Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.. A và B là những oxit tương ứng của X và Y khi X, Y ở vào trạng thái oxi hóa cao nhất Viết có giải thích công thức của hợp chấ
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề này có 02 trang, gồm 08 câu)
Câu 1 (2,5 điểm)
Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B
có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1 Tổng số đại số của bộ
4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation a
A là 3,5
1 Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B
2 Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B
Câu 2 (2,5 điểm)
1 Sử dụng mô hình về sự đẩy nhau của các cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán dạng hình học của các ion và phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF62-, NO2+, I3-
2 Trong bảng dưới đây có ghi các năng lượng ion hóa liên tiếp In (n = 1, 2, …, 6) theo kJ.mol-1 của hai nguyên tố X và Y
A và B là những oxit tương ứng của X và Y khi X, Y ở vào trạng thái oxi hóa cao nhất
Viết (có giải thích) công thức của hợp chất tạo thành khi cho A tác dụng với B
Câu 3 (2,5 điểm)
Trong một hệ có cân bằng: 3H2 (k) + N2 (k) 2 NH3 (k)(*) được thiết lập ở 400 K
Người ta xác định được các áp suất phần sau đây: = 0,376.105 Pa , = 0,125.105 Pa, = 0,499.105 Pa
1 Tính hằng số cân bằng K P và ΔG0 của phản ứng (*) ở400 K
2 Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2
3 Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4 Trong một hệ cân bằng gồm H2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.105 Pa, người
ta tìm được: K P = 3,679.10-9 Pa-2, = 500 mol , = 100 mol và = 175 mol Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa
Câu 4 (2,5 điểm)
Amoxicilin là thuốc kháng sinh có thể dùng để điều trị nhiễm khuẩn đường hô hấp trên, đường tiết niệu… Nồng độ tối thiểu có thể kháng khuẩn là 0,04 mg/1kg thể trọng Khi kê đơn cho một bệnh nhân nặng 50kg, bác sĩ kê đơn mỗi lần uống 1 viên thuốc (có hàm lượng Amoxicilin 500 mg/1 viên) Bệnh nhân cần uống các viên thuốc tiếp theo cách lần đầu bao nhiêu lâu? Biết rằng chu kì bán hủy của Amoxicilin trong cơ thể người là 61 phút Giả thiết quá trình đào thải thuốc là phản ứng bậc 1
Câu 5 (2,5 điểm)
Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50 Thêm một lượng Na3PO4 vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch không đổi) Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A
Trang 2Cho: pKa1(H S) 2 7,02; pKa2(H S) 2 12,9; pKa1(H PO ) 3 4 2,15; pK a2(H PO ) 3 4 7,21; pKa3(H PO ) 3 4 12,32; 3
a(CH COOH)
pK 4,76; E0S/H S2 = 0,14 V; ở 25oC: 2,303RTl n
F = 0,0592lg
Câu 6 (2,5 điểm)
1 Thiết lập khu vực pH sao cho K2Cr2O7 có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl
-từ hỗn hợp KBr 0,010M và KCl 1,0M
Cho: E Cl02 2Cl = 1,36V; E0Br2 2Br = 1,065V ; 0Cr O2 2Cr3
2
E = 1,33V
Độ tan của Br2 trong nước là 0,22M
2 Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A Điện phân dung dịch A với điện cực trơ:
- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot
- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc)
Xác định X và tính thời gian t biết: I = 1,93 A
Câu 7 (2,5 điểm)
Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A, B, C và D (cùng có a mol mỗi muối) đến 200oC thoát
ra khí E không duy trì sự cháy, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y có chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C; a mol D
Nếu tăng nhiệt độ lên 400oC thu được hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên đến 600oC thì chỉ còn duy nhất chất A
Biết rằng A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%
1 Viết phương trình hoá học của các phản ứng và xác định A, B, C, D
2 Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu
Câu 8 (2,5 điểm)
Đốt cháy hoàn toàn 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí
B Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33% Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước
X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%
1 Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X
2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:
a Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thoát ra chất rắn màu vàng
b Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch Sau đó thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng
HẾT
Người ra đề
Ngô Đức Trọng ĐT: 0917.126.613 HƯỚNG DẪN CHẤM
Trang 3MÔN: HOÁ, LỚP:10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã
định
cùng số lớp electron (cùng n ) Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l )
của A là 1 nên: Cấu hình electron lớp ngoài cùng của A, B là:
A: ns2; B: np1
0,5
Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng cation A có dạng A2+ Vậy tổng đại số
của 4 số lượng tử của A2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5 0,5 Vậy 4 số lượng tử của :
A : n = 3 l = 0 m = 0 s = - 12
B: n = 3 l = 1 m = - 1 s = + 12
0,5 0,5
2 A: 1s22s22p63s2 ( Mg )
B: 1s22s22p63s23p1 ( Al )
0,25
0,25
BCl3: dạng AL3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl
Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng
NF3: dạng AL3E1 Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm
ở đỉnh chóp Góc FNF nhỏ hơn 109o28’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp
electron không liên kết
SiF62-: dạng AL6E0 Ion có dạng bát diện đều
NO2 : dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O
([O=N=O]+) Ion có dạng đường thẳng
I3-: dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm
dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo
(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết Ion có
dạng đường thẳng
0,25 0,25 0,25
0,25 0,25 0,25
2 I3 (X) và I5 (Y) tăng nhiều và đột ngột Suy ra:
a X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố
hoá học
b A là XO, B là YO2
c Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO3
0,5
0,25 0,25
3
2 2
2 NH 3
H N
P
P P Kp = (0, 499 10 )5 3 5 2 5
= 3,747.109 Pa-2
K = Kp P0-Δn K = 3,747.10-9 (1,013.105)2 = 38,45
ΔG0 = -RTlnK ΔG0 = -8,314 400 ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = -12,136 kJ.mol-1
0,25
0,25 0,25
2.
