VĨNH PHÚC hóa 10 đáp án

SỞ GD-ĐT TỈNH VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI HSG CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2021 – 2022 Mơn thi: Hóa học lớp 10 ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Cho: H= 1; C= 12; N = 14; O = 16; S = 32; Cl = 35,5; Ca = 40; Cu = 63,5; ZN = 7; ZO = 8; ZF = 9; ZCu = 29; e = 1,6.10-19 C; me = 9,1.10-31kg; C = 3.108m.s-1; Số Avogadro NA = RT 0,0592 ln = lg n 6,023.10 mol ; nF (ở 25oC); R =8,314 J.mol-1.K-1=0,082 l.atm mol-1K-1 ; 23 -1 F=96485C.mol-1; ɛ0=8,854.10-12C2J-1m-1; h = 6,626.10-34J.s; bar = 105Pa; bar = 0,9869 atm; atm = 101325 Pa Câu (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn Năng lượng En (J) electron X (là hạt electron) tính biểu thức: Trong đó, e điện tích ngun tố; Z điện tích hạt nhân; ε o số điện; h số Planck; n số lượng tử (n = 1, 2, 3…) a) Nếu X ngun tử hidro Tính bước sóng λ max (nm) dãy phổ Lyman electron chuyển từ n = n = b) Sự chuyển electron từ trạng thái lượng cao lượng E (n=3) cho vạch vùng nhìn thấy số tín hiệu quang phổ X Xác định Z bước sóng (theo nm) vạch phổ Biết ánh sáng nhìn thấy có bước sóng khoảng từ 380 nm đến 800 nm Cho phân tử ion sau: N2, O2, N22-, N2, O2+ a) Viết cấu hình electron phân tử ion b) Sắp xếp tiểu phân (phân tử hay ion) theo thứ tự tăng dần lượng ion hóa thứ Giải thích Câ u ý Nội dung a) Thay số vào biểu thức: Điể m VE3→1 = E3 − E1 = me Z e4 1 ( − ) 8.ε 02 h n12 n32 0,25 9,1.10−31.kg (1, 6.10−19.C )4 12 1 ( − ) −12 −1 −1 −34 8.(8,854.10 C J m ) (6, 626.10 J s) h.c VE3→1 = = 1,9253.10−18 ( J ) λ h.c →λ = = 1, 0324.10 −7 (m) = 103, 24(nm) VE3→1 VE3→1 = b) Điều kiện để quang phổ phát xạ X vùng nhìn thấy ứng với chuyển electron trạng thái lượng E3 ( n=3): h.c 380.10−9 ≤ λ = ≤ 800.10 −9 VE h.c 380.10−9 ≤ ≤ 800.10−9 me Z e 1 ( − ) 8.ε h 32 n 1 0,1147 ≤ ( − ).Z ≤ 0, 2415 n 380.10-9 * Với n = => 1,536 Z 2,23 => Z = (thỏa mãn) n= => 1,27 Z 1,84 loại + Vậy : X He (Z = 2) *Bước sóng vạch phổ: 8.h c.ε h.c 8.3.10 (8,854.10 ) (6, 626.10 ) = = 1 1 ∆E m Z 2e ( − ) 9,1.10−31.22.(1, 6.10−19 ) ( − ) e 2 4 −7 = 4, 7198.10 (m) = 471,98( nm) λ= −12 0,25 0,25 −34 0,25 0,5 (a) N2: (б2s)2(б2s*)2(π2p)4(б2p)2 O2: (б2s)2(б2s*)2(б2p)2 (π2p)4 (π2p*)2 N22-: (б2s)2(б2s*)2(π2p)4(б2p)2 (π2p*)2 N2-: (б2s)2(б2s*)2(π2p)4(б2p)2(π2p*)1 O2+: (б2s)2(б2s*)2(б2p)2 (π2p)4 (π2p*)1 (b) Sắp xếp: I1 (N22-) < I1 (N2-) < I1 (O2) < I1 (O2+) < I1 (N2) 0,25 Giải thích: + Electron MO phản liên kết có lượng cao, khơng bền nên dễ tách electron MO liên kết có lượng thấp => I1 (N2) lớn phân tử N2 elctron có mức lượng cao thuộc MO π2p MO liên kết Bốn tiểu phân cịn lại có electron 0,125 cuối thuộc MO phản liên kết nên có lượng ion hóa thấp nhiều so với Nitơ + Xét bốn tiểu phân cịn lại Nếu hạt có điện tích âm lớn, electron đẩy mạnh dễ tách, ngược