Đang tải... (xem toàn văn)
Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19.. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Sau khi đạt tới cân bằng đo [r]
(1)Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT chuyên Lê Khiết Mơn: Hố học khối : 10
Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương
Số mật mã Phần
phách Số mật mã
ĐỀ THI MƠN HỐ HỌC 10 Câu 1:
Cho hai nguyên tử A B có tổng số hạt 65 hiệu số hạt mang điện không 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 hoá nguyên tử trung tâm?
d) Hãy giải thích phân tử AB2 có khuynh hướng polime hố?
Câu 2:
1) Mg(OH)2 có kết tủa không thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M NH4Cl 1M Biết:
OH¿2
Mg¿ T¿
= 1,5.10-10,95 pKb = 4,75.
2) Tính pH nồng độ mol Cr O42− , Cr2 O72− dung dịch K2Cr2O7 0,01M
CH3COOH 0,1M Cho: KCH3CO OH =
1,8.10-5
HCr O4− + H2O Cr O42− + H3O+ pK2 = 6,5
2HCr O4− Cr2 O72− + H2O pK1 = -1,36
Câu 3:
1) Cân phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân ion-electron: a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O
b) M + HNO3 M(NO3)n + NxOy + H2O
2) Tính tiêu chuẩn E1 bán phản ứng: H2SO3 + 6H+ + 6e H2S + 3H2O
Cho biết tiêu chuẩn bán phản ứng sau: H2SO3 + 4H+ + 4e S + 3H2O E
2
0 = +0,45V
S + 2H+ + 2e H2S E
3
(2)3) Giải thích Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI để giải phóng hiđrô
Biết:
0 Ag¿
E¿
= +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16
Câu 4:
Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
1) Trong bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5 Sau đạt tới cân áp suất khí bình P Hãy thiết lập biểu thức Kp theo độ phân li áp suất P
2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 thực phản ứng nhiệt độ T1 (0K) Sau đạt tới cân đo áp suất 2,7 atm Hỗn hợp khí bình có tỉ khối so với hiđrơ 69,5 Tính Kp
3) Trong thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 trên, dung tích bình V (l) hạ nhiệt độ bình đến T2 = 0,9T1 áp suất cân đo 1,944 atm Tính Kp Từ cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt
Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1.
Câu 5:
Cho hỗn hợp X gồm bột Fe S đun nóng điều kiện khơng có khơng khí, thu hỗn hợp A Cho A tác dụng với lượng dư dung dịch HCl thu sản phẩm khí Y có dY/H2 =13 Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy cho toàn sản phẩm cháy qua 100ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng 1g/ml), sau phản ứng thu dung dịch B Biết phản ứng xảy hoàn toàn
a) Viết phương trình phản ứng xảy b) Tính % khối lượng chất X?
c) Xác định nồng độ % chất dung dịch B? Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16
(3)Tỉnh Quảng Ngãi
Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10
Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương
Số mật mã Phần
phách Số mật mã
ĐÁP ÁN CHI TIẾT MƠN HỐ HỌC 10 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 :
¿
(2ZA+NA)+(2ZB+NB)=65 (2ZA+2ZB)−(NA+NB)=19 2ZB−2ZA=26
⇔ ¿ZA+ZB=21
ZB− ZA=13
⇒ ¿ZA=4
ZB=17
¿{ {
¿
(0,5đ)
ZA = A Be Cấu hình e : 1s22s2
Bộ số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = −1
2
ZB = 17 B Cl Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5
Bộ số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −1
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
Cl Be Cl
(0,5đ )
(0,5đ )
(4)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)
Câu 2:
1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm
Mg2+¿
C¿
ban đầu = 10-2 (M). Ta có:
OH¿2
Mg¿ T¿
= [Mg2+][OH]2 = 10-10,95
Để kết tủa Mg(OH)2 [Mg2+][OH]2 10-10,95 (0,5đ)
[OH]2
2+¿
Mg¿
¿ ¿
10−10,95
¿
= 10-8,95 Hay [OH] 10-4,475
* Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M Ta có: p NH4
+¿
K¿
= 14 - p KNH3 = 14 - 4,75 = 9,25 Do đó: [H+] sơ = Ka Ca
Cb = 10-9,25
1
1 = 10-9,25 < 10-7
Suy cân chủ yếu là: NH3 + H2O NH+¿
4
¿ + OH K
NH3 = Kb = 10 -4,75
1-x 1+x x Kb = (x+1)x
1− x = 10-4,75
Điều kiện: x << 1-x 1 x = 10-4,75
Cl Be
Cl
Cl Be
Cl
Cl
Be Cl
Cl
Be Cl
Cl
Be Cl
(5)x+1 1 (1đ)
Hay [OH] = 10-4,75 < 10-4,475.
