Đáp án môn hóa duyên hải khối 10 chuyên lam sơn lê văn đạt nạp

ĐÁP ÁN GIỚI THIỆU THPT Chuyên Lam Sơn KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2022 MƠN: HỐ HỌC - LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu 1: (2,0 điểm) (Cấu tạo nguyên tử, phân tử Định luật HTTH) Vẽ công thức cấu tạo quy gán liên kết phân tử H 2SO4, biết phân tử có loại liên kết có độ dài 142,2 pm; 157,4 pm; 97 pm Giải thích a Vẽ giản đồ lương obitan phân tử MO phân tử O Từ cho biết cấu hình tiểu phân O2; O2-; O2+; O22+ b Sắp xếp lượng ion hóa tiểu phân sau theo thứ tự từ thấp đến cao: O, O 2, O2-, O2+ Giải thích? Đáp án Câu Nội dung Cấu trúc Lewes phân tử H2SO4 độ dài liên kết Điểm 0,5 Giải thích: H bán kính bé nên liên O-H ngắn 97 pm; S=O mang phân liên kết đôi nên bền vững, độ dài liên kết ngắn 142,2 pm; lại liên kết S- O 157,4 0,2 a Giản đồ lượng O2 0,25 Cấu hình tiểu phân O2; O2-; O2+; O22+ O2 σs2σs*2σz2πx2πy2πx*1πy*1 O2-là σs2σs*2σz2πx2πy2πx*2πy*1 O2+là σs2σs*2σz2πx2πy2πx*1πy* O22+ σs2σs*2σz2πx2πy2πx*πy* b Thứ tự lượng ion hóa tăng dần O2- < O2 < O2+ < O Giải thích:Electron cuối O2- ; O2 ; O2+ năm MO phản liên kết dễ 0,25 0,25 e Đặc biệt O2- e ion âm obital chứa e ghép đôi (tỏa lượng) nên cần lượng bé nên O2- có lượng ion hóa bé + Với O2+ e ion dương tách e obitan chứa e độc thân nên cần lượng cao + Với O2 e ngun tử trung hịa tách e obitan chứa e độc thân nên cần lượng trung gian (cao O2- thấp O2+) + Với O e nguyên tử trung hòa đặc biệt tách e obital 2p có mức lượng thấp so với πx*πy* nên tiêu tốn lượng lớn nhât 0,25 Câu (2,0 điểm) (Tinh thể) (a) Hiệp hội nghiên cứu quốc tế bao gồm viện nghiên cứu, có viện nghiên cứu Nhật Bản tạo đơn tinh thể silicon (Si) bao gồm loại đồng vị 28Si Người ta cắt cầu từ đơn tinh thể để xác định NA Đơn tinh thể Si có cấu trúc tinh thể kiểu kim cương với ô mạng đơn vị hình lập phương a Vẽ cấu trúc ô mạng xác định hốc tứ diện ô mạng Xác định số nguyên tử Si, n, ô mạng sở Xét khối lượng riêng cầu đơn tinh thể Si Chiều dài cạnh ô mạng sở a [m] Khối lượng nguyên tử 28Si m = 28,09 u, u định nghĩa là: b Viết phương trình tính khối lượng riêng, d [kg m-3], sử dụng tham số n, m, a c Bán kính, r, cầu Si xác định có giá trị r = 4,69 cm Khi sử dụng nguyên mẫu kilogam, khối lượng cầu xác định w = 1,00 kg Chiều dài mạng ô sở xác định a = 5,43 Å phương pháp nhiễu xạ tia X Tính số Avogadro, NA, sử dụng tham số đo Câu Nội dung Điểm a 0,25 Lập phương tâm diện 0,25 0,5 0,5 0,5 Số nguyên tử Si = 8.1/8 (8 đỉnh) + 6.1/2 (6 tâm mặt)+ (hốc tứ diện) =8 nguyên tử mn d b Giả sử có mạng Si → d = m/V  a (kg/m3) c