SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB NĂM HỌC: 2014-2015 MÔN: HOÁ HỌC 10 Thời gian làm bài: 180 phút GV: Nguyễn Đình Hùng - THPT Chuyên Vĩnh Phúc Điện thoại: 0916003664 Câu 1. Cấu tạo nguyên tử, phân tử- Định luật HTTH. 1. Tính năng lượng ion hoá I 1 , I 2 , I 3 , I 4 và I 5 của nguyên tử 5 X. 2. Giải thích các hiện tượng sau: * Năng lượng phân li liên kết của Cl 2 (240kJ/mol) lớn hơn của F 2 (154kJ/mol) và Br 2 (190kJ/mol). *Nhiệt độ sôi của NH 3 (-33 o C) cao hơn nhiệt độ sôi của NF 3 (-129 o C) nhưng thấp hơn của NCl 3 (71 o C). * Sự biến đổi góc liên kết: NH 3 107 o → PH 3 93,6 o PH 3 93,6 o → PF 3 96,3 o Câu 2. Tinh thể Tính dẻo và dễ uốn cong của kim loại là những đặc tính cực kì quan trọng trong xây dựng hiện đại. Dạng bền nhiệt động của thiếc kim loại ở 298K và áp suất thường là thiếc trắng. Loại thiếc này có các tính chất cơ học điển hình của kim loại và vì vậy có thể sử dụng làm vật liệu xây dựng. Ở nhiệt độ thấp hơn, thiếc xám, một loại thù hình của thiếc trắng lại bền nhiệt động hơn. Bởi vì thiếc xám giòn hơn nhiều so với thiếc trắng, vì vậy các thành phần xây dựng bằng thiếc nếu để lâu ở nhiệt độ thấp sẽ trở nên hư hại, dễ gãy. Bởi vì sự hư hại này tương tự như một loại bệnh, nên người ta gọi sự hư hại này là “bệnh dịch thiếc”. a) Sử dụng bảng số liệu dưới đây, tính nhiệt độ tại đó thiếc xám cân bằng với thiếc trắng (tại áp suất 1 bar = 10 5 Pascal). Chất ∆H 0 (kj.mol -1 ) S 0 (j.mol -1 .k -1 ) Thiếc xám -2,016 44,14 Thiếc trắng 0 51,18 b) Thiếc trắng có ô mạng cơ sở khá phức tạp, ở dạng bốn phương, a = b = 583,2 pm và c = 318,1 pm với 4 nguyên tử Sn trong 1 ô mạng cơ sở. Tính khối lượng riêng của thiếc trắng theo g/cm 3 . c) Cho rằng thiếc xám có cấu trúc lập phương tâm mặt được gọi là cấu trúc kim cương (hình dưới) Khảo sát một mẫu thiếc xám bằng phương pháp nhiễu xạ tia X (sử dụng bức xạ Cu Kα, λ = 154.18 pm). Góc phản xạ nhỏ nhất, gây bởi sự nhiễu xạ từ họ các mặt phẳng (111), được quan sát thấy ở 2θ = 23,74°. Tính khối lượng riêng của thiếc xám theo g/cm 3 . d) Áp suất tại đáy thung lũng Mariana Trendch của Thái Bình Dương là 1090 bar. Nhiệt độ cân bằng sẽ thay đổi cụ thể như thế nào tại áp suất đó? Giả sử tại áp suất đó, 2 dạng thù hình của thiếc nằm cân bằng với nhau? Trong các tính toán, cho rằng năng lượng E, entropy S và thể tích mol phân tử của cả 2 dạng thiếc không phụ thuộc vào nhiệt độ. Câu 3. Phản ứng hạt nhân. Xét chuỗi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với 232 90 Th và kết thúc với đồng vị bền 208 82 Pb . (a) Hãy tính số phân hủy β xảy ra trong chuỗi này. (b)Tính năng lượng được giải phóng (theo MeV) khi 1 nguyên tử 232 90 Th chuyển hoá thành 1 nguyên tử 208 82 Pb . (c) Hãy tính tốc độ tạo thành năng lượng (công suất) theo watt (1W = Js -1 ) sản