0,5 b Quy luật liên hệ: Khi Z là hằng số, n càng tăng, năng lượng En tương ứng càng cao càng lớn.. Giải thích: n càng tăng, số lớp electron càng tăng, electron càng ở lớp xa hạt nhân, lự
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP TỈNH VP
ĐỀ THI ĐÈ XUẤT
ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10
Câ
1 1.a) 1eV = 1,602.10-19J x 6,022.1023 mol-1 10-3kJ/J
= 96,472kJ/mol
Vậy:
E1 = -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV= -11808,173kJ/mol;
E2 = -30,600 eVx 96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol;
E3 = -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV = -1312,019kJ/mol;
E4 = -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV = -738,011kJ/mol
0,5
b) Quy luật liên hệ: Khi Z là hằng số, n càng tăng, năng lượng En tương
ứng càng cao (càng lớn) Giải thích: n càng tăng, số lớp electron càng
tăng, electron càng ở lớp xa hạt nhân, lực hút
hạt nhân tác dụng lên electron đó càng yếu, năng lượng En tương
ứng càng cao (càng lớn), electron càng kém bền
0,5
c) Sự ion hoá của M2+: M2+ → M3+ + e
Cấu hình electron của M2+ ở trạng thái cơ bản là 1s1
Vậy I3 = -(E1) = +122,400 eV
→ I3 = 122,400eV
0,5
2.a) Phương trình phản ứng hạt nhân:
98Cf + 20Ca→ 118X + 3 0n
118X → 116Y+ 2He
b) Cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X : [Rn]5f146d107s27p6 →
Nguyên tố X (Z=118) có 7
lớp electron nên X thuộc chu kì 7, có 8 electron lớp ngoài cùng, electron cuối
cùng điền vào phân lớp
p nên X thuộc nhóm VIIIA (nhóm các nguyên tố khí hiếm)
0,5
0,5
Trang 21) * SF4: (AX4E) lai hóa sp3d Hình dạng cái bập bênh
* HClO2: (AX3E2) lai hóa sp3d Hình dạng chữ T
* HClO : (AX2E3) lai hóa sp3d Hình dạng đường thẳng
* ICl4
−
: (AX4E2) lai hóa sp3d2 Hình dạng vuông phẳng
* IF7: (AX7) lai hóa sp3d3 Hình dạng lưỡng chóp ngũ giác
* BrF5: (AX5E) lai hóa sp3d2 Hình dạng tháp vuông
* HNO3: (AX3) lai hóa sp2 Hình dạng tam giác phẳng
* C2H6: (AX4) lai hóa sp3 Hình dạng 2 tứ diện chung đỉnh
1,0
2 a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm
Từ
4 4
NiSO NiSO
A
n.M
V a.b.c N a.b.c
=
(1)
→
NiSO4
4
A NiSO
ρ N a.b.c
n =
M
(2)
3,9 6,022.10 6,338.10 7,842.10 5,155.10
n =
154,76
= 3,888
Số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở phải là số nguyên → n = 4
4
NiSO
ρ
(chính xác) =
4 154,76 6,022.10 6,338.10 7,842.10 5,155.10
= 4,012 (g/cm3)
*Vẽ ô mạng cơ sở
Ion oxi (O 2- ) Ion niken (Ni 2+ )
*Tính x:
-Tính cạnh a của ô mạng cơ sở của NiO
NiO
A
n.M
ρ =
N a
→ a3
NiO
A NiO
n.M
=
N ρ
0,5
0,5
0,5
Trang 3n = 4 (vì mạng là lập phương tâm mặt) →
3
23
4 74,69
a = 6,022.10 6,67
→ a = 4,206.10–8 cm
-Theo đầu bài, ô mạng cơ sở của NiO và ô mạng cơ sở của LixNi1-xO giống
nhau, do đó:
x 1 x
x 1 x
Li Ni O
Li Ni O 3
A
n.M
N a
−
−
→ 6,21
4 x.6,94 + (1-x).58,69 + 16
= 6,022.10 (4,206.10 )−
→ x = 0,10
3
1.a)
0
ΔS = 2
0 CO(k)
S +
0 Si(r)
S
- 2
0 C(r)
S
- 2(r)
0 SiO
S
= 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 = 360,8 JK -1
b)
0
G
∆
=
0 ΔH
- T
0
ΔS , trong đó
0 ΔH
ΔH + 2ΔH - 2ΔH - ΔH 0
ΔH
= 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) → ∆ G 0
=
0 ΔH
- T
0
ΔS
= 689,9 - 298 360,8.10 -3 = 582,4 (kJ).
c) Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔG bắt đầu có giá trị âm:
ΔG
=
0 ΔH
- T
0
ΔS
= 689,9 - T 360,8.10 -3 = 0 →
T = 1912 o K.
Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 o K, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo chiều thuận.
0,25 0,5 0,25
2.a) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng:
CO 2 (dd) + H 2 O (l) ˆ ˆ†‡ ˆˆ H + (dd) + HCO 3- (dd) (1)
pư = ∆G 0 (H + ) + ∆G 0 (HCO 3-) − ∆G 0 (CO 2 ) − ∆G 0 (H 2 O)
= 0,0 + (-578,1) + 386,2 + 237,2 = 45,3 kJ/mol
pư = − RTlnK lnK = − ∆G 0
pư /RT = − (45,3.10 3 ) : (8,314 × 298)
K = 1,15 10-8
b Tính nồng độ của CO2 và pH của dung dịch
2
2 H CO
[H + ] = [HCO 3-] + 2[CO 32-] + [OH - ] (2) Vì [CO 32-] rất nhỏ nên có thể bỏ qua.
Theo (1), K = [H + ].[HCO 3-] : [CO 2 ] [HCO 3-] = K[CO 2 ] : [H + ]
Thay [HCO 3-] vào (2) được [H + ] = K[CO 2 ]:[H + ] + K nước : [H + ] hay [H + ] 2 = K[CO 2 ] + K nước = 1,15.10 -8 × 1,15.10 -5 + 10 -14 Tính ra: [H + ] = 4,32 10 -7 pH = 6,37
c Khi phản ứng hòa tan CO2 trong nước đạt đến trạng thái cân bằng, nếu nhiệt độ của
0,5
0,5
0,5
Trang 4hệ tăng lên nhưng nồng độ của CO 2 không đổi thì pH của dung dịch tăng hay giảm Tại sao?
pư = ∆H 0 (H + ) + ∆H 0 (HCO 3 - ) − ∆H 0 (CO 2 ) − ∆H 0 (H 2 O)
= 0,0 − 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ/mol
Do ∆H 0
b) Vì phản ứng là bậc 1, nên:
−
1
k 0,2a 4,00.10 0,2a
c) Ta có:
k E 1 1 ln
k R T T
, thay số vào ta được:
3 2
5
k 166.10 1 1
ln
4.10 8,314 350 300
suy ra: k 2 = 2,971.10 -9 s -1 d) Ở 300K:
- Khi không có xúc tác:
−
= RTEa 2
k A.e
(1)
- Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên:
−
=
' a
E ' RT 2
(2)
Từ (1) và (2) ta được:
−
=
'
a a
E E
2 RT '
2
k e k
, thay số vào ta được:
−
−
−
=
' a 3
E 166 9
8,314.10 300 4
2,971.10
e 3.10
0,5 0,5 0,5
0,5
0,5
5 1 a)Điều kiện để bắt đầu xuất hiện kết tủa:
PbSO4 :
2+
-7.66
-6
Pb (1)
10
C = 1.09 10 (M)
0.02
PbC2O4 :
2+
-10.05
-8
10
5.0 10−
×
PbI2 :
2+
-7.86
-4
10
(9.7 10 )−
×
0,5
Trang 52+
-12.61
-7
10
(0.001)
PbCl2:
2+
-4.8
-3
10
(0.05)
2+
Pb (2)
C
<
2+
Pb (4)
C
<
2+
Pb (1)
C
<
2+
Pb (3)
C
<
2+
Pb (5)
Kết tủa xuất hiện theo thứ tự: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2 và PbCl2
Khi PbI2 bắt đầu kết tủa (Coi như I- không tồn tại)
4 2+
-7.66 s(PbSO )
Pb (3)
-4
= K = 1.48 10 (M) = S
×
×
× (S là độ tan của PbSO4 trong dung dịch bão hòa) Do đó PbC2O4, Pb(IO3)2 và PbSO4 đã kết tủa hoàn toàn
→
21.60 × Pb(NO )3 2
C
= 20.00 × (
2-2 4
C O
C
+ 2×
-3
IO
C +
2-4
SO
C )
= 20.00(5.0 × 10−3 + 2 × 0.0010 + 0.020)
→CPb(NO ) 3 2
= 0.025 (M)
0,5