Khối lượng riêng cầu Si: V = 4πr3/3 Thay số r = 0,0469 m → V = 4,32.10-4 (m3) → d = 2314,16 kg/m3 = mn/a3 Thay số m=28,09.10-3/NA; n=8; a= 5,43.10-10 m → NA = 6,06.1023 Câu (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Kiểu phân rã hạt nhân nhẹ bền phụ thuộc vào tỉ số số nơtron proton hạt nhân Đối với hạt nhân bền nguyên tố, tỉ số lớn so với đồng vị bền, phân rã kiểu β–, ngược lại, nhỏ phân rã kiểu β + Từ xác định kiểu phân rã hạt nhân 11С, 20F, 17F, 14C Trong phản ứng hạt nhân (a) dùng điều chế flo-18, vật liệu bia sử dụng nước thông 18 16 thường, làm giàu H2 O Sự có mặt nước thường H O dẫn tới phản ứng phụ 16O, tạo thành đồng vị 17F Người ta thấy, phút sau hoàn thành phản ứng hạt nhân với vật liệu bia trên, tỉ số hoạt độ phóng xạ 18F 17F 105 Giả thiết hoạt độ phóng xạ đồng vị tỉ lệ với hiệu suất phản ứng hạt nhân phần mol loại nước vật liệu bia Tính phần khối lượng H218O vật liệu bia Cho biết: t1/2(18F) = 109,7 phút, t1/2(17F) = 65 giây Tỉ lệ hiệu suất hai phản ứng hạt nhân 18�−18�/ 16�−17� = 144,7 Câu Nội dung Điểm 11 12 Xét 6C suy n/p = 5/6 < 6/6 (đồng vị bền 6C ) → phân rã β 20 19 Tương tự, F → n/p > 10/9 (đồng vị bền 9F ) → phân rã β + 0,25.4 - Tượng tự, 17F → phân rã β+ Tượng tự, 14C → phân rã β2 Ta có tỉ lệ hoạt độ phóng xạ A 18 F  A 17 F N 018 O  N 016 O N 18 F k 18 F N 17 F k 17 F  N 018 O k 18 F H 18 O18 F e N 16 O k 17 F H 16 O17 F e  k 18 t F  k 17 t F  105  2948,6246 0,5 0,5 Mà số phóng xạ tính cơng thức k 18 F  n 18 O n 16 O ln ln ln ;k 17 F   109,7 65 / 60 13 / 12  2948,6246  %m H O18  2948,6246.20 100%  99,97% 18.1  2948,6246.20 Câu (2,0 điểm) Nhiệt hóa học (1 điểm) Chất X có nhiệt độ nóng chảy đơng đặc +10o C; ∆Hnc = 12,568 kJ/ mol ; Cp chất X thể lỏng 128,8J/K.mol ; Cp chất X thể rắn 118,6 J/K.mol.Tính biến thiên entropi q trình tính biến thiên entropi lập trường hợp sau: a đông đặc nhiệt độ +10oC b đông đặc nhiệt độ -20oC (2 điểm) Một hỗn hợp gồm CH4 khơng khí ( chứa lượng O2 gấp lần lượng CH4 ) cho bình kín 25oC, áp suất bình 0,5 atm Sau thực phản ứng cháy áp suất bình đạt 5,5 atm Giả sử khơng có trao đổi nhiệt bình kín mơi trường a) Tính nhiệt độ lớn cháy b) Tính nhiệt đốt cháy chuẩn CH4 2980 K Cho biết khơng khí chứa 20% O2, 80% N2 thể tích CV0 (N2) = 20,9 J/K.mol; CV0 (H2O) = CV0 (CO2) =29,26 J/K.mol; ΔH0hh 298 =44,01 kJ/mol Câu Nội dung a)∆ S= -12,568.103 : 283 =-44,41(J/K.mol) ∆Snguồn nhiệt = 12,568.103 : 283 =44,41(J/K.mol) =>∆Shệ cô lập =∆Sx + ∆Snguồn nhiệt =-44,41+44,41 =0 b) Ta có sơ đồ: Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có ∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 =128,8.ln(283/253) –12,568.103 : 283 + 118,6.ln(253/283) = - 43,267(J/K.mol) ∆Hnc, 253- ∆Hnc,283=∆Cp.