sinh từ một mẫu phóng xạ chứa 1,00 kg 232 Th (t 1/2 = 1,40.10 10 năm). Coi 1 năm = 365 ngày. Biết : 4 He = 4,00260 u; 208 Pb = 207,97664 u; 232 Th = 232,03805 u; 1 MeV = 1,602.10 -13 J và N A = 6,022.10 23 mol -1 . Câu 4. Nhiệt hóa học. Trong công nghiệp người ta điều chế Zr bằng phương pháp Kroll theo phản ứng sau: ZrCl 4(k) + 2Mg (l) € 2MgCl 2(l) + Zr (r) Phản ứng được thực hiện ở 800 o C trong môi trường khí agon (Ar) ở áp suất 1,0 atm. Các pha trong phản ứng không trộn lẫn vào nhau: a) Thiết lập phương trình ∆G o = f(T) cho phản ứng. b) Chứng minh rằng phản ứng là tự phát trong điều kiện công nghiệp ở 800 o C và áp suất của ZrCl 4 là 0,10 atm Cho biết các số liệu entanpi tạo thành ∆H o s , entanpi thăng hoa ∆H o th , entanpi nóng chảy ∆H o nc (tính bằng kJ.mol -1 ) và entropy S o (đơn vị J.K -1 .mol -1 ) ở bảng sau Chất ∆H o s ∆H o th T nc (K) T th (K) S o ∆H o nc Zr (r) 0 - - - 39,0 - ZrCl 4 (r) -980 106 - 604 181 - Mg (r) 0 - 923 - 32,68 9 MgCl 2 (r) -641 - 981 - 89,59 43 Coi ∆H o và ∆S o của phản ứng là hằng số trong khoảng nhiệt độ khảo sát. Câu 5. Cân bằng hóa học pha khí. Cho cân bằng hóa học: N 2 (k) + 3H 2 (k) € 2NH 3 (k) ∆H = - 92 kJ/mol Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ mol 1 : 3, khi đạt tới trạng thái cân bằng ở điều kiện tối ưu (450 o C, 300 atm) thì NH 3 chiếm 36% về thể tích. a. Tính hằng số cân bằng K p . b. Giữ nhiệt độ không đổi ở 450 o C, cần tiến hành phản ứng dưới áp suất là bao nhiêu để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% về thể tích? c. Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành phản ứng ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% về thể tích? Câu 6. Cân bằng axit-bazơ và kết tủa. Tính pH và nồng độ mol của Cr −2 4 O , Cr 2 − 2 7 O trong dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,01M và CH 3 COOH 0,1M. Cho: OHCOCH 3 K = 1,8.10 -5 HCr − 4 O + H 2 O Cr − 2 4 O + H 3 O + pK 2 = 6,5 2HCr − 4 O Cr 2 − 2 7 O + H 2 O pK 1 = -1,36 Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa. Cho 25,00 ml dung dịch chứa Cu(NO 3 ) 2 0,06M và Pb(NO 3 ) 2 0,04M trộn vào 25,00 ml dung dịch chứa NaIO 3 0,12M và HIO 3 0,14M thu được dung dịch Y. 1. Tính nồng độ cân bằng của Cu 2+ , Pb 2+ trong dung dịch Y. 2. Cho điện cực Cu nhúng vào Y rồi ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm AgNO 3 0,01M và NaI 0,04M ở 25 0 C. Viết sơ đồ pin điện, chỉ rõ dấu của điện cực. Biết: pK s của Cu(IO 3 ) 2 , Pb(IO 3 ) 2 , AgI lần lượt là 7,13 ; 12,61 ; 16,00 2 2 * 8 * 7,8 0 0 0 ( ) ( ) / / / 10 ; 10 ; 0,337 ; 0,126 ; 0,799 Cu OH Pb OH Cu Cu Pb Pb Ag Ag E V E V E V β β + + + + + − − = = = = − = -1- Câu 8. Nhóm Halogen. Cho 9,44 gam hỗn hợp X gồm NaCl, NaBr và NaI tác dụng hoàn toàn với dung dịch H 2 SO 4 đặc, nóng, dư thu được 1,288 lít (đktc) hỗn hợp Y gồm 3 khí. Dẫn hỗn hợp Y vào nước dư, thu được một chất rắn màu vàng nhạt và một dung dịch còn lại chỉ chứa một chất tan. Hãy tính khối lượng các chất trong hỗn hợp X. Biết mỗi chất trong X tác dụng với H 2 SO 4 theo một phản ứng duy nhất, Br 2 sinh ra ở trạng thái lỏng, I 2 sinh ra ở trạng thái rắn. Câu 9. Nhóm O-S. A là hợp chất của một kim loại M với oxi. Khi cho 32,9 gam A tác dụng với một lượng dư khí cacbonic tạo nên chất rắn B và khí D. B hòa tan dễ dàng trong nước tạo ra dung dịch E, thêm một lượng dư dung dịch Ba(NO 3 ) 2 vào E thu được 27,58 gam kết tủa. Sau khi cho khí D đi qua ống đựng đồng nung nóng, khối lượng của ống tăng lên 6,72 gam. (a) Xác định A. (b) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi cho A lần lượt tác dụng với O 3 , NH 3 , HCl loãng Câu 10. Động học (không có phần cơ chế phản ứng). 1. Cho phản ứng : (CH 3 ) 2 O (k) → CH 4(k) + CO (k) + H 2(k) Khi tiến hành phân hủy đimetyl ete (CH 3 ) 2 O trong một bình kín ở nhiệt độ 504 o C và đo áp suất tổng của hệ, người ta được các kết quả sau: t / giây 0 1550 3100 4650 P hệ / mm Hg 400 800 1000 1100 Dựa vào các kết quả này, hãy: a) Chứng minh rằng phản ứng phân huỷ đimetyl ete là phản ứng bậc một. b) Tính hằng số tốc độ phản ứng ở 504 o C. c) Tính áp suất tổng của hệ trong bình và phần trăm lượng (CH 3 ) 2 O đã bị phân hủy sau 460 giây. SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB NĂM HỌC: 2014-2015 MÔN: HOÁ HỌC 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu Đáp án Điểm 1 a.Nhận xét: Trị số năng lượng ion hoá của một e còn lại trong lớp bằng trị số năng lượng của e đó và tổng trị số năng lượng ion hoá trong một lớp bằng tổng trị số năng lượng của các electron trong cấu tử đó. Theo từ (1) đến (5) ta có: + Theo (5): I 5 = -E(1s') = - (-13,5 ) = 340 (eV) + Theo (4 và 5): I 4 + I 5 = -E(1s 2 ) → I 4 = - (-13,6 12 2)3,05( − . 2) - 340 = 260,848 (eV) + Theo (3): I 3 = ε(2s') = - (-13,6 ) = 37,026 (eV) + Theo (2 và 3): I 2 + I 3 = -E(2s 2 ) → I 2 = - (-13,6 . 2) - 37,026 = 22,151 (eV) + Theo (1, 2 và 3): I 1 + I 2 + I 3 = - E(2s 2 2p 1 ) → I 1 = - (-13,6 . 2) - 37,026 - 22,151 = 9,775(eV) 1,25đ * Liên kết trong Cl 2 bền hơn trong F 2 vì nguyên tử F đủ nhỏ làm các electron không liên kết trên nguyên tử F đẩy nhau, làm giảm độ bền liên kết. Hơn nữa liên kết trong phân tử Cl 2 còn mang một phần liên kết π p→d giữa obitan p và obitan d của hai nguyên tử Cl Đối với Br 2 , do Br có kích thước lớn dẫn tới xen phủ obitan không hiệu quả. * Nhiệt độ sôi của NH 3 cao hơn NF 3 vì giữa các phân tử NH 3 có liên kết hidro với nhau. Lực liên kết hidro mạnh hơn so với lực tương tác khuếch tán, tương tác lưỡng cực và tương tác cảm ứng giữa các phân tử NF 3 . Đối với NCl 3 , lực tương tác khuếch tán đủ lớn (do clo là nguyên