TAI LIEU ON THI HSG

d) Khi tạo thành phân tử BeCl 2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử Be[r]

TÀI LIỆU ƠN THI HSG MƠN HĨA Câu

Hợp chất Z tạo hai ngun tố M, R có cơng thức MaRb R chiếm 6,667%

khối lượng Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, cịn hạt nhân R có p’=n’, n, p, n’, p’ số nơtron proton tương ứng M R

Biết tổng số hạt proton phân tử Z = 84 a + b = Tìm cơng thức phân tử Z

ĐÁP ÁN Số khối nguyên tử M: p + n = 2p +

Số khối nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’ % khối lượng R MaRb =

2p 'b 6,667

a(2p 4) 2p 'b   100 15

p 'b

ap p 'b 2a 15

 

  (1)

Tổng số hạt proton MaRb = ap + bp’ = 84 (2)

a + b = (3) (1), (2) p 'b

84 2a 15

 



1176

15p 'b 84 2a a

p

(2) p 'b ap 15

   

  

   (3)  a 3 

a p 78,26 39,07 26

Fe a =  b =  p’ = 6: cacbon

Vậy CTPT Z Fe3C

Câu (Lý thuyết phản ứng hóa học)

a Xác định bậc phản ứng số tốc độ phản ứng pha khí (3000k) phản ứng:

A(k) + B(k) → C(k)

Dựa kết thực nghiệm sau đây:

Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l Tốc độ mol.l-1.s-1

1 0,010 0,010 1,2.10-4

2 0,010 0,020 2,4.10-4

3 0,020 0,020 9,6.10-4

b Người ta trộn CO H2O nhiệt độ 1000k với tỉ lệ : Tính thành phần hệ lúc cân

bằng, biết rằng:

2 2

2H O 2H O có pkp,1 = 20,113

2

2CO  2CO O có pkp,2 = 20,400 c Cho kiện đây:

2 2 a

2 2 b

2 c

2 2 d

C H H C H H 136,951 KJ / mol

7

C H O 2CO 3H O(l) H 1559,837 KJ / mol

2

C O CO H 393,514 KJ / mol

1

H O H O(l) H 285,838 KJ / mol

   

    

   

   

Hãy xác định: Nhiệt hình thành nhiệt đốt cháy etylen C2H4

a v = k[A]x[B]y

Thí nghiệm  1,2.10-4 = k.0,01x 0,01y (1)

Thí nghiệm  2,4.10-4 = k.0,01x 0,02y(2)

Thí nghiệm  9,6.10-4 = k.0,02x 0,02y(3)

Lấy (3) chia cho (2) 2x =  x =

Lấy (2) chia cho (1)  2y =  y =

   2

v k A B Bậc phản ứng: x + y =

Thí nghiệm  1,2.10-4 = k.0,012 0,01  k = 1,20.102mol-2 l-2.s-1 (1đ)

b Từ kiện đề ta có: 2 P,3

P,2

2 2 P,4 P,1

1

CO O CO K

2 K

1

H O H O K K

2

 

 





20,113

P,1 0,1435

2 2 P P,3 P,4 20,400

P,2

K 10

CO H O CO H K K K 10 1,392

K 10

 

        (1đ)

Giả sử ban đầu lấy mol CO mol H2O

2 2 P

CO  H O  CO  H K 1,392

Ban đầu 1mol 1mol

Lúc câu 1-a(mol) (1-a)mol a mol a mol

2

2

2 CO H

P

CO H O

a a P P

P P 2 2 a

K

1 a a

P P P. P (1 a)

2

  

   với P áp suất chung

P a

K 1,1798 a   a0,54mol

2

a x 100%

%H %CO 27%

2

  

2

(1 a)x100%

%CO %H O 23%

2 

   (1đ)

c Từ kiện đề ta có:

2 a

2 2 2 b

2 C

2 2 d

C H C H H H H 136,951 KJ / mol

7

2CO 3H O(l) C H O H H 1559,837 KJ / mol

2

2C 2O 2CO H H 787,028 KJ / mol

3

3H O 3H O(l) H H 857,514 KJ / mol

2

     

 

       

  

     

 

     

 

2C + 2H2 →C2H4 ΔHht = ΔH1 + ΔH2 + ΔH3 + ΔH4 = +52,246 KJ/mol (0,5đ)

 

2 ht

2

2 2 d

C H 2C 2H H H 52, 246 KJ / mol

2C 2O 2CO H 787,028KJ / mol

2H O 2H O l H H 571,676KJ / mol

      



     

      



Câu 3:

A Phản ứng oxi hóa – khử:

1 Điều khẳng định sau có khơng? “ Một chất có tính oxi hóa gặp chất có tính khử thiết phải xảy phản ứng oxi hóa – khử” Giải thích

2 Hồn thành phương trình phản ứng sau dạng phân tử dạng ion:

a

4 12

MnO C H O H Mn  CO

     

b

x y

Fe O H SO  SO

    

B Điện hóa học

1 Nếu muốn thực trình sau đây: a Sn2 Sn4

 b Cu  Cu2 c Mn2  MnO4 d Fe2  Fe3 Chúng ta dùng nước brom không? Biết:

3

0 Fe / Fe

E   0,77v ;

0 CU / Cu

E  0,34v ;

4

0 MnO / Mn

E   1,51v

4

0 Sn / Sn

E   0,15v ;

2

0 Br / 2Br

E  1,07v

Viết phương trình phản ứng xảy tính số cân phản ứng xảy Người ta lập pin gồm pin sau:

3

(NO )

Zn / Zn (0,1M)

3

NO

Ag / Ag (0,1M)có thể chuẩn tương ứng -0,76v 0,80v a Thiết lập sơ đồ pin dấu điện cực

b Viết phương trình phản ứng pin làm việc c Tính E pin

d Tính nồng độ pin khơng có khả phát điện (pin dùng hết) ĐÁP ÁN

A

1 Điều khẳng định lúc đúng.