Vậy thêm ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M NH4Cl 1M khơng
xuất kết tủa Mg(OH)2 (0,5đ)
2) Ta có cân bằng:
CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 (1) Cr2 O72− + H2O 2HCr O4− K1 = 10-1,36 (2)
HCr O4− + H2O H3O+ + Cr O42− K2 = 10-6,5
(3)
Vì K1 >>Ka, K2 cân (2) chiếm ưu Tính nồng độ Cr2 O72− HCr O4− dựa
vào cân (2)
Cr2 O72− + H2O 2HCr O4− K1 = 10-1,36
BĐ 0,010
TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định đ/l t/d k/l
K1 = 2x¿2
¿ ¿ ¿
= 10-1,36 (x < 0,01) x = 6,33.10-3. Vậy : [Cr2 O7
2−
] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O
4
−
] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 (M) (1đ)
So sánh cân (3) (1): Ka.Ca >> K2[HCr O4− ] cân (1) chiếm ưu thế:
CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5
BĐ 0,1
TTCB 0,1-a a a Ka = a2
0,1−a = 1,8.10 -5 ĐK a<<0,1 a = 1,34.10-3
Vậy: [H3O+] = 1,34.10-3 pH = 2,87. (0,5đ) Để tính [Cr O42− ] ta dùng cân (3)
HCr O4
−
+ H2O Cr O4 2−
+ H3O+ K2 = 10-6,5 TTCB 1,27.10-3 -b b 1,34.10-3
Ta có: b 1,34 10 −3
1,27 10−3 =10
−6,5⇒
b=1,27 10
−3
10−6,5
1,34 10−3 = 3.10-6
ĐK: b<< 1,27.10-3 Vậy: [Cr O
4 2−
] = 3.10-6 (M). (0,5đ)
(6)Câu 3:
1a) 6KMnO4 + 2FeS2 + 8H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 8H2O x FeS2 + 8H2O -15e Fe3+ + 2S O42− + 16H+
3 x Mn O4
−
+ 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O (0,5đ)
FeS2 + 3Mn O4
−
+ 8H+ Fe3+ + 2S O
4 2−
+ 3Mn2+ + 4H2O b) M + HNO3 M(NO3)n + NxOy + H2O
(5x-2y) x M - ne Mn+ (0,5đ)
n x xN O3− + (6x-2y)H+ + (5x-2y)e NxOy + (3x-y)H2O
(5x-2y)M + nxN O3− + (6x-2y)nH+ (5x-2y)Mn+ + nNxOy + (3x-y)nH2O
(5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO3 = (5x-2y)M(NO3)n + nNxOy + (3nx-ny)H2O
2) H2SO3 + 6H+ + 6e H2S + 3H2O G
1
(1) H2SO3 + 4H+ + 4e S + 3H2O G
2
(2)
S + 2H+ + 2e H2S G
3
(3)
Lấy (2) + (3) (1) Do đó: G10 = G20 + G30 (1đ)
Mà: G0 = - n.E0.F Suy ra: - n1 E01 F = - n2 E20 F - n3 E30 F
E10 = n2E2
0
+n3E30
n1 =
4 0,45 + 0,141
6 = 0,347 V
Vậy : E10 = 0,347 V
3) * Tính oxi hố-khử tiêu chuẩn điều kiện hệ Ag+/Ag có dư Cl I. Ta có: Ag - 1e = Ag+ K1 = 10− E10
/0,059 (1)
Ag+ + Cl = AgCl
Tt−1 (2)
Ag + Cl - 1e = AgCl K2 =
10− E2 0/0,059
(3) Cộng (1)(2) ta (3) K2 = 10− E20/0,059 = K1 Tt−1 = 10− E1
0
/0,059 T
t −1
− E2
0
0,059=
− E10
0,059 - lgTt E2
0
= E10 + 0,059 lgTt
(1đ)
Hay : EAgCl/Ag
= 0,8 + 0,059 lg10-9,75 = 0,225 (V) Tương tự: EAgI/Ag
0
(7)Hay: EAgCl/Ag
>
0 2H¿
E¿
