Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên hạ LONG

Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện.. Cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoà

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HẠ LONG TỈNH QUẢNG NINH

ĐỀ THI ĐÈ XUẤT

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC

LỚP 10

(Đề thi có 3 trang, gồm 10 câu )

Họ, tên thí sinh: SBD:

Học sinh sử dụng các dữ kiện sau để làm bài :

h = 6,626.10-34J.s; me = 9,109.10-31 kg; NA = 6,022.1023; R =8,314 J.mol-1.K-1

Khối lượng nguyên tử : H = 1; O = 16; Mg = 24; S = 32;

Số thứ tự Z: He = 2; C = 6; N = 7; O = 8

1 A° = 10-10 m; 1nm = 10-9m; 1 eV = 1,902.10-19 J; 1atm =1,01325.105 Pa.

Câu 1: Cấu tạo nguyên tử (2đ)

1 Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV Khi chiếu một bức xạ

có bước sóng 40 nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron thoát ra Tính vận tốc của electron này Cho h = 6,625.10-34J.s ; me = 9,1.10-31kg.

2 Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang

điện Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân Cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên

tử và ion X, X2+ và Y-.

Câu 2: Cấu tạo phân tử - Liên kết hóa học (2đ)

1 1 Axit flosunfuric có công thức là HSO3F là một axit mạnh Ở trạng thái lỏng, HSO3F tự phân ly theo cân bằng sau:

2HSO3F  [HOSO  2FH]+ + [SO3F]

-a) Xác định cấu trúc của HSO3F, [H2SO3F]+, [SO3F]-

b) So sánh lực axit của HSO3F với H2SO4 Giải thích?

c) Khi thêm SbF5 vào HSO3F ở dạng lỏng, lực axit của hỗn hợp tăng mạnh Điều này được giải thích do sự xuất hiện cân bằng sau:

HSO3F + SbF5  

 [H2SO3F]+ + [F5SbOSO2F]

-(A)

và HSO3F + 2bF5  

 H2SO3F]+ + [(F5SbO)2SOF]

-(B) Biểu diễn cấu trúc của các ion A và B và cho biết trạng thái lai hóa của Sb trong các ion đó

2 Bằng thực nghiệm người ta đã xác định được giá trị momen lưỡng cực của phân tử H2S là 1,09D và của liên kết S – H là 2,61.10–30 C.m Hãy xác định:

a Góc liên kết HSH.

b Độ ion của liên kết S – H , biết rằng độ dài liên kết S – H là 1,33 Å Cho 1 D = 3,33 10–30C.m Giả sử  của cặp electron không chia của S là không đáng kể.

Câu 3: Tinh thể (2đ)

Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện Bán kính nguyên tử của Ag và Au lần lượt là: RAg = 144 pm; RAu = 147 pm.

a) Tính số nguyên tử Ag có trong một ô mạng cơ sở.

b) Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.

c) Một mẫu hợp kim vàng - bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương diện Biết hàm lượng Au trong mẫu hợp

kim này là 10% Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim.

Câu 4: Nhiệt động lực học (2đ)

1 Cho các dữ kiện sau:

liên kết của F2 155,00 mạng lưới NaCl 767,00

Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1

Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1

Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.

2 Biết giá trị nhiệt động của các chất sau ở điều kiện chuẩn là :

ΔHH0

S0 (cal.mol-1.K-1) 6,5 49,0 14,0 20,9 36,2

a) Tính biến thiên năng lượng tự do Gibbs ( ΔHG0) của sự tạo thành các oxit sắt từ các đơn chất ở điều kiện chuẩn.

b) Cho biết ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất ?

