Kỳ thi olympic khu vực Duyên hải Đồng bằng bắc bộ lần thứ VII năm học: 2013 2014 Đề thi: môn hóa, lớp 10 Trường THPT chuyên Bắc Ninh50526

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH Tổ Hóa ĐỀ ĐỀ NGHỊ - KỲ THI OLYMPIC KHU VỰC DH-ĐBBB Lần thứ VII- Năm học: 2013 - 2014 ĐỀ THI: MƠN HĨA, LỚP 10 (Thời gian làm bài: 180 phút) Câu 1: (Cân axit – bazơ) Dung dịch X hỗn hợp H3PO4 KHSO4 0,010 M Để xác định nồng độ H3PO4, người ta tiến hành đo pH xác định dung dịch X có pHX = 2,03 Tính nồng độ mol H3PO4 Tính nồng độ axit oxalic (COOH)2 phải có dung dịch X cho độ điện li H3PO4 giảm 25% (coi thể tích V khơng thay đổi) Cho pKa: HSO 4 : 2,00; H3PO4: 2,15; 7,21; 12,32; (COOH)2: 1,25; 4,27 Câu 2: (Liên kết hóa học cấu trúc phân tử) Dựa vào mơ hình VSEPR cho biết dạng hình học đồng thời cho biết kiểu lai hóa AO hóa trị nguyên tử trung tâm ion phân tử sau: [Fe(CN)6]4-, BrF5, POCl3, SBr2F4, I2O5 Hãy giải thích sao: a.Có khác biệt cấu tạo phân tử tính chất axit – bazơ hai chất N(CH3)3 N(SiH3)3 b.CCl4 có tính trung hồ, trơ với H2O cịn SiCl4 có tính axit dễ bị thuỷ phân c Khơng tồn phân tử NF5 AsF5 tồn được? Câu 3: (Nhiệt động lực học) 1.Hãy tính nhiệt tạo thành chuẩn As2O3 tinh thể dựa vào kiện sau: As2O3(r) + 3H2O (l) = 2H3AsO4 (aq) ThuVienDeThi.com H 0298 = 31,59 kJ/mol H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) H 0298 =73,55kJ/mol AsCl3(r) + 3H2O(l) = As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r) H 0298 = -298,70 kJ/mol HCl(k) + aq = HCl(aq) H 0298 = -72,43kJ/mol 1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) = HCl(k) H 0298 = -93,05kJ/mol H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l) H 0298 = -285,77kJ/mol 3As2O3(r) + 3O2(k) = 3As2O5(r) H 0298 =-812,11kJ/mol 3As2O3(r) + 2O3(k) = 3As2O5(r) H 0298 = -1095,79kJ/mol 2.Cho Biết lượng phân ly phân tử oxi 493,71kJ/mol; lượng liên kết O-O(tính từ H2O2) 138,07kJ/mol.Hãy chứng minh phân tử ozon khơng thể có cấu trúc vịng kín mà phải có cấu tạo góc Câu 4: (Động lực học) Cho phản ứng A + B → C + D (*) diễn dung dịch 25 OC Đo nồng độ A hai dung dịch thời điểm t khác nhau, thu kết quả: Dung dịch [A]0 = 1,27.10-2 mol.L-1 ; [B]0 = 0,26 mol.L-1 t(s) 1000 3000 10000 20000 40000 100000 [A] (mol.L-1) 0,0122 0,0113 0,0089 0,0069 0,0047 0,0024 Dung dịch [A]0 = 2,71.10-2 mol.L-1 ; [B]0 = 0,495 mol.L-1 t(s) 2000 10000 20000 30000 50000 100000 [A] (mol.L-1) 0,0230 0,0143 0,0097 0,0074 0,0050 0,0027 ThuVienDeThi.com 1.Tính tốc độ phản ứng (*) [A]0 = 3,62.10-2 mol.L-1 [B]0 = 4,95 mol.L-1 (Giả thiết bậc động học riêng phần