ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường chuyên Lào cai

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2015 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút ( Đề này có 04 trang, gồm 10 câu) Câu 1.(2,0 điểm):Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH. 1. Có 3 nguyên tố R, X và Y trong bảng hệ thống tuần hoàn có số thứ tự tăng dần. R, X và Y đều thuộc nhóm A và không cùng chu kì trong bảng hệ thống tuần hoàn. Electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của 3 nguyên tử R, X, Y có đặc điểm: tổng số lượng tử chính (n) bằng 6; tổng số lượng tử orbital (  ) bằng 2; tổng số lượng tử từ (  m ) bằng -2; tổng số lượng tử spin (m s ) bằng -1/2, trong đó số lượng tử spin của electron cuối cùng của R là +1/2. Cho biết tên của R, X, Y. 2. Xác định cấu trúc phân tử của các phân tử và ion sau đồng thời cho biết kiểu lai hóa các AO hóa trị của nguyên tử trung tâm: SOF 4 , TeCl 4 , BrF 3 , I 3 - , ICl 4 - ? Câu 2.(2,0 điểm):Tinh thể Titan đioxit (TiO 2 ) được sử dụng rộng rãi trong các loại kem chống nắng bởi khả năng chống lại tia UV có hại cho da. Titan đioxit có cấu trúc tinh thể hệ bốn phương (hình hộp đứng đáy vuông), các ion Ti 4+ và ion O 2- được phân bố trong một ô mạng cơ sở như hình bên. a. Xác định số ion O 2- , Ti 4+ trong một ô mạng cơ sở và cho biết số phối trí của ion O 2- và của ion Ti 4+ . b. Xác định khối lượng riêng (g/cm 3 ) của TiO 2 . c. Biết góc liên kết trong TiO 2 là 90 o . Tìm độ dài liên kết Ti-O. Câu 3.(2,0 điểm):Phản ứng hạt nhân. Chuỗi phân rã thiên nhiên 238 92 U 206 82 → Pb bao gồm một số phân rã anpha và beta trong một loạt các bước kế tiếp. a. Hai bước đầu tiên bao gồm 234 90 Th (t 1/2 = 24,10 ngày) và 234 91 Pa (t 1/2 = 6,66 giờ). Hãy viết các phản ứng hạt nhân của hai bước đầu tiên trong sự phân rã của 238 U và tính tổng động năng theo MeV của các sản phẩm phân rã. Cho khối lượng nguyên tử: 238 U = 238,05079u; 234 Th = 234,04360u; 234 Pa = 234,04332u và 4 He = 4,00260u. 1u = 931,5MeV và m n = 1,00867u; 1MeV = 1,602.10 -13 J. 2,96A 0 2,96A 0 4,59A 0 ion O 2- ion Ti 4+ b. Phân rã kế tiếp của 238 U dẫn đến 226 88 Ra (t 1/2 = 1620 năm) mà sau đó bức xạ các hạt anpha để tạo thành 222 86 Rn (t 1/2 = 3,83 ngày). Nếu một thể tích mol của rađon trong điều kiện này là 25,0 lít thì thể tích của rađon ở cân bằng bền với 1,00kg rađi là bao nhiêu? c. Hoạt độ của một mẫu phóng xạ trong chuỗi 238 U giảm 10 lần sau 12,80 ngày. Hãy tìm hằng số phân rã và chu kỳ bán hủy của nó. Câu 4.(2,0 điểm):Nhiệt hóa học. Tính chất nhiệt động của một số phân tử và ion ở trạng thái chuẩn tại 25 0 C như sau: C 3 H 8 (k) O 2 (k) CO 2 (k) H 2 O (l) CO 3 2 (aq.) OH - (aq.) ∆H 0 S (kJmol -1 ) -103,85 0 -393,51 -285,83 - 677,14 - 229,99 S 0 (J.K -1 mol -1 ) 269,91 205,13 8 213,74 69,91 - 56,9 - 10,75 Xét quá trình oxi hoá hoàn toàn 1 mol C 3 H 8 (k) với O 2 (k) tạo thành CO 2 (k) và H 2 O (l), phản ứng được tiến hành ở 25 0 C, điều kiện chuẩn, theo 2 cách: a) Bất thuận nghịch và b) Thuận nghịch (trong một tế bào điện hoá). 