Câu 5: Động học (2đ)

1 Trong một phản ứng bậc nhất tiến hành ở 27°C, nồng độ chất đầu giảm đi một nửa sau 3000 giây Ở 37°C,

nồng độ giảm đi 2 lần sau 1000 giây Xác định:

a Hằng số tốc độ ở 27°C.

b Thời gian để nồng độ chất phản ứng còn lại 1/4 nồng độ đầu ở 37°C.

c Hệ số nhiệt độ  của hằng số tốc độ phản ứng

d Năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

2 Đinitơ pentaoxit phân hủy tạo thành nitơ đioxit và oxy theo phương trình:

2N2O5 → 4NO2 + O2

Cơ chế của phản ứng trên như sau:

(1) N2O5

1 ' 1

k k

     



NO2 + NO3 (2) NO2 + NO3

2 k

  NO2 + O2 + NO (3) NO + N2O5

3 k

  3NO2

Sử dụng nguyên lý phỏng định trạng thái bền đối với NO và NO3 (nguyên lí nồng độ dừng hay nồng độ ổn định) hãy thiết lập biểu thức của tốc độ biến thiên

 2 5

d N O dt

Câu 6: Cân bằng hóa học (2đ)

1 Cho phản ứng 2NO2(k)  N2O4(k) có Kp=9,18 ở 250C Hỏi ở cùng nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào trong điều kiện sau: P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm.

2 Cho cân bằng hóa học:

N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k) ; 0= - 46 kJ.mol-1 Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.

a) Tính hằng số cân bằng KP (ghi rõ đơn vị nếu có).

b) Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? Giả sử 0không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu Cho phương trình Van’t Hoff:

0 2



Câu 7: Cân bằng trong dung dịch – Cân bằng axit bazo (2đ)

Dung dịch A là hỗn hợp của H3PO4 và NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03.

a) Tính C H3PO 4 trong dung dịch A.

b) Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25%

Coi thể tích dung dịch không thay đổi.

Cho pKa (HSO 4

− ) = 2 pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32

pK (HCOOH) = 3,75

Câu 8: Điện hóa – Pin điện – Điện phân (2đ)

1 Người ta tiến hành thiết lập một pin sau:

Nửa pin I: gồm một điện cực Ag được phủ AgCl nhúng vào dung dịch KCl bão hòa.

Nửa pin II: gồm thanh Pt được phủ hỗn hợp nhão gồm Hg và Hg2Cl2 nhúng vào dung dịch KCl bão hòa

a) Xác định các điện cực (âm hay dương) và biểu diễn sơ đồ cấu tạo pin theo quy ước Viết phản ứng tại các

điện cực và phản ứng chung trong pin.

b) Tính sức điện động của pin trên tại 250C.

Cho pKs (AgCl) = 10; pKs(Hg2Cl2) = 17,88; E0 của Ag+/Ag = 0,800V và Hg2+

2/Hg = 0,792V; RTln10/F = 0,0592V (ở 25oC).

2 Điện phân 50 mL dung dịch HNO3 có pH = 5,0 với điện cực trơ trong 30 giờ, dòng điện không đổi 1A Tính

pH của dung dịch thu được sau khi điện phân Coi khối lượng riêng của dung dịch HNO3 loãng trong thí nghiệm này không đổi và bằng 1g/mL.

Câu 9: Hóa học hạt nhân (2đ)

1 Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước nặng là 8.10-8 (mẫu nước chứa hidro chủ yếu là đơteri) Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy 12,3 năm Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 1,0g mẫu nước sông trên sau 20 năm

2. 134Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân Cả hai đồng vị này đều phân rã β

a) Viết phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs.

b) Tính năng lượng (eV) được giải phóng trong phản ứng phân rã phóng xạ của 134Cs

Cho: 13455Cs = 133,906700; 13456Ba = 133,904490.

Câu 10: Halogen – Oxi lưu huỳnh – Nito photpho (2đ)

1 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng ion-electron:

a) Cl2 + I2 + OH- →

b) NaClO + KI + H2O →

c) F2 + …… → OF2 + … +…….

d) Na2SO3 +…… → Na2S2O3

2 a Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các hidro halogenua thay đổi như thế nào? Giải thích nguyên nhân?

b Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?