lại tiểu phân có điện tích hạt dương, lực hút hạt nhân tới electron mạnh khó tách electron Điện tích hạt N22- < N2- < O2 < O2+ => I1 (N22-) < I1 (N2-) < I1 (O2) < I1 (O2+) 0,125 Câu (2,0 điểm) Tinh thể Nhôm oxit bị nén áp suất cao tạo thành dạng đa hình nó, có cấu trúc hình thoi, với thông số ô mạng sở a= 0,6393 nm, b = 0,4362 nm c = 0,4543 nm, góc α = β = γ = 90o Tính khối lượng riêng dạng đa hình nhôm oxit theo g/cm3, biết ô mạng sở chứa đơn vị phân tử nhôm oxit Ơ mạng sở palladium có dạng lập phương tâm diện Tâm nguyên tử palladium đặt đỉnh tâm mặt hình lập phương (các nguyên tử xem cầu cứng) Khối lượng riêng palladium 12.02 gam/cm3, khối lượng mol 106.4 gam/mol a) Tính số nguyên tử palladium ô mạng sở, độ dài cạnh (a) bán kính nguyên tử palladium (r) theo pm (1 pm = 10-12 m) b) Giả sử nguyên tử cầu cứng, tính bán kính ngun tử cực đại vừa khít với khoảng trống (hốc) nguyên tử palladium mạng tinh thể c) Khoảng cách liên nhân phân tử H2 74 pm bán kính nguyên tử hidro 54 pm Hãy tính số nguyên tử hidro cực đại lấp vào ô mạng sở palladium Câ u ý Nội dung Tính thể tích mạng sở: V = = 0,1267 10-21 cm3 Tính khối lượng mạng sở: mô mạng sở = (4 102 g/mol): (6,022.1023 mol-1) = 6,78.10-22 g Khối lượng riêng: D = m/V = (6,78.10-22 g) : (0,1267.10-21 cm3 ) = 5,35 g/cm3 Điểm 0,25 0,25 1 + 2=4 a) Số nguyên tử palladium = Khối lượng riêng palladium là: 0,25 D= 4.M m = Pd V N A a N A ⇒ 12, 02 = 4.106, ⇒ a = 3,89.10−8 (cm) = 389( pm) 6, 022.1023.a 0,25 *Bán kính Pd: r= a 389 = = 138( pm) 4 0,25 b) a = 2.rPd + 2ro ⇒ ro = a − 2.rPd 389 − 2.138 = = 56,5( pm) 2 a= 2rPd + 2ro => c) Có: RH = 54pm < Ro = 56,5pm < dH-H = 74pm , hidro xâm nhập vào tinh thể Palladium dạng nguyên tử Số hốc bát diện ô mạng sở = số nguyên tử hydrogen lấp đầy Số hốc bát diện = 12 (1/4 cạnh) + 1(tâm hình lập phương) 12 + = = Vậy số nguyên tử H cực đại nguyên tử 0,25 0,25 0,25 Câu (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân 18 X + 11 H → 01 n + 189Y dùng điều chế 189Y , vật liệu bia sử dụng nước Phản ứng hạt nhân thông thường làm giàu H2X18 Sự có mặt nước thường H2X16 xảy phản ứng phụ từ 16 X tạo 179Y Cứ phút, sau hoàn thành phản ứng hạt nhân với vật 18 17 Y = 105 Y liệu bia tỉ số hoạt độ phóng xạ Tính hàm lượng H2X18 vật liệu bia, cho biết chu kì bán hủy 18Y 17Y 109,7 phút 65 giây; tỉ lệ hiệu H 18 X→18 Y suất H 16 X →17 Y = 144,7 Trong phân hạch dùng nơtron bắn phá 98 136 235 92 U , cuối thường thu hai sản phẩm 42 Mo 54 Xe a) Những hạt phát b) Tính lượng giải phóng phân hạch theo MeV theo Joules (Jun) c) Tính lượng giải phóng gam 235 92 U bị phân hạch theo đơn vị kW-giờ Cho: 235 Nguyên tử khối 136 U 235,0439 Mo 135,9072 Câ u 98 Xe 97,90551 n 1,00867 Nội dung Hệ số hoạt độ phóng xạ 18 Y A 18 Y = N 18 Y k 18 Y = N 18 X H ( 18 X − 18 Y) e 17 Y là: − k 18 t A 