chất phản ứng cho số tự nhiên) Sau thời gian nồng độ A giảm nửa với [A]0 = 3,62.10-2M [B]0 = 4,95M? Câu 5: (Cân hóa học)    Trong hệ có cân H2 + N2  NH3 (*) thiết lập 400 K người ta xác định áp suất phần sau đây: p H2 = 0,376.105 Pa , p N2 = 0,125.105 Pa , p NH3 = 0,499.105 Pa Tính số cân Kp ΔG0 phản ứng (*) 400 K Tính lượng N2 NH3, biết hệ có 500 mol H2 Thêm 10 mol H2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ áp suất tổng cộng không đổi Bằng cách tính, cho biết cân (*) chuyển dịch theo chiều nào? Trong hệ cân H2/N2/NH3 410 K áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người ta tìm được: Kp = 3,679.10-9 Pa-2, nN2 = 500 mol , nH2 = 100 mol nNH3 = 175 mol Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ áp suất không đổi cân chuyển dịch theo chiều nào? Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; atm = 1,013.105 Pa Câu 6: (Cấu tạo nguyên tử hạt nhân) Có thể viết cấu hình electron Co3+là: Cách 1: Co3+ [1s22s22p63s23p63d6]; Cách 2: Co3+ [1s22s22p63s23p63d44s2] Cách 3: Co3+[1s22s22p63s23p63d54s1] ThuVienDeThi.com Áp dụng phương pháp gần Slater (Xlâytơ) tính lượng electron Co3+ với cách viết (theo đơn vị eV) Cách viết phù hợp với thực tế? Tại sao? Urani thiên nhiên chứa 99,28% số nguyên tử U238 (có chu kì bán huỷ 4,5.109 năm) 0,72% U235 (có chu kì bán huỷ 7,1.108năm) Tính tốc độ phân rã đồng vị 10 gam U3O8 điều chế (1năm = 365 ngày) Câu 7: (Cân hòa tan) Cadimi kim loại độc, tìm với nồng độ cao chất thải từ luyện kẽm, mạ điện xử lý nước thải Hít phải cadimi dạng hạt nhỏ nhanh chóng ảnh hưởng đến hệ hơ hấp, sau thận Cadimi cạnh tranh với kẽm vùng hoạt động enzym Cadimi tạo hidroxit khó tan Cd(OH)2 a.Hãy tính độ tan Cd(OH)2 nước nguyên chất b.Hãy tính độ tan Cd(OH)2 dung dịch NaOH 0,010M c.Hãy tính độ tan Cd(OH)2 nước có chứa ion CN-, [CN-] = 1,00.10-3 M Cho biết ion Cd2+ tạo phức với phối tử CN- có số tạo phức nấc là: k1 = 105,48; k2 = 105,12; k3 = 104,63; k4 = 103,68 Cho: Ks(Cd(OH)2) = 5,9.10-15, *CdOH = 10-10,2 Câu 8: (Phản ứng oxi hóa khử Thế điện cực – pin điện) (1.0 điểm) Nhận xét khả oxi hóa Fe2+ oxi pH =0 khả oxi hóa Fe(OH)2 oxi nước Cho E0Fe3+/Fe2+ = 0,771V; E0O2,H+/H2O = 1,23V; pKsFe(OH)3 = 37,0; pKsFe(OH)2 = 15,1 (1 điểm) Điện phân dung dịch X gồm CuSO4 0,10M; Ag2SO4 0,05M; HClO4 1M ThuVienDeThi.com a) Cho biết thứ tự xảy điện phân (tính tốn cụ thể) b) Có thể dùng phương pháp điện phân để tách riêng Cu, Ag khỏi dung dịch không? Cho E0Ag+/Ag = 0,80V ; E0Cu2+/Cu = 0,34V Câu 9: (Tinh thể) Niken(II)oxit có cấu trúc mạng tinh thể giống mạng tinh thể natri