Người ra đề

Vũ Thị Thùy Dung 01675131198 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 10

1

(2đ) 1 Theo đề bài có: He  He

2+ + 2e ; I = + 79,00 eV Mặt khác, He+ He2+ + 1e ; I2 = -Ee trong He+

mà He+ là hệ 1 hạt nhân 1 electron  I2 = + 13,6.22

12 = + 54,4 eV

 I1, He = I – I2 = 24,60 eV = 3,941.10-18 (J)

0,5

Năng lượng của bức xạ:

E= hc

❑ =

6,625.10−34 (3.108)

40 10−9 =4,9675 10

−18 (J)

 Wđ (e) = 1

2 m v

2 = E – I1 = 1,0277510-18 (J)  v = 1,503.106m/s

0,5

2.Xác định vị trí :

2ZX NX 60 ; ZX  NX  ZX  20,

X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2

Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5 Y là Cl

Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1

STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố

0,5

Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: RCa 2 +< RCl−¿ RCa

Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của

nguyên tử đó

Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn

hơn Cl- (Z = 17) Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4)

0,5

2

(2đ) 1. 1 a) (0,75 điểm): Mỗi cấu trúc đúng = ¼ điểm

Cấu trúc của HSO3F

S

O

F

H

Cấu trúc của [H2SO3F]+

S O

F

H +

H

Cấu trúc của [SO3F]

-S O

F

-b) (0,25 điểm):

Lực axit: HSO3F > H2SO4 vì nguyên tử F có độ âm điện lớn hơn nguyên tử O do đó liên kết O-H trong HSO3F phân cực mạnh hớn liên kết O-H trong phân tử H2SO4

c) (0,50 điểm): Mỗi cấu trúc ¼ điểm

Cấu trúc của [F5SbOSO2F]

-Sb

F F

S

O

O

O F

Cấu trúc của [(F5SbO)2SOF]

-Sb

F F

O

F F F

S

F

Sb

F F

F

1,5

2.a) Phân tử H2S có cấu trúc góc nên:

2

H S



2=   SH

2 + SH



2 + 2SH



.  SH

cos  = 2SH



2(1 + cos )

0,25

= 4SH



2.cos2 2



   H S2

= 2SH



cos 2



Suy ra cos 2



=

2

2

H S SH







=

30 30

1,09.3,33.10 2,61.10





= 1,39   = 920

b) Độ ion của liên kết S – H =

/ /

t n

l t







=

30

2, 61.10 1,33.10 1, 6.10



100 = 12,3%

0,25

3

(2đ) a) - Ở mỗi đỉnh và ở tâm mỗi mặt đều có một nguyên tử Ag- Nguyên tử Ag ở đỉnh, thuộc 8 ô mạng cơ sở

- Nguyên tử Ag ở tâm của mỗi mặt, thuộc 2 ô mạng cơ sở

- Khối lập phương có 8 đỉnh, 6 mặt

 Số nguyên tử Ag có trong 1 ô cơ số là 8 \f(1,8 + 6

1

2 = 4 b) Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng cơ sở Từ hình vẽ một mặt của khối lập phương tâm diện, ta có:

d = a = 4RAg  a = 2RAg = 2,144 = 407 (pm)

 Khối lượng riêng của Ag là:

4.108.10−3kg

( 407.10−12

)3.m3.6 ,02.1023=1,06.104kg/m3

c) Số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ số là x và (4 - x)

10= 197 x

197 x+108( 4−x ) 100 ⇒ x≈0 ,23

 Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:

M= 108.3,77+197 0,23

Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là

R= 144 (4−x )+147 x

 Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:

ahk= a R √ 2= √ 2 144( 4−x)+147 x

√ 2

5 ( 576+3 x)

¿ √ 2

2 ( 576+3 0,23)≈407 ,78( pm )

 Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:

4 113 ,12.10−3kg

( 407,78.10−12

)3.m3.6,02.1023=1,108.104kg/m3

0,5đ

0,5đ

0,5đ

0,5đ

4 1 Áp dụng định luật Hess vào chu trình 1,00

M(r) X2(k) MX(r)

M(k)

M+(k) X-(k)

HTH

HML

HHT +

+ AE

X(k)

I1

+

HLK

1 2

1 2

+

Ta được:

AE = ΔHHHT - ΔHHTH - I1 - ½ ΔHHLK + ΔHHML (*)

Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và

AE (Cl) = -360 kJ.mol-1

AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều Có thể giải thích điều này như sau:

* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHHLK (F2) < ΔHHpl (Cl2) và dẫn đến AE (F) > AE (Cl)

* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA F ở đầu nhóm Nguyên tử F có bán kính

nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron

2 a) Sự tạo thành FeO từ các đơn chất Fe và oxit ở đkc:

2Fe+O2 → 2FeO (1)

ΔHH0= -63700 cal.mol-1

ΔHS0= S0

FeO – (S0

Fe + ½ S0o2 ) = -17 cal.mol-1.K-1 ΔHG10 = ΔHH0 –T.ΔHS0= -58,634 kcal.mol-1

Sự tạo thành Fe2O3 từ các đơn chất Fe và oxi ở đkc:

2Fe + 3/2O2 → Fe2O3 (2)

ΔHH0=-169500 cal.mol-1

ΔHS0= ΔHS0Fe2O3- (2S0

Fe + 3/2S0

O2)= -65,6 cal.mol-1.K-1 ΔHG20 = ΔHH0 – T.ΔHS0 = -149,952 kcal.mol-1

Sự tạo thành Fe3O4 từ các đơn chất Fe và oxi ở đkc:

3Fe + 2O2 → Fe3O4 ΔHH0=-266900 cal.mol-1

ΔHS0= ΔHS0Fe3O4- (3S0

Fe + 2S0 O2)= -81,3cal.mol-1.K-1 ΔHG20 = ΔHH0 – T.ΔHS0 = -242,6726 kcal.mol-1

0,50

b) Xét quá trình: 2/3 Fe3O4 + 1/6 O2 <=> Fe2O3 ΔHG3

ΔHG30 = ΔHG0

Fe2O3 – 2/3 ΔHG0

Fe3O4 = 11,83 kcal.mol-1 Nên phản ứng xảy ra theo chiều nghịch hay ở đkc Fe3O4 bền hơn Fe2O3

Xét quá trình 2FeO + ½ O2 <=> Fe2O3 ΔHG4

ΔHG40 = ΔHG0

Fe2O3 – 2 ΔHG0

FeO= -32,6832 kcal.mol-1 < 0 Nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận hay ở đkc Fe2O3 bền hơn FeO

Vậy tính bền của các oxit tăng dần theo thứ tự:

FeO → Fe2O3 → Fe3O4

0,50

5

(2đ)

1 1 Phản ứng bậc 1 nên

k27= 0,693

t1 /2 =

0,693

3000 =2,31.10

−4

s-1

2 Phản ứng bậc 1 nên từ a  a/2 cần t1/2; từ a/2  a/4 cần t1/2  t = 2t1/2 = 2000 giây

3

k37= 0,693

t1/2 =

0,693

1000 =6,93.10

−4

s-1

k27+10

k27 =

k37

k27=

6 ,93.10−4

2 ,31 10−4=3 .

4

ln k37

k27=−

Ea

R ( 310 1 −

1

300 )  E

a =

−R ln k37

k27: ( 310 1 −

1

300 )

0,25 0.25 0.25 0.25

 Ea

=− 8,314 ln 6,93.10−4

2,31.10−4 : ( 310 1 −

1

300 )  84944,92 J/mol  84,945 kJ/mol.

2 Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng

2 5 d[N O ]

dt .

N2O5  k1 NO2 + NO3

NO2 + NO3

' 1

k

  N2O5

NO2 + NO3

2

k

  NO2 + NO + O2

NO + N2O5

3

k

  3NO2

Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO:

3

d[NO ]

dt = k1.[N2O5] - k1'.[NO

2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3]  0 (1)

d[NO]

dt = k2.[NO2].[NO3] – k3.[NO].[N2O5] 0 (2)

2 5

d[N O ]

dt = - (k1.[N2O5] + k3.[NO].[N2O5] ) + k1'.[NO

2].[NO3] Từ (1) và (2) suy ra: k1.[N2O5] = (

' 1

k + k

2).[NO2].[NO3]

k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3]

3 2

'

1 2 1

k k

NO

k  k  k

1 2 '

3 1 2

k k NO

k k k



3 2

k

k .[NO].[N

2O5]

2 5 d[N O ]

dt = - k1.[N2O5] - k3.[NO].[N2O5] + k1'.