2.a) H+ được thay cho H3O+ Mọi tương tác của các ion trong dung dịch được bỏ qua [H+] được viết bằng h trong tất cả các phép tinh và các hằng số axit của
H3PO4 được viết là K1, K2 and K3
Với K1 >> K2 >> K3, chỉ có nấc phân li thứ nhất là chủ yếu
H3PO4 H+ + H2PO4
-Với
2.14
2 4
3 4
10
K
−
−
Với Co = 0.200 M
Biến đổi biểu thức có:
0,5
Trang 61 1 2 1 2 3
0.1653 M
o
h C
−
×
Tương tự, ta có:
−
−
×
2.14 7.20
2.14 7.20 12.38
4 3 2 1.46 3 1.46 2 2.14
1
(10 ) (10 ) 10
o
K K K C
b) Ta có: H PO3 4
n = 0.2 0.050 0.010 mol × =
; NH3
Do đó phản ứng xảy ra: H3PO4 + 2 NH3→ (NH4)2HPO4
Và
0.010 [(NH ) HPO ] 0.1 M
0.100
Trong dung dịch B: (NH4)2HPO4→ 2 NH4+ + HPO4
0.2 M 0.1 M
Có các cân bằng sau đây:
NH4+ NH3 + H+
HPO42- + H+ H2PO4
-H2PO4- + H+ H3PO4
HPO42- H+ + PO4
3-Áp dụng định luật bảo toàn proton
[H+] + 2[H3PO4] + [H2PO4-] = [OH-] + [PO43-] + [NH3] (1) Với [NH3] + [NH4+] = 0.2 M
[H3PO4] + [H2PO4-] + [HPO42-] + [PO43-] = 0.1 M
0,5
0,5
Trang 7Mặt khác:
+ +
NH 3
NH
0.2 [NH ] K
h K
×
= +
3
0.1
×
=
2 1
0.1
0.1
0.1 [PO ] K K K
h h K hK K K K K
Tại độ pH = 7 – 9 vì vậy có thể bỏ qua [H+], [OH-], [H3PO4] và [PO43-] trong pư (1):
[H2PO4-] = [NH3]
+ +
2
NH 1
0.2
h K
×
9.24
3
2
−
(Trong đó K1K2K3 coi như không đáng kể, có thể bỏ qua.)
-> h = 8.81 × 10-9 M and pH = 8.06
6 1 a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4-→ Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+
2
[Fe(CN) ] 30H O Fe 6NO 6CO 60H 61e 5
61 MnO 8H 5e Mn 4H O
5[Fe(CN)6]4- + 188 H+ + 61MnO4- → 5 Fe3+ + 30CO2 + 30NO3- + 61Mn2+
b Cu3P + Cr2O72- + H+→ Cu2+ + H3PO4 + Cr3+
0,5
0,5
Trang 8
2
Cu P 4H O 3Cu H PO 5H 11e 6
11 Cr O 14H 6e 2Cr 7H O
6Cu3P + 11Cr2O72- + 124 H+→ 18 Cu2+ + 6H3PO4 + 22Cr3+ + 53H2O
c HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+
Ce 1e Ce 2
1 HAsO 2H O H AsO 3H 2e
+ →
HAsO2 + 2Ce4+ + 2H2O ¬ → H2AsO4- + 2Ce3+ + 3H+
2 Do 2
0 / 2
> 3 2
0 /
IO I
E −
> 2
0 / 2
> 2
0 / 2
E −
và clo lấy dư nên các phản ứng lần lượt xảy ra:
1) Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh
2) Cl2 + 2Br-→ 2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần do Br2 có màu vàng
3) 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch nhạt dần chuyển sang màu vàng
4) Do clo dư nhiều và 3 2
0 /
E −
- 2
0 / 2
= 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng:
5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10Cl- + 2BrO3- + 12H+ làm màu vàng của dung dịch nhạt dần và mất đi
Nếu tiếp tục sục clo thì dung dịch có màu vàng nhạt của 1 lượng nhỏ clo hoà
tan
0,5
0,25 0,25 0,25 0,25
7 1 Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.
Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH
Ta có :
284 , 9 677
, 64
323 , 35
17R = ⇒R=
(loại do không có nghiệm thích hợp) Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4
Ta có :
5 , 35 677
, 64
323 , 35
65R = ⇒R=
, vậy R là nguyên tố clo (Cl)
Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ
dạng MOH
gam gam
100
8 ,
=
0,25
0,25
0,5
Trang 9MOH + HClO4→ XClO4 + H2O
⇒ n MOH =n HClO4 =0,15L×1mol/L=0,15mol
⇒
56 15
, 0
4 , 8
+
mol
gam M
⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K)
2 Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S
hoặc SO2
Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:
8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O
Theo ptpu: nH SO2 4 =
5 8
n
nR Theo bài ra: nH SO2 4= nR → 5n = 8 → n =
8 5
Vậy khí X đã cho là khí SO2 Và ta có phương trình phản ứng:
2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O
Ta có: 2 =2n n =1
Phương trình (1) được viết lại:
2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:
SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2)
Theo (2): nSO2= nBr2= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = nSO2= 0,1(mol)
Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → R SO2 4
M
=
31, 2 0,1
= 312
→ MR = 108 (R là Ag)
0,5
0,25
0,25
0,5
8 1 a) FeO + 2 HCl →
FeCl2 + H2O (1)
Fe2O3 + 6 HCl →
2 FeCl3 + 3 H2O (2)
2 FeCl3 + 2 H2O + SO2
→
2 FeCl2 + H2SO4 + 2 HCl (3)
5 FeCl2 + KMnO4 + 8 HCl →
5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4 H2O (4)
5 SO2 + 2 KMnO4 + 2 H2O →
2 H2SO4 + 2 MnSO4 + K2SO4 (5)
(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi
trường cho phản ứng (4))
b) Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = Fe2
n +
= 5 MnO4
n −
= 5 0,10 15,26.10-3 = 7,63.10-3 (mol)
0,75
0,5
Trang 10nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) =
3
-7,63.10 0,8120
= 1,2180
5,087.10-3 (mol)
→
mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 5,087.10-3 = 0,3663 (g)
và mFe O2 3(trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
→ n Fe O 2 3
(trong 0,8120 gam mẫu) =
0,1615
160 ≈
1,01.10-3 (mol) Tương tự, từ (3) và (5) ta có:∑nSO2 =nSO (3)2 +nSO (5)2
Trong đó:
1
n = n
2
(trong 0,8120 gam mẫu)
2 3
Fe O
= n
(trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol)
SO (5) MnO (5)
5
2
=
=
4
với:
2
Fe
n +
∑
= nFeO (trong 0,8120 gam mẫu)
2 3
Fe O
+ 2.n
(trong 0,8120 gam mẫu)
→ n SO (5) 2
FeO MnO
(trong 0,8120 gam mẫu)
2 3
Fe O
+ 2.n
(trong 0,8120 gam mẫu))
→ 2
-n = 0,10 22,21.10 - (5,087.10 + 2 1,01.10 )
2.10-3 (mol)
Vậy: ∑nSO2 =
3,01.10-3 (mol) → V SO 2
= 22,4 3,01.10-3 = 0,0674 (lit)
% FeO =
0,3663
.100 0,8120
= 45,11 % % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %
0,5 0,25 0,5
HẾT