HDC đề hóa 10 THPT chuyên lào cai

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA HỌC LỚP 10 NĂM 2022 (Đáp án gồm có 13 trang) Câu (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn 1.1 Một nguyên tử hiđro chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 trạng thái ứng với n=2 phát ánh sáng màu xanh Một ion He + (ZHe=2) chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n=c trạng thái ứng với n=t phát ánh sáng màu xanh giống Tìm giá trị c, t 1.2 Nguyên tử nguyên tố A, R, X có electron cuối ứng với số lượng tử: s A: n = ℓ = m = +1, R: n = ℓ = m = 0, X: n = ℓ = m = +1, a Gọi tên A, R, X (theo quy ước giá trị m theo tứ tự +ℓ -ℓ) b Xác định trạng thái lai hóa nguyên tử trung tâm dạng hình học phân tử ion sau: R2X, AR6, H2AX3, (H hidro) 1.3 Hãy xếp (có giải thích) hạt vi mơ cho theo chiều giảm dần bán kính hạt: Rb+ (Z = 37); Y3+ (Z = 39); Kr (Z = 36), Br- (Z = 35), Se2- (Z = 34), Sr2+ (Z = 38) Câu Hướng dẫn Thang điểm 1.1 Nguyên tử hiđro chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 trạng thái ứng với n=2 phát xạ có lượng : 1  E5 – E2  2,18 10 18     5  n = → n = 2: Một ion He+ (ZHe=2) có cấu tạo hạt nhân, electron giống nguyên tử Hidro  Năng lượng electron có dạng : Z2 Z  1, 602  1019 E  13,  (eV)  13,  (J) n n2 Khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với nc trạng thái ứng với nt phát ánh sáng có lượng giống tức : Z2 Z 1, 602 10 19 E  13,  (eV)  13,  (J) n n2 1 1 E  13,  Z 1, 602  1019  (  )  2,18  22 1018  (  ) nc nt nc nt 1 1 1 1  2,18  10  (  )  (  )   (  )   nc nt 10 + Vậy He chuyển từ n = 10 n = 0,1 0,1 0,1 0,1 18 0,2 1.2 A: 3p4  A S R: 2p5  R F X: 2p4  X O Trạng thái lai hóa nguyên tử trung tâm dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: O F F SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F F F S 0,1 0,1 0,1 0,1 F F 0,2 F H2SO3, S lai hóa sp3, dạng tháp tam giác 0,1 S 0,1 OH OH O , S lai hóa sp3, tứ diện S O 0.1 2- O 0,1 O O 1.3 Chiều giảm dần bán kính hạt: Se2- > Br- > Kr > Rb+ > Sr2+ > Y3+ 0,2 Giải thích : hạt có cấu hình e ; hạt có Z lớn  lực 0,2 hút hạt nhân e lớn làm bán kính giảm Câu (2,0 điểm) Tinh thể 2.1 Trước có định nghĩa mới, số Avogadro ( NA) định nghĩa "số nguyên tử có 0,012 kg đồng vị cacbon 12C" Nói cách khác, tập hợp nguyên tử N A 12 C có khối lượng 0,012 kg Để xác định NA thực nghiệm, phải đo xác 0,012 kg 12C Trên thực tế, tổ hợp nghiên cứu quốc tế bao gồm tám viện có viện Nhật Bản tạo đơn tinh thể silic (Si) gồm 28Si, từ tinh thể cầu thật cắt để xác định NA Đơn tinh thể Si có hệ tinh thể kiểu kim cương với sở có dạng lập phương hình vẽ a Xác định số nguyên tử Si có