2 thoát ra ở đktc.
 Cho biết: 	H3PO4 có pK1 = 2,15; pK2 = 7,21; pK3 = 12,32; 
CH3COOH có pK = 4,76; CO2 + H2O có pK1 = 6,35; pK2 = 10,33; 
Độ tan của CO2 trong nước tại điều kiện thí nghiệm là 0,03 mol/L.
Hướng dẫn giải
a) Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:
 H3PO4 D H+ + H2PO4- K1 = 10-2,15 (1)
 H2PO4- D H+ + HPO42- K2 = 10-7,21 (2)
 HPO42- D H+ + PO43- K3 = 10-12,32 (3)
 CH3COOH D H+ + CH3COO- K4 = 10-4,76 (4)
 H2O D H+ + OH- Kw = 10-14 (5)
Vì K1 >> K2 >> K3, Kw và K4 >> Kw nên ta có thể bỏ qua cân bằng (2), (3) và (5).
Từ (1) suy ra: = = = 10-0,68 = 0,21 (6)
Từ (4) suy ra: = = = 10-3,29
 [CH3COO-] << [CH3COOH] nên có thể coi như CH3COOH không điện ly (0,25 điểm)
 Do đó, nồng độ H+ trong dung dịch chủ yếu do H3PO4 điện ly ra.
 [H2PO4-] = [H+] = 10-1,47 = 0,034 (M)
Từ (6) suy ra: [H3PO4] = 0,034/0,21 = 0,162.
Ta có : C(H3PO4) = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,162 + 0,034 = 0,196 (M)
 = 0,196
Þ a = 0,392 (0,25 điểm)
Vậy : a = 0,392 M
b) Từ (1) suy ra: = = = 101,85 = 70,8
 Þ [H2PO4-] = 70,8.[H3PO4] 
Từ (2) suy ra: = = = 10-3,21
 Þ [HPO42-] << [H2PO4-] (7)
Từ (3) suy ra: = = = 10-8,32
 Þ [PO43-] << [HPO42-] (8)
Từ (7) và (8) suy ra, H3PO4 ban đầu tồn tại chủ yếu ở dạng H3PO4 và H2PO4-. (0,25 điểm)
 C(H3PO4) = [H3PO4] + [H2PO4-] = 0,196 (M)
 Þ [H3PO4] + 70,8.[H3PO4] = 0,196
 Þ [H3PO4] = 0,003 (M)
 Þ [H2PO4-] = 0,196 – 0,003 = 0,193 (M) (0,25 điểm)
Từ (4) suy ra: = = = 10-0,76 = 0,174
 Þ [CH3COO-] = 0,174. [CH3COOH]
 C(CH3COOH) = [CH3COOH] + [CH3COO-] = 0,2/2 = 0,1 (M)
 Þ [CH3COOH] + 0,174.[CH3COOH] = 0,1
 Þ [CH3COOH] = 0,085 M
 Þ [CH3COO-] = 0,1 – 0,085 = 0,015 (M) ( 0,25 điểm)
 CO2 + H2O D H+ + HCO3- K5 = 10-6,35 (9)
 HCO3- D H+ + CO32- K6 = 10-10,33 (10)
Từ (9) suy ra: = = 10-6,35/10-4 = 10-2,35
 Þ [HCO3-] << [CO2] (11)
Từ (10) suy ra: = = 10-10,33/10-4 = 10-6,33
 Þ [CO32-] << [HCO3-] (12)
Từ (11) và (12) suy ra : [CO2] >> [HCO3-] >> [CO32-]
Do đó, ion CO32- ban đầu chủ yếu tồn tại ở dạng CO2 (0,25 điểm)
Số mol H+ do H3PO4 và CH3COOH nhường ra là:
 0,2.[H2PO4-] + 0,2.[CH3COO-] = 0,2.0,193 + 0,2.0,015 = 0,0416 (mol)
 CO32- + 2H+ ® CO2 + H2O
Þ n(CO32-) = ½ n(H+) = 0,0208 mol
m(Na2CO3) = 0,0208.106 = 2,2048 (gam) (0,25 điểm)
n(CO2 tạo thành) = n(CO32-) = 0,0208 mol.