clorua Các ion O2- tạo thành mạng lập phương tâm mặt, hốc bát diện có ion Ni2+ Khối lượng riêng niken(II)oxit 6,67g/cm3 Nếu cho Niken(II)oxit tác dụng với liti oxit oxi thu tinh thể trắng có thành phần LixNi1-xO: x/2 Li2O + (1-x) NiO + x/4 O2 = LixNi1-xO Cấu trúc mạng tinh thể LixNi1-xO giống cấu trúc mạng tinh thể NiO số ion Ni2+ ion Liti số ion Ni2+ bị oxi hóa để đảm bảo tính trung hịa điện phân tử Khối lượng riêng tinh thể LixNi1-xO 6,21g/cm3 a.Tính x (chấp nhận thể tích mạng sở khơng thay đổi chuyển từ NiO thành LixNi1-xO) b.Tính phần trăm số ion Ni2+ chuyển thành ion Ni3+ viết công thức thực nghiệm đơn giản hợp chất LixNi1-xO cách dùng Ni(II), Ni(III) số nguyên Câu 10: (Bài toán phân halogen – oxi lưu huỳnh) Chất X dạng tinh thể màu trắng có tính chất sau: Đốt X nhiệt độ cao cho lửa màu vàng Hòa tan X vào nước dung dịch A, cho khí SO2 từ từ qua dung dịch A thấy xuất màu nâu Nếu tiếp tục cho SO2 qua màu nâu biến thu ThuVienDeThi.com dung dịch B; thêm HNO3 vào dung dịch B , sau thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng Hịa tan X vào nước, thêm dung dịch H2SO4 loãng KI thấy xuất màu nâu màu nâu bị biến thêm Na2S2O3 1.Viết phương trình phản ứng xảy dạng ion 2.Để xác định công thức phân tử X người ta hịa tan hồn tồn 0,1 g X vào nước thêm dư KI vài ml H2SO4 lỗng, lúc có màu nâu, chuẩn độ Na2S2O3 0,1 M tới màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3 Tìm cơng thức phân tử X ThuVienDeThi.com ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ MƠN: HỐ HỌC LỚP 10 GV NGUYỄN THÙY LINH Thời gian làm 180 phút Câu 1: Mỗi phần điểm HSO4–  H+ + SO42– H3PO4  H+ + H2PO4– H2PO4–  H+ + HPO42–  HPO4– H+ + PO43– ; ; ; ; Ka =10-2 (1) Ka1 =10-2,15 (2) Ka2 =10-7,21 (3) Ka3 =10-12,32 Vì pH = 2,03 → bỏ qua phân li nước Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → trình (1) (2) định pH hệ K Ka a1 Ta có: [H + ] = [SO 2- ] + [H PO - ] = CHSO + CH3PO4 4 K + [H+] K + [H+] a a1  → CH PO → CH PO K 4 Ka a1  [H+] - CHSO K + [H+] K a + [H+] a1   ([H+] - CHSO  K + [H+] Ka ) a1 K a + [H+] K a1 → CH3PO4  (102,03 - 0,010 Ta có: α1 = α H PO = 10-2,15 + 102,03 10-2 = 9,64.10-3 M ) 10-2 + 102,03 10-2,15 [H PO - ] 100 ; CH3PO4 ThuVienDeThi.com (4) 10-2,15 -3 [H 2PO4 ] = 9,64.10 -2,15 = 4,16.10-3 10  10-2,03 →α H SO = 4,16.10-3 9,64.10-3 100  43,15% Khi có mặt (COOH)2 (kí hiệu H2A) dung dịch A → độ điện li H3PO4 giảm 25% → α = α,H3PO4 = 43,15%  0,75  32,36% [H PO - ] , Từ biểu thức α = α H3PO4 = 32,36%  100 →H2PO4– = 3,12.10-3 M CH PO4 H3PO4 = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M) Từ (2) → H+ = K [H PO ] 102,15  6,52.103 a1   0, 0148 M [H PO - ] 3,12.103 [A2-] /[HA-]= 1,29 10-3 → điện ly nấc axit oxalic (H2A) không đáng kể dung dịch thu có q trình định pH hệ: HSO4–  H3PO4  H2A  H+ + SO42– H+ ; H2PO42– + H+ + HA– ; ; Ka’ =10-1,25 Ka =10-2 (1) Ka1 =10-2,15 (2) (5) Ta có: [H+] = [SO 2- ] + [H PO - ] + [HCOO- ] 4 PO43– [A]0 nên v = k’[A]α ; k = k [B]0β Cho α giá trị 0, 1, tính k’ theo cơng thức sau: α=0 k’ = ([A]0 -[A]) t α=1 k’ = [A]0 ln t [A] α=2 1 1  k’ =    t  [A] [A]0  Kết tính cho thấy trường hợp α = k có giá trị coi khơng đổi (0,75 điểm) Đối với dung dịch có [B]01 = 2,6M, ta tính được: k1 = k [B]01β = 3,22.10-3; 3,25.10-3; 3,36.10-3; 3,35.10-3; 3,35.10-3; 3,37.10-3 (L.mol-1.s-1); k1 (trung bình) = 3,31.10-3 L mol-1.s-1 (0,25 điểm) Đối với dung dịch có [B]02 = 4,95M, ta có: k2 = k[B]02β = 3,28.10-3; 3,30.10-3; 3,30.10-3; 3,37.10-3; 3,26.10-3; 3,33.10-3 (L.mol-1.s-1); k (trung bình) = 3,30.10-3 L.mol-1 s-1 (0,25 điểm) k1 ≈ k ; k (trung bình) = 3,30.10-3 L.mol-1 s-1 Vậy α =  Từ ta có k1 k.[B]01  [B]01     1 ; k k.[B]02  [B]02  Vì [B]01 ≠ [B]02 nên β = k = k (0,25 điểm) ThuVienDeThi.com Tính được: v = k [A]2 = 3,30.10-3 L mol-1 s-1  (3,62.10 -2 mol.L-1) = 4,32.10-6 mol.L-1 s-1 (0,25 điểm) k.[A]0 t1/2 = = = 8371 s (0,25 điểm) 3,30.10 L.mol s 1.3,62.102.mol.L1 3 1 Câu 5: Mỗi ý 0,5 điểm Kp = PNH PH3  PN2  Kp = (0, 499  105 )2 (0,376  105 )3  (0,125  105 ) = 3,747.109 Pa-2 K = Kp  P0-Δn  K = 3,747.10-9  (1,013.105)2 = 38,45 ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  400  ln 38,45 = -12136 J.mol-1 = - 12,136 kJ.mol-1 nN = n NH = n H2 PH2 n H2 PH2  PN2  n N2 = 500  0,125 = 166 mol 0,376  PN H3  n NH3 = 500  0,499 = 664 mol 0,376  n tổng cộng = 1330 mol  P tổng cộng = 1105 Pa Sau thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol PH = 510  1105 = 0,380.105 Pa ; 1340 P NH = 664  1105 = 0,496105 Pa 1340 PN = 166  1105 = 0,124105 Pa 1340 ΔG = ΔG0 + RTln K ΔG0 = [-12136 + 8,314  400 ln ( 4962 1,0132  )] = -144,5 J.mol1 381 0,124  Cân (*) chuyển dịch sang phải Sau thêm 10 mol N2 hệ có 785 mol khí áp suất phần khí là: PH = 100  1105 Pa ; 785 PN = 510  1105 Pa ; 785 ThuVienDeThi.com P= 175  1105 Pa 785 ΔG = ΔG0 + RTlnK ΔG = 8,314  410  [-ln (36,79  1,0132 ) + ln ( 1752  7852  1,0132)] = 19,74 1002  510 J.mol-1 Cân (*) chuyển dịch sang trái Câu 6: (1 điểm) Năng lượng electron phân lớp có số lượng tử hiệu dụng n* tính theo biểu thức Slater:  = -13,6 x (Z – b)2 /n* (eV) Hằng số chắn b số lượng tử n* tính theo quy tắc Slater Áp dụng cho Co3+ (Z=27, có 24e) ta có: Với cách viết [Ar]3d6:  1s = -13,6 x (27 – 0,3)2/12 = - 9695,3 eV  2s,2p = -13,6 x (27 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1775,2 eV  3s,3p = -13,6 x (27 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32  3d = - 13,6 x (27 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = = - 374,9 eV - 79,4 eV E1 =  1s +  2s,2p +  3s,3p +  3d = - 37067,8 eV Với cách viết [Ar]3d44s2:  1s,  2s,2p,  3s,3p có kết Ngồi ra:  3d = -13,6 x (27 – 1x18 – 0,35x3)2/32 =  4s = - 13,6 x (27 – 1x10 – 0,85x13 – 0,35)2/3,72 = Do E2 = - 37056,0 eV Với cách viết [Ar]3d54s1:  1s,  2s,2p,  3s,3p có kết Ngồi ra: ThuVienDeThi.com - 95,5 eV - 41, eV  3d = -13,6 x (27 - x18 – 0,35 x 4)2/32 = -87,3 eV  4s = - 35,2 eV = -13,6 x (27 – x 10 – 0,85 x 13)2/3,72 Do E3 = - 37063, eV E1 thấp (âm) E2 E3, cách viết ứng với trạng thái bền Kết thu phù hợp với thực tế trạng thái ion Co3+ có cấu hình electron [Ar]3d6 (1điểm) Tốc độ phân phân rã phóng xạ tính theo phương trình v = k.N (1) Trong đó: - k số tốc độ phân rã phóng xạ - N tổng số hạt nhân phóng xạ có thời điểm xét + Trước hết cần tìm k Ta có k = 0,693 / t1/2 (2) Với t1/2 chu kì bán huỷ + Tiếp đến tìm N sau: -T×m sè mol U3O8 cã 10gam 10,0g (238.3+16.8)g/mol ~~ 1,19.10-2(mol) - Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 1,19.10-2.6,022.1023 = 2,15.1022 hạt Trong đó: N(U238) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022 (hạt) N(U235) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020 (hạt) +Dùng phương trình (1) để tính tốc độ phân rã loại hạt nhân Uran Với U238 có U235 có v(238) = k N = 1,04.105 hạt nhân/giây v(235) = 4,8.103 hạt nhân/giây ThuVienDeThi.com Câu 7: Phần a, b: 0,5 điểm; phần c: điểm a)Trong dung dịch bão hịa Cd(OH)2 có cân bằng: [] Cd(OH)2  ⇄ Cd2+ + 2OHS Ks = 5,9.10-15 (1) 2S Bỏ qua trình tạo phức hidroxo ion Cd2+ số tạo phức Cd2+ nhỏ Từ (1) ta có: Ks = S.(2S)2 = 4S3 = 5,9.10-15  S = 1,14.10-5 M Vậy độ tan Cd(OH)2 nước nguyên chất 1,14.10-5 M b) Cd(OH)2  ⇄ Cd2+ + 2OH- Ks = 5,9.10-15 Vì Ks nhỏ nên coi COH- ≈ [OH-] = 0,010M nên Ks = S.[OH-]2 Ta tính S = 5,9.10-11 M c) Các cân xảy hệ: Cd(OH)2  ⇄ Cd2+ + 2OH- Ks = 5,9.10-15 (2) 1 = k1 = 105,48 M-1 (3) Cd2+(aq) + 2CN-(aq) ⇄ Cd(CN) (aq) 2 = k1.k2 = 1010,6 M-1 (4) 3 = k1.k2.k3 = 1015,23 M-1 (5) Cd2+(aq) + 4CN-(aq) ⇄ Cd(CN)42-(aq) 4 = k1.k2.k3.k4 = 1018,88 M-1 (6) Cd2+(aq) + CN-(aq) ⇄ Cd(CN)+(aq) Cd2+(aq) + 3CN-(aq) ⇄ Cd(CN)3 -(aq) Gọi S độ tan Cd(OH)2 dung dịch muối CNTheo (2), ta thấy: S = CCd2+ = 0,5[OH-] (I) Từ (2→ 6), ta thấy nồng độ NH3 nhỏ k1> k2 > k3 > k4, để xác phải tính đến tất nồng độ ion phức ThuVienDeThi.com Từ (2→ 6), dựa vào ĐLBTNĐ ĐLTDKL ta có: CCd2+ = S = [Cd2+] + [Cd(CN)+] + [Cd(CN)2] + [Cd(CN)3-] + [Cd(CN)42-] = [Cd2+](1+1[CN-] + 2[CN-]2 + 3[CN-]3 + 4[CN-]4) = [Cd2+](1 + 105,48.10-3 + 1010,6.10-6 + 1015,23.10-9 + 1018,88.10-12)  [Cd 2 ]  S 10 6,97 (II) Từ (3), (I) (II) ta có: Ks = [Cd2+][OH-]2 = S (2 S ) = 5,9.10-15  S = 2,4.10-3 M , 97 10 Vậy độ tan Cd(OH)2 dung dịch muối [CN-] = 10-3 M 2,4.10-3 M Câu 8: (1.0 điểm) Nhận xét khả oxi hóa Fe2+ oxi pH =0 khả oxi hóa Fe(OH)2 oxi nước Cho EoFe3+/Fe2+ = 0,771V; EoO2(H+:1M)/H2O = 1,23V; pKsFe(OH)3 = 37,0; pKsFe(OH)2 = 15,1 + Nếu mơi trường axit có [H+] = 1M (0,25 điểm) Xét bán phản ứng : 4.│ Fe2+ ⇌ Fe3+ + 1e K1 = 10-0,771/0,0592 O2 + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O K2 = 104.1,23/0,0592 (1) (2) 4Fe2+ + O2 + 4H+ ⇌ 4Fe3+ + 2H2O K = K1.K2 = 104(1,23-0,771)/0,0592 = 1031,01(rất lớn), nên phản ứng xảy mạnh hồn tồn + Xét q trình oxi hóa Fe(OH)2 oxi nước ThuVienDeThi.com Xét phản ứng: 4Fe(OH)2 + O2 + H2O ⇌ 4Fe(OH)3 Đặt EoFe(OH)3/Fe(OH)2 = Eo1 vµ EoO2,H2O/4OH- = Eo2 Ta xác định giá trị - Tổ hợp bán phản ứng: Fe3+ + 1e ⇌ Fe2+ K1 = 100,771/0,0592 Fe(OH)3 ⇌ Fe3+ + 3OH- Fe2+ + 2OH- ⇌ Fe(OH)2 K2 = Ks = 10-37 K3 = Ks-1 = 1015,1 Fe(OH)3 + 1e = Fe(OH)2 + OH- K = 10E/0,0592 => K = K1.K2.K3 => Eo1/0,0592 = 0,771/0,0592 - 37 + 15,1 => Eo1 = EoFe(OH)3/Fe(OH)2 = -0,53(V) (0,25 điểm) - Tổ hợp bán phản ứng: O2 + 4e + 4H+ ⇌ 2H2O 4x│ H2O ⇌ H+ + OH- O2 + 4e + 2H2O ⇌ 4OH- K1 = 104.1,23/0,0592 (1) Kw = 10-14 K = 10E /0,0592 => K = K1.Kw4 => 4Eo2/0,0592 = 4.(-14) + 4.1,23/0,0592 => Eo2 = EoO2,H2O/4OH- = 0,40(V) (0,25 điểm) Do EoO2,H2O/4OH- = 0,40(V) > EoFe(OH)3/Fe(OH)2 = -0,53(V), nên Fe(OH)2 bị oxi hóa dễ dàng oxi nước theo phản ứng: 4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O ⇌ 4Fe(OH)3 K = 104(0,4+0,53)/0,0592 = 1062,83(rất lớn)nên phản ứng xảy hoàn toàn (0,25 điểm) (1điểm) Các bán phản ứng xảy ra: + điện cực anot: H2O = 2H+ + 1/2 O2 + 2e + Giả thiết điện cực catot có là: Ag+ + 1e → Ag ThuVienDeThi.com Cu2+ + 2e → Cu 2H+ + 2e → H2 Theo phương trình Nesrnt ta có: EAg+/Ag = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,8 + 0,0592lg0,05.2 = 0,7408(V) ECu2+/Cu = EoCu2+/Cu + 0,0592lg[Cu2+] = 0,34 + (0,0592/2)lg0,1 = 0,3104(V) E2H+/H2 = Eo2H+/H2 + (0,0592/2)lg[H+]2 = + 0,0592lg1 = 0(V) Nhận thấy: EAg+/Ag > ECu2+/Cu > E2H+/H2 => Thứ tự điện phận Ag+ → Cu2+ → H+.