1. Tính ∆H 0 , ∆U 0 , ∆S 0 , ∆G 0 của phản ứng trong mỗi cách nói trên. 2. Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích (tức là công hữu ích) mà hệ trao đổi với môi trường trong mỗi cách. 3. Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng của vũ trụ khi tiến hành quá trình theo mỗi cách. Câu 5.(2,0 điểm):Cân bằng hóa học pha khí. Người ta tiến hành tổng hợp NH 3 với sự có mặt của chất xúc tác theo phản ứng sau: 2 1 N 2 + 2 3 H 2 NH 3 Khi tổng hợp tỉ lệ mol N 2 và H 2 là 1:3. Trong quá trình tổng hợp chúng ta thu được các số liệu thực nghiệm sau: C O ở P tổng = 10 atm Lượng % NH 3 chiếm giữ ở P tổng = 50 atm Lượng % NH 3 chiếm giữ 350 7,35 25,11 450 2,04 9,17 a. Xác định K p theo số liệu thực nghiệm của bảng b. Tính giá trị ∆ H của phản ứng theo P tổng đã cho. Câu 6.(2,0 điểm):Cân bằng trong dung dịch điện ly 1 Cho các dung dịch sau: NaH 2 PO 4 0,01M (A); Na 2 HPO 4 0,01M (B); HCl 0,01M (C). a. Trình bày vắn tắt cách xác định pH của các dung dịch và cho biết chất chỉ thị nào sau đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch đó. Nêu rõ hiện tượng xảy ra? (1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 - 4,4: pH < 3,1 màu đỏ; pH > 4,4 màu vàng). (2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu 4,4-6,2; pH < 4,4 màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng); (3) Quỳ (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0 màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh); (4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu 8,2 - 10,0; pH < 8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ) b. Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H 3 PO 4 0,02M có thêm vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X. Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch. Cho biết: H 3 PO 4 có pKa 1 = 2,15; pKa 2 = 7,21; pKa 3 = 12,32; pK w = 14 2. a. Tính pH của dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,10M. b. Cho 100,0 ml dung dịch BaCl 2 0,25M vào 100,0 ml dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,10M. Xác định pH của dung dịch thu được. Cho biết: H 3 PO 4 có pKa 1 = 2,15; pKa 2 = 7,21; pKa 3 = 12,32; pK w = 14 Cr 2 O 7 2- + H 2 O  2HCrO 4 - có K = 10 -1,64 ; HCrO 4 -  H + + CrO 4 2- có K a = 10 -6,5 . Tích số tan của BaCrO 4 là K S = 10 -9,93 . Câu 7.(2,0 điểm):Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa. 1. Cho giản đồ Latimer sau: H 5 IO 6  → + V7,1 - 3 IO  → + V14,1 HOI → ? - 3 I  → + V54,0 - I MnO 4 - → ? MnO 4 2-  → + V27,2 MnO 2 → ? Mn 3+  → + V50,1 Mn 2+  → − V18,1 Mn Từ giản đồ trên tính: - 3 0 HOI/I E ; 2 4 4 0 MnO /MnO E - - ; 3 2 0 MnO /Mn E + ? 