Giả sử CO2 tạo thành không thoát ra khỏi dung dịch thì nồng độ CO2 là:
 0,0208/0,2 = 0,104 (M) > Độ tan của CO2 là 0,03 M
Như vậy, có khí CO2 thoát ra.
Số mol CO2 hoà tan là:0,2.0.03 = 0,006 (mol)
Số mol CO2 bay ra là:0,0208 – 0,006 = 0,0148 (mol)
Thể tích CO2 thoát ra là:22,4.0,0148 » 0,33 (L) ( 0,25 điểm)
Câu 3 ( 2 điểm) Phản ứng hạt nhân
Đồng vị Magie là một chất phóng xạ . Một máy đếm đặt gần một mẫu chứa , từ thời điểm t = 0 đến t1 = 2s, đếm được n1 hạt , và đến thời điểm t2 = 6s, đếm được 2,66 hạt. Tính chu kì bán rã của đồng vị.
Hướng dẫn giải
Gọi No là số hạt nhân phóng xạ ở thời điểm t = 0, thì số hạt nhân phóng xạ N ở thời điểm t là: N = No.
Và số hạt nhân đã phân rã, tức là số hạt đếm được là:
 n = No – N = No(1 - ) 0,5 điểm
Với t1 = 2s, t2 = 6s = 3t1, ta được: n1 = No(1 - ) ; n2 = No(1 -)
Theo giả thiết, n2 = 2,66n1 ta có phương trình: No(1 -) = 2,66. No(1 - )
Hay 	(1 -) = 2,66. (1 - )	 0,5 điểm
Đặt: = x thì = x3. Ta được phương trình: 1 – x3 = 2,66(1 – x)
	→ x ≈ 0,882 0,5 điểm
Và do t2 =2s, suy ra 
Lấy logarit tự nhiên hai vế, ta được: = 0,0627
Vậy chu kì bán rã của đồng vị là: T = 
 hay T 11 giây. 0,5 điểm
Câu 4: Nhiệt hóa học(2đ)
Cho các số liệu nhiệt động của một số phản ứng ở 298K
Số thứ tự phản ứng
Phương trình hóa học của phản ứng
DHo298 (kJ)
(1)
2NH3 + 3N2O ® 4N2 + 3H2O
- 1011
(2)
 N2O + 3H2 ® N2H4 + H2O
- 317
(3)
2NH3 + 0,5O2 ® N2H4 + H2O
- 143
(4)
 H2 + 0,5O2 ® H2O
- 286
 S0298 (N2H4) = 240 J/K.mol ; S0298 (H2O) = 66,6 J/K.mol
 S0298 (N2) = 191 J/K.mol ; S0298 (O2) = 205 J/K.mol
a. Tính nhiệt tạo thành DHo298 của N2H4 , N2O và NH3.
b. Viết phương trình hóa học của phản ứng đốt cháy hidrazin bằng khí oxi. Tính DHo298 , DGo298 và hằng số cân bằng K của phản ứng này.
Ý
NỘI DUNG
ĐIỂM
a
Ta sắp xếp lại 4 phương trình lúc đầu để khi cộng triệt tiêu các chất và được
 N2 + H2 ® N2H4 . Đó là:
 4N2 + 3H2O ® 2NH3 + 3N2O -DH1
 3N2O + 9H2 ® 3N2H4 + 3H2O 3DH2
 2NH3 + 0,5 O2 ® N2H4 + H2O DH3
 H2O ® H2 + 0,5 O2 -DH4
Sau khi cộng ta được: 4N2 + 8H2 ® 4N2H4 có 4DH5
Suy ra DH5 = (-DH1 + 3DH2 + DH3 - DH4) : 4
 = (1011 - 3 . 317 - 143 + 286) : 4 = 50,75 kJ/mol
Từ DH5 và DH4 và DH2 tính được 
DH= DH5 + DH4 - DH2
 = 50,75 - 286 + 317 = 81,75 kJ/mol
Từ DH5 và DH4 và DH3 tính được 
DH= DH5 + DH4 - DH3
 = ( 50,75 - 286 + 143 ) : 2 = - 46,125 kJ/mol
N2H4 + O2 ⇌ N2 + 2H2O 
1,0
b
 DH= 2 ´ ( -286) - 50,75 = - 622,75 kJ/mol
 DS= 191 + (2 ´ 66,6) - 205 - 240 = - 120,8 J/K
 DG= - 622,75 - ( -120,8. 10 -3 ´ 298) = - 586,75 kJ/mol
 ln K = - = - = 236,8 ; K = 10103
1
Câu 5: Cân bằng hóa học(2 đ)
Ở nhiệt độ T, phản ứng giữa CO2 và C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có hằng số cân bằng KP bằng 10. 