3 2

k

k .[NO].[N

2O5]

= k1.(-1 -

2 '

1 2

k

k  k +

' 1 '

1 2

k

k  k ).[N2O5] =

1 2 2 5 '

1 2

2 k k N O

k k





0,5

0.25

0,25

2  N

2O4 Kp=9,18

Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln

Q

Kp .

Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận

Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch

Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng

Khi P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)2 =90 > Kp nên phản ứng diễn ra theo chiều nghịch

0,25

0,25 a)

N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k); ΔΗ = -46 kJ.mol-1

Ban đầu (mol) 1 3 0

Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x

∑ nsau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)

%VNH 3 =

2 x

4 - 2x .100% = 36% ⇒ x = 0,529

%VN 2 =

1−x

4 - 2x .100% =

1−0,592 4−2.0,592 .100% = 16%

0,25

0,25

0,25

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48%

1

K =

PNH

3

2

PH

2

3 PN

2 =

0,362.P2 0,16 P. ( 0,48.P )3 =

2

0,36 0,16 0, 48 300   = 8,14.10-5

K p không có đơn vị, học sinh ghi đơn vị của K p trừ 0,25 điểm

NH

y y



2

4 2 4 2.2 / 3

N

y y

3(1 ) 3(1 2 / 3)

4 2 4 2.2 / 3

H

y y

2

K

=

PNH

3

2

PH2

3

PN2 =

0,52

0,125.0,3753.3002 = 4,21.10-4 ln

K P

2

K P

1 =

0

2 1

H



2 1

0

1 2

ln P

P

K R

T  T   H K

⇒

1

T2 =

1

T1 -

2 1

0 ln P

P

K R



=

4

1 8,314 4, 21.10

.ln

450 273 46.10 8,14.10









⇒ T2 = 595,19K 0,25 0,25 0,25 7 (2đ) a) HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)

H3PO4 H+ + H2PO4 Ka1 =10-2,15 (2)

H2PO4 H+ + HPO42– Ka2 =10-7,21 (3)

HPO4 H+ + PO43– Ka3 =10-12,32 (4)

H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (5)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ + H PO HSO4 K 3 4 K 2- - a a1 Ta có: [H ] = [SO 4 ] + [H PO ] = C 2 4 + C K + [H+] a K + [H+] a1   H PO3 4 HSO4 K a1 K a C [H+] - C K + [H+] a1   K + [H+] a  H PO3 4 HSO4 ( Ka ) K + [H+] a1 C [H+] - C K + [H+] a K a1    -2 -2,15 2,03 2,03 -2 2,03 -2,15 H PO4 3 10 10 (10 ) 10 10 + C - 0,010 10 + 10     = 9,61.10-3(M) 2 -2 4 H PO3 4 H PO4 3 PO = [H ] 100 Ta có: α = α 1 C ; trong đó -2,15 -3 -2,15 -2,03 1 1 1 0 -[H PO ] = 9,64.10 2 4 0  0 = 4,16.10-3 

-3 -3 H SO3 4 4,16.10 α = 100 43,15% 9,64.10  Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A  độ điện li của H3PO4 giảm 25%

1

1,0

2 = ,H PO4 3 =

α α 43,15% 0,75 32,36%  

và trong dung dịch thu được sẽ có 3 quá trình quyết định

pH của hệ:

HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)

H3PO4 H+ + H2PO42– Ka1 =10-2,15 (2)

HCOOH H+ + HCOO– Ka’ =10-3,75 (6)

-Ta có: [H+] = [SO 4 ] + [H PO ] + [HCOO ] 2 4

vì PO43– << HPO42– << H2PO4

, +

OH , HCO

[H ] = C + [H PO ] + C 2 4



 CHCOOH = H+ - H2PO4 -

, , HSO4 Ka K + [H+] a

K + [H+] a K a



(7)

2 H PO4 3

H PO4

-[H PO ]

C



 H2PO4 = 3,12.10-3 M

H3PO4 = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M)

Từ (2)  H+ =

3

0, 0148 3,12.10

K a1 [H PO ] 3 4

-[H PO ] 2 4





M Thay giá trị H2PO4 và H+ vào (7), ta được:

CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 -

-2 -2

10 0,0148

10 0,01

-3,75 -3,75

10 0, 0148 10



= 0,644 M

8

(2đ)