E0 phản ứng < : phản ứng không xảy
EAgI/Ag0 <
0 2H¿
E¿
E0 phản ứng = - (-0,144)>0 : phản ứng xảy
Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải phóng H2 (1đ)
Câu 4:
1) PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) TTCB 1-
Áp suất: 11+− αα P 1+α.Pα 1+α.Pα
Ta có: Kp = PPCl3.PCl2 PPCl5 =
α.P
1+α
α.P
1+α
1− α
1+α P
= α
2
1− α2.P (1đ)
Vậy: Kp = α
2
1− α2.P 2) Theo đề: nPCl5 ban đầu =
83,4
208,5=0,4 mol, P = 2,7atm
Tổng số mol khí hỗn hợp TTCB: nS dS/H
2 = 69,5 MS = 69,2.2 = 139
Áp dụng BTKL: mS = mPCl5 ban đầu = 83,4 (g) nS = 83,4
139 = 0,6 mol (0,5đ)
PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
BĐ 0,4
TTCB (0,4-x) x x nS = 0,4 - x + x + x = 0,6 x = 0,2
Do đó: = x
0,4= 0,2
0,4 = 0,5
Vậy: Kp = α
2
1− α2.P =
(0,5)2
1−(0,5)2.2,7=0,9 (1đ)
(8)3) Gọi áp suất hệ nhiệt độ T1 P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol Áp suất hệ nhiệt độ T2 = 0,9 T1 P2 , số mol n2
Với P2 = 1,944 atm Ta có: P1V1= n1RT1
P2V2= n2RT2
P1V1 P2V2
=n1RT1
n2RT2
⇔P1V
P2V
= n1RT1
n2R 0,9 T1
n2 = n1P2
P1 0,9
=0,6 1,944
2,7 0,9 = 0,48 (0,5đ) PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)
BĐ 0,4
TTCB (0,4-x) x x
n2 = 0,4 - x + x + x = 0,48 x = 0,08
Do đó: = x
0,4= 0,08
0,4 = 0,2
(0,5đ)
Vậy: Kp = α '
2
1− α '2.P =
(0,2)2
1−(0,2)2 1,944=0,081
Vì giảm nhiệt độ độ phân li PCl5 giảm, phản ứng phân li PCl5 phản ứng thu nhiệt (0,5đ)
Câu 5:
a) Viết phương trình:
Fe + S FeS (1)
FeS + 2HCl FeCl2 + H2S (2)
Với MY = 13.2 = 26 Y có H2S H2, Fe dư phản ứng với HCl
Fedư + 2HCl FeCl2 + H2 (3)
2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O (4)
(1,5đ)
2H2 + O2 2H2O (5)
SO2 + H2O2 H2SO4 (6)
b) Đặt nH2S = a (mol); nH2 = b (mol)
MY =
34a+2b
a+b =26⇒
a b=
3
Giả sử nH2 = (mol) nH2S = (mol)
(1)(2) nFe phản ứng = nS = nFeS = nH2S = (mol) (3) nFe dư = nH2 = (mol)
(9) nFe ban đầu = + = (mol)
(1đ)
Vậy: %mFe = 56 100 %
4 56+3 32=70 %
%mS = 100% - 70% = 30% c) nY = 2,24
22,4 = 0,1(mol) nH2S =
3
4 0,1 = 0,075 (mol)
nH2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol) nH2O2=5,1 100
100 34 =0,15(mol)
Từ (4)(6) nSO2 = nH2S = 0,075 (mol)
Từ (6) nH2SO4 = nSO2 = 0,075 (mol) H2O2 dư
nH2O2 phản ứng = nSO2 = 0,075 (mol) H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có:
(1,5đ)
mddB = mddH2O2 + mSO2 + mH2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy: C%H2SO4 = 1060,075 98 100,6 = 6,695 (%)
C%H2O2 dư = 0,075 34 100
106,6 = 2,392 (%)