sở b Khảo sát khối lượng riêng cầu cắt từ đơn tinh thể Si Chiều dài cạnh ô sở a (m) Khối lượng nguyên tử 28Si mngtu = 28,09 u, u tính sau: u 1.103 (kg) NA Viết biểu thức tính khối lượng riêng 28Si theo đơn vị (kg.m-3), sử dụng n, m a c Người ta đo bán kính cầu r = 4,69 cm, khối lượng cầu xác định w = 1,00 kg Bằng phép phân tích nhiễu xạ tia X xác định chiều dài cạch ô sở a = 5,43 Å Sử dụng thông số đo trên, tính số Avogadro 2.2 Hiện nay, bột màu CoAl2O4 với kích thước hạt siêu mịn dùng nhiều lĩnh vực tạo màu cho sơn, nhựa, gạch, gốm sứ…Trong đó, CoAl 2O4 kết tinh kiểu mạng spinel có cấu trúc hình bên Trong ion Co2+ chiếm hốc tứ diện Al 3+ chiếm hốc bát diện Ô màu đen biểu thị hốc tứ diện, ô màu trắng biểu thị hốc bát diện Các ion O 2- nằm đỉnh mặt Ở nhiệt độ T định độ dài đường biên giới mạng sở (gồm chiều dài rộng) CoAl2O4 912 pm Lúc ion oxit tiếp xúc với trực tiếp a Tính khối lượng riêng (g/cm3) CoAl2O4 nhiệt độ T b Xác định bán kính cực ion M2+ M3+ nằm khít vào hốc tương ứng mạng spinel Cho biết M Co = 58,93; Al=26,98; O =16,00; số avogadro NA=6,023.1023 Câ Nội dung Điểm u 1 2.1 0,2 n     8 a 0,2 m n.m b Khối lượng riêng tinh thể Si: d v  ngtu a3 ( kg/m3 ) 3 n.mngtu n.28,09u  n.28,09.10 .r 3  r  r a N A a3 a3 c Ta có : m = d.v = = 2.2 => NA = 6,07.1023 a Độ dài đường biên ô mạng sở (gồm chiều dài rộng) = 912pm nên độ dài ô mạng sở a = 456 pm Thể tích mạng sở : V = a3 = (456.10-10)3 (cm3) KL riêng CoAl2O4 nhiệt độ T là: M CoAl2O4  (58,93  2.26,98  4.16, 00) 6, 023.1023.(456.10 10 )3 = 3,097 (g/cm3) 0,2 0,2 0,2 D = N A a b - Các ion O2- tiếp xúc qua đường chéo hình lập phương nên bán kính ion O2- xác định : 4.rO2  a  rO 2  a 456   161, 22 pm 4 - Ion M2+ nằm hốc tứ diện, với cạnh hình tứ diện b; b 0,2 0,2 b  2r  2.161, 22  322, 44 pm O xác định: - Khoảng cách từ tâm hình tứ diện đến đỉnh c; c xác định 2 b 322, 44 c   197, 45 pm 4 công thức : Vậy để M2+ nằm khít vào hốc tứ diện bán kính cực đại ion là: 0,2 0,2 rM 2  c  rO 2  197, 45  161, 22  36, 23 pm Còn ion M3+ nằm hốc bát diện nên bán kính cực đại ion là: rM 3  a  2rO2  0,2 456  2.161, 22  66, 78 pm Câu (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân 2 3.1 Cho phản ứng hạt nhân D + D  + Biết độ hụt khối (∆m D = 0,0024u, ∆mHe = 0,0505u 1u = 931,5Mev/c2, NA = 6,022  1023 mol-1 Nước tự nhiên có chứa 0,015% D2O, toàn tách từ 1kg nước làm nhiên liệu dùng cho m  20u phản ứng toả lượng Cho D O 3.2 Mặt trời có đường kính 1,392  10 km có khối lượng riêng khoảng 1,408g/cm3 bao gồm 73,46% (theo khối lượng) Hidro Năng lượng mặt trời hoàn toàn từ kết hợp Hidro tạo Heli theo phương trình: 11H  24 He  201 e  