1.a) Pin điện: Ks(AgCl) = Ks1; Ks(Hg2Cl2) = Ks2

Nửa pin 1: AgCl + e  Ag + Cl-

E1 = E0

Ag+/Ag + 0,0592 lg [Ag+]

= E0

Ag+/Ag + 0,0592 lgKs1 - 0,0592 lg [Cl-]

Nửa pin 2: Hg2Cl2 + 2e  2Hg + 2Cl

-E1 = E0

Hg22+/Hg +

0,0592

2 lg [Hg22+]

= E0

Hg22+/Hg +

0,0592

2 lg Ks2 - 0,0592 lg [Cl-] Đặt: E0’

1 = E0

Ag+/Ag + 0,0592 lg Ks1 = 0,208 V

E0’

2 = E0 Hg22+/Hg +

0,0592

2 lg Ks2 = 0,263V

=> E1 = 0,208 – 0,0592 lg [Cl-] < E2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl-]

Do đó, nửa pin I là cực âm, nửa pin II là cực dương

Sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin

(-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg2Cl2, Hg | Pt (+)

Hoặc (-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg2Cl2, Hg (Pt) (+) Phản ứng trong pin:

Cực (-): Ag + Cl-  AgCl + e Cực (+): Hg2Cl2 + 2e  2Hg + 2Cl -Phản ứng chung:

2Ag + Hg2Cl2  2AgCl + 2Hg

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Epin = E2 - E1 = E2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl-] – (0,208 – 0,0592 lg [Cl-]) = 0,263 – 0,208) = 0,055V

0,25

2.Nửa phản ứng oxi hóa ở anot: 2 2

1

2

Nửa phản ứng oxi hóa ở catot: 2 H 2 e H2

Phản ứng tổng: 2 2 2

1 2

H O  H  O

Số mol electron trao đổi trong 30 giờ

1.30.60.60

1,119( ) 96485

e

I t

F

Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân

2

1 2

 0,56(mol) suy ra khối lượng nước bị điện phân là 0,56.18 = 10,08 g

Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50.1 = 50 g

Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 – 10,08 = 39,92 (g)

Thể tích dung dịch sau khi điện phân là 39,92 mL  0,04 L

Trong quá trình điện phân số mol H+ không thay đổi = 50.10-3.10-5 = 5.10-7 (mol).(chính bằng số mol HNO3

ban đầu)

Sau khi điện phân kết thúc, nồng độ ion H+

7

5

5

5.10

1, 25.10 0,04

lg lg(1, 25.10 ) 4,903 4,9



0,25

0,25

0,25

9

(2đ) 1 Số phân tử H2O có trong 10 (g) mẫu nước nặng:

1,0

20 .6,023 10

23=3,0115 1021

(phtử)

Số nguyên tử H có trong 1,0 (g) mẫu nước: 6,023.023 (ngtử)

Số đồng vị 13H có trong 1,0 (g) mẫu nước:

N0 = 6,023.1023.8.10-8 = 4,82.1016 (ngtử)

t1/2 = 12,3 năm ⇒ k =

ln 2

t1/2 = 0,0564 năm-1

ln

N0

N = kt ⇒ N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.20 = 1,56.1016 (ngtử)

Vậy sau 20 năm số nguyên tử 13H còn trong 1,0 (g) mẫu nước là:

1,56.1016 (ngtử)

0,25

0.25

0.5

2 a) Phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ:

134

55Cs

→

134

56Ba

+

0 -1e

137

55Cs

→

137

56Ba

+

0 -1e

b) Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của

134

55Cs:

∆E = ∆m.c2=(133,9067-133,90449).(10–3/6,022.1023) (3,000.108)2 (J)

→ ∆E = 3,30.10–13 J = 3,30.10–13/(1,602.10–19) = 2,06.106 (eV)

0,5

0,5

10

(2đ) 1 Cl2 + I2 + OH

- → IO3- + Cl- + H2O

Sự khử: Cl2 + 2e → 2Cl- x 5

Sự oxi hóa: I2 + 12OH- → 2IO3- + 10e+ 6H2O

0,25đ/1 pht