a). 	Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng, biết áp suất chung của hỗn hợp tại trạng thái cân bằng là 4atm.
b). 	Xác định áp suất riêng của CO2 lúc cân bằng.
c). 	Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích.
Lời giải. 
a – 1đ). 	Xác định nồng độ phần mol của các khí trong hỗn hợp tại trạng thái cân bằng:
 CO2 (k) 	+ 	C (r) 	 	2CO	 KP =10
Ban đầu:	 x mol
Tại cân bằng:	 (x – a) mol	 	2a mol
Tổng số mol khí tại cân bằng:	x – a + 2a = x + a (mol)
Þ 
Þ = 0,62x
Þ 	Nồng độ phần mol của CO2 =	 0,235	(0,5đ)
Nồng độ phần mol của CO 	= 	 0,765	(0,5đ)
b). 	Xác định áp suất riêng của CO2 tại cân bằng:
Áp suất riêng của CO2 	= 	 0,235 x 4 = 0,94atm	(0,5đ)
c). 	Xác định áp suất chung của hỗn hợp sao cho lúc cân bằng CO2 chiếm 6% về thể tích:
Þ 	(0,5đ)
Vậy để % về thể tích của CO2 tại cân bằng là 6% thì áp suất chung tại cân bằng phải là 0,679atm.
Câu 6: ( 2 điểm) Cân bằng hòa tan
 Trộn 1 ml dung dịch H3PO4 0,1M với 1 ml dung dịch CaCl2 0,01M được hỗn hợp X.
 a/ Nêu hiện tượng xảy ra
 b/ Thêm 3 ml dung dịch NaOH 0,1M vào hỗn hợp X. Nêu hiện tượng xảy ra
 Cho biết : H3PO4 có pK a1 = 2,23 ; pKa2 = 7,26 ; pKa3 = 12,32
 pKs (CaHPO4) = 6,6 ; pKs (Ca3(PO4)2) = 26,6
 	Hướng dẫn giải
 a/ H3PO4	ó	H+	+	H2PO4-	Ka1 = 10-2,23
 Bđ	0,05	
 [ ]	0,05 – x	x	x
 	=> Ka1 = x.x0,05-x = 10-2,23 => x = 0,0145 M = [H+] = [H2PO4-]
 	=> [HPO42-] = 10-7,26 M => [PO43-] = 10-17,74 M
Xét tích số ion : [Ca2+] . [HPO42-] = 10-2/2 . 10-7,26 = 10-9,56 < Ks(CaHPO4) = 10-6,6
=> Không kết tủa CaHPO4 0,25 điểm
Xét tích số ion : [Ca2+]3. [PO43-]2 = (10-2/2)3 . (10-17,74 ) 2 = 10-42,38 < Ks(Ca3(PO4)2) = 10-26,6
=> Không có kết tủa Ca3(PO4)2	 0,25 điểm
 b/ Xét phản ứng : 
 	3OH-	+ H3PO4	à	PO43-	+	3H2O
 	0,06	0,02	0,02	(M)
THGH : PO43- 0,02M 0,25 điểm
Xét cân bằng 	PO43- + H2O ó HPO42- + OH- 	Kb1 = 10-1,68
 	Ban đầu 0,02	
 	[ ]	 0,02 – y	y	y
=> Kb1 = y2 / (0,02 – y) = 10-1,68 => y = 0,0125 (M) = [HPO42-]
=>[ PO43- ]= 7,5.10-3
 Do Ks(CaHPO4) > > Ks(Ca3(PO4)2) => Ca3(PO4)2 kết tủa trước 0,25 điểm