2. Tính nồng độ ban đầu của HSO 4 - biết rằng ở 25 o C, suất điện động của pin Pt | I − 0,1 (M) I 3 − 0,02 (M) || MnO 4 − 0,05 (M) Mn 2+ 0,01 (M) HSO 4 − C (M) | Pt có giá trị 0,824 (V). = +− 0 / 2 4 MnMnO E 1,51(V); = −− 0 3/ 3 II E 0,5355(V); − 4 HSO K = 10 -2 . Câu 8.(2,0 điểm):Nhóm Halogen Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: +1,2V +1,7V +1,23V • Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. • Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO 2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO 2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO 3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO 3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. • Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H 2 SO 4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na 2 S 2 O 3 . 1.Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. 2.Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H 2 SO 4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na 2 S 2 O 3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 . Tìm công thức phân tử của X. Câu 9.(2,0 điểm):Nhóm O-S Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na 2 S.9H 2 O, Na 2 S 2 O 3 .5H 2 O và tạp chất trơ vào H 2 O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml dung dịch iot 0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H 2 SO 4 rồi chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO 4 dư vào 50 ml dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa. Chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot 0,0101M. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu. Câu 10.(2,0 điểm):Động học Các quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật có thể sản sinh ra các chất độc hại, thí dụ O 2 − . Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim (E) mà các chất này bị phá huỷ, thí dụ: 2 O 2 − + 2 H + → O 2 + H 2 O 2 (∗) Người ta đã nghiên cứu phản ứng (∗) ở 25 o C với xúc tác E là supeoxiđeđimutazơ (SOD). Các thí nghiệm được tiến hành trong dung dịch đệm có pH bằng 9,1. Nồng độ đầu của SOD ở mỗi thí nghiệm đều bằng 0,400.10 − 6 mol.lít − 1 . Tốc độ đầu V o của phản ứng ở những nồng độ đầu khác nhau của O 2 − được ghi ở bảng dưới đây: C o (O 2 − ) mol. lít − 1 7,69.10 − 6 3,33.10 − 5 2,00.10 − 4 V o mol. lít − 1 .s − 1 3,85.10 − 3 1,67.10 − 2 0,100 1. Thiết lập phương trình động học của phản ứng (∗) ở điều kiện thí nghiệm đã cho. 2. Tính hằng số tốc độ phản ứng. …… HẾT……… ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 CÂU Ý Nội dung chính cần đạt Điểm Câu1 1 Ta có : n R + n X + n Y = 6 (1)  R +  X +  Y = 2 (2) (Y)(X)(R) mmm  ++ = -2 (3) m s(R) + m s(X) + m s(Y) = -1/2(4) - Ta có: n R + n X + n Y = 6. Vì 3 nguyên tố không cùng chu