tử có kích thước lớn và phân cực), mạnh hơn lực liên kết hidro trong NH 3. *Độ âm điện của N>P, cặp electron tự do trên nguyên tử N bị “giữ” chặt hơn, chiếm ít không gian hơn. Góc F-P-F lớn hơn H-P-H vì P có obitan trống sẽ tạo liên kết π với cặp electron tự do trên F, ( π p→d ). Liên kết mang một phần liên kết bội, không gian chiếm sẽ lớn hơn liên kết đơn (trong PH 3 ), chúng đẩy nhau mạnh hơn, góc mở rộng. 0,75đ 2 a. Hai pha thiếc nằm cân bằng với nhau nếu ∆G 0 = 0 cho Sn(trắng) → Sn(xám) Từ đó dễ dàng tìm được T=13,2 o C. 0,5 b. Thể tích của 1 ô mạng cơ sở dạng bốn phương là 583,2 pm x 583,2 pm x 318,1 pm = 1.082.10 8 pm 3 = 1,082.10 –22 cm 3 . Vì 1 ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử Sn, từ đó tính được khối lượng riêng của thiếc trắng là 7,287 g.cm –3 . 0,5 c. Từ định luật Bragg, nλ = 2dsinθ. Với góc phản xạ nhỏ nhất, n = 1 → d = λ/ (2sinθ) = 374.8 pm. Khoảng cách giữa các mặt (111) gần nhau nhất trong ô mạng cơ sở lập phương là 3a với a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở. Như vậy, a = 3d = 649.1 pm, V = a 3 = 2,735 pm 3 = 2,735.10 –22 cm 3 . Theo hình vẽ, có 9 0,5 nguyên tử Sn trong 1 ô mạng cơ sở → khối lượng riêng của thiếc xám là 5,766 g.cm –3 . d. Về mặt định tính, khi tăng áp suất, sẽ làm tăng tính ổn định của pha rắn. Vì khối lượng riêng thiếc trắng lớn hơn đáng kể so với thiếc xám do vậy thiếc trắng bền hơn ở áp suất cao, cho nên nhiệt độ tại đó thiếc xám tự chuyển thành thiếc trắng sẽ giảm đi. Về định lượng, ta có:∆H° = ∆E° + ∆(pV) = ∆E°+ p∆V (cho phản ứng tại một áp suất không đổi) Khi áp suất thay đổi, ∆H° cho sự chuyển pha cũng thay đổi ∆H° 1090 bar = ∆E° + (1090 bar)∆V ∆H° 1090 bar = ∆H° 1 bar + (1089 bar)∆V (*)(dựa vào giả thiết, E và V không phụ thuộc T) Theo các kết quả các câu trước, thể tích mol của thiếc trắng và xám lần lượt là 16,17 và 20,43 cm 3 /mol → ∆V = 4,26 cm 3 /mol = 4,26.10 -6 m 3 /mol. Thay vào hệ thức (*) thu được: ∆H° 1090 bar = ∆H° 1 bar + 464 J/mol (2*) Do nhiệt độ cân bằng T eq = ∆H°/∆S° (3*), do vậy thay thế (2*) và các giá trị ∆H° 1 bar , ∆S° 1 bar vào (3*) tìm được T eq, 1090 bar = -52,8 o C. Kết quả này cho thấy, ở những nhiệt độ thấp của đáy đại dương dạng thù hình bền của thiếc là thiếc trắng vì ở đó ứng với áp suất cao hơn. 0,5 3 (a) Gọi x, y là số hạt α và β Áp dụng định luật bảo toàn số khối, ta có : x = 232 208 4 − = 6 Áp dụng định luật bảo toàn điện tích, ta có : 90 = 82 + 6.2 – y ⇒ y = 4 Vậy số phân huỷ β trong dãy này là 4 …………………………………………………………………………………… (b) 4 2 208 82 232 90 β4+He6+Pb→Th Độ hụt khối lượng ∆m = m( 232 Th) – m( 208 Pb) – 6m( 4 He) = 0,0458 (u) Năng lượng phóng thích : E = ∆m.c 2 = 23 0,0458 6,022.10 .10 -3 .