Xét tích số ion : [Ca2+]3. [PO43-]2 = (2.10-3)3 . (7,5.10-3)2 = 4,5.10-13 > Ks(Ca3(PO4)2)
=> Có kết tủa Ca3(PO4)2. 0,25 điểm
Xét phản ứng : 3Ca2+ + 2PO43- à Ca3(PO4)2
 	Ban đầu 2.10-3	 0,02
 	Cân bằng _	 0,0187	 0,25 điểm
Xét cân bằng : 	 PO43-	+	H2O	ó	HPO42-	+OH- Kb1 = 10-1,68
 	Ban đầu 0,0187	
 	Cân bằng 0,0187 – z	z	z
=> Kb1 = z2 / (0,0187 – z) = 10-1,68 	=> z = 0,0119 (M) = [HPO42-]
=> [PO43-] = 0,0068 0,25 điểm
Xét cân bằng :	Ca3(PO4)2	ó	3Ca2+	 + 2 PO43- Ks(Ca3(PO4)2)= 10-26,6
	 	 0,0068
 	 3t	0,0068 + 2t	
=> giải gần đúng 3t = [Ca2+] = 10-7,42 M
Xét tích số ion : [Ca2+].[HPO42-] = 10-7,42 . 0,0119 = 10-9,34 Không có CaHPO4 kết tủa 0,25 điểm
Câu 4( 2điểm) Phản ứng oxi hóa khử - Thế điện cực – Pin điện.
1. Cho 2 tế bào điện hoá:
(A)	Cu/ CuSO4 1 M// FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M/ Pt
(B) 	Pt/ FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M// CuSO4 1 M/ Cu
a) Viết nửa phản ứng tại anot và catot cho mỗi tế bào điện hoá.
b) Tính và của mỗi tế bào điện hoá, từ đó cho biết giữa (A) và (B) trường hợp nào là tế bào điện phân, trường hợp nào là tế bào Galvani.
Cho của : Cu2+/ Cu là +0,34 V; Fe3+/Fe2+ là 0,77 V.
2. Biết của : Cu2+/Cu+ là +0,15V; I2/2I- là +0,54V.
 Dung dịch bão hoà CuI trong nước ở 250C có nồng độ là 10-6 M. Hãy cho biết có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua phản ứng với dung dịch KI hay không?
Hướng dẫn giải
1. a) Nửa phản ứng tại anot và catot cho mỗi tế bào điện hoá:
Đối với (A): Cu/ CuSO4 1 M// FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M/ Pt
- Anot: 	Cu - 2e Cu2+
- Catot:	Fe3+ + e Fe2+ 0,25 điểm
Đối với (B): Pt/ FeSO4 1 M, Fe2(SO4)3 0,5 M// CuSO4 1 M/ Cu
- Anot: 	Fe2+ - e Fe3+
- Catot: 	 Cu2+ + 2e Cu 0,25 điểm
b) Ta thấy ở mỗi điện cực nồng độ các ion Cu2+, Fe2+, Fe3+ đều là 1M.
	CuSO4 → Cu2+ + SO42-
	 1 1	 1
	FeSO4 → Fe2+ + SO42-
	 1	 1	 1
	Fe2(SO4)3 → 2Fe3+ + 3SO42-
	 0,5 1	 1,5
Như vậy có ∆E = ∆E0
- Với tế bào (A): 
Ta có : .