2 Năng lượng giải phóng hình thành hạt nhân Heli tạo cường độ mạnh 3,846  1026J/s cho toàn mặt trời Cho biết: Hạt 1H He 1 e Khối lượng (u) 1,00783 4,002604 0,00054858 a Tính khối lượng mặt trời b Từ cường độ ánh sáng tính khối lượng Hidro tham gia phản ứng giây phản ứng c Với lượng Hidro mặt trời tại, cho biết sau mặt trời ngừng chiếu sáng? Câ Hướng dẫn Than u g điểm 3.1 Ở lại có hạt nơtron sinh nên phải tính lại khối lượng hạt qua độ hụt khối m= (2mD -mHe - mn) = 2(mP + mn - ∆mD) - [(2mp + mn - ∆mHe) + mn ] = (2∆mD- ∆mHe ) = 0,0457u Ta thấy biểu thức tính m khơng cịn mn Năng lượng phản ứng tỏa ra: E  mc  0, 0457u  931,5  42,57 MeV  68,1110 13 J Khối lượng D2O có 1000g H2O = 0,015x 1000/100 = 0,15 g Số phân tử D2 chứa 0,15 g D2O : 0,25 0,25 0,25 6, 022  1023  0,15 20 = 4,5165  1021 3.2 N=0,15 = Năng lượng thu từ kg nước thường toàn đơtêri thu dùng làm nhiên liệu cho phản ứng nhiệt hạch E = N  E = 4,5165  1021  68,11  10-13 = 307,62  108 J = 30,762  106 kJ a.Khối lượng mặt trời 4 1,392 10 m V d  r d   (  105 )3 1, 408  1,9875 1033 g 3 0,25 0,25 b.Năng lượng phát phản ứng là: E   4(m H  m e )  (m He  m e  m e )   931,5 MeV E   m H  m He  m e )  931,5 MeV  24, 687 MeV E  24, 1, 602  10 13 MeV  39,578 10 13 0,25 J Trong giây số nguyên tử Heli sinh : N 3,846 1026  9, 72 1037 39,578 10 13 Số mol Heli sinh giây : nHe  N 9, 72 1037   1, 614 1014 mol 23 N A 6, 022 10 Khối lượng Hidro giây là: 1, 614 1014 1, 00783  6,5065 1014 g 0,25 c Khối lượng Hidro mặt trời : m  1,98746  1033 g  73, 46 /100  1, 4611033 g Thời gian lượng Hidro tham gia phản ứng hết: 1, 4611033  2, 245 1018 s  7,12 1010 14 6,5065 10 năm 0,25 Vậy sau 7,12  1010 năm mặt trời ngừng chiếu sáng Câu (2,0 điểm) Nhiệt hóa học 4.1 Tính nhiệt độ lớn lửa đốt cháy C 3H8 áp suất 1,0 bar O Cho biết: - Hỗn hợp khí lấy theo hệ số tỉ lượng - Nhiệt độ ban đầu 298K, ;  f H 298, CO2 ( k ) CP0 ,CO2 ( k )  v H 373, H 2O ( l ) =-393,51 kJ.mol-1; C0 = 40,66 kJ.mol-1;  f H 298, H 2O ( l )  f H 298, C3 H8 ( k ) =-104,71 kJ.mol- =-285,82 kJ.mol-1 C0 =36,4 J/mol.K; P , H O (l ) = 75,3 J/mol.K; P , H O ( k ) = 33,6 J/mol.K 4.2 Nếu thay O2 khơng khí nhiệt độ lớn bao nhiêu? Cho biết: - Khơng khí chứa 20% O2, cịn lại N2 lượng khơng khí lấy vừa đủ C0 - Nhiệt độ ban đầu hỗn hợp 298 K P , N =29,1 J/K.mol Câu Hướng dẫn 4.1 Coi trình cháy nổ xảy nhanh tới mức không trao đổi nhiệt với mơi trường Có nghĩa tồn nhiệt lượng tỏa phản ứng Than g điểm 0,1 dùng để nâng nhiệt độ chất lại sau phản ứng từ T1 đến Tmax Phản ứng từ T1 đến Tmax (Q=0) Nếu P = const ta có Q =  H = V = const ta có Q =  U = Gọi T nhiệt độ lớn lửa; giả sử T>373K, ta có