(3.10 8 ) 2 = 6,845.10 -12 (J) E = 12 13 6,845.10 1,602.10 − − = 42,73 (MeV). …………………………………………………………………………………… (c) 1,00 kg có chứa = 23 24 1000.6,022.10 2,60.10 232,04 = nguyên tử Hằng số phân hủy của 232 Th, 18 1 10 0,693 1,57.10 1,40.10 .365.24.3600 k s − − = = Độ phóng xạ của mẫu Th là: A = kN = 1,57.10 -18 .2,60.10 24 = 4,08.10 6 (phân huỷ/s) Mỗi phân hủy giải phóng 6,845.10 -12 J nên Công suất = 4,08.10 6 .6,845.10 -12 = 2,79.10 -5 (W). 0,5 0,5 1đ 4 a) ∆G o =∆H o - T∆S o ∆H o = 2∆H o s (MgCl 2 ,l) + ∆H o s (Zr, r) - ∆H o s (ZrCl 4 ,k) - 2∆H o s (Mg,l) ∆H o s (MgCl 2 ,l) = ∆H o s (MgCl 2 ,r) + ∆H o nc (MgCl 2 ) = -641 + 43 = -598 kJ.mol -1 ∆H o s (ZrCl 4 ,k) = ∆H o s (ZrCl 4 ,r) + ∆H o th (ZrCl 4 ) = -980 + 106 = -874 kJ.mol -1 1,5 ∆H o s (Mg,l) = ∆H o s (Mg,r) + ∆H o nc (Mg) = 0 + 9 kJ.mol -1 = 9 kJ/mol ∆H o = 2.(-598) + 874 – 2.9 = -340 kJ ∆S o = 2S o (MgCl 2 ,l) + S o (Zr, r) - S o (ZrCl 4 ,k) – 2S o (Mg,l) S o (MgCl 2 ,l) = S o (MgCl 2 ,r) + ∆H o nc /T nc (Mg,r) = 89,59 + (43.10 3 /981) = 133,42 J.K -1 .mol -1 S o (ZrCl 4 ,k) = S o (ZrCl 4 ,r) + ∆H o th /T th (ZrCl 4 ) = 181 + (106.10 3 /604) = 356,5 J.K -1 .mol -1 S o (Mg,l) = S o (Mg,r) + ∆H o nc /T nc (Mg) = 32,68 + (9.10 3 /923) = 42,43 J.K -1 .mol -1 ∆S o = 2.(133,42) + 39,0 – 356,5 -2.(42,43) = -135,52 J.K -1 ∆G o = -340 + 0,13552T (kJ) …………………………………………………………………………………… b) ∆G = ∆G o + RTlnQ P = -340 + 0,13552.1073 + 8,314.10 -3 .1073.ln(1/0,10) = -174,05 kJ < 0. phản ứng tự phát ……. 0,5 5 a) N 2 + 3H 2 € 2NH 3 Bđ 1 3 Pư α 3α 2α [ ] (1-α) (3-3α) 2α ta có: n hệ = 4 - 2α. Vì NH 3 chiếm 36% thể tích nên: 2 9 0,36 4 2 17 α α α = => = − →Ta có K P1 = 8,14 .10 -5 (atm -2 ). 0,5 b) 2 2 0,5 4 2 3 α α α = ⇒ = − suy ra: 1 2 2 5 2 2 (2 ) . 8,14.10 (1 )(3 3 ) 4 2 P P K α α α α − − = = ÷ − − − Tính được: P 2 = 682,6 (atm). 0,5 c) Khi NH 3 =50% , P = 300 atm; => α = 2 3 => K P2 = 4,21.10 -4 (atm -2 ). Ta có : ln 2 1 1 2 1 1 P P K H K R T T ∆ = − ÷ Nên => T 2 = 1 2 0 1 1 1 ln 652,9( ) K R K H K T − − + = ÷ ∆ . 1đ 6 Ta có các cân bằng: CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO − + H 3 O + K a = 1,8.10 -5 (1) Cr 2 − 2 7 O + H 2 O 2HCr − 4 O K 1 = 10 -1,36 (2) HCr − 4 O + H 2 O H 3 O + + Cr −2 4 O K 2 = 10 -6,5 (3) Vì K 1 >>K a , K 2 ⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr 2 − 2 7 O và HCr − 4 O dựa vào cân bằng (2). Cr 2 − 2 7 O + H 2 O 2HCr − 4 O K 1 = 10 -1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định luật tác dụng khối lượng. 