kì. => n R = 1, n X = 2, n Y = 3. Ba nguyên tố đều thuộc chu kì nhỏ. Nguyên tố R thuộc chu kì 1 nên electron của nó có  R = 0, (R) m  = 0, mà m s(R) = +1/2 => R là nguyên tố hiđro. - Ta có:  R +  X +  Y = 2 (2). Vì  R = 0 nên  X +  Y = 2. Vì X và Y thuộc chu kì nhỏ nên không thể có giá trị  = 2 ⇒  X =  Y = 1. Electron cuối cùng của X và Y thuộc phân lớp 2p và 3p. (Y)(X)(R) mmm  ++ = -2 (3). Vì (R) m  = 0 nên (Y)(X) mm  + = -2. Mà  X =  Y = 1 nên  m có các giá trị -1, 0, +1 ⇒ (X) m  = (Y) m  = -1 m s(R) + m s(X) + m s(Y) = -1/2 (4). Vì m s(R) = +1/2 nên m s(X) + m s(Y) = -1. Mà m s chỉ có giá trị là -1/2 hoặc +1/2 nên ⇒ m s(X) = m s(Y) = -1/2 Vậy electron cuối cùng điền vào cấu hình electron của nguyên tử có bộ số lượng tử sau : R : n = 1,  = 0,  m = 0, m s = +1/2 1s 1 (hiđro) X : n = 2,  = 1,  m = -1, m s = -1/2 1s 2 2s 2 2p 4 (oxi) Y : n = 3,  = 1,  m = -1, m s = -1/2 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 4 (lưu huỳnh) 0,5 0,25 0,25 2 Chất Trạng thái lai hóa Dạng hình SOF 4 ọc của phân tử sp 3 d lưỡng tháp tam giác TeCl 4 sp 3 d tháp vuông Mỗi chất 0,2 =1đ BrF 3 sp 3 d hình chữ T I - 3 sp 3 d thẳng ICl - 4 sp 3 d 2 vuông phẳng Câu2 a. Số ion O 2- trong một ô mạng = 4.1/2 + 2.1 = 4 Số ion Ti 4+ trong một ô mạng = 8.1/8 + 1.1 = 2 Số ion O 2- bao quanh ion Ti 4+ là 6 => số phối trí của Ti 4+ là 6. Số ion Ti 4+ bao quanh ion O 2- là 3 => số phối trí của O 2- là 3. b. Thể tích ô mạng cơ sở = 2,96.10 -8 . 2,96.10 -8 .4,59.10 -8 = 4,022.10 -23 cm 3 Khối lượng riêng, D = 3 23 3 [2.47,88 4.15,999]gam / mol 6,596 gam / cm 4,022.10 cm − + = ≈ 6,6gam/cm 3 c. Ion Ti 4+ là tâm của bát diện đều tạo bởi 6 ion O 2- . 2,96A 0 Độ dài liên kết Ti-O là x => 2x = (2,96) 1/2 => x = 0,86A 0 . 0,5 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu3 a Năng lượng phản ứng và tổng động năng: Bước 1: HeThU 4 2 234 90 238 92 +→ Q = K d + K α = [m( 238 U) – m( 234Th ) – m( 4 He)]c 2 = 4,28MeV. Bước 2: )( 0 1 234 91 234 90 β hayePaTh − +→ Q = K d + K β = [m( 234 Th) – m( 234 Pa)]c 2 = 0,26MeV 0,25 0,25 b Tại cân bằng (không đổi) N 1 λ 1 = N 2 λ 2 = A (A: hoạt độ) Với 226 Ra; λ 1 = 1,17.10 -6 ngày -1 Với 222 Rn; λ 2 = 0,181 ngày -1 . 0,25 0,25 lítV moln NN N Rn Rn 4 5 19 2 624 2 24 23 1 10.15,7 10.86,2 10.72,110.17,1.10.66,2181,0. 10.66,2 226 10.022,6.1000 222 − − − =⇒ = =⇒= == 0,5 c N 1 = N o e - λ t => )( 2 1 21 2 1 tt t o t o e eN eN N N − − − == λ λ λ 18,0 80,12 10ln ==⇒ λ => 85,3 181,0 693,0 2/1 ==t ngày. 0,5 Câu4 1 Tính ∆H 0 , ∆U 0 , ∆S 0 , ∆G 0 của phản ứng (pư): C 3 H 8 (k) + 5O 2 (k)  3CO 2 (k) + 4H 2 O(l) ∆H 0 (pư) = - 2220,00 KJ.mol -1 ; ∆S 0 (pư) = - 374,74 JK -1 mol -1 ; ∆U 0 (pư) = ∆H 0 (pư) - ∆(pV) = ∆H 0 - ∆(n khí RT) = - 2220,00 .10 3 J.mol -1 - (-3mol . 8,3145 JK -1 mol -1 . 298,15K ) = - 2220,00 . 10 3 J.mol -1 + 7436,90 J.mol -1 . ∆U 0 = - 2212,56. 