(0,5 điểm) Ban đầu ion Ag+ bị điện phân phân cực cần đặt vào là: Umin = Epc = Ea - Ec = 1,23 - 0,7408 = 0,4892(V) Ta tăng dần (U) đến Ec = 0,34V, lúc ion Cu2+ bị điện phân ion Ag+ cịn lại là: EAg+/Ag = EoAg+/Ag + 0,0592lg[Ag+] = 0,34V => 0,34 = 0,8 + 0,0592lg[Ag+] => [Ag+] = 1,697.10-8M < 10-6 (0,5 điểm).Vậy coi ion Ag+ hết Từ kết ta thấy tách Ag, Cu khỏi dung dịch CuSO4 0,10M; Ag2SO4 0,05M, HClO4 1M Câu 9: a) (1,25 điểm) Tính x: Tính cạnh a mạng sở NiO  NiO  n.M NiO n.M NiO  a3  N A a N A  NiO n = (vì mạng lập phương tâm mặt)  a3  4.74,69  a  4,206.108 cm 23 6,022.10 6,67 ThuVienDeThi.com Theo đầu bài, ô mạng sở NiO ô mạng sở LixNi1-xO giống nhau, đó:  Li Ni x 1 x O  n.M Lix Ni1 xO N A a  6,21  4.[x.6,94  (1  x).58,69  16] 6,022.1023.(4,206.108 )3  x  0,10 b) (0,75 điểm) Thay x vào cơng thức LixNi1-xO ta có Li0,1Ni0,9O hay cơng thức LiNi9O10 Vì phân tử trung hóa điện nên LiNi9O10 có ion Ni2+ ion Ni3+ Vậy ion Ni2+ có ion chuyển thành Ni3+ Phần trăm số ion Ni2+ chuyển thành ion Ni3+ 1/9.100% = 11,1% Công thức thực nghiệm đơn giản nhất: LiNi(III)Ni(II)8O10 Câu 10: Phần : 1,25 điểm; phần 2: 0,75 điểm 1.X cháy cho lửa màu vàng  thành phần nguyên tố X có natri Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3  thành phần nguyên tố X có iot Phản ứng X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa Từ lập luận X có cation Na+ anion IO x Đặt công thức X NaIOx Phản ứng dạng ion: IO x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O  (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H  (1) I2 + 2H2O + SO2  2I  + SO42- + 4H  Ag  + I   AgI IO x + (2x-1) I  + 2x H   x I2 + x H2O I2 + 2Na2S2O3  2NaI + Na2S4O6 1,87.10-3  3,74.10-3 2.Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 (mol) ThuVienDeThi.com (2) (3) (4) (5) Theo (5)  Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 Theo (4)  Số mol IO x =   x (số mol I2) = x 1,87.10-3 0,1 = 1,87.10-3 23  127  16 x x 0,1 x = 1,87.10-3 150  16x 0,1x = 0,2805 + 0,02992x  x=4 Công thức phân tử X: NaIO4 Chú ý: Học sinh làm cách khác kết cho điểm tối đa ThuVienDeThi.com ... cơng thức phân tử X ThuVienDeThi.com ĐỀ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ NGHỊ MƠN: HỐ HỌC LỚP 10 GV NGUYỄN THÙY LINH Thời... (10? ??2,03 - 0, 010 Ta có: α1 = α H PO = 10- 2,15 + 10? ??2,03 10- 2 = 9,64 .10- 3 M ) 10- 2 + 10? ??2,03 10- 2,15 [H PO - ] 100 ; CH3PO4 ThuVienDeThi.com (4) 10- 2,15 -3 [H 2PO4 ] = 9,64 .10 -2,15 = 4,16 .10- 3... [Cd2+](1 + 105 ,48 .10- 3 + 101 0,6 .10- 6 + 101 5,23 .10- 9 + 101 8,88 .10- 12)  [Cd 2 ]  S 10 6,97 (II) Từ (3), (I) (II) ta có: Ks = [Cd2+][OH-]2 = S (2 S ) = 5,9 .10- 15  S = 2,4 .10- 3 M , 97 10 Vậy độ