sơ đồ: Q H  (C3 H  5O2 )(298 K ,1bar )   3CO2 (k )  H 2O( k )(T ,1bar) (1) 0,2 (5) (3) 3CO2  H 2O ( k )  (4) 298K ,1bar  4 H 2O (l )   (2) 373K ,1bar 4 H 2O  373K ,1bar   H1  3 f H 298, CO2 + = - 2219,10 (KJ) 0,1 0,1 0 4 f H 298, H 2O ( l )  f H 298,C3 H ( k ) H  3CP ,CO2 (T  298) - =109,2T-32541,6 (J) H  H  H = 4[ CP ( H 2O.l ) (373-298)+  v H 373, H 2O ( l ) + CP ( H 2O.k ) (T-373)] 4.2 =134,4T+135098,8 (J) Ta có -2219,10.103 + 109,2 T – 32541,6 + 134,4T+135098,8 = T = 8688,6 K > 373K điểu giả sử thỏa mãn Vậy Tmax = 8688,6K Khi đốt khơng khí ta có: Gọi T nhiệt độ lớn lửa; giả sử T>373K, ta có sơ đồ: 0,1 0,2 0,2 (C3 H  5O2  20 N )(298,1bar )   3CO2 ( k )  H 2O(k ) 20 N (T ,1bar) (1)   3CO2  H O (k )  (4) 298K ,1bar 20 N   373K ,1bar  H O ( l )  (2) 4 H O    373K ,1bar 0 H1  3 f H 298, 4 f H 298, CO2 H 2O ( l )  f H 298,C3 H8 ( k ) Tương tự: 0,2 (5) (3) + - H  (3CP ,CO2  20CP , N )(T ,  298) =-2219,10 (KJ) =691,2 T – 205977,6 (J) H  H  H = 134,4T+135098,8 (J) Ta tính T’ = 2773,7K Câu (2,0 điểm) Cân hoá học pha khí 0,2 0,2 0,4    CO(k) + Ở 6000C 1,38 bar, độ phân li COCl theo phản ứng: COCl2 (k)  Cl2 (k) 0,9 a Xác định số cân KP, KC, Kx phản ứng 6000C b Cho biết chiều hướng diễn biến phản ứng 6000C trường hợp sau: PCOCl2 PCl PCO (bar) (bar) (bar) Trường hợp 1,013 1,013 1,013 Trường hợp 1,046 2,027 3,036 Trường hợp 1,048 3,039 3,039 c) Cho biết chiều hướng diễn biến phản ứng 700 C trường hợp ý b Biết nhiệt hình thành (khơng phụ thuộc vào nhiệt độ) chất: 242,61 kJ/mol; Câu f H 298, CO =-110,53 kJ/mol Hướng dẫn Ban đầu  Phân li Cân 1-  Ở trạng thái cân n = 1+  KP  PCO PCl2 PCOCl2      2P = 1 Tại 6000C, P = 1,38 bar,  = 0,9; KP = 5,883 (bar) n KC = KP ( RT ) = 5,883 (0,082.1,01325.873)-1 = 0,0811(M) n Kx = KP ( P) =5,883.(1,38)-1 = 4,263 5b QP  P 0  H0   f H 298, COCl Ta có H 298 = f 298,CO = -110,53+242,61 = 132,08 (KJ) ln 0,2 0,1 0,1 0,1 0,1 PCO PCl2 COCl Ta có ; Q1 = 1,013 bar < KP nên phản ứng diễn theo chiều thuận Q2 = 5,883 bar = KP phản ứng trạng thái cân Q3 = 8,813 bar > KP phản ứng diễn theo chiều nghịch 5c =- Thang điểm    COCl2 (k)  CO(k) + Cl2 (k) 5a  f H 298, COCl2 K P2 H 1  (  ) K P1 R T2 T1 ; 0,2 0,2 0,2 0,2 0,2 Từ 0,2 Ở 7000C, KP = 38,180 bar Nên trường hợp QP < KP phản ứng diễn theo 0,2 chiều thuận Câu (2,0 điểm) Động hóa học hình thức Khi tiến hành phân hủy đimetyl ete (CH3)2O bình kín nhiệt độ 504oC đo áp suất tổng hệ, người ta kết sau: t / giây 1550 3100 4650 Phệ / mm Hg 400 800 1000 1100 Dựa vào kết này, hãy: a) Chứng minh phản ứng phân huỷ đimetyl ete phản ứng bậc b) Tính số tốc độ phản ứng 504oC c) Tính áp suất tổng hệ bình phần trăm