10 3 J.mol -1 . ∆G 0 = ∆H 0 - T ∆S 0 = [- 2220,00 . 10 3 - (298,15) . (-374,74) ]J.mol -1 ∆G 0 = - 2108,3 kJ.mol -1 . Vì H, U, S, G là các hàm trạng thái của hệ nên dù tiến hành theo cách thuận nghịch hay bất thuận nghịch mà trạng thái đầu và trạng thái cuối của hai cách giống nhau thì các đại lượng ∆H, ∆U, ∆S, ∆G cũng vẫn bằng nhau. 0,25 0,25 0,25 2 Tính nhiệt, công thể tích, công phi thể tích mà hệ trao đổi. *Quá trình bất thuận nghịch - Nhiệt trao đổi của hệ q = ∆H 0 - Công thể tích W tt = ∫-pdV = -p∆V = - ∆n k RT ∆n k = - 3 mol -> W tt = -(3mol) . 8,3145 JK -1 mol -1 . 298,15K = +7436,90 Jmol -1 >0 hệ nhận công. 0,5 - Công phi thể tích = 0 *Quá trình thuận nghịch. - Tổng năng lượng mà hệ trao đổi với môi trường là ∆H 0 trong đó nhiệt trao đổi là : T∆S = 298,15K . (-374,74) JK -1 mol -1 ) = -111,729 kJmol -1 . - Công thể tích: Wtt = -∆n k RT = + 7436,90 Jmol -1 > 0 hệ nhận công - Công phi thể tích cực đại: W' = ∆G 0 = - 2108,33 KJmol -1 <0 hệ sinh công 0,25 3 Tính ∆S của môi trường và ∆S tổng cộng. * Quá trình bất thuận nghịch ∆S hệ = -374,74JK -1 mol -1 . ∆S môi trường = q mt /T = - ∆H hệ /T = 2220.10 3 jmol -1 /298,15 = 7445,92 JK - 1 mol -1 ∆S tổng cộng (vũ trụ) = ∆H hệ + ∆S môi trường = 7071,18 JK -1 mol -1 > 0 -> phản ứng tự phát. * Quá trình thuận nghịch ∆S hệ = -374,74JK -1 mol -1 . ∆S môi trường = q mt /T = - q hệ /T = +111,7287 KJmol -1 /298,15K <=> + 374,74 JK -1 mol -1 . ∆S tổng cộng (vũ trụ) = ∆H hệ + ∆S môi trường = 0. 0,25 0,25 Câu 5 a Phản ứng tổng hợp amoniac là: 2 1 N 2 + 2 3 H 2 ⇔ NH 3 Theo định luật tác dụng khối lượng ta viết: K p = 2/32/1 22 3 . HN NH PP P - Tại nhiệt độ 350 O C, áp suất toàn phần là 10 atm, mà áp suất của NH 3 chỉ chiếm 7,35%, nghĩa là 0,735 nên áp suất của N 2 và H 2 sẽ là: P 2 N + P 2 H = 10 – 0,735 = 9,265 atm Lượng áp suất này được chia làm bốn phần (N 2 + 3H 2 2NH 3 ) nên ta dễ dàng suy ra: P 3 NH = 0,735 atm; P 2 N = 2,316 atm; P 2 H = 6,949 atm Với các số liệu này thì hằng số K p sẽ là: K p = 2/32/1 )949,6()316,2( 735,0 = 2,64.10 2− atm 1− - Tại nhiệt độ 350 O C, áp suất toàn phần là 50 atm, mà áp suất của NH 3 chỉ chiếm 25,11%, nghĩa là áp suất của khí NH 3 chiếm 12,555 atm. Theo định nghĩa về áp suất toàn phần ta có: P 2 N + P 2 H = 50 – 12,555 = 37,445 atm Lượng áp suất này được chia làm bốn phần sẽ dẫn đến P 2 N = 9,361 atm; P 2 H = 3.9,361 = 28,084 atm Áp dụng bằng số vào công thức trên ta có thể tính được giá trị K p : K p = 2/32/1 )08,28()361,9( 555,12 = 2,76.10 2− atm 1− Cũng bằng cánh lập luận và tính toán tương tự chúng ta thu được các giá trị K p tại 450 O C như sau: - Ở 450 O C, P tổng = 10 atm áp suất riêng phần cho từng khí là: P 3 NH = 0,204 atm; P 2 N = 2,449 atm; P 2 H = 7,347 atm 0,25 0,25 0,25 K p = 2/32/1 )347,7()449,2( 204,0 = 6,55.10 3− atm 1− - Ở 450 O C, P