17 Y = N 17 Y k 17 Y = N 16 X H ( 16 X − 17 Y) e A 18 Y → A 17 Y k 18 Y = → N 17 Y k 17 Y − k 17 t Y N 018 X k 18 Y H (18 X→18 Y) e N 16 X k 17 Y H (16 X→17 Y) e N 16 X = 2948,02523 → ⇒ %m H X18 = 2 = Y − k 18 t Y − k 17 t Y = 105 0,25 ln ln ln = 6,319.10−3 / phut;k 17 Y = = = 0,64 / phut 109,7 65 / 60 13 / 12 N 018 X = N 18 Y k 18 Y Điể m n 18 X n 16 X = 2948,02523 → n H 18X n H 16 X = 2948,02523 2948,02523.20 100% = 99,97% 18.1 + 2948,02523.20 0,25 a) Đặt số hạt β ( −1 e ) a, hạt nơtron ( n ) b, ta có: 235 136 1 n +92 U →98 42 Mo + 54 Xe + a β ( e ) + b ( n ) Áp dụng định luật bảo toàn số khối bảo tồn điện tích, ta có: + 235 = 98 + 136 + b → b = + 92 = 42 + 54 – a → a = 0,25 ⇒ Có hạt beta hạt nơtron phát Phản ứng bắn phá hạt nhân 235 92 235 98 136 U : n +92 U → 42 Mo +54 Xe + β + ( n ) Vậy hạt phát β nơtron n 0,25 b) Năng lượng phát phân hạch Áp dụng: ∆E = ∆m(u) 931,5 (MeV.u-1) 235 98 136 = m( 92 U ) + m( n ) – [m( 42 Mo ) + m( 54 Xe ) + 2m( n )](u) 931,5 (MeV.u1 ) = [(235,04393 + 1,00867) – (97,90551 + 135,90722 + 2.1,00867)] u 931,5MeV.u-1 = 207,30 MeV Hay: ∆E = 207,30.1,602.10-13J.MeV-1 = 332,17.10-13J = 3,32.10-11J c) Công suất tỏa từ gam Năng lượng tỏa có gam 235 92 0,25 0,25 U 235 92 U phân rã là: 0,25 6,022.1023.3,32.10-11.(1/235) = 8,50.1010J Vì 1W = 1J.s 1kWh = 1000W.3600s = 3,6.106 W.s = 3,6.106J 8,50.1010 ⇒ Công suất theo kW-giờ = 3, 6.10 = 2,36.104 kW-giờ Câu (2,0 điểm) 0,25 Nhiệt hóa học Cho phản ứng: 4Cu(r) + O2(k) ‡ˆ ˆ† ˆˆ 2Cu2O(r) (1) 2Cu(r) + O2(k) ‡ˆ ˆ† ˆˆ 2CuO(r) (2) ‡ˆ ˆ† ˆˆ Cu2O(r) 2H2(k) + CuO(r) + ‡ˆ ˆ† ˆˆ O2(k) Cu(r) 2H2O(k) (3) (4) Biết 300K 1300K, ∆G0 phản ứng (1) -300kJ.mol -1 -160kJ.mol-1; G0 phản ứng (2) -260 kJ.mol-1 -80 kJ.mol-1 Tính ∆H0 ∆S0 phản ứng (1) (2) Biết ∆H0 ∆S0 không phụ thuộc vào nhiệt độ Lập biểu thức phụ thuộc ∆G0(3) vào nhiệt độ phản ứng (3) Trên sở tính tốn, dự đốn sản phẩm thu nung bột Cu 800K khơng khí (20% O2, 80% N2 thể tích) áp suất bar Trong khoảng nhiệt độ 300 – 1500 K, Cu, CuO Cu 2O tồn hỗn hợp khơng Giải thích tính tốn? Cho từ từ H2 vào bình có chứa lượng bột CuO 1150 K CuO bị khử thành Cu Biết phản ứng (4) có ∆G0(4) = - 490 + 0,1T (kJ.mol-1) Tính tốn lập luận để H2 khử hết CuO thành Cu2O khử tiếp Cu2O thành Cu Câu Ý Nội dung Vì ∆H ∆S khơng phụ thuộc vào T nên: Phản ứng (1) → Phản ứng (2): → Điểm 0,25 Từ kết câu (a) → Vì Vậy: Ta có: Để dự đoán sản phẩm thu được, xét ∆G phản ứng (1) phản ứng (*): Ta có: ∆G = ∆G0 + RTlnQ = ∆G0 - RTln -Với phản ứng (1): Ở 800K: 0,25 0,25 Với 800K Cu bị oxi hóa thành Cu2O -Với phản ứng (*): (*) = 2x(3) + (2) Với 800K Cu2O bị oxi hóa thành CuO Vậy nung bột Cu khơng khí 800K thu sản phẩm CuO 0,25 -Cu, CuO Cu2O tồn đồng thời hỗn 0,25 hợp -Để chứng minh ta xét dấu phản ứng (**) CuO(r) + Cu(r) = Cu2O(r) (**) Có: (**) = - (3) Với T > 0, < phản ứng (8) diễn theo chiều thuận, nghĩa CuO phản ứng với Cu để tạo Cu 2O Nói cách khác CuO Cu khơng thể đồng thời có mặt 0,25 Vậy khoảng nhiệt độ 300 – 1500 K, Cu, CuO Cu 2O tồn đồng thời hỗn hợp Ta xét phản ứng: 2CuO(r) + H2(k) = Cu2O + H2O(k) (***) Vì (***) = [(4) - (i) ] = [ - ] = - 102 – 0,06T 1150K : = -102 – 0,06.1150 = - 171 (kJ.mol-1) K(***),1150 = K(***),1150 >> phản ứng (***) xảy hoàn toàn Khi cho từ từ H2 vào, xảy phản ứng (***), phản ứng xảy hoàn toàn 0,25 Khi cho tiếp H2 vào tiếp tục xảy phản ứng (***) phản ứng (****) Cu2O(r) + H2(k) = Cu(r) + H2O(k) (****) Vì CuO Cu khơng thể đồng thời tồn nên cịn CuO khơng thể có mặt Cu Vậy H2 khử hết CuO thành Cu2O khử tiếp Cu2O thành Cu 0,25 Câu (2,0 điểm) Cân hoá học pha khí Khí màu nâu NO2 giữ thiết bị tích thay đổi nhờ pittơng Kết thí nghiệm nén khí từ 1000ml xuống 100ml 25oC cho thấy có tồn cân bằng: 2NO2(k) ⇌ N2O4(k) Kp = 7,07 Quá trình thí nghiệm thu kết sau: V (mL) 10,0 5,0 2,0 1,0 0,5 0,2 0,1 Ptổng (atm) 0,128 0,331 0,765 1,215 1,215 1,215 a a) Hãy cho biết giá trị a Giải thích ? b) Cho biết q trình hóa học xảy tính áp suất riêng phần tiểu phân trường hợp V = 1,0 mL Tính số cân trình để giải thích tượng “trần áp suất” 1,215 atm Cho phản ứng CO tác dụng với nước 4500C theo phản ứng: H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) (a) Cho mol H2O mol CO vào bình chân khơng 450 oC Khi phản ứng (a) đạt đến cân hỗn hợp phản ứng chứa 0,9 mol CO2 a) Tính số cân phản ứng (a) 450oC b) Phản ứng (a) cần tiến hành nhiệt độ để 99% lượng CO ban đầu bị chuyển hóa thành CO2 Cho biết: Biến thiên entanpy tạo thành (kJ.mol-1) chất 25oC atm: CO(k): -110,5; Câ u CO2(k): -393,51; H2O(h): -241,84 Nội dung Điể m a) Thấy V = 1,0 ml; 0,5 ml; 0,2ml áp suất tương ứng hệ 1,215 atm, V = 0,1 ml áp suất hệ khơng đổi → x = 1,215 atm 0,25 Giải thích: + Áp suất khơng tiếp tục tăng thể tích 1,0 mL nhỏ trình ngưng tụ N2O4 áp suất cao: 2NO2(k) ⇌ N2O4(l) + Áp suất đạt cân N2O4 khí cân với dạng lỏng nó, P(N2O4) khơng thể vượt áp suất bão hòa N2O4 + Mặt khác tồn cân N2O4(k) ⇌ 2NO2(k), Kp chi phối P(N2O4) bị ràng buộc (khơng thể vượt q áp suất bão hịa N2O4) P(NO2) cố định Vì áp suất giữ ngun khơng đổi q trình nén tiếp diễn (cho đến chất lỏng bắt đầu bị nén) 0,25 b) Khi V 1,0ml hệ đạt trạng thái cân bằng: 2NO2(k) ⇌ N2O4(k) Kp PN2O4 + Đặt P(NO2) = x (atm); P(N2O4) = 1,215 – x (atm) Kp = PNO 1, 215 − x = 7, 07 ⇒ x = 0,350 x2 atm P(NO2) = x = 0,350 atm; P(N2O4) = 1,215 – 0,350 = 0,865 atm + Xét cân bằng: N2O4(k) ⇌ N2O4(l) 0,25 KP Có: KP = (PN2O4)-1 (hoạt độ N2O4 lỏng tinh khiết đồng nên không xuất số cân bằng) +Với P(N2O4, K) = 0,865 → KP = (PN2O4(K))-1 = 1/0,865 = 1,156 atm-1 a) Tính số cân Kp phản ứng 450oC (723K) H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) Ban đầu (số mol): 0 0,25 Cân (số