Có A là tế bào Galvani. 0,25 điểm
- Với tế bào (B): 
Ta có: 
 B là tế bào điện phân. 0,25 điểm
2.- Dung dịch bão hoà CuI trong nước có nồng độ 10-6 M
	CuI Cu+ + I-	KS
	10-6	 10-6
	KS = [Cu+].[I-] = 10-6.10-6 = 10-12 0,25 điểm
- Tính 
	Cu2+ + e Cu+	
	Cu+ + I- CuI	K2 = 1012
	Cu2+ + I- + e CuI	K3 = K1.K2 = 1014,534 0,25 điểm
Mặt khác 	, như vậy phản ứng sau có thể xảy ra:	
Cu2+ + 2I- CuI + 1/2I2	K
 0,25 điểm
 rất lớn, thực tế coi như phản ứng này xảy ra hoàn toàn. 
Vậy có thể định lượng Cu2+ trong dung dịch nước thông qua phản ứng với KI. 0,25 điểm
Câu 8 (2 điểm) ( phần halogen -oxi-lưu huỳnh)
1. Có 3 nguyên tố A, B và C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị thuỷ phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được và có mùi trứng thối. B và C tác dụng với nhau cho khí E, khí này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím hoá đỏ. Hợp chất của A với C có trong tự nhiên và thuộc loại hợp chất cứng nhất. Hợp chất của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thuỷ phân.
Viết tên của A, B, C và phương trình các phản ứng đã nêu ở trên.
2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành thí nghiệm sau đây:
Lấy 3,2 gam đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí, dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hoá hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp suất bình được ghi lại trong bảng sau:
Nhiệt độ (oC)
Áp suất (atm)
 444,6
0,73554
450
0,88929
500
1,26772
900
4,80930
1500
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi đơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích.
Cho: R = 0,082 L.atm.K-1.mol-1
 3.Một mẫu KBr có lẫn một ít KBrO3 và tạp chất trơ. 
 Hòa tan 5,00 gam mẫu vào nước và pha loãng thành 250 ml dung dịch A. 
 Thêm NaHSO3 và axit vào 50 ml dung dịch A để khử BrO3- thành Br-, rồi thêm AgNO3 dư thì được 0,650 gam AgBr khô.
 Nếu axit hóa 50 ml dung dịch A bằng H2SO4 thì BrO3- bị Br- khử hết thành Br2. Đun sôi để đuổi hết Br2 và làm kết tủa Br- dư bằng AgNO3 dư được 0,205g AgBr. 
 Viết phương trình phản ứng và tính thành phần % theo khối lượng của KBr và KBrO3 trong mẫu
Hướng dẫn giải
1.
Hợp chất AxBy là một muối. Khi bị thuỷ phân cho thoát ra H2S. 
Hợp chất AnCm là Al2O3
Vậy A là Al, B là S, C là O 0.25 điểm
Hợp chất AoBpCq là Al2(SO4)3
2 Al + 3 S 	 Al2S3
Al2S3 + 6 H2O 	 2 Al(OH)3 + 3 H2S 
4 Al + 3 O2 	 	 2 Al2O3
S + O2 	 	 SO2
Al3+ + 2 H2O Al(OH)2+ + H3O+ 0.25 điểm
2.
Số mol nguyên tử S trong 3,2 gam lưu huỳnh: 3,2/32 = 0,1 mol 
Dùng công thức n = PV/TR tính được số mol các phân tử lưu huỳnh ở trạng thái hơi tại các nhiệt độ 
* 444,6oC: n1 = 0, 0125 mol gồm các phân tử S8 vì 0, 0125 ´ 8 = 0,1 mol
* 450oC: n2 = 0,015 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: 0,1/0,015≈ 6,67. Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử. ( 0,25 điểm)
* 500oC: n3 = 0,02 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: 0,1/0,02 = 5. Vậy thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S5.
* 900oC: n4 = 0,05 mol, số nguyên tử S trung bình trong 1 phân tử: 0,1/0,05 = 2. Vậy 
thành phần hơi lưu huỳnh ở nhiệt độ này có thể gồm các phân tử lưu huỳnh có từ 1 đến 8 nguyên tử hoặc chỉ gồm các phân tử S2. 
* 1500oC : n5 = 0,1 mol : Hơi lưu huỳnh chỉ gồm các nguyên tử S. (0,25 điểm)
3. 