lượng (CH3)2O bị phân hủy sau 460 giây Câu Hướng dẫn Thang điểm 6a a) (CH3)2O(k) CH4 (k) + CO(k) + H2(k) to = Po t Po – P P P P 0,2 Ở thời điểm t áp suất hệ là: Ph = Po + 2P  P = (Ph – Po)/2 0,2 3.Po - Ph P(CH ) O  Ở thời điểm t, = Po – P = Suy ra, thời điểm: * t = s P(CH ) O = 400 mm Hg * t = 1550 s P(CH3 )2O = 200 mm Hg * t = 3100 s P(CH3 )2O = 100 mm Hg * t = 4650 s P(CH ) O = 50 mm Hg Vì nhiệt độ thể tích bình khơng đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí Ta nhận thấy, sau 1550 giây lượng (CH 3)2O giảm nửa Do đó, phản ứng phân hủy (CH 3)2O phản ứng bậc với t1/2 = 1550 s Hằng số tốc độ phản ứng là: k = ln2 / t 1/2 = 0,693 / 1550 = 4,47.10-4 s-1 0,2 6b 6c 4,47.104.460 Pt = Po.e-kt = 400 e = 325,7 (mm Hg)  P = Po – Pt = 400 – 325,7 = 74,3 (mm Hg)  Áp suất hệ sau 460 giây là: Ph = Po + 2P = 400 + 2.74,3 = 548,6 (mm Hg) 74,3 Phần trăm (CH3)2O bị phân huỷ = 400 100% = 18,58 % 0,2 0,4 0,2 0,2 0,2 0,2 Câu (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch Cho dung dịch X gồm K2S 0,018M K2SO3 0,012M a) Tính pH dung dịch X b) Tính thể tích dung dịch HCl 0,036M cần cho vào 10,0 ml dung dịch X đến đổi màu chất thị thymolphtalein (pH = 9,4) đổi màu thị metyl đỏ (pH = 5,0) c) Chuẩn độ 10,0 mL dung dịch X dung dịch HCl 0,036M Tính pH điểm tương đương thứ điểm tương đương thứ Từ cho biết dùng thymolphtalein (pH=9,40) metyl đỏ (pH = 5,00) làm thị cho phép chuẩn độ dung dịch X nồng độ ion S 2- SO32- tính cao hay thấp so với giá trị nồng độ đúng? Giải thích? Cho biết: pKa1 (H2S) = 7,02; pKa2 (H2S) = 12,90; pKa1 (H2SO3) = 1,76; pKa2 (H2SO3) = 7,21 Câu Hướng dẫn Thang điểm K2S  2K+ + S2K2SO3  2K+ + SO32Các cân dung dịch    (1) S2- + H2O  HS- + OH- Kb1 = 10-14.1012,9 = 10-1,1    (2) HS- + H2O  H2S + OH- Kb2 = 10-14 107,02 = 10-6,98    (3) SO32- + H2O  HSO3- + OH- Kb1’ = 10-14.107,21 = 10-6,79 0,2    (4) HSO3- + H2O  H2SO3 + OH- Kb2’ = 10-12,24    H+ + OH(5) H2O  Kw = 10-14 Ta thấy Kb1>>Kb2; Kb1’>>Kb2’ nên bỏ qua cân (2) so với cân (1); cân (4) so với (3) Mặt khác Kb1C>>Kb1’C’ >>Kw nên cân định pH phản ứng    S2+ H2O  HS- + OH- Kb1 =10-1,1 0,018-x x x Ta tính x = 0,0151M, pOH = 1,82 pH = 12,18 b) Chuẩn độ 10,0 ml dung dịch X đến đổi màu chất thị thymolphtalein (pH = 9,4) [SO32 ] K a  [HSO3 ] h = 154,88, dạng tồn chủ yếu HSO  [HSO3 ] K a1  [H SO3 ] h =107,64 >>1 0,1 0,1 0,1 0,1 dạng tồn chủ yếu SO32-, gọi thể tích HCl cần V (ml) Tương tự đánh giá dạng tồn S2- HS0, 018.10 Chọn MK: SO , HS , đặt [H = h, C1 = C(HS ) = 10  V 0, 012.10 C2 = C(SO32-) = 10  V h  [OH  ]  [S 2 ]  [H S ]  [HSO3 ]  2[ H SO3 ] 23 h - +] - Kw K a1 K a 2C1 h 2C1 K a' 1hC2 h 2C2     h h  