tổng = 50 atm áp suất riêng phần cho từng khí là: P 3 NH = 4,585 atm; P 2 N = 11,354 atm; P 2 H = 34,061 atm K p = 2/32/1 )061,34()354,11( 585,4 = 6,84.10 3− atm 1− 0,25 b Để tính sự biến thiên entanpi ∆ H của phản ứng trên tại hai nhiệt độ 350 O C và 450 O C chúng ta áp dụng công thức: ln 1 2 p p K K = R H∆         − 21 11 TT Trong trường hợp này giá trị ∆ H được xem là không phụ thuộc vào khoảng nhiệt độ mà phản ứng xảy ra: ∆ H O = 12 21 2 1 ln TT K K TTR p P − - Tại P tổng = 10 atm. Giá trị ∆ H sẽ là: ∆ H O = 623723 10.64,2 10.55,6 ln723.623.314,8 2 3 − − − = -52,199 J/mol - Tại P tổng = 50 atm. Giá trị ∆ H sẽ là: ∆ H O = 623723 10.76,2 10.84,6 ln723.623.314,8 2 3 − − − = -51,613 J/mol 0,5 0,5 [...]... 5,8075 .10 -4 mol → số mol Na2S trong 250 ml dung dịch A: 6,02975 .10- 3 mol % Na2S.9H2O= 6,02975 .10- 3 168 .100 /2 = 72,36% %Na2S2O3.5H2O = 14,40% % tạp chất trơ = 13,24% Câu 10 1 v= 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 d [O2 ] = k [H+]α [O2−]β ; dt Vì [H+] là một hằng số nên : v = k [O2−]β 0,5 -3 -6 β 3,85 .10 = k (7,69 .10 ) 1,67 .10- 2 = k (3,33 .10- 5)β 0 ,100 = k (2,00 .10- 4)β 3,85 .10 −3  7,69 .10 −6  = 1,67 .10 −2... −6  = 1,67 .10 −2  3,33 .10 −5    β 1,67 .10 −2  3,33 .10 −5  = −4  0 ,100  2,00 .10  β 3,85 .10 −3  7,69 .10 −6  = −4  0 ,100  2,00 .10  0,231 = (0,231)β β=1 0,167 = (0,167)β β=1 0,5 β 0,0385 = (0,0385)β β=1 • v = k [O2−] k = 3,85 .10- 3 mol.lit-1.s-1/ 7,69 .10- 6 mol.lit-1 = 501 s−1 k = 1,67 .10- 2 mol.lit-1.s-1/ 3,33 .10- 5 mol.lit-1 = 501 s−1 0,5 k = 0,1 mol.lit-1.s-1/ 2,00 .10- 4 mol.lit-1 = 502 s−1... 0,025x0,0525 – 0,00065145 = 0,0006 6105 mol = 6, 6105 x10-4 (mol) → số mol I2 cần p/ư với 250 ml dd A: 6, 6105 .10- 3 mol Cho ZnSO4 dư vào 50 ml dung dịch A Zn2+ + S2- → ZnS ↓ Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ nước lọc hết 11,5 ml dd iot 0, 0101 M (= 0,00011615 mol = 1,1615 .10- 4 mol) → số mol Na2S2O3 trong 50 ml dd A là 2,323 .10- 4 mol → số mol Na2S2O3 trong 250 ml dd A là 1,1615 .10- 3 mol → số mol I2 cần dùng trong... = 10- 1,64 HCrO4-  H+ + CrO42- (2) Ka = 10- 6,5 H2O  H+ + OH- (3) Kw = 10- 14 Nhận xét: K1 >> Ka >> Kw => coi như lượng HCrO4- chuyển hóa không đáng kể so với lượng HCrO4- được tạo thành Xét cân bằng (1): Cr2O72- + H2O  2HCrO4C 0,1 (1) K1 = 10- 1,64 0,5 [] K1 = 0,1 - x 2x [HCrO − ]2 (2x)2 4 = = 10 1,64 => x = 2,124 .10- 2 => 2− [Cr2 O 7 ] 0,1 − x [HCrO4-] = 4,248 .10- 2M Xét cân bằng (2): HCrO4C 4,248 .10- 2... Ka = 10- 6,5 4,248 .10- 2 []  y y [H + ][CrO2 − ] y2 4 Ka = = = 10 6,5 => − [HCrO 4 ] 0,04248 − y y = 1,16 .10- 4 pH = 3,96 b Đánh giá khả năng hình thành kết tủa BaCrO4: [Ba2+][CrO42-] = 0,5 (0,25/2)(y/2) = 10- 5,14 >> KS, do đó có kết tủa BaSO4 xuất hiện 2Ba2+ + Cr2O72- + H2O  2BaCrO4 + 2H+ (2) K2 = KS- 2 K1Ka2 = 105 ,22 >> 1 0,125 0,05 0,025 - 0 ,10 [H+] = 0,10M... màu vàng b ( Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H3PO4 0,01M Phản ứng xảy ra: H3PO4 + 0,01 - OH- → H2PO4- + H2O 0,015 0,005 0,5 0,01 H2PO4- + OH- → HPO42- + H2O 0,01 0,005 5 .10- 3 5 .10- 3 - Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và bazơ liên hợp cùng nồng độ mol Do đó: pHX = pKa2 = 7,21 Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím K2Cr2O7 → 2K+ + Cr2O72- a 0,1M - 0,1M Các cân bằng: ... + ]8 ) − 0,574 5 0,25 => [H+] = 0,05373 (M) Mặt khác từ cân bằng HSO4- → H+ + Co [ ] SO42- Ka = 10- 2 C C – [H+] [H+] [H+] 0,5 [ H + ]2 (0,054) 2 10 = => [HSO4-]=0,3456 M C − [ H + ] C − 0,054) −2 Câu 8 1 X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot 0,5 Phản ứng... Na+ và anion IO − x Đặt công thức của X là NaIOx Phản ứng dạng ion: 2 IO − +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1) x I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + (2) + Ag + I−→ 0,5 AgI (3) IO − + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2O x I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 (4) (5) 1,87 .10- 3 ← 3,74 .10- 3 2 Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74 .10- 3 Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87 .10- 3... ⇒ Số mol IO − = x 1 x (số mol I2) = 1 x 1,87 .10- 3 0,5 ⇒ 0,1 1 = 1,87 .10- 3 23 + 127 + 16 x x ⇒ 0,1 x = 1,87 .10- 3 150 + 16x 0,5 0,1x = 0,2805 + 0,02992x ⇒ x=4 Công thức phân tử của X: Câu9 NaIO4 Thêm 25 ml dung dịch I20,0525M vào 25 ml dung dịch A Na2S + I2 → 2NaI + S ↓ (1) 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6 + 2NaI (2) Chuẩn độ iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2S2O3 0 ,101 M (=0,0013029 mol) 2Na2S2O3 + I2 → Na2S4O6... 1,5.(3 - 2) = 0,96 V 4- 3 0,25 0,25 0,25 Ở điện cực phải: MnO4- + 8H+ + 5e→ Mn2+ + 4H2O − + 8 |+ 8 0 EMnO − / Mn 2+ + 0,0592 lg [ MnO4 ].[ H ] = 1,51 + 0,0592 lg 0,05[ H ] Ephải = 4 5 [ Mn 2 + ] 5 0,01 Ở điện cực trái: 0 Etrái = EI − 3 / 3I − + 0,25 3I- → I3- + 2e 0,0592 0,02 0,0592 [ I 3− ] lg lg − 3 = 0,5355 + =0,574 2 (0,1)3 2 [I ] 0,25 Epin = Ephải - Etrái => 0,824 = 1,51 + 0,0592 lg(5.[ H + ]8 ) . CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH LÀO CAI ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2015 ĐỀ THI ĐỀ XUẤT Thời gian làm bài 180 phút ( Đề này có 04 trang, gồm 10. (2,00 .10 -4 ) β 0,5 β       = − − − − 5 6 2 3 10. 33,3 10. 69,7 10. 67,1 10. 85,3 0,231 = (0,231) β β = 1 β       = − −− 4 52 10. 00,2 10. 33,3 100 ,0 10. 67,1 0,167 = (0,167) β β = 1 β       = − −− 4 63 10. 00,2 10. 69,7 100 ,0 10. 85,3 0,0385. lítV moln NN N Rn Rn 4 5 19 2 624 2 24 23 1 10. 15,7 10. 86,2 10. 72, 110. 17,1 .10. 66,2181,0. 10. 66,2 226 10. 022,6 .100 0 222 − − − =⇒ = =⇒= == 0,5 c N 1 = N o e - λ t => )( 2 1 21 2 1 tt t o t o e eN eN N N − − − == λ λ λ 18,0 80,12 10ln ==⇒ λ