+ Muốn có phản ứng xảy chất oxi hóa A chất khử B chất khử tạo thành phải yếu B chất oxi hóa sinh phải yếu A

VD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag

Trong đó:

- Chất oxi hóa Cu2+ yếu chất oxi hóa ban đầu Ag+ - Chất khử sinh Ag yếu chất khử ban đầu Cu

+ Ngược lại, phản ứng không xảy khi:

2Ag + Cu2+ = Cu + 2Ag+

Chất khử yếu chất oxi hóa yếu chất khử mạnh chất oxi hóa mạnh

+ Ngồi phản ứng oxi hóa – khử cịn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,… 2

a

4 12

MnO C H O H Mn  CO

     

x 24 Mn 5e Mn7 2

  (MnO4 : chất oxi hóa) x 6C 6.4e 6C0 4

  ( C6H12O6: chất khử)

2

4 12 2

24MnO 5C H O 72H 24Mn  30CO 66H O

    

Phương trình dạng phân tử:

24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4

b

x y

Fe O SO  H SO

    

x  

2y

3 x

x Fe 2y 3x e x Fe 



    (FexOy: chất khử)

x(3x-2y) S 2e6 S4

  (SO24 : chất oxi hóa)

       

x y 2

2Fe O 3x 2y SO  12x 4y H 2x Fe 3x 2y SO 6x 2y H O

 Dạng phân tử:

2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O

B

1 Sắp xếp phản ứng theo chiều tăng dần điện cực chuẩn, ta có:

4

2

3

2

2

4

Sn / Sn

2

Cu / Cu

3

Fe / Fe Br / 2Br

2

4 MnO / Mn

Sn 2e Sn E 0,15v

Cu e Cu E 0,34v

Fe e Fe E 0,77v

Br 2e 2Br E 1,07v

MnO 8H 5e Mn 4H O E 1,5v

     

 

 

 

 



  

 

 

 

 

    



 



Theo qui tắc α ta thấy thực q trình a), b), d) a Sn2+ + Br

2 →Sn4+ + 2Br –

E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v

2.0,92

31 0,059

K 10 1,536.10 (0,25đ)

b 2Cu+ + Br

2 → 2Cu2+ + 2Br –

E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v

2.0,73

24 0,059

K 10 5,569.10 (0,25đ)

c 2Fe2+ + Br

2 → 2Fe3+ + 2Br –

E0 = +1,07-0,77=+0,3v

2.0,3

10 0,059

K 10 1, 477.10 (0,25đ)

2

a   Zn | Zn(NO )3 2(0,1M) || AgNO (0,1M) | Ag( )3  (0,25đ)

b Tại (-) có oxi hóa Zn – 2e → Zn2+

Tại (+) có khử Ag+ : Ag+ + e → Ag

Phản ứng tổng quát pin làm việc:

Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag (0,25đ)

c 2

0

Zn / Zn Zn / Zn

0,059

E E lg Zn

2

 

  

   

0 Ag / Ag Ag / Ag

0,059

E E lg Ag

1

 

  

   

Epin =  

2

0

Ag / Ag Zn / Zn Ag / Ag Zn / Zn Ag 0,059

E E E E lg

2 Zn

   



    

   

   

    

2

1 10 0,059

0,80 0,76 lg 1,56 0,0295 1,53v

2 10





        (0,25đ)

d Khi hết pin Epin =

Gọi x nồng độ M ion Ag+ giảm phản ứng hết pin Ta có:

 2

pin

0,1 x 0,059

E lg 1,53

x

2 0,1

2 

  



 

2

51,86 0,1 x

10

x 0,1

2

 

  

2 x

Zn 0,1 0,15M

2 

      

51,86 27 x

Ag 0,1 10 4,55.10 M

2

    

        

  (0,5đ)

Câu 5:

1 Một khóang vật X gồm nguyên tố: A (kim loại) B (phi kim)

- Khi đốt X chất rắn Y (A

2O3) khí Z (BO2) phần trăm khối lượng A

Y 70% B Z 50%

- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H

2 nhiệt độ cao - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K

2Cr2O7 môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+

Xác định tên khóang vật X khối lượng X đốt

2 Từ muối ăn, đá vôi nước, viết phương trình phản ứng điều chế nước Javel clorua vôi

ĐÁP ÁN 1

0 2 3

t x y

(X)

A O (Y) A B

BO (Z) 

    2A.100

%A 70 A 56 A Fe

2A 16.3

     

 B.100

%B 50 B 32 B S

B 16.2

     



 Y + H2 :

0

2 2

Fe O 3H t 2Fe 3H O

2

2

Fe O H

Fe Fe O

1 1,8

n n 0,3(mol)

3

n 2.n 0,3.2 0,6(mol)

  

  

K2Cr2O7 + SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O

0,4(mol) 1,2(mol)

2

2

K Cr O

S SO

117,6

n 0, 4(mol)

294 n 1, 2mol n

 

  

Với công thức FexOy ta có tỉ lệ:

X : y = 0,6 : 1,2 hay :

 X FeS2 (pyrit sắt)

   

2

FeS

m  56.0,6  32.1, 72(g)

2 2NaCl + H2O NaOH + H2 + Cl2

Cl2 + NaOH = NaCl + NaClO + H2O

Nước Javel

3

2

2 2

CaCO t CaO CO CaO H O Ca(OH)

Cl Ca(OH) CaOCl H O 

 

  

Clorua vơi

Câu V :

1/ Cho biết giá trị điện cực : 

 

2

3

b) Từ kết qủa thu đượcv chứng minh cho sắt kim loại tácdụng với dung dịch HCl 0,1M tạo thành Fe2+ khơng thể tạo thành Fe3+.