K a1h  K a1 K a h  K a1h  K a1K a h  K a, 1h  K a, 1K a, h  K a, 1h  K a, 1K a, Ta tính V=V1 = 5,03 ml Chuẩn độ 10,0 ml dung dịch X đến đổi màu thị metyl đỏ (pH = 5,0), tương tự lúc dạng tồn X H2S HSO3- 0,1 0,2 0,2 0,1 h  [OH  ]  2[S  ]+[HS  ]+[SO32  ]-[ H SO3 ] h Kw K a1K a 2C1 K a1hC1 K a, 1K a, 2C2 h 2C     h h  K a1h  K a1K a h  K a1h  K a1K a h  K a, 1h  K a, 1K a, h  K a, 1h  K a, 1K a, 0,2 Ta tính V = V2 = 13,27ml c) 0,3 2Tại thời điểm tương đương 1: MK: HS , SO3 , ta tính pHtđ1 = 9,67 > pH = 9,4 thời điểm dừng chuẩn độ sau điểm tương 0,3 2đương nồng độ S cao Tại thời điểm tương đương 2: MK: H 2S, HSO3-, ta tính pHtđ2 = 4,54< pH = thời điểm dừng chuẩn độ trước điểm tương đương nồng độ SO32- thấp thực tế Câu (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử Pin điện điện phân a) Axit percarbonic (H2CO4) chất xử lý môi trường xanh có tính oxi hố mạnh Hãy tính khử chuẩn cặp H2CO4, H+/CO2 b) Sục khí CO2 bão hoà liên tục vào dung dịch chứa hỗn hợp H 2O2 0,100M HCl 0,100M Tính cân dung dịch thu c) Sục khí CO2 bão hồ liên tục vào dung dịch X chứa H 2O 0,100M Tính pH dung dịch X để chuyển hố 0,1% H2O2 tính nồng độ cân HCO3- Biết cân bằng: H2CO4 € H+ + HCO4- Ka1 = 10-3,54 CO2 (aq) € CO2 (k) KH = 30,2 H2O2 € H+ + HO2- Ka2 = 10-11,65 EHCO  1,8V  , H  / HCO  Câu 8a EH0 O , H  / H O  1, 77V ; Hướng dẫn + (1) H2CO4 € H + HCO4 Ka1 = 10-3,54 2 Thang điểm x1,8 0,0592 (2) HCO + 2H + 2e € HCO3- + H2O K2 = 10 (3) HCO + H+ € H2O + CO2 (aq) Ka1-1 = 106,35 + Tổ hợp phương trình ta có H2CO4 + 2H+ + 2e € CO2 (aq) + 2H2O K = Ka K2 Ka1-1 = 1063,621, E = 1,883V 8b PCO2 Khi sục bão hịa CO2(aq) ta có [CO2(aq)] = K H = 0,033M Ta có q trình: (1) H2O2 + CO2 € H2CO4 K1 =102x(1,77-1,883)/0,0592 = 10-3,82 (2) H2O2 € H+ + HO2K = 10-11,65 (3) H2CO4 € H+ + HCO4- Ka1 = 10-3,54 (4) CO2 (aq) + H2O € HCO3- + H+ Ka1 = 10-6,35 (5) HCO3- € H+ + CO32Ka2 = 10-10,33 (6) H2O € H+ + OHKw = 10-14 Vì CH+ = 0,1M nên mơi trường axit mạnh, giả sử bỏ qua phân li H2O2, H2CO3, H2CO4, H2O h = 0,1M Xét cân (1) H2O2 + CO2(aq) € H2CO4 K1 = 10-3,82 0,2 0,1 0,1 0,1 0,2 0,2 [] 0,1-x K1  8c 0,033 x x 0, 033(0,1  x) =10-3,82  x = 4,99.10-7M (*) Kiểm tra CH2O2.KaKa(H2O2) 0,1 pH = 5,84 0,2 nên ta có [HCO3-] = 1,02.10-2M Câu (2,0 điểm) Halogen, Oxi – lưu huỳnh 9.1 Cho dịng khí clo chậm qua thủy ngân(II) oxit thu khí màu vàng nâu A1 Hấp thụ A1 vào dung dịch KOH nhiệt độ thấp dung dịch chứa muối A2 Đun nóng dung dịch dung dịch chứa muối A3 Khi nhỏ giọt H 2SO4 đặc vào A3 rắn khí màu vàng A4 Chiếu sáng A4 tia tử ngoại tạo chất lỏng A5 màu lục A5 tác dụng với KCl cho muối A6 khí màu vàng lục Phản ứng A4 với lượng dư