mol): 1,1 0,1 0,9 0,9 Áp suất riêng phần khí Pi = niRT/V Vì thế: Kp = PCO2 PH PCO PH 2O = nCO2 nH nCO nH 2O 0,25 0,9.0,9 = = 7,36 1,1.0,1 b) 99% CO chuyển hóa tương ứng với số mol CO phản ứng n CO = 0,1.99% = 0,099 mol H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) Ban đầu (số mol): Cân (số mol): 1,01 0,01 0 0,99 0,99 Để đạt lượng chuyển hóa này, số cân là: Kp = PCO2 PH PCO PH 2O ln Từ công thức: = K PT K P723 nCO2 nH nCO nH 2O = ∆H R = 0,99.0,99 = 97, 04 1, 01.0, 01 0,25  1 − ÷   723 T  Entanpy phản ứng: ∆Hopứ = ∆HoCO2 + ∆HoH2 - ∆HoH2O - ∆HoCO = -41,17 kJ = -41170J Thay số vào công thức ta được: ln 97, 04 −41170  1 = −  7, 36 8,314  723 T  ÷⇒ T = 525, K  0,25 0,25 Câu (2,0 điểm) Động hóa học hình thức ( Khơng có phần câu hỏi chế động học ) Nitrogen oxide phân hủy thành nitrogen oxygen nhiệt độ 565 0C, phản ứng tỏa nhiệt 2N2O(k) → 2N2(k) + O2(k) Phản ứng tuân theo quy luật động học bậc thực hoàn toàn pha khí a) Nồng độ đầu N2O 0,108 mol.l-1, số tốc độ phân hủy bậc hai N2O 1.10-3l.mol-1.s-1 Tính nồng độ N2O sau 1250 giây 5650C b) Năng lượng hoạt hóa phản ứng bậc hai 565 0C 234 kJ.mol-1 Tính số tốc độ phản ứng 6000C? Xét phản ứng song song 10 Các lượng hoạt hóa ứng với k k2 45,3 69,8 kJ.mol -1 Biết 320K k1 k1 = 1, 00 = 2, 00 k2 Xác định nhiệt độ mà k2 Nghiên cứu động học phản ứng Michael β-nitrostyrene với piperidine trạng thái chuyển tiếp Sơ đồ phản ứng sau: Phương trình tốc độ phản ứng là: v= k1 k2 [ β − nitrostyrene].[ piperidine]2 k−1 a) Xác định bậc toàn phần phản ứng bậc riêng phần β-nitrostyrene piperidine b) Biết giai đoạn đầu phản ứng cân thuận nghịch, giai đoạn thứ xúc tác phân tử piperidine giai đoạn định tốc độ phản ứng Cả hai giai đoạn phản ứng Thiết lập phương trình tốc độ tạo thành sản phẩm Tính số tốc độ khả kiến Câ u Nội dung Điể m a) Phản ứng có bậc nên: 1 − = k t [ N 2O]t [ N O]0 → 1 − = 1.10−3.l.mol −1.s −1.1250.s −1 [ N 2O]t 0,108.mol.l → [ N 2O]t = 0, 0951mol.l −1 0,25 b) Áp dụng phương trình Arrhenius: ln k Ea 1 = ( − ) k1 R T1 T2 ln k2 234.103.J mol −1 1 = ( − ) −3 −1 −1 −1 −1 1.10 l.mol s 8,314.J mol K 838 K 873K → k2 = 3,844.10 −3 l.mol −1.s −1 k1 =1 k2 *Với T = 320; 11 0,25 − Ea1 k1 A e RT A = Ea2 = e − k1 A2 A2 e RT k A → = e k1 A2 ( Ea2 − Ea1 ) RT −1 A = e A2 −1 (69,8 J mol − 45,3 J mol ).10 8,314 J mol −1 s −1 320 K (69,8 J mol −1 − 45,3 J mol −1 ).10 8,314 J mol −1 s −1 T 0,25 = 1.10 −4 A1 A2 A A → 1, 00 = 1.10−4 → = 1.10 −4 A2 A2 *Với 0,25 k1 = 2, 00 k2 có: k A → = e k1 A2 (69,8 J mol −1 − 45,3 J mol −1 ).103 8,314 J mol −1 s −1 T → 2, 00 = 1.10−4.e 2,947.103 K T → e 2,947.103 K T = 2, 00 = 2.10 −4 1.10 0,25 → T = 297, 57 K a) Bậc phản ứng theo β-nitrostyrene : Piperidine :2 Toàn phần :3 b) Tốc độ tạo thành sản phẩm có dạng: v = k [trunggian].[ piperidine] 0,25 (1) Trong đó: k1 [trunggian] = k−1 [ β − nitrostyrene].