2/ Từ dư kiện bảng điện cực chuẩn số cặp oxi hóa – khử, chứng minh kim loại điện cực âm điều kiện chuẩn đẩy hidro khỏi dung dịch axit

Đáp án câu V :

Nội dung Điểm

1/ a) 2  0

1 1

Fe + 2e = Fe (1) G = -n E F = -2.(-0,44).F

 

3 2+ 0

2 2

Fe + 1e = Fe (2) G = -n E F = -1.(0,77).F

   

3 0

3

Fe + 3e = Fe (3) G = G + G  G = -n E F = -3E F = -2 -0,44 77 F03 3 30 30    ,   E03 2 44 77 ,  , 0 036 V,

3

b) Trong dung dòch HCl 0,1M  H  10 (mol/l)1

/ / , lg ,

      

 

2 2

0 2H H 2H H

E E 059 H 059 V

/ / /

     

2

2

0 0

Fe Fe 2H H Fe Fe

E E E

 H+ oxi hóa Fe thành Fe2+

Nội dung Điểm

2/ Phản ứng :

+ n+

2 n M + nH = M + H

2 (1)

Như có bán phương trình phản ứng : 2H+ + 2e = H

2 (2) /

2 2H H

E  = 0V Mn+ + ne = M (3)

/

n M M E 

Để phản ứng (1) phương trình (2) nhân với n2 rối trừ phương trình (3) Khi G

của phản ứng :

G = n2G(2) - G(3) = -n2.2F / 2H H

E  - ( -n.F

/

n M M

E  )

= -nF( / 2H H E 

-/

n M M

E  )

Để chi phản ứng xảy G < Vậy :

/ 2

0 2H H E 

-/

n M M

E  >

Vì / 2H H

E  = 0V

/

n M M

Caâu VI :

Cho 50 gam dung dịch MX (M kim loại kiềm, X halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam dung dịch AgNO3 thu kết tủa Lọc kết tủa, dung dịch nước lọc Biết nồng độ MX dung dịch

sau thí nghiệm giảm 1,2 lần so với nồng độ ban đầu a) xác định công thức muối MX

b) phịng thí nghiệm, khơng khí bị nhiễm lượng khí X2 độc, tìm cách loại

( viết phương trình phản ứng ) Đáp án câu V :

Nội dung Điểm

a) mMX 35,6 50100 17,8g

MX + AgNO3 = MNO3 + AgX

(mol) x x x x

 mAgX = (108 + X)x ; mMX phản ứng = (M + X)x  mMX lại = 17,8 – (M + X)x

 C% MX dung dịch sau phản ứng :  

 

17,8 M X x 100 35,6 60 108 X x 1,2

 

 

 

 120(M +X) = 35,6(108+ X)

M Li (7) Na (23) K (39)

X Cl (35,5) 12,58 4634,44

 M : LiX : Cl

   muối MX LiCl

b) Để loại khí Cl2 bị nhiễm phịng thí nhgiệm phun khí NH3 vào đóng kín

sau thời gian 10 – 15 phút :

3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl

6 NH3 + HCl = NH4Cl

3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl

Câu VI: (4,0 điểm)

1 So sánh, có giải thích

a Độ lớn góc liên kết phân tử:  CH4; NH3; H2O

 H2O; H2S

b Nhiệt độ nóng chảy chất : NaCl; KCl; MgO c Nhiệt độ sôi chất : C2H5Cl; C2H5OH; CH3COOH

2 137Ce tham gia phản ứng lị phản ứng hạt nhân, có chu kì bán hủy 30,2 năm 137Ce đồng vị bị phát tán mạnh nhiều vùng châu Âu sau tai nạn hạt nhân Trecnibun Sau lượng chất độc 1% kể từ lúc tai nạn xảy

ĐÁP ÁN

1 (2,0điểm)

a CH4 > NH3 > H2O Giải thích:

H |

C N H O H | H H H H H H

Số cặp e chưa tham gia liên kết nhiều đẩy nhau, góc liên kết nhỏ

0,25 điểm

b H2O > H2S

Giải thích: Vì độ âm điện O > S, độ âm điện nguyên tử trung tâm lớn kéo mây đơi e- liên kết phía nhiều làm tăng độ lớn góc liên kết.

c So sánh nhiệt độ nóng chảy chất: MgO > NaCl > KCl

Giải thích: bán kính ion K+ > Na+ Điện tích ion Mg2+ > Na+ O2- > Cl

-(Năng lượng phân li tỉ lệ thuận với điện tích ion tỉ lệ nghịch với bán kính ion) 3.So sánh nhiệt độ sôi chất:

C2H5Cl < C2H5OH < CH3COOH Giải thích:

-C2H5Cl khơng có liên kết hiđro

-Liên kết hidro phân tử axit bền liên kết hidro phân tử rượu C2H5 – O … H – O

H C2H5 O … H – O

CH3 – C C – CH3 O – H … O

0,25 điểm 0, 25 điểm 0, 25 điểm 0,25 điểm

0, 25 điểm

0, 25 điểm

2 2,0điểm

Áp dụng công thức: K =

N N lg K

3 , t N N lg t

3 , N N ln t

1 o o o

  

Mà k =

N N lg 693 ,

T , t T 693 ,

0   o

0,693 200,46

2 , 30 , 100 lg 693 ,

2 , 30 , 100

N N lg 693 ,

2 , 30 , t

o

o   

 

(năm) Vậy sau 200,46 năm lượng chất độc cịn 1% kể từ lúc tai nạn xảy

0,5 điểm

0,5 điểm 0,5 điểm

0,5 điểm

Câu I :

Xét phân tử BF3, NF3 IF3 Trả lời câu hỏi sau : I.1 Viết công thức chấm electron Lewis chất

I.2 Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử cho biết tr ạng th lai hóa nguyên tử trung tâm dạng hình học phân tử

1.3 Xác định xem phân tử phân cực khơng phân cực Giải thích kết chọn

áp án :

Đ

S F

F

F

N

F F

F

I F

F F

1,5 điểm

Lai hóa sp2 Lai hóa sp3 Lai hóa sp3d 0,75 điểm

Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T 0,75 điểm

Khơng cực momen lưỡng cực liên kết bị triệt tiêu

Có cực lưỡng cực liên kết khơng triệt tiêu

Có cực lưỡng cực liên kết khơng triệt tiêu

Câu III : điểm

II.1 Tính pH dung dịch H2C2O4 0,01M

II.2 Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M Ca2+ 0,01M II.2.1 Kết tủa xuất trước

II.2.2 Nồng độ ion thứ lại ion thứ hai bắt đầu kết tủa II.3 Tính pH dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết Lít dung dịch