ozon tạo chất lỏng A7 màu đỏ thẫm, dẫn diện A7 tác dụng với dung dịch KOH tạo hỗn hợp muối A3 A6, phản ứng tương tự A4 tạo hỗn hợp muối A3 A8 Xác định hợp chất A1 – A8 viết phương trình hóa học cho phản ứng 9.2 Trong cơng nghiệp H2O2 điều chế cách cho axit A axit B tác dụng với nước, sản phẩm phản ứng H 2SO4 H2O2 Biết phân tử A có nguyên tử, A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều phân tử A nguyên tử S nguyên tử O a) Xác định A, B viết phương trình hóa học xảy b) Hãy viết cơng thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa nguyên tử A B (với nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa nguyên tử A B Câu Hướng dẫn Thang điểm 9.1 Biện luận để đưa đáp án A1: Cl2O; A2:KClO; A3: KClO3; A4: ClO2; A5: Cl2O4, A6: 0,2 KClO4 ; A7: Cl2O6, A8: KClO2 2Cl2 + HgO  HgCl2 + Cl2O 0,1 0,1 Cl2O + 2KOH  2KClO + H2O (Cl2O tương ứng với HClO) 0,1 3KClO  2KCl + KClO3 9.2 KClO3 + H2SO4(đ) K2SO4 + ClO2 + H2O + HClO4 as 2ClO2  Cl2O4 ClO2 + O3  chất lỏng màu đỏ, dẫn điện 2ClO2 + 3/2O3  Cl2O6 Cl2O6 + 2KOH  KClO3 + KClO4 (A6) Cl2O4 + KCl  KClO4 + Cl2 2ClO2 + 2KOH  KClO3 + KClO2 + H2O a A + H2O → H2SO4 + H2O2 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 0,1 B + H2O → H2SO4 + H2O2  A, B chứa H, O S Gọi cơng thức A HaSbOc ta có : a+b+c=8 (1)  a=8-b-c 16c 16c 0,7018 0,7018  b  c  32 b  16 c a  32b  16c  16c 0,7018  31b  15c Vì a+b+c=8  c  Lập bảng giá trị a, b, c: c b - 0,25 0,5 0,75 a Vậy A H2SO5 B H2S2O8 Pt phản ứng: H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4 ; H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4 0,1  1,25 0,2 0,1 0,1 9.2 0,2 Trong chất O có liên kết đơn lai hóa sp3, S lai hóa sp3 Số oxi hóa S +6; O có số oxi hóa -1 -2 (chú ý xác định số oxi hóa trung bình khơng cho điểm) Câu 10 (2,0 điểm) 0,1 0,1 Đại cương hữu (quan hệ cấu trúc tính chất) 10.1 Sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính bazơ hợp chất sau giải thích ngắn gọn 10.2 Giải thích ngắn gọn khác biệt chiều độ lớn momen lưỡng cực hai chất sau: ... Trạng thái lai hóa nguyên tử trung tâm dạng hình học: F2O, O lai hóa sp3, phân tử dạng góc: O F F SF6, S lai hóa sp3d, bát diện đều: F F F S 0,1 0,1 0,1 0,1 F F 0,2 F H2SO3, S lai hóa sp3, dạng... 0,2 0,1 0,1 9.2 0,2 Trong chất O có liên kết đơn lai hóa sp3, S lai hóa sp3 Số oxi hóa S +6; O có số oxi hóa -1 -2 (chú ý xác định số oxi hóa trung bình khơng cho điểm) Câu 10 (2,0 điểm) 0,1... Xác định A, B viết phương trình hóa học xảy b) Hãy viết cơng thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa nguyên tử A B (với nguyên tử có lai hóa) , xác định số oxi hóa nguyên tử A B Câu Hướng dẫn