(128,8-118,6)=-30Cp ∆Cp=Cp(l) – Cp(r)=128,8- 118,6=10,2(J/K.mol) ∆Hnc,253=∆Hnc,298 - 30∆Cp =12568 – 30.10,2=12262(J/mol) =>∆Hđđ, 253=-12262(J/mol) => Qnn=12262(J) Vậy ∆Shệ cô lập =-43,267+ 12262: 253 = 5,2 (J/K.mol) a) Gọi nCH4 = a (mol)  nN2 = 4nO2 = 8a (mol) PTHH: CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O (*) o Do nhiệt độ lửa > 100 C => H2O thể Trước phản ứng: nT= nCH4 + nO2 + nN2 = a + 2a + 8a = 11a ( mol ) Sau phản ứng: nS= nCO2 + nH2O + nN2 = a + 2a + 8a = 11a (mol) Ta có: Phản ứng thực bình kín -> V=const -> q trình đẳng 0,25 0,25 tích VT=VS  nRTT/PT = nRTS/PS TS = TTPS/PT = =3278K b Xét phản ứng CH4 + 2O2 + 8N2→ CO2 + 2H2O + 8N2 (**) Ta có: ∆Ho1 = ∆Uo1 + ∆nRT = ∆Uo1 ( Vì ∆n=0 ) ∆Cvo = 254,98 ( J/K.mol ) Đây trình đoạn nhiệt Q=0=∆U – A =∆U ( Vì A=0 q trình đẳng tích ) ∆U = ∆Uo298 + ∆Uo298 = -759,9 =∆Ho1 (KJ/mol) Ta có sơ đồ 0,25 0,25 Theo định luật Hess ta có: ∆Ho298 = ∆Ho1 + ∆Ho2 = -759,9 + (-44,01).2 = -847,92 (kJ/mol) Câu (2,0 điểm) Cân hóa học pha khí Cho cân N2O4 (khơng màu) ƒ 2NO2 (nâu đỏ) (*) Nạp vào bình kín lượng N2O4 nhiệt độ T1 Khi cân thiết lập áp suất hệ bar Tại thời điểm cân bằng, hiệu suất chuyển hóa 55% a Tính số cân phản ứng (*) b Cho biết cân chuyển dịch sang chiều b1 Thêm NO2 b2 Giảm thể tích hệ xuống nửa b3 Thêm khí trơ He vào hệ, thể tích bình khơng đổi Một phương pháp phổ biến để tổng hợp hiđro quy mô công nghiệp sử dụng phản ứng: CH4 (k) + H2O (k)  H2 (k) + CO (k) a Hằng số cân phản ứng 298 K K P, 298K=1,45×10-25; 1580 K KP, 1580K =2,66×104 Coi entropy entapy khơng phụ thuộc vào nhiệt độ, tìm ΔHo ΔSo phản ứng b Nạp vào bình phản ứng mol CH4 mol H2O nâng nhiệt độ lên 1100 K Khi cân hình thành thấy áp suất bình phản ứng 1,6 atm Tính hiệu suất chuyển hóa CH4 c Nạp vào bình phản ứng tích không đổi mol CH mol H2O 400 K thấy áp suất ban đầu (khi chưa xuất H 2) 1,6 atm Sau nâng nhiệt độ bình lên 1100 K Tính áp suất khí bình cân hình thành Câu Nội dung a Xét phản ứng : N2O4 (không màu) ƒ Điểm 2NO2 (nâu đỏ) (*) Bđ 0,55 1,1 0,45 1,1 Áp suất riêng phần: pN2O4 = 0,45:1,55 2= 0,5806 bar; p NO2 = 1,1:1,55 2= 1,419 bar Vậy kp = pNO22 : pN2O4 = 3,47 bar b Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln; Q = pNO22 / pN2O4 Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn theo chiều thuận Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn theo chiều nghịch Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng trạng thái cân b1 Khi thêm NO2 áp