Biết H2C2O4 có số axít tương ứng pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan CaC2O4 10 – 8,60; MgC2O4 10 - 4,82

áp án:

Đ

III.1 H2C2O4 H+ + HC2O4- K1= 10-1,25 (1) HC2O4- H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2) H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (3) Do Kw << K2 << K1  cân (1) xảy chủ yếu

H2C2O4 H+ + HC2O4- K1= 10-1,25 C (M) 0,01

[ ] (M) 0,01 – x x x

1,0 điểm

= 10-1,25

 x2 + 10-1,25 x - 10-3,25 =

GiảI phương trình bậc 2, ta được: x = 8,66 10-3 (M)  pH = 2,06

III.2 CaC2O4 Ca2+ + C2O42- T1 = 10-8,60 MgC2O4 Mg2+ + C2O42- T2 = 10-4,82

Điều kiện để có kết tủa CaC2O4: [Ca2+] [C2O42-]  T1  [C2O42-]  = 10-6,60 (M)

0,5 điểm

Điều kiện để có kết tủa MgC2O4: [Mg2+] [C2O42-]  T2  [C2O42-]  = 10-2,82 (M)

0,5 điểm [C2O42-]1  [C2O42-]2 nên CaC2O4 kết tủa trước

Khi MgC2O4 bắt đầu kết tủa thì:

=  [Ca2+] = [Mg2+] = 10-2 = 10-5,78 (M)

1 điểm

III.3 CaC2O4 Ca2+ + C2O42- T1 = 10-8,60 H+ + C

2O42- HC2O4- K2-1 = 104,27 CaC2O4 + H+ Ca2+ + HC2O4- K = T1K2-1 = 10-4,33 C

[ ] (M) C – 0,001 0,001 0,001  = 10-4,33

 C  10-1,69 (M)  pH = 1,69

1 điểm

Câu V:

Nung hỗn hợp A gồm sắt lưu huỳnh sau thời gian hỗn hợp rắn B Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu V1 lít hỗn hợp khí C Tỷ khối C so với hidro 10,6 Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 SO2 cần V2 lít khí oxi

V.1 Tìm tương quan giá trị V1 V2 (đo điều kiện) V.2 Tính hàm lượng phần trăm chất B theo V1 V2

V.3 Hiệu suất thấp phản ứng nung phần trăm

V.4 Nếu hiệu suất phản ứng nung 75%, tính hàm lượng phần trăm chất hỗn hợp B Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16

áp án:

Đ

Fe + S = FeS

Thành phần B gồm có FeS, Fe có S FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S

Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 Vì MTB = 10,6 = 21,2 < 34 Nên : C có H2S H2 Gọi x % H2 hỗn hợp C (2x + 43(100 – x)) : 100 = 21,2 → x = 40%

C ; H2 = 40% theo số mol; H2S = 60%

Đốt cháy B:

4 FeS + O2 = e2O3 + SO2 Fe + O2 = Fe2O3

Có thể có phản ứng : S + O2 = SO2

Thể tích O2 đốt cháy FeS : (3V1/5).(7/4) = 21V1/20 Thể tích O2 đốt cháy Fe : (2V1/5).(3/4) = 6V1/20

Thể tích O2 đốt cháy FeS Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20 Thể tích O2 đốt cháy S là: V2 – (27V1/20) = V2 – 1,35V1 Nên : V2 ≥ 1,35V

1 điểm

V.2 S ố mol S = (V2 – V1 1,35) : V1 mol ( Với V1 mol thể t ích mol khí điều kiện xét)

S ố mol FeS = ( V1 3/5 ) : V1mol S ố mol Fe = (V1 2/5) : V1 mol

% 165 ) 35 , ( 32 , 75 5280 ) 35 , ( 32 56 88 100 88 % 1 1 1 V V V V V V V V V V V V FeS          % 70 ) ( 32 100 56 % 1 V V V V V V Fe     % 135 100 ) ( 32 100 ) 35 , ( 32 % 2 2 V V V V V V V V S       1 điểm

- Nếu dư S so với Fe tính hiệu suất phản ứng theo Fe, Fe + S  FeS

H = 100 60(%)

5 5 100 1   

 V V

V n n n FeS Fe FeS

H = 60%

- Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S

H = 

 S

FeS FeS

n n

n .100

(%) 60 100 5

2

3 100

1

1

 



 V V

V n

n n

FeS Fe

FeS

(do nS < nFe)

- Vậy hiệu suất thấp phản ứng nung 60%

Câu 1:

Cho hai nguyên tử A B có tổng số hạt 65 hiệu số hạt mang điện khơng mang điện 19 Tổng số hạt mang điện B nhiều A 26

a) Xác định A, B; viết cấu hình electron A, B cho biết số lượng tử ứng với electron sau nguyên tử A, B

b) Xác định vị trí A, B HTTH

c) Viết công thức Lewis phân tử AB2, cho biết dạng hình học phân tử, trạng thái lai hố nguyên tử trung tâm?

d) Hãy giải thích phân tử AB2 có khuynh hướng polime hố?

Câu 1

a) Gọi ZA, ZB số proton nguyên tử A, B Gọi NA, NB số notron nguyên tử A, B Với số proton = số electron

Ta có hệ :

  

   

 

   

   

 

   

   

17Z 4Z 13Z Z

21Z Z 262Z

2Z

19)N (N)2Z (2Z

65)N (2Z)N (2Z

B A AB BA AB

BA BA

BB AA

(0,5đ)

ZA =  A Be Cấu hình e : 1s22s2 Bộ số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms =

2



ZB = 17  B Cl Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5 Bộ số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms =

2

 b) Ta có Z =  Be thứ 4, có lớp e  Be chu kỳ

Nguyên tố s, có 2e ngồi  phân nhóm nhóm II Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm nhóm VII

c) Cl:

: Be : Cl

: (1đ)

Hình dạng hình học phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp

d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 ngun tử Be cịn obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững cịn có obitan chứa electron chưa liên kết nguyên tử clo phân tử BeCl2 đưa cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be phân tử BeCl2 tạo liên kết cho-nhận Vậy BeCl2

có khuynh hướng polime hoá: (1đ)

Cl Be Cl

Cl B

Cl B

Cl B

Cl B

Cl B

(0,5đ)

(0,5đ)

Câu 1:

a) Cho biết mơi trường axit Mn+4 Oxi hóa đượcH

2O2 ngược lại môi trường bazơ H2O2 lại oxihoá Mn+2 thành Mn+4

Hãy viết phương trình phản ứng minh họa b) Một phản ứng xảy vùng mỏ đồng:

CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O  CuSO4 +FeSO4+H2SO4

Cân theo phương pháp thăng e nhận xét hệ số?