[ piperidine] → [trunggian] = k1 [ β − nitrostyrene].[ piperidine] k−1 0,25 Thế vào (1): k1 k2 [ β − nitrostyrene].[ piperidine]2 k−1 k k = k2 k−1 Hằng số tốc độ khả kiến: v= 0,25 Câu (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch Dung dịch X chứa đơn axit yếu HA (hằng số phân li axit HA pKa1 = 6,76) HB (hằng số phân li axit HB pKa2 = 6,87) có pH = 3,75 Chuẩn độ 10,0 mL dung dịch X cần 10,0 mL dung dịch NaOH 0,220 M đến điểm tương đương a) Tính nồng độ ban đầu axit dung dịch X b) Tính pHtđ điểm tương đương Một dung dịch đệm thêm vào dung dịch X để giữ pH dung dịch 10,0 thu dung dịch Z Coi thể tích dung dịch khơng đổi thêm dung dịch đệm vào 12 Tính độ tan (theo đơn vị mol·L–1) M(OH)2 dung dịch Z, biết anion A– B– tạo phức với ion M2+ Cho biết: pKs(M(OH)2) = 11,51 Phức ion M2+ anion A– có: β1 = 2,1.103; β2 = 1,05.106 Phức ion M2+ anion B– có: β1’ = 6,2.103; β2’ = 2,05.106 Câu ý Nội dung Điểm a) Gọi C1, C2 nồng độ axit HS HB dung dịch X Do PHX = 3,75 nên bỏ qua phân li nước Cân : HA ƒ A− + H + K a1 = 10−6,76 HB ƒ B− + H + K a2 = 10−6,87 Điều kiện proton với mức không : HA, HB K a1 h = A− + B − = C1 K a1 + h + C2 K a2 0,25 K a2 + h Mặt khác : 10(C1 + C2) = 22.0,1 → C1 + C2 = 0,22 → C1 = 0,051M ; C2 = 0,169M 0,25 b) Tại điểm tương đương, dung dịch gồm có : A- : 0,0255(M) ; B- : 0,0845(M) Do (Kb.C)A- (Kb.C)B- >> KW nên bỏ qua phân li H2O Xét cân : A− + H O ƒ − B + H 2O ƒ HA + OH − K b1 = 10−7,24 − HB + OH K b1 = 10 [OH − ] = [ HA] + [ HB] = 0, 0255 0,25 −7,13 K b1 − [OH ] + K b1 + 0, 0845 K b2 [OH − ] + K b2 →[OH-] = 10-4,05 (M) → pH = 9,95 0,25 Gọi độ tan M(OH)2 Y S Các cân dung dịch: M(OH)2 ƒ M2+ + 2OH- 13 KS = 3,09.10-12 ƒ M2+ + A- M2+ + 2A- ƒ M2+ + B- M2+ + 2B- S = [M2+] + [MA+] ƒ ƒ + MA+ β1 = 2,1.103 MA2 β2 = 1,05.106 MB+ β1’ = 6,2.103 β2’ = 2,05.106 MB2 [MB+] 0,25 + [MB2] = [M2+](1 + β1[A-] + β2[A-]2 + β1’[B-] + β2’ [A-]2 ) Ks Ở pH = 10,0 → [M2+] = OH = 3,09.10-4 (M) C(HA) = [HA] + [A-] + [MA+] + 2[MA2] 0,25 = 0,051 M Thay h= 10-10 (M); M2+ = 3,09.10-4M → [A-] = 7,685.10-3 M Tương tự có: C(HB) = [HB] + [B-] + [MB+] + 2[MB2] = 0,169 M Thay h= 10-10 (M); M2+ = 3,09.10-4M → [B-] = 1,046.10-2 M Thay M2+ = 3,09.10-4M ; [A-] = 7,685.10-3 M [B-] = 1,046.10-2 M vào biểu thức độ tan S, → S = 0,113 M Vậy độ tan Mg(OH)2 dung dịch Z 0,113M 0,25 0,25 Câu (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử Pin điện điện phân Pin điện hóa sau dựa phản ứng pha rắn hoạt động thuận nghịch 1000K dịng khí O2 Các ion F- khuếch tán thông qua CaF2(r) 1000K (-) MgF2(r), MgO(r) | CaF2(r) | MgF2(r), MgAl2O4(r), Al2O3(r) (+) Phản ứng tổng xảy pin sau: Al2O3(r) + MgO(r) ⇌ MgAl2O4(r) a) Viết phương trình phản ứng điện cực phương trình Nernst cho nửa pin pin hoạt động Coi áp suất O2(k) hai điện cực Nồng độ ion F- hai điện cực trì dịng khuếch tán ion F- thơng qua CaF2(r) b) Tính ∆Go phản ứng (ở 1000K) biết rằng, Eo (ở 1000K) phản ứng 0,1529V c) Sức điện động chuẩn pin khoảng nhiệt độ từ 900K đến 1250 K là: Eo(V) = 0,1223 + 3,06.10-5T tính giá trị ∆Ho ∆So coi đại lượng không phụ thuộc vào nhiệt độ, Giá trị Eo cho bán phản ứng ion sắt ion xeri (Ce) sau: Fe3+ + e → Fe2+ 14 Eo = +0,77V Ce4+ + e → Ce3+ Eo = +1,61V Hai chất thị sau dùng để xác định điểm tương đương phép chuẩn độ oxy hóa – khử: Inox + 2e → Inkh ; Di-bolane (Dip): Eodip = +0,76V (Tím) (Khơng màu) Inox + 2e → Inkh ; p-nitro-di-bolane(pn): Eodip = +1,01V (Tím) (Khơng màu) Cả hai chất thị đổi màu tỉ lệ nồng độ [In ox]/[Inkh] = 10 Bằng tính tốn, cho biết chất thị thích hợp cho phép chuẩn độ Fe3+ Ce4+ Câ u Ý Nội dung Điể m a) Các nửa phản ứng: Ở điện cực âm: MgO(r) + 2F- → MgF2(r) + 1/2O2(k) + 2e Ở điện cực dương: MgF2(r) + Al2O3(r) + 1/2O2(k) + 2e → MgAl2O4(r) + 2F- 0,25 Phương trình Nernst cho nửa tế bào pin hoạt động: 1/2 pO2 (1) RT E+ = E + ln F  F −  (1)   pO1/22 (2) RT o E− = E− + ln F  F −  (2)   o + 0,25 b) Do nồng độ F- áp suất O2 cho hai điện cực pin nên từ phương trình ta có E(pin) = Eo+ - Eo- = Eopin = 0,1529V ∆Go = -nFEo = -2.96500.0,1529 = -29,510 (kJ.mol-1) 0,25 0,25 c) ∆Go = ∆Ho – T.∆So = -nF(0,1223 + 3,06.10-5T) = -nF.0,1223 – nF.3,06.10-5T = -nF.0,1223 – T.nF.3,06.10-5 ∆Ho = -nF.0,1223 = -2.96500.0,1223 = -23,604 (kJ.mol-1) ∆So = nF.3,06.10-5 = 2.96500.3,06.10-5 = 5,906 (J.K-1.mol-1) Với di-Bolane: 15 0,25 0,25 [ In ] 0, 0592 0, 0592 log ox = 0, 76 + log10 = 0, 790(V ) 2 [ Inkh ] o Edip = Edip + Tại 0,79V, tính [Fe3+]/[Fe2+] E=E o Fe3+ / Fe2+  Fe3+   Fe3+  0, 0592 + log → 0, 79 = 0, 77 + 0, 0592log  Fe 2+   Fe 2+   Fe3+  →  2+  = 2,177  Fe  % [Fe2+] lại =  Fe 2+  100% = 100% = 31, 48% 2+ 3+ + 2,177  Fe  +  Fe  0,25 Vậy không dùng di-bolane làm chất thị Với p-di-nitro-di-Bolane: o E pn = E pn + [ In ] 0,0592 0, 0592 log ox = 1, 01 + log10 = 1, 04(V ) 2 [ Inkh ] Tại 1,04V, tính [Fe3+]/[Fe2+] E=E o Fe3+ / Fe 2+  Fe3+   Fe3+  0, 0592 + log → 1, 04 = 0, 77 + 0, 0592log  Fe 2+   Fe 2+   Fe3+  → = 3, 640.104 2+  Fe  % [Fe2+] lại =  Fe 2+  100% = 100% = 2, 75.10−3% 2+ 3+ + 3, 640.10  Fe  +  Fe  Kết luận: Với p-di-nitro-di-bolane % [Fe2+] cịn lại 2,75.10-3% nên p-di-nitro-di-bolane chất thị thích hợp Câu (2,0 điểm) Halogen Các hợp chất An oxit nguyên tố clo tạo thành theo sơ đồ sau: 16 0,25 Hiệu phần trăm khối lượng nguyên tố clo oxi số tính chất vật lí hợp chất cho bảng sau đây: Chất A1 A2 A3 A4 A5 A6 m1 (%) − m2 (%) 5.2 63.2 19.3 5.2 -15.0 -22.4 Tính chất chất lỏng khí màu vàng khơng bền khí màu vàng chất lỏng nâu đỏ chất lỏng a) Xác định chất A1 - A6 b) Vẽ công thức cấu tạo chất A1 - A6 Viết tất phương trình phản ứng trình bày sơ đồ Câ u Ý Nội dung Điể m a) Xác