suât NO2 tăng Q tăng nên lớn Kp → ∆G > Cân chuyển dịch sang chiều nghịch + Giảm thể tích bình nên áp suất hệ giảm, áp suất riêng phần giảm với số lần → Q = pNO22 / pN2O4 giảm → ∆G < Cân chuyển dịch sang chiều thuận + Thêm khí trơ vào bình Áp suất hệ tăng áp suất riêng phần không đổi Cân không chuyển dịch Hướng dẫn chấm 0,25 0,25 0,25 0,25 Điể m a 0,25 b CH4 (k) + H2O (k)  H2 (k) + CO (k) nban đầu 1 0 Δn -a -a +3ª +a ncb 2(1+a) 1-a 1-a 3a 0,25 a Σn = cb P K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01% c  pG = (1100/400).1,6 p1T1 = p2T2 p = 4,40 atm p(CH4) = p(H2O) = ½p = 2,20 atm CH4 (k) + H2O (k)  H2 (k) + CO (k) pban đầu 2.2 2.2 0 Δp -b -b +3b +b pcb 4.4+2b 2,2-b 2,2-b 3b b b = 1,08 atm 0,25 p = 0,25 p = 6,56 atm p(CH4) = p(H2O) = 1,12 atm p(CO) = 1,08 atm p(H2) = 3,23 atm Câu (2,0 điểm) Động hóa học hình thức Phản ứng nhiệt phân HI 3930C xảy theo phương trình: với kt kn số tốc độ phản ứng thuận nghịch tương ứng Lúc đầu có 1mol HI thể tích 22,4 lít Người ta đo số mol HI bị phân huỷ x thời điểm t thu kết sau: t(phút) 60 120 240  x(mol/22,4 0,0272 0,0552 0,0975 0,20 lít) 58 a- Tính số cân phản ứng b- Chứng minh rằng: Nếu phản ứng thuận nghịch bậc hai có quan hệ: Vdx kt.dt = 2(1  5x)(1  3x) (với V thể tích hệ phản ứng) c- Tính kt kn Câu Nội dung Điểm a- 0,75đ Từ phương trình phản ứng, ta có số mol chất thời điểm t sau: 0,25 t=0 0 t=t 1-x x/2 x/2 Khi đạt trạng thái cân nồng độ H I2 x/2 nồng độ HI - x PH PI Kcb = HI P x  / 2.x  / x = (1- x ) = (  x )2 0,2058  0,2058 0,25 0,25 0,25 Với x = 0,2058 , ta có: Kcb = ( ) = 0,0168 b- 0,75 điểm.Từ định nghĩa tốc độ phản ứng ta có: 0,25 d[I2 ] d[HI ]  v = dt = 2dt = kt [ HI ]2 - kn [H2][I2], hay: thể tích hệ V, phương trình tốc độ viết lại sau: v = dx 2V dt 1 x = kt ( V 0,25 x )2 - kn ( 2V )2 0,25 (1) dx đạt cân dt 1 x = kt.( V x ) - kn ( 2V )2 = (2) dx 1 kt kn 2 dt thay x = xCB  vào (2) ta có: 2V = V ( - ) - 4V ( )2 = 0, suy kn = 64 kt Thay vào phương trình (1) : 0,25 0,25 dx 1 x x 2k t dt V 2V v = 2V = kt ( )2 - 64kt ( )2 = V [ ( - x )2 - 16x2] (3) Vdx kt.dt = 2(1  5x)(1  3x) (4) c- 0,5 điểm.Để tính kt kn ta tích phân phương trình (4) thay V =22,4 vừa thu kết là: Ta có =  3x kt t =1,4.ln  5x Suy  3x Dựng đồ thị phụ thuộc ln  5x vào t Từ độ dốc đường biểu diễn tìm kt = 5,34.10 - 3.M - 1.ph -1 kn = 64kt = 64 5,34.10 - 3.M - 1ph - = 0,342 M - 1ph - Ghi chú: Có thể dùng phương pháp để xác định kt Câu (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch Trộn 100 ml dung dịch axit axetic 0,02 M với 100 ml axit sucxinic 0,03 M dung dịch A Tính pH dung dịch A Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thu kết tủa A dung dịch B Xác định kết tủa A pH dung dịch B Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37) Câu Nội dung Điểm Nồng độ chất CH3COOH, Succinic giảm nửa tương ứng 0,01 M 0,015 M Ta có q trình CH3COOH ƒ CH3COO- + H+ H2Su ƒ HSu- + H+ ; HSu- ƒ Su2- + H+; H2O ƒ Vì Ka C > > Kw nên bỏ qua cân nước Ta có [H+] = [CH3COO-] + [HSu-] + [Su2-] 0,25 H+ + OH- ka k a1.h k a1.k a2 C C C 2 → h = k a +h CH3COOH + h +k a1.h+k a1.k a2 H2Su + h +k a1.h+k a1.k a2 H2Su Thay số ta tính h = 1,032.10-3 → pH = 2,99 Sau trộn : 0,25 0,5 CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M; CM (H+/HClO4) = 0,0025M 0,25 Có trình sau: 3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ (1)  K  14 W   1037.( 10 )3  10 22,72 K1  K S ( Fe ( OH ) )  9,24  K a ( NH  )  10   1 0,25 2NH3 + 2H2O + Mg2+  Mg(OH)2 + 2NH4+ (2)  K  14 W   1011.( 10 )  101,48 K  K S (Mg( OH ) )   K a ( NH  )  109,24   1 NH3 + H+  NH4+ (3) K3 = 109,24 Vì K1 K3 lớn nên coi phản ứng (1) (3) xảy hoàn toàn 0,25 3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M 0,015M 0,005M - NH3 H+ + 0,045M  NH4+ 0,05M 0,0025M 0,045M 0,0025M - 0,0475M TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M); H2 O pH dung dịch B pH dd đệm xác định công thức gần đúng: pH  pK a  lg Cb 0, 0025  9, 24  lg  7, 96 Ca 0, 0475  1014   Mg  OH   0, 005  7,96   4,16.1015  K S ( Mg ( OH )2 )  10  nên 2  kết tủa Mg(OH)2 xuất Vậy kết tủa A kết tủa Fe(OH)3 Câu (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử Pin điện điện phân Thiết lập sơ đồ pin pin hoạt động xảy phản ứng theo sơ đồ sau đây: 0,25 a Zn + AgNO3 → Zn(NO3)2 + Ag b Ag+ + I- → AgI c H2C2O4 + K2Cr2O7 + H2SO4 → CO2 + K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O d Fe3+ + 2CH3COO- → Fe(CH3COO)2+ Trong buổi thí nghiệm, học sinh A yêu cầu thiết lập pin điện hố đo sức điện động pin 250C Sơ đồ pin sau: (-) Cu │Cu2+ (C = 0,05 M) ││Ag+ (C = 0,10 M) │Ag (+) Cho biết giá trị sức điện động pin mà học sinh A đo Tính giá trị sức điện động pin sau thêm muối Na2S (rắn) vào dung dịch điện cực nồng độ Na2S thêm vào 0,15 M (coi thể tích dung dịch điện cực không đổi sau thêm Na2S) Biết rằng: E 0Ag /Ag  0, 799V; E Cu  0, 34V; pK a1,2 (H 2S)  7, 02;12,90 2 /Cu pK s (Ag 2S)  49, 2; pK s (CuS)  35, 2; pK s (AgCl)  10, 0; Bỏ qua trình tạo phức hidroxo Ag+ Cu2+ Câu Nội dung 2+ Điểm + a anot (-) Zn/Zn //Ag /Ag (+) catot b anot (-) Ag/AgI, I-//Ag+/Ag (+) catot c anot (-) Pt/H2C2O4,CO2,H+//H+, K2Cr2O7,Cr3+/Pt (+) catot 0,25x4 d anot (-) Pt/ Fe2+, Fe(CH3COO)+, CH3COO-//Fe3+, Fe2+/ Pt (+) catot - Tại anot: Cu → Cu2+ + 2e 0,05 = 0,301 (V) - Tại catot: Ag+ + e → Ag = 0,7398 (V) Eanot = 0,34 + (0,0592/2) log Ecatot = 0,799 + (0,0592) log 0,1 0,25 → Epin = Ecatot - Eanot = 0,7398 – 0,301 = 0,4388 (V) * Điện cực Cu: Cu2+ + S2- → CuS - 0,1 0,25 -    TPGH : S2- 0,1M có cân bằng: S2- + H2O  HS- + OH- Kb = 10-1,1 Tính pH = 12,762; [S2-] = 0,04214M 0,25    CuS  Cu2+ + S2- Xét cân bằng: 10-35,2 0,25 Tính [Cu2+] = 1,497.10-34M → E Cu 2 /Cu  0, 34  0, 0592 lg(1, 497.10 34 )  0, 661(V) * Điện cực Ag: Ag+ + S2- → Ag2S - 0,1 - M Tương tự tính [S2-] = 0,04214 M Xét cân bằng:    Ag2S  Ag+ + S2- 10-49,2 Tính [Ag+] = 1,224.10-24M → E Ag /Ag  0, 799  0, 0592 lg(1, 224.10 24 )  0, 617(V) → Epin = - 0,617 – (- 0,661) = 0,044 (V) Câu 9: Halogen, Oxi – lưu huỳnh Xét phân tử COX2 (X nguyên tố halgen) a Dự đoán độ bền phân tử X biến đổi từ F đến I b Nêu cách điều chế COX2 Cách có áp dụng cho SOCl2 khơng? c Cho biết trạng thái lai hóa ngun tử trung tâm, hình dạng phân tử d So sánh nhiệt tạo thành tiêu chuẩn ∆H0tt COF2 với COCl2 Giải thích? Một vài tính chất hợp chất vô chưa biết A liệt kê đây:  A chất rắn màu trắng vàng, dễ chảy rữa thăng hoa đun nóng A có khối lượng phân tử 266  A phản ứng mãnh liệt với nước dung dịch B  Khi dung dịch hỗn hợp gồm NH4OH NH4Cl thêm vào dung dịch B nhận kết tủa keo màu trắng  Một mẫu dung dịch B phản ứng với dung dịch hỗn hợp nitric axit bạc nitrat cho kết tủa vón cục màu trắng C Kết tủa trắng nhanh chóng tan thêm vào dung dịch NH4OH ta cho dư NH4OH lại xuất kết tủa trắng D  Kết tủa D lọc hoà tan NaOH thu dung dịch suốt E  Khi cho khí CO2 lội qua dung dịch E lại sinh kết tủa D  Chất A hồ tan khơng điện ly ete không lẫn nước Khi dung dịch phản ứng với LiH tạo thành sản phẩm F Nếu dùng dư LiH F chuyển thành G a) Xác định chất A b) Xác định chất từ B đến G viết tất phương trình phản ứng xảy Câu Nội dung 1.a Khi X biến đổi từ F đến I độ bền phân tử giảm xuống Phân tử COI2 không tồn Điểm Giải thích: bán kính tăng dần khả xen phủ làm độ bền liên kết giảm Mặt khác bán kính lớn làm tương tác nguyên tử mạnh Phân tử bền b Cách điều chế COX2 Cho CO + X2 → COX2 Với F2 tiến hành nhiệt độ thấp Với Cl2 tiến hành 5000C bóng tối điều kiện chiếu sáng nhiệt độ thường Với Br2 phản ứng cần tiến hành nhiệt độ cao áp suất cao Với I2 không phản ứng + Cách không áp dụng cho SOCl2 Chất điều chế cách SO2 + PCl5 → SOCl2 + POCl3 c Xét COX2 X O 0,25 0,25 0,25 C X Trên C khơng cịn cặp e chưa liên kết nên theo thuyết VSEPR có dạng AX3 nên C lai hóa sp2 Phân tử có cấu trúc tam giác với ba đỉnh nguyên tử O hai