Trang 4nN 2 = 2
2 2
H N H
n P
P nN 2= 500
nNH 3= 2
3 2
H
N H H
n P
n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1105 Pa
0,25 0,25 0,25
PH 2 = 510
1340 1105 = 0,381.105 Pa ; PN 2= 166
1340 1105 = 0,124105 Pa
PNH 3= 664
1340 1105 = 0,496105 Pa
ΔG = ΔG0 + RTlnQ
Δ G = -12136 + 8,314 400
1
0, 496 (1,013.10 )
Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải
0,25
0,25
khí là:
PH 2= 100
785 1105 Pa ; PN 2= 510
785 1105 Pa ; P= 175
785 1105
Pa
ΔG = ΔG0 + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ
Δ G = 8,314 410 [-ln (36,79 1,0132 ) + ln ( 7852 1,0132)] = 19,74 J.mol -1
Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái
0,25
0,25
4 Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là 50.0,04 = 2
mg
Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là
1/2
ln 2 0,011
k t
Sau khi uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:
2
t
m
485,9 phút
t
Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 485,9 phút (khoảng 8h) cần
uống tiếp viên thứ hai
0,5 0,5
0,5
Sau khi uống viên thứ 2, lượng thuốc trong cơ thể lúc này là 502 mg
Sau khi uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:
2
t
m
486, 2 phút
t
0,5 0,5
5 Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2
(M) Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:
0,5
Trang 5S2- + H2O HS- + OH- 10-1,1 (1)
HS- + H2O H2S + OH- 10-6,98 (2)
CH3COO- + H2O CH3COOH + OH- 10-9,24
(3)
H2O H+ + OH- 10-14 (4)
So sánh 4 cân bằng trên tính theo (1):
S2- + H2O HS- + OH- 10-1,1
C C1
[ ] C1- 10-1,5 10-1,5 10-1,5
C S 2-= C1 = 0,0442 (M) và độ điện li
2 1,5 1
S
S
0,5
Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn
có thêm 3 cân bằng sau:
3-4
PO + H2O
2-4
HPO + OH- 10-1,68 (5)
2-4
HPO + H2O H PO2 -4 + OH- 10-6,79 (6)
-2 4
H PO + H2O H PO3 4 + OH- 10-11,85 (7) Khi đó
2-, 2 S
α α = 0,7153.0,80 = 0,57224 =
2
-S
[HS ] C
[HS-] = 0,0442 0,57224 = 0,0253 (M)
0,5
Vì môi trường bazơ nên C S 2-= [S2-] + [HS-] + [H2S] [S2-] + [HS-]
[S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)
Từ (1) [OH-] =
1,1
10 0,0189 0,0253
= 0,0593 (M)
0,5
So sánh các cân bằng (1) (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:
[OH-] = [HS-] + [
2-4
2-4
HPO ] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253
= 0,0340 (M)
0,25
Từ (5) [
3-4
1,68 -1,68
3-4 PO
3-4
PO ] + [
2-4
HPO ] + [
-2 4
H PO ] + [H PO 3 4][
3-4
PO ] + [
2-4
3-4 PO
C 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M)
0,25
3 2
2O / Cr Cr
7
2 /
0
Cr O Cr
3 2
14 2
7 2
lg 6
0592 , 0
Cr
H O Cr
= 1,33 - 0,138pH
[Cl-]pư =
100
2 1
= 0,02M → [Cl2] = 0,01M [Cl-]/dd = 0,98M
2Cl- → Cl2 + 2e
0,5
Trang 6E Cl /2Cl
2 = E0Cl2/ 2Cl +
2
2
lg 2
0592 , 0
Cl
Cl
= 1,30 (V)
Để Cr2O72- có thể oxi hóa được ít hơn 2% Cl- thì:
1,33 – 0,138pH < 1,30 pH > 0,217
[Br-]pư = 0,10001.80 = 8.10-3 M → [Br2] = 4.10-3 M