Đáp án Câu 1: a) Trong mơi trường axít

MnO2 + H2O2 +H2SO4  MnSO4 + O2 + 2H2O b) Trong môi trường bazơ:

H2O2 +MnCl2 + 2NaOH  Mn(OH)4 + 2NaCl

c) CuFeS2 + Fe2(SO4)3+ O2 + H2O  CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 x S-2  12S+6 + 16e

x x 2Fe+3 + 2e  2Fe y x O0

2 + 4e  2O-2

2x + 4y = 16  x +2y = ( 0< x < ; < y < 4) TD: y = ; x =

CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O CuSO4 + 13FeSO4 + 6H2SO4 y = ; x =2

CuFeS2 + 2Fe2 (SO4)3 + 3O2 + 2H2O  CuSO4 + 5FeSO4 + 2H2SO4 Có Vơ số nghiệm, lượng H2SO4 tỷ lệ với lượng H2O

Câu 3: Cho biết số điện li của:

Axít Axetic : Ka CH3COOH = 1,8.10-5 mol/l

Axít Propionic : Ka C2H5COOH = 1,3.10-5 mol/l Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M C2H5COOH x M

a Hãy xác định giá trị x để dung dịch ta có độ điện li axit Axetic 0,08

b Hãy xác địch giá trị x để dung dịch hổn hợp có giá trị pH = 3,28 (nồng độ CH3COOH 0,002M)

Đáp án Câu 3: a Số mol CH3COOH bị phân li

2  10-3  10-2 = 16.10-5 mol

CH3COOH  CH3COO- + H+

16.10-5 16.10-5 16.10-5 C2H5COOH  C2H5COO- + H+

2x 2x 2x

 độ điện ly C2H5COOH Ta có

) 10 16 10

(

) 10 16 )( 10

16 (

5

5

 

 

 x

= 1,8.10-5 (1)

) (

) )( 10

16

(

x x

x x

  

 



b pH = 3,28  H = 10-3,28 = 0,000525M

CH3COOH  CH3COO - + H+ 2’10-3 mol 2’10-3 mol 2’10-3 mol ’là độ điện ly CH3COOH

C2H5COOH  C2H5COO- + H+ x mol x mol x mol  độ điện ly C2H5COOH

   ) 10 10 ( 10 10 , 52 , 3 ,       

= 1,8.10-5

   ) ( 10 , 52 x x x    

= 1,3.10-5 (4)  2’.10-3 + x = 52,5.10-5 (5) ’= 0,03315  0,033 ;  = 0,024

x = 52,5.10-5 – 0,066.10-3 = 45,9.10-5

x = 19.10-3M

Câu 4:

Một pin điện thiết lập điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1M điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1M

Cho E0 Zn2+/Zn = - 0,76V E0 Ag+ /Ag = 0,8V a Viết sơ đồ pin

b Viết phương trình phản ứng xảy pin hoạt động c Tính sức điện động pin

d Tính nồng độ chất pin hết

Đáp án câu 4: a) Sơ đồ Pin: (-) Zn / Zn (NO3)2 (0,1M) // AgNO3 (0,1M) / Ag (+) b) Cực âm : Zn  Zn2+ + 2e x

Cực dương : Ag+ + 1e  Ag x Phản ứng pin: Zn + 2Ag+  Zn2+ + 2Ag (1) c ) E0pin = E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V

 E pin = E0pin +  

Zn  V

Ag 53 , 10 10 lg 059 , 56 , lg 059 , 2       

d) Hết pin E pin =

 

   2 52,88

2 2 10 88 , 52 059 , 56 , 059 , lg               Zn Ag pin E Zn Ag

Theo phản ứng mol Ag+ bị khử có mol Zn bị oxy hóa Gọi x lượng Zn bị oxyhoa pin ngừng hoạt động x 0,1 ] [Zn 2x -0,1 ] [Ag      10 , ) ,

( 52,88

     x x (gần đúng)  x = 0,05

Sục khí (A) vào dung dịch (B) ta chất rắn (C) màu vàng dung dịch (D) Sục tiếp khí (A) vào dung dịch (D) không xuất kết tủa thêm CH3COONa vào dung dịch (D) sục

khí (A) vào thu kết tủa màu đen (E)

Khí (X) có màu vàng lục tác dụng với khí (A) tạo chất (C) (F) Nếu khí (X) tác dụng với khí (A) nước tạo chất (Y) (F) , thêm BaCl2 vào thấy có kết tủa trắng (A) tác dụng với dung

dịch chứa chất (G) muối nitrát tạo kết tủa (H) màu đen Đốt cháy (H) oxi ta chất lỏng (I) màu trắng bạc

1 Viết công thức phân tử (A) , (B) , (C),(E) , (F) (G) ,(H) ,(I) ,(X) ,(Y) chất (D) Viết phương trình phản ứng xảy

3 Giải thích cho dung dịch CH3COONa vào dung dịch (D) có kết tủa ?

Câu II:( đ)

1 Khí A H2S ; dung dịch B FeCl3 ; C S ; dung dịch D FeCl2 HCl ; E laø FeS

X laø Cl2 ; F laø HCl ; Y laø H2SO4 G laø Hg(NO3)2 , H HgS I Hg ( 1đ)

2 H2S + FeCl3 → FeCl2 + S ↓ + HCl

CH3COONa + HCl → CH3COOH + NaCl

H2S + FeCl2 → FeS ↓ HCl

Cl2 + H2S → S + HCl

Cl2 + H2S + H2O → H2SO4 + HCl

BaCl2 + H2SO4 → BaSO4↓ + HCl

Hg(NO3)2 + H2S → HgS ↓ + 2HNO3

HgS + O2 → Hg + SO2

( 0,25x8=2ñ)

3.Khi cho CH3COONa vào dung dịch D để tác dụng với HCl FeS khơng thể tạo thành dung dịch

có pH thấp (FeS tan mơi trường axít ) ( đ)

Câu III (4 điểm):

III.1.Một dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Fe(NO3)3 10-3 M MnCl2 1M

III.1.1. Hãy dự đoán tuợng xảy cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A dư

III.1.2. Tính khoảng pH cần thiết lập để tách Fe3+ khỏi Mn2+ dạng hidroxit.