0,5 0,5 K 1 = x)(0,010 (2x) 2 − = 10 -1,36 (x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10 -3 . Vậy : [Cr 2 − 2 7 O ] = 0,010 - 6,33.10 -3 = 3,7.10 -3 (M) ; [HCr − 4 O ] = 6,33.2.10 -3 = 1,27.10 -2 (M) ……………………………………………………………………………………. So sánh cân bằng (3) và (1): K a .C a >> K 2 [HCr − 4 O ] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế: CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO − + H 3 O + K a = 1,8.10 -5 BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a K a = a0,1 a 2 − = 1,8.10 -5 ĐK a<<0,1 ⇒ a = 1,34.10 -3 . Vậy: [H 3 O + ] = 1,34.10 -3 ⇒ pH = 2,87. Để tính [Cr −2 4 O ] ta dùng cân bằng (3) HCr − 4 O + H 2 O Cr − 2 4 O + H 3 O + K 2 = 10 -6,5 TTCB 1,27.10 -3 -b b 1,34.10 -3 Ta có: 3 6,53 6,5 3 3 1,34.10 .101,27.10 b10 1,27.10 b.1,34.10 − −− − − − =⇒= = 3.10 -6 ĐK: b<< 1,27.10 -3 Vậy: [Cr − 2 4 O ] = 3.10 -6 (M). 0,5 0,5 7 Sau khi trộn, 2 2 3 0,03 ; 0,02 ; 0,07 ; 0,13 Cu Pb H IO C M C M C M C M + + + − = = = = Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của ion kim loại Pb 2+ + 2IO 3 - Pb(IO 3 ) 2 K 3 = 10 12,61 >> → phản ứng hoàn toàn C bđ 0,02 0,13 [ ] 0 0,09 Cu 2+ + 2IO 3 - Cu(IO 3 ) 2 K 4 = 10 7,13 >> → phản ứng hoàn toàn C bđ 0,03 0,09 [ ] 0 0,03 Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO 3 ) 2 ; Cu(IO 3 ) 2 ; IO 3 - ; H + ; Na + ; NO 3 - Có các cân bằng: Pb(IO 3 ) 2 Pb 2+ + 2IO 3 - (4) K 3 -1 = 10 -12,61 Cu(IO 3 ) 2 Cu 2+ + 2IO 3 - (5) K 4 -1 = 10 -7,13 Vì K 3 -1 << K 4 -1 nên ta tính theo cân bằng (5), bỏ qua cân bằng (4). Cu(IO 3 ) 2 Cu 2+ + 2IO 3 - (5) K 4 -1 = 10 -7,13 C bđ 0,03 [ ] x 0,03 + 2x Theo cân bằng (5): 1 2 7,13 4 .(0,03 2 ) 10K x x − − = + = 5 8,237.10x − → = << 0,03 → Nồng độ IO 3 - coi như không đổi. Pb(IO 3 ) 2 Pb 2+ + 2IO 3 - (4) K 3 -1 = 10 -12,61 C bđ 0,03 [ ] y 0,03 + 2y Theo cân bằng (5): y = 2,727.10 -10 . Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là 0,5đ 0,5 2 2 0 2 / / 0,0592 log 2 Cu Cu Cu Cu E E Cu + + + = + = 0,216(V). Vì [Pb 2+ ] rất nhỏ → không oxi hóa được Cu. * Xét dung dịch Z: Ag + + I - AgI K 6 = K s -1 = 10 16 >> C bđ 0,01 0,04 Sau 0 0,03 Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I - ; Na + , NO 3 - AgI Ag + + I - K 6 -1 = 10 -16 C bđ 0 0,03 [ ] x 0,03 + x → 1 16 6 .(0,03 ) 10K x x − − = + = → x = 3,333.10 -15 Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z là: 0 15 / / 0,0592log 0,799 0,0592log(3,333.10 ) 0,058( ) Ag Ag Ag Ag E E Ag V + + + − = + = + = − Vì 2 / /Ag Ag Cu Cu E E + + < nên sơ đồ pin là (-) Ag│AgI, I - 0,03M || Pb(IO 3 ) 2 ; Cu(IO 3 ) 2 ; IO 3 - 0,03M│Cu (+) 0,5 0,5 8 2NaCl + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2HCl↑ 2NaBr + 2H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + SO 2 + Br 2 + 2H 2 O 8NaI + 5H 2 SO 4 → 4Na 2 SO 4 + H 2 S↑ + 4I 2 + 4H 2 O Vậy hỗn hợp khí Y gồm: HCl, SO 2 , H 2 S SO 2 + 2H 2 S → 3S↓ + 2H 2 O …………………………………………………………………………………. Chất tan duy nhất là HCl. Gọi số mol của SO 2 là x → * m NaCl = 9,44 – 103.2x - 150.16x * n NaCl = n HCl = 0,0575 – 3x ………………………………………………………………………………… Từ các phương trình trên → x = 0,0025 mol → n NaCl = 0,05 mol → m NaCl = 58,5.0,05 = 2,925 gam m NaBr = 0,005 . 103 = 0,515 gam m NaI = 0,04 . 