nguyên tử X d So sánh nhiệt tạo thành COF2 với COCl2 C(r) C(h) + + 1/2O2 + O X2 + COX2 X Htth (COX2)k = Hth (C)tc – 1/2 E (O=O) – E (X–X) + E (C=O) + 2E (C– o o X) Htth (COF2)k – Htth (COCl2)k = E (Cl–Cl) – E (F–F) + 2E (C–F) – 2E (C–Cl) liên kết Cl–Cl bền liên kết F–F → liên kết C–F bền liên kết C–Cl → E (Cl–Cl) – E (F–F) < 2E (C–F) – 2E (C–Cl) < Vậy: Htth (COF2)k – Htth (COCl2)k < suy a) Htth (COF2)k < Htth (COCl2)k Trong bước thứ ba phép phân tích ta thu kết tủa 0,25 trắng keo, điều chứng tỏ dung dịch B có chứa Al3+ dung dịch B tạo kết tủa trắng với AgNO3, kết tủa tan ta thêm NH4OH vào chứng tỏ dung dịch B có chứa Cl- Vậy chất A Al2Cl6 (MA = 266) b) Các phản ứng xảy ra: Al2Cl6 + 12H2O = 2[Al(H2O)6]3+ + 6Cl6AgNO3 + 6Cl- = 6AgCl + 6NO3+ 0,5 0,25 0,25 - AgCl + 2NH4OH = [Ag(NH3)2] Cl + H2O Al3+ + 3NH4OH = Al(OH)3 + 3NH4+ Al(OH)3 + NaOH = Na+[Al(OH)4-] [Al(OH)4]- + CO2 = Al(OH)3 + HCO3Al2Cl6 + LiH = (AlH3)n + LiHdư = LiAlH4 Câu 10: Đại cương hữu (quan hệ cấu trúc tính chất) Tính axit cuban cao xiclobutan, cịn xiclopropan Các ion kim loại Zn2+, Ni2+ Cu2+ làm tăng tốc độ enol hóa 2-axetylpyridin bazơ Giải thích Trong nước phenol có pK = 10, cịn axit axetic có pK = Tuy nhiên pha khí tính axit hai chất lại gần Anken tổng hợp theo phương pháp Wittig từ hợp chất cacbonyl với triphenyl photphin Hãy viết chế phương pháp Wittig Câu Nội dung Việc chuyển cuban thành anion tương ứng làm tăng tính s liên kết C – H Tính tốn cho thấy anion cuban có 32% s, cao xiclopropan 28% s Như tính axit cao cuban kết hai yếu tố, tăng tính s anion tạo thành ảnh hưởng sức căng vòng Điểm 0,5 Sự tạo phức với ion kim loại giúp tăng độ âm điện nguyên tử oxy carbonyl giúp tăng tính axit Hα 0,5 Cả hai anion phenoxide axetat có giải tỏa điện tích mạnh Tuy nhiên nước ion axetat solvat hóa hiệu nhóm Me kích thước bé, điện tích khơng giải tỏa giãn rộng PhO- Trong pha 0,5 khí yếu tố solvat hóa bị nên tính axit hai chất không khác nhiều 0,5 Giáo viên đề: Lê Văn Đạt - 0948708789 ... Cu2+ + S 2- → CuS - 0,1 0,25 -    TPGH : S 2- 0,1M có cân bằng: S 2- + H2O  HS- + OH- Kb = 1 0-1 ,1 Tính pH = 12,762; [S 2-] = 0,04214M 0,25    CuS  Cu2+ + S 2- Xét cân bằng: 1 0-3 5,2 0,25... 1,497 .1 0-3 4M → E Cu 2 /Cu  0, 34  0, 0592 lg(1, 497.10 34 )  0, 661(V) * Điện cực Ag: Ag+ + S 2- → Ag2S - 0,1 - M Tương tự tính [S 2-] = 0,04214 M Xét cân bằng:    Ag2S  Ag+ + S 2- 1 0-4 9,2... thuộc ln  5x vào t Từ độ dốc đường biểu diễn tìm kt = 5,34.10 - 3.M - 1.ph -1 kn = 64kt = 64 5,34.10 - 3.M - 1ph - = 0,342 M - 1ph - Ghi chú: Có thể dùng phương pháp để xác định kt Câu (2,0 điểm)