III.1.3. Nếu dung dịch A cịn chứa thêm NaF 1M có tượng xảy cho từ từ dung dịch

NaOH dư vào dung dịch A Cho : 10 10,6



 

Mn

 , 10 2,17 

 

Fe

 , ( )3 10 35,5

 

OH Fe

T , ( )2 10 12,35

 

OH Mn

T , 1016,10

6 

FeF



III.2.Một mẩu nước máy chứa ion Ni2+và Pb2+ Khi thực chuẩn độ ta thu kết quả: ion Pb2+ bắt đầu

kết tủa PbS nồng độ Na2S nước vượt 8,41.10-12M Và ion Ni2+ bắt đầu kết tủa NiS nồng độ Na2S vượt 4,09.10-8M

V.3.1 Hỏi nồng độ ion Pb2+ Ni2+ nước máy bao nhiêu?

V.3.2 Có % Pb2+ Ni2+ cịn lại dung dịch nồng độ Na

2S cân 5.10-11M? Cho biết : Tt(PbS) = 3.10-28 ; Tt(NiS) = 3.10-20

 Đáp án câu III:

III.1 Trong dung dịch :

Fe(NO3)3  Fe3+ + 3NO3 -MnCl2  Mn2+ + 2Cl -Fe3+ + H

2O Fe(OH)2+ + H+

17 , 10

3



 

Fe

 0,25đ

C 10-3M

[ ] 10-3 – x x x 17 ,

2

10 10



 

 x

x

Mn2+ + H

2O Mn(OH)+ + H+

6 , 10 10    Mn  0,25đ C 1M

[ ] – x x x

6 , 10 10    x x

 x = 10-5,3 (M)

 Sự mát Mn2+ không đáng kể 0,25đ III.1.1Cho NaOH vào :

Với Fe3+, nồng độ OH- cần để xuất kết tủa :

Với Mn2+, nồng độ OH- cần để xuất kết tủa : ) ( 10 10 )

( ( ) 12,35 6,175

2 2 M C T C Mn OH Mn Mn OH         0,25đ

V ậy Fe(OH)3 kết tủa trước Mn(OH)2

0,25đ

III.1.2 Để kết tủa hoàn toàn Fe(OH)3 :

) ( 10 47 , 10 10 10 )

( 3 10

6 , 35 ) ( 3 M T

COH Fe FeOH 

       

Vậy pH = 4,17 0,25đ

Để Mn2+ bắt đầu kết tủa :

) ( 10 10 )

( ( ) 12,35 6,175

2 2 M C T C Mn OH Mn Mn OH       

 Vậy pH lúc = 7,825 0,25đ

Vậy khoảng pH để tách hoàn toàn Fe3+ khỏi Mn2+ :

4,17 ≤ pH ≤ 7,825 0,25đ

III.1.3 Giữa trình tạo phức với F- trình hidroxo, nhận thấy trình tạo phức F- ưu hơn, tạo phức bền :

Fe3+ + 6F- FeF

63- 10 , 16 10 6 

FeF

 0,25đ

C 10-3 1

[ ] x 0,999 + x 10-3 – x

1 , 16 10 ) 999 , ( 10     x x x

 x = 7,95.10-20 (M) nhỏ

 [Fe3+] = 7,95.10-20 (M) 0,5đ Khi cho NaOH vào, nồng độ OH- để tạo kết tủa Fe(OH)

3 : ) ( 10 , 10 95 , 10 10 95 , )

( 3

20 , 35 20 ) ( 3 M T

COH Fe FeOH 

       

Nồng độ OH- cần cho kết tủa Mn(OH)

2 10-6,175 M

Vậy lúc Mn(OH)2 kết tủa trước 0,25đ

III.2

III.2.1 Nồng độ Pb2+ nước máy : [Pb2+] =

12 28 10 41 , 10  

= 3,57.10-17 (M) Nồng độ Ni2+ nước máy :

[Ni2+] =

8 20 10 09 , 10  

= 7,33.10-13 (M) 0,25đ

III.2.2 Trong trường hợp [S2-] = 5.10-11M : [Pb2+] =

11 28 10 10  

= 6.10-18 (M)

% Pb2+ lại dung dịch = .100%

10 57 , 10 17 18  

= 16,8% 0,25đ

) M ( 10 10 16 , 10 C T ) C

( 3 11

4 , 35 ' Fe ) OH ( Fe Fe OH 3

3  

Vì lượng S2- sử dụng trường hợp < lượng cần để tạo kết tủa NiS, Ni2+ lúc cịn

100% dung dịch 0,25đ

Câu V (4 điểm):

V.1. Nguyên nhân gây ngộ độc quan hơ hấp khí halogen có giống với nguyên nhân tẩy màu chất hữu chúng không?

V.2. Tại hidrosunfua lại độc người?

V.3. Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dạng bột mịn Sau nung 33,02 gam hỗn hợp A (khơng có khơng khí) thời gian, nhận hỗn hợp B Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B hàm lượng đơn chất Zn hỗn hợp ½ hàm lượng Zn A

- Lấy ½ hỗn hợp B hịa tan H2SO4 lỗng dư sau phản ứng thu 0,48 gam chất rắn nguyên chất

- Lấy ½ hỗn hợp B thêm thể tích khơng khí thích hợp Sau đốt cháy hồn tồn, thu hỗn hợp khí C N2 chiếm 85,8% thể tích chất rắn D Cho hỗn hợp khí C qua dung dịch NaOH dư thể tích giảm 5,04 lit (đktc)

V.3.3 Viết phương trình phản ứng

V.3.4 Tính thể tích khơng khí (đktc) dùng

V.3.5 Tính thành phần % theo khối lượng chất B.(Cho: Al=27, Zn=65, S=32)

 Đáp án câu V:

V.1 Cùng nguyên nhân : dung dịch nước (dịch tế bào mơ biểu bì, nước làm ẩm vải sợi) có cân : X2 + H2O HX + HXO

Các axit hipohalogenơ HXO có mặt nguyên tố X có số oxi hóa +1 bền để nhận electron để chuyển hóa số oxi hóa -1 bền nên chúng oxi hóa mơ biểu bì (là chất khử hữu cơ) chất

hữu có màu dẫn đến phá hủy chúng 0,25đ

V.2 Hidrosunfua lại độc người vào máu, máu hóa đen tạo FeS làm hemoglobin máu chứa Fe2+ bị phá hủy.

H2S + Fe2+(hemoglobin)  FeS  + 2H+ 0,25đ

V.3

V.3.1

Với S, Al Zn có phản ứng : 2Al + 3S t0 Al2S3 Zn + S t0 ZnS

Trong trường hợp tổng qt (phản ứng khơng hồn tồn) hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư Trong chất có S khơng tan dung dịch H2SO4 loãng : )

2 (

du B

S

m =

0,48 (gam)

 nSdư (B) =

32 48 ,

2

= 0,03 (mol) (1) 0,25đ

Với H2SO4 ta có phản ứng :

Al2S3 + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2S ZnS + H2SO4  ZnSO4 + H2S Zn + H2SO4  ZnSO4 + H2

2Al + 3H2SO4  Al2(SO4)3 + 3H2 0,25đ Khi nung ½ B O2 :

Al2S3 + 2

O2 t0 Al2O3 + 3SO2 ZnS +

2

O2 t0 ZnO + SO2 4Al + 3O2 t0 2Al2O3

Zn + 12 O2 t0 ZnO

S + O2 t0 SO2 0,25đ V.3.2

Hỗn hợp khí C gồm SO2, N2 (khơng có O2 người ta dùng lượng oxi vừa đủ) Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại :

 nSO2 = 22,4 04 ,

= 0,225 (mol) 0,25đ

Theo ngun lí bảo tồn ngun tố S :

) ( ) ( ) (

2C S B S A

SO n n

n  

Vậy : nS(A)= 0,225 = 0,45 (mol) (2) 0,25đ

mS(A) = 0,45 32 = 14,4 (gam)

mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam) Gọi x = nAl ; y = nZn A

Ta có :27x + 65y = 18,62 (3) 0,25đ

%SO2 C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2% Ta có : 0,225 mol SO2  %SO2 = 14,2%

Vậy : nN2= 14,2 , 85 225 , 

= 1,36 (mol) Do N2 chiếm

5

thể tích khơng khí nên : nKK =

4 N n = 1,36 (mol) Thể tích khơng khí : VKK =

4

.1,36 22,4 = 38,08 (lit) 0,25đ

V.3.3

Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: nO2= 4 N n =

.1,36 = 0,34 (mol) 0,25đ

Trong 0,34 mol O2 có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO2, phần lại dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO )

2 (

2 B

O

n = 0,34 – 0,225 = 0,115 (mol)

Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS, Al dư, Zn dư, S dư thành Al2O3, ZnO, SO2) lượng O2 dùng có số

mol Al, Zn, S

Do kết luận để biến Al, Zn ½ A thành Al2O3, ZnO ta phải dùng 0,115 mol O2

0,25đ

4Al + 3O2 t0 2Al2O3

x

8 3x

Zn +

2

O2 t0 ZnO

2 y y O n = 3x + y

= 0,115 (mol)  3x + 2y = 0,920 (4) 0,25đ

Từ (3) (4)  x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn

Từ % Zn A % Zn đơn chất B cộng 8,296 gam Zn ta suy : z’ = n

Zndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; nAl2S3

%Zn(A) = 43,307%

02 , 33 100 65 22 ,    0,25đ

Sau thêm 8,296 gam Zn vào B :

%Zn đơn chất = 43,307

2 296 , 02 , 33 100 ) 296 , 65 ( '      z

 z’= 0,01 mol Zn dư 0,25đ

Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)

3 2S Al n = 21 ,

= 0,07 (mol)

Thành phần % khối lượng chất hỗn hợp B :

%Al2S3 = 33,02 31,8%

100% 150 0,07   

%ZnS= 61,69%

33,02 100% 97 0,21    0,25đ

%Zndư = 33,02 1,97%

% 100 65 01 ,   

%Sdư = 33,02 2,91%

%Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63% 0,25đ

Câu I:

1) Từ muối ăn, phương pháp điện phân dung dịch khí Cl2 đồng thời thu H2 NaOH Để thu dung dịch NaOH có nồng độ cao tinh khiết người ta làm nào?

- Nói rõ q trình diễn cách làm

- Biện pháp cần ý tiến hành điều chế (3đ)

2) Chất C.F.C chất sử dụng thiết bị lạnh thường gây ô nhiễm môi trường Hãy cho biết: - Chất C.F.C chất nào?

- Tác hại gây ô nhiễm môi trường nào?