150 = 6 gam. 1đ 0,5 0,5 9 a) A tác dụng với CO 2 tạo nên B là cacbonat kiềm (chỉ cacbonat kim loại kiềm mới dễ tan trong nước) và khí D thoát ra là oxi. Gọi M x O y là công thức của A Phương trình các phản ứng : (1) 2M x O y + xCO 2 → xM 2 CO 3 + (y-0,5x)O 2 (2) M 2 CO 3 + Ba(NO 3 ) 2 → BaCO 3 + 2MNO 3 (3) 2Cu + O 2 → 2CuO ………………………………………………………………………………… Sự tăng khối lượng của ống đựng đồng nung nóng bằng khối lượng của oxi đã phản ứng với đồng nên: Số mol O 2 = 6,72 : 32 = 0,21 (mol) Theo phản ứng (2) Số mol BaCO 3 = số mol M 2 CO 3 = 25,78 : 197 = 0,14 (mol) Số mol M = 2 số mol M 2 CO 3 = 0,28 (mol) 0,5 0,5 Từ (1) suy ra 2:1: 21,0 14,0 5,0 =⇒= − yx xy x . Vậy CTPT đơn giản nhất của A là MO 2 …………………………………………………………………………………… Số mol MO 2 = số mol M = 0,28 (mol) 2 MO M = 29,2 : 0,28 = 117,5 ⇒ M M = 117,5 – 32 = 85,5 ⇒ M : Rb Công thức của ban đầu là RbO 2 …………………………………………………………………………………… b) Phương trình hóa học : (1) RbO 2 + O 3 → RbO 3 + O 2 (2) 2RbO 2 + 2NH 3 → 2RbOH + N 2 + 2H 2 O (3) 2RbO 2 + 2HCl ( loãng ) → 2RbCl + H 2 O 2 + O 2 0,5 0,5 10a) a) (CH 3 ) 2 O (k) CH 4 (k) + CO (k) + H 2(k) t o = 0 P o t P o – P P P P ⇒ Ở thời điểm t thì áp suất của cả hệ là: P h = P o + 2P ⇒ P = (P h – P o )/2. ⇒ Ở thời điểm t, 3 2 (CH ) O P = P o – P = o h 3.P - P 2 . Suy ra, ở thời điểm: * t = 0 s thì 3 2 (CH ) O P = 400 mm Hg * t = 1550 s thì 3 2 (CH ) O P = 200 mm Hg * t = 3100 s thì 3 2 (CH ) O P = 100 mm Hg * t = 4650 s thì 3 2 (CH ) O P = 50 mm Hg Vì nhiệt độ và thể tích bình không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol khí. Ta nhận thấy, cứ sau 1550 giây thì lượng (CH 3 ) 2 O giảm đi một nửa. Do đó, phản ứng phân hủy (CH 3 ) 2 O là phản ứng bậc 1 với t 1/2 = 1550 s. …………………………………………………………………………………… b) Hằng số tốc độ của phản ứng là: k = ln2 / t 1/2 = 0,693 / 1550 = 4,47.10 -4 s -1 . …………………………………………………………………………………… c) Ta có: P t = P o .e -kt = 400. 4 4,47.10 .460 e − − = 325,7 (mm Hg) ⇒ P = P o – P t = 400 – 325,7 = 74,3 (mm Hg) ⇒ Áp suất của hệ sau 460 giây là: P h = P o + 2P = 400 + 2.74,3 = 548,6 (mm Hg) Phần trăm (CH 3 ) 2 O bị phân huỷ = 74,3 400 .100% = 18,58 % 1,0 0,5 0,5 (Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa) . SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB NĂM HỌC: 2014 -2015 MÔN: HOÁ HỌC 10 Thời gian làm bài: 180 phút GV: Nguyễn Đình Hùng - THPT Chuyên Vĩnh Phúc Điện thoại: 0916003664 Câu. suất tổng của hệ trong bình và phần trăm lượng (CH 3 ) 2 O đã bị phân hủy sau 460 giây. SỞ GD VÀ ĐT VĨNH PHÚC HDC ĐỀ ĐỀ XUẤT DHBB NĂM HỌC: 2014 -2015 MÔN: HOÁ HỌC 10 Thời gian làm bài: 180. ∆H° 109 0 bar = ∆E° + (109 0 bar)∆V ∆H° 109 0 bar = ∆H° 1 bar + (108 9 bar)∆V (*)(dựa vào giả thi t, E và V không phụ thuộc T) Theo các kết quả các câu trước, thể tích mol của thi c trắng và