[Br-]/dd = 2.10-3 M
Br2 (l) + 2e → 2Br- K1 = 20,0592
0 2 / 2
10
Br Br
E
= 1035,98
Br2 (H2O) → Br2 (l) S-1
Br2 (H2O) + 2e → 2Br- K
K = K1.S-1 = 1035,98.(0,22)-1 = 1036,64 2 0,0592
0 2 / ) 2 ( 2
10
Br O H Br
E
= 1036,64 E Br02(H2O / 2Br = 1,085 (V)
E Br(H O /2Br
2
2 = E Br02 (H2O / 2Br +
2
2
lg 2
0592 , 0
Br
Br
= 1,174 (V)
Để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- thì:
1,33 – 0,138pH > 1,174 pH > 1,130
Vậy để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- thì:
0,217 < pH < 1,130
0,5
0,5
2 Phương trình điện phân:
2XNO3 + H2O → X + 1/2O2 + 2HNO3 (1)
+ Sau t (s): nkhí anốt (1) = nO2 =0,179222, 4 = 8.10-3 (mol)
+ Sau 2t (s): nkhí anốt (2) = 2.nkhí anốt (1) = 1,6.10-2 (mol)
Mà: nhh khí = 0,5622, 4 = 2,5.10-2 (mol) > nkhí anốt (2) , nên có xảy ra phương
trình điện phân:
H2O → H2 + 1/2O2 (2)
nH2 = 2,5.10-2 - 1,6.10-2 = 9.10-3 (mol) → nO2/(2) = 4,5.10-3 (mol)
nO2(1) = 1,6.10-2 - 4,5.10-3 = 1,15.10-2 (mol)
Từ (2): nXNO3 = 4nO2 = 4,6.10-2 (mol)
MXNO3 = 2
7,82
Ta có: nO2(1) = .
I t
n F t =
3
4.96500.8.10 1,93
= 1600 (s)
0,5
0,5
Ta có %R -%Na = 21,4% 23 21, 24 35,5
nghiệm thích hợp là: n=1, R=35,5 Vậy A là NaCl.
Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối
NaClOx (x=1,2,3,4)
Ở 200oC, a mol B nhiệt phân tạo thành a/3 mol NaCl và 2a/3 mol C, thoát
0,25
0,25 0,25
Trang 7ra khí E không duy trì sự cháy chỉ có thể là hơi nước, do đó B là muối ngậm
nước
aNaClOm
o
t
3
a
NaCl + '
2
a NaClO
Hay 3NaClOm t o
NaCl + 2NaClO m'
Bảo toàn khối lượng (O): 3m=2m' m m: ' 2 : 3 m2;m' 3
Do đó B là NaClO 2 zH 2 O và C là NaClO 3 , suy ra D là NaClO 4
3NaClO2 t o
NaCl + 2NaClO3 (1) 4NaClO3
o
t
NaCl + 3NaClO4 (2) NaClO4
o
t
NaCl + 2O2 (3) 3NaClO2.zH2O t o
NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O (4)
18
378 18
az
z
z z
Vậy B là NaClO 2 3H 2 O
3NaClO2.3H2O t o
NaCl + 2NaClO3 + 9H2O
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
58,5
432
NaCl
a m
a
2 3 2
432
NaClO H O
m
a
3
106,5
432
NaClO
a m
a
4
122,5
432
NaClO
a m
a
0,5
MO + H2SO4 MSO4 + H2O
Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được (M + 96)g muối MSO4 Ta có:
Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan =
(M+96)g
Theo bài cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tan
Tính được M= 64, M là Cu
Ta có : mdd bão hoà = m CuO + mdd H SO 2 4 – m muối tách ra
= 0,125 50 + 0,125 400 – 15,625 = 44,375g
Khối lượng CuSO4 còn lại trong dung dịch bão hòa = (44,375 22,54)/100% = 10g
Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol
Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol
Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol
Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n) 0,0625
= 15,625 n = 5
0,5
0,5
0,5
0,5
Trang 82 3SO2 + 2H2O 150C
SO2 +Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr
H2SO4 + BaCl2 BaSO4 + 2HCl
0,5