Viết phương trình phản ứng xảy (nếu có) (2đ)

ĐÁP ÁN

1) Điện phân dung dịch NaCl với Catot sắt, anot than chì có màng ngăn thu dd NaOH khơng tinh khiết cịn có lượng NaCl dung dịch

Để thu dung dịch NaOH có nồng độ cao tinh khiết:

- Người ta điện phân dung dịch NaCl với catot thủy ngân, anot than chì Tại anot: xảy oxi hóa Cl- : 2Cl-  Cl

2 + 2e Tại catot: Na+ bị khử: Na+ + e = Na

Na tan vào Hg tạo hỗn hống, lớp catot thủy ngân di động chuyển sang khu vực khác khuấy trộn với nước để tạo NaOH giải phóng H2 :

2Na + 2H2O = 2NaOH + H2

Hg giải phóng lại quay trở lại theo chu trình kín (2đ)

- Cần ý khâu nước thải sản phẩm: có Hg độc nên phải xử lí nước thải thu lấy Hg, tránh ô

nhiễm môi trường (1đ)

2) Chất C.F.C gọi tắt hợp chất chứa Clo flo cacbon, gọi chung chất freon Ví dụ: CF2Cl2, CFCl3, CF3Cl)

- Tác hại: gây tượng “lỗ thủng OZON”

- Phương trình phản ứng: ví dụ với CF2Cl2 (1đ)

CF2Cl2 Cl + CF2Cl (a) O3 + Cl O2 + ClO (b) ClO + O3 2O2 + Cl (c)

Nguyên tử Cl sinh (c) lại tiếp tục tham gia phản ứng (b), phân tử CF2Cl2 phá hủy hàng chục ngàn phân tử O3 Theo chế gốc,và phản ứng dây chuyền

(1đ)

CÂU III Phát sửa lỗi phương trình sau (nếu có):

1) CaI2 + H2SO4 đặc  CaSO4 +2HI

2) 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc  FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O

3) 2CrCl3 +3Cl2 +14KOH  K2Cr2O7 + 12KCl + 7H2O

4) HF + NaOH  NaF +H2O

5) Cl2 +2KI dư  2KCl + I2 (5đ)

ĐÁP ÁN Phát lỗi: 0.5đ, sửa lỗi: 0.5đ/1 phương trình

1) HI có tính khử, khơng tồn H2SO4 đặc Vì H + -1I

4

H S O đặc có phản ứng nên sửa lại

4CaI2 + 5H2SO4 đặc  4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O

2) Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4  Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O

3) Trong môi trường kiềm mạnh có dạng 2

CrO tồn Khơng tồn dạng 2

7 2O

Cr nên phương trình viết lại

2CrCl3 + 3Cl2 +16KOH  2K2CrO4 + 12KCl + 8H2O

4) Không tạo NaF HF axit yếu, HF có lượng phân li lớn, nên có tượng: HF + F-

-2 HF

-2

NaOH + 2HF  NaHF2 +H2O

5) Do có KI dư nên I2 tan KI tạo KI3, phương trình viết lại: Cl2 + 3KI  2KCl + KI3

CÂU IV

Phản ứng nhiệt phân CaCO3 tiến hành bình kín Khi áp suất CO2 bình lên đến 0,236 atm khơng thay đổi bình cịn CaCO3 có CaO

1) Tính Kp, Kc phản ứng 800oC

2) Trong bình dung tích 10 lít, ta bỏ vào gam CaCO3 gam CaO, nung nóng bình đến 800oC để đạt cân sau cân bằng, khối lượng chất rắn bình bao nhiêu gam?

ĐÁP ÁN

1) CaCO3 (r) = CaO(r) + CO2 (k) (*) Tại 800oC

2

CO

P = 0,236 khơng thay đổi  đạt cân Nên Kp = PCO2 = 0,236 (atm)

3

n 2,68 10

) 273 800 ( 273

4 , 22

236 , (RT)

Kp

Kc 

  

 



(mol/lít)

Kc = [CO2] = 2,6810-3 (mol/lít) (2đ)

2) Vì nung nóng bình đến 800oC: nhiệt độ khơng đổi nên Kc không đổi  Kc = 2,6810-3 (mol/lít)

 nCO2 = 2,6810 -3

 10 = 2,6810-2 (mol) (1đ)

từ phương trình (*)nCaCO3nhiệt phân = nCO2 tạo 2,6810

-2 mol CaO  mCaCO3đã nhiệt phân = 2,6810

-2  100 = 2,68 (gam) Vậy bình cịn lại lượng chất rắn là:

3

CaCO

m = – 2,68 = 2,32 (gam)

CaO

m = 2,6810-2  56 + = 3,5008 (gam)

CÂU V

1) Nêu khái niệm dung dịch đệm? Cho ví dụ

2) Dung dịch X dung dịch hỗn hợp gồm axit yếu HA 0,1M NaA 0,1M a) tính pH dung dịch X

b) thêm vào lít dung dịch X b-1: 0,01 mol HCl

b-2: 0,01 mol NaOH

Hãy tính pH dung dịch thu trường hợp biết Ka HA = 6,810-4

ĐÁP ÁN

1) Dung dịch đệm dung dịch có pH hồn tồn xác định khơng đổi, tạo nên trộn dung dịch axit yếu hay bazơ yếu với muối chúng với bazơ mạnh hay axit mạnh

Dung dịch đệm có giá trị pH thay đổi khơng đáng kể ta cho vào dung dịch lượng nhỏ axit bazơ mạnh pha loãng dung dịch (khơng q lỗng)

Ví dụ: CH3COOH CH3COONa

NH3 NH4Cl (1đ)

2) a) HA H +  A- NaA Na+ + A

-Nồng độ ban đầu 0,1 0,1 0,1 0,1

Nồng độ phân li x x x Nồng độ cân 0,1-x x 0,1+x

4

-10 ,

,

) , ( [HA]

] ][A [H

k 



  

 



x x x

trong dung dịch HA có A- nên cân HA chuyển dịch  giải gần đúng: [HA] = 0,1 [A] = 0,1; bỏ qua x

 a - 6,8 10

1 ,

1 , 10 , ] [A

HA] [ K ] H

[   

  

 

(học sinh giải phương trình bậc kết trên) b)

b-1) HCl H+ + Cl -H+ + A- = HA 0,01 0,01 0,01 [HA] = 0,1 + 0,01 = 0,11 Mol [A-] = 0,1 – 0,01 = 0,09 Mol

 8,31 10

09 ,

11 , 10 , ] H

[   

  

  pH = 3,08 (1,5đ)

b-2) NaOH Na+ + OH

-0,01 0,01

HA + OH- A- + H 2O 0,01 0,01 0,01

 [HA] = 0,1 - 0,01 = 0,09 mol [A-] = 0,1+ 0,01 = 0,11 mol

 5,56 10

11 ,

09 , 10 , ] H

[   

  