định chất A1 – A6: Gọi công thức chung An: ClnOm → (*) Dựa vào giả thiết có kết Chất A1 A2 A3 A4 A5 CTPT Cl2O4 Cl2O Cl2O3 ClO2 ClO 0,5 b) Công thức cấu tạo: Chất A1 A2 A3 A4 A5 CTCT 0,5 Dự vào sơ đồ phản ứng xác định được: X = Cl2, KZ = KClO3, KY = KClO4, HY= HClO4, AgY = AgClO4, 17 0,1 AgZ = AgClO3 (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) AgClO4 + Cl2 → AgCl + Cl2O4 3HgO + 2Cl2 → Cl2O + Hg3O2Cl2 AgClO3 + Cl2 → AgCl + Cl2O3 3Cl2 + 6KOH 5KCl + KClO3 + 3H2O 2KClO3 + H2C2O4 + H2SO4 K2SO4 + 2ClO2 + 2CO2 + 2H2O 2ClO2 + 2O3 Cl2O6 + 2O2 4KClO3 3KClO4 + KCl KClO4 + H2SO4 (đặc) HClO4 + KHSO4 2HClO4 + P2O5 Cl2O7 + 2HPO3 0,1x9 Câu 10 (2,0 điểm) đại cương vô 1.Cho hợp chất sau: a) So sánh lực acid cyclohexane-1,4-dione, cyclohexane-1,3-dione bicyclo[2.2.2]octane-2,6-dione (BOD) Giải thích ngắn gọn b) Giải thích sao: - pKa trypticene lớn nhiều so với pKa triphenylmethane - Tuy nhiên, pKa fluoradene lại nhỏ nhiều so với pKa triphenylmethane Hãy cho biết hợp chất có đồng phân lập thể biểu diễn cấu trúc không gian đồng phân lập thể Câu 10 Ý Nội dung Điểm a) Trong base liên hợp cyclohexane-1,4-dione, điện tích âm giải tỏa nhóm carbonyl (bởi hiệu ứng –C hiệu ứng cộng hưởng, thí sinh vẽ hình minh họa) - Trong base liên hợp cyclohexane-1,3-dione, điện tích âm giải tỏa hai nhóm carbonyl (thí sinh vẽ hình minh họa).- Tuy 18 0,25 nhiên, điện tích âm base liên hợp bicyclo[2.2.2]octane-2,6-dione khơng thể giải tỏa khó hình thành liên kết đơi (của enolate) đầu cầu hệ vịng bicyclic 0,25 Do đó, lực acid bicyclo[2.2.2]octane-2,6-dione (BOD) < cyclohexane- 0,25 1,4-dione < cyclohexane-1,3-dione b) - Trong base liên hợp tripticene, nguyên tử carbon mang điện tích âm tồn dạng tháp tam giác nên điện tích âm không giải tỏa hiệu 0,25 ứng liên hợp - Base liên hợp triphenylmethane có vịng benzene không đồng phẳng tương tác nguyên tử H ortho nên điện tích âm giải tỏa phần 0,25 - Base liên hợp fluoradene tồn dạng phẳng, nguyên tử C mang điện tích âm lai hóa sp2 nên điện tích âm giải tỏa tốt Hợp chất cho có đồng phân lập thể Tất đồng phân này, vòng cạnh tồn dạng ghế 0,125 x6 GV đề nghị: Mạc Thị Thanh Hà 19 Sđt: 0904769299 20 ... = 8,50 .101 0J Vì 1W = 1J.s 1kWh = 100 0W.3600s = 3,6 .106 W.s = 3,6 .106 J 8,50 .101 0 ⇒ Công suất theo kW-giờ = 3, 6 .10 = 2,36 .104 kW-giờ Câu (2,0 điểm) 0,25 Nhiệt hóa học Cho phản ứng: 4Cu(r) + O2(k)... 207,30.1,602 .10- 13J.MeV-1 = 332,17 .10- 13J = 3,32 .10- 11J c) Công suất tỏa từ gam Năng lượng tỏa có gam 235 92 0,25 0,25 U 235 92 U phân rã là: 0,25 6,022 .102 3.3,32 .10- 11.(1/235) = 8,50 .101 0J Vì 1W... h n12 n32 0,25 9,1 .10? ??31.kg (1, 6 .10? ??19.C )4 12 1 ( − ) −12 −1 −1 −34 8.(8,854 .10 C J m ) (6, 626 .10 J s) h.c VE3→1 = = 1,9253 .10? ??18 ( J ) λ h.c →λ = = 1, 0324 .10 −7 (m) = 103 , 24(nm) VE3→1 VE3→1