 BrO3- + 6 H+ +6 e D Br - +3 H2O
 HSO3- + H2O D HSO4- + 2 H+ +2e
 BrO3- + 3HSO3- D Br - + 3HSO4- (1)
 Ag+ + Br- D AgBr (2) (0,25 điểm)
2 BrO3- + 12 H+ +10e D Br2 +6 H2O
2 Br - D Br2 + 2e
2 BrO3- + 10 Br- + 12 H+ D 6Br2 + 6H2O (3)
Br- +Ag+ D AgBr (4) (0,25 điểm)
Gọi = C1 và = C2 ( trong dung dịch A)
Theo (1) và (2) thì . MAgBr=0,65 (5)
Theo (3), (4) . MAgBr =0,205 (6) (0,25 điểm)
Tổ hợp (5) và (6) được = C1 = 7,89.10-3
 = C2 = 6,126.10-2
% KBr = 
% KBrO3 = (0,25 điểm)
Câu 9. (2 điểm)
1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
	CH3COCH3 ® C2H4 + H2 + CO
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t [phút]	0	6,5	13	19,9
p [mmHg]	312	408	488	562
Bằng phương pháp giải tích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Ở 250C một phản ứng đã cho sẽ kết thúc sau 2,5 giờ. Chấp nhận hệ số nhiệt độ của tốc độ phản ứng bằng 3, hãy tính hệ số nhiệt độ mà tại đó phản ứng sẽ kết thúc sau 20 phút.
Giải:
1. Để chứng minh phản ứng phân hủy axeton là bậc 1 ta sử dụng phương pháp thế các dữ kiện vào phương trình động học bậc 1 xem các hằng số tốc độ thu được có hằng định hay không.
	- Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ nên trong phương trình động học, nồng độ axeton được thay bằng áp suất riêng phần.
	- Gọi p0 là áp suất đầu của axeton:
 CH3COCH3 ® C2H4 + H2 + CO
 t = 0 p0
 t p0 – x x x x
- Áp suất chung của hệ là:
 	p = p0 – x + 3.x = p0 + 2x
- Hằng số tốc độ của phản ứng 1 chiều bậc 1 là:
- Thay các giá trị ở các thời điểm ta có:
	= 2,57.10-2 (phút-1)
	 = 2,55.10-2 (phút-1)
	= 2,57.10-2 (phút-1)
- Ta thấy các giá trị của hằng số tốc độ không đổi. Vậy phản ứng trên là phản ứng bậc 1.
- Hằng số tốc độ của phản ứng:
 = 2,56.10-2 (phút-1)
0,5
0,5
0,5
2.
Ta có: 	 mà 
	 Þ T2 = 43,30C
0,5
Câu 10
 (2 điểm)
	Tinh thể BaF2 có cấu trúc kiểu florin, với thông số mạng a = 0,620 nm. Bán kính của ion F- là 0,136 nm. Tính bán kính của ion Ba2+ và khối lượng riêng của tinh thể BaF2. Cho:
	MBa = 137,0 g/mol; MF = 19,0 g/mol
Giải:
Tinh thể BaF2 có cấu trúc mạng florin: các ion Ba2+ lập thành mạng lập phương tâm mặt. Các ion F- chiếm tất cả tám lỗ bốn mặt trong ô mạng (8 tâm của 8 hình lập phương con tạo ra bởi Ba2+).
- Trong ô mạng của BaF2, ion Ba2+ và F- gần nhau nhất nằm trên đường chéo d của hình lập phương con cạnh a/2. Từ đó:
Khối lượng riêng của BaF2:
(Z: số phân tử BaF2 trong 1 ô mạng cơ sở)
- Các ion Ba2+ lập thành ô mạng lập phương tâm mặt, nên trong 1 ô mạng cơ sở có số ion Ba2+ là:
- Tám ion F- chiếm tất cả tám lỗ trống 4 mặt của ô mạng cơ sở nên số ion F-:
Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử BaF2.
Khối lượng riêng của tinh thể BaF2:	 
	hay = 4,88 g.cm-3
0,5
0,5
0,5
0,5

Tài liệu đính kèm:

  • docĐề Hóa 10-C10 2015-2016.doc