Đang tải... (xem toàn văn)
Mặt khác kết tủa C tan một phần trong dung dịch HCl, nên trong kết tủa C còn Mg dư, lượng Mg dư tác dụng với HCl nên làm khối lượng kết tủa giảm, nhưng khối lượng giảm là 1,844g < 2g [r]
(1)TRẠI HÙNG VƯƠNG NĂM 2012
ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC MƠN : HĨA HỌC - LỚP 10
Câu Giải Điểm
Câu 1 ( 2đ )
Xác định vị trí :
2ZXNX 60 ; ZXNX ZX20,
X canxi (Ca), cấu hình electron 20Ca : [Ar] 4s2
Cấu hình Y 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5 Y Cl
Theo giả thiết Z crom, cấu hình electron 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố
Ca 20 IIA
Cl 17 VIIA
Cr 24 VIB
1,0
Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: Ca 2+¿
<RCl−RCa
R¿
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân nguyên tử
Bán kính ion Ca2+ nhỏ Cl- có số lớp electron (n = 3), điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn Cl- (Z = 17) Bán kính nguyên tử Ca lớn có số lớp electron lớn (n = 4)
1,0
Câu 2
( 2đ ) Phản ứng có kèm theo tăng khối lượng: 2,12812.10
-30kg tương ứng với lượng E = 2,12812.10-30 kg.(3,0.108m.s-1)2 = 1,915308.10-13J
Phản ứng xảy động tối thiểu hạt α Eđn (α) ≥ 1,915308.10-13J
m.v2 ≥ 1,915308.10-13J v ≥ 7,594.106m.s-1
2 Gọi V(ml) thể tích máu chuột, ta có: (V + 0,1).50 = 0,1.5,0.103 ; V = 9,9ml
1,5
0,5 Câu 3
( 2đ ) 1.
N F
F F O
- sp tứ diện ;
I Cl Cl
Cl Cl
- sp3d2 -tháp vuông ; PtCl42-, - dsp2 vuông phẳng XeO2F2: sp3d – dạng bập bênh
2
Vì A, B, C khơng thuộc chu kì ZA< ZB< ZC tổng số lượng tử ->
eA có n = 1; eB có n = 2; eC có n =
Tổng số lượng tử phụ eA có l = (vì n = 1) eB eC có l = (vì A, B, C thuộc chu kì nhỏ nên khơng thể có l = 2)
Tổng số lượng tử từ = -2 mà eA có m = l = eB eC có m = -1 Tổng số lượng tử spin = +1/2, eA có s = +1/2 eB eC có s=-1/2 A, B, C H, O , S
1,0
(2)Câu 4 ( 2đ )
a Các trình xảy ra:
HClO4 H+ + ClO4 0,005M
Fe(ClO4)3 Fe3+ + 3ClO4 0,03M
MgCl2 Mg2+ + 2Cl 0,01M Các cân bằng:
Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17 (1)
Mg2+ + H2O Mg(OH)+ + H+ K2 = 10-12,8 (2) H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (3) Ta có: K C1 Fe3= 2,03.10-4= 10-3,69 >> Kw = 10-14
Mg2+¿
K2.C¿
= 10-14,8
Sự phân li ion H+ chủ yếu cân (1)
Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+K1 = 10-2,17 (1) C 0,03 0,005
[ ] 0,03 – x x 0,005 + x
2,17
1
[ ].[ ( ) ] (0,005 ) 10
[ ] 0,03
H Fe OH x x
K
Fe x
Giải phương trình x = 9,53.10-3
[H+] = 0,005 + 9,53.10-3 = 0,01453 M pH = 1,84
0,5 đ
0,5 đ
b Tính lại nồng độ sau trộn:
3
NH
C
= 0,05M; CMg2
= 0,005M; CFe3= 0,015M; CH(HClO4)= 0,0025M Có trình sau:
3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+ K3 = 1022,72 (3) 2NH3 + 2H2O + Mg2+ Mg(OH)2 + 2NH4+ K4 = 101,48 (4) NH3 + H+ NH4+ K5 = 109,24 (5) Do K3, K5 >> nên coi phản ứng (3), (5) xảy hoàn toàn 3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+
0,05M 0,015M
0,005M - 0,045M NH3 + H+ NH4+
0,005M 0,0025M 0,045M 0,0025M - 0,0475M
TPGH gồm: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+ (0,005M); H2O Tính gần pH dung dịch B theo hệ đệm:
0, 0025
lg 9, 24 lg 7,96
0, 0475 b
a
a
C
pH pK
C
Hoặc tính theo cân bằng:
NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb = 10-4,76
Mặt khác [Mg2+].[OH-]2 = 4,16.10-15 < KS Mg OH( ( ) )2 nên khơng có kết tủa Mg(OH)2 Vậy kết tủa A Fe(OH)3
0,5 đ
0,5 đ
Câu 5 ( 2đ )
(3)Gọi p0 áp suất đầu AsH3 y áp suất riêng phần H2 thời điểm t, ta có thời điểm t:
2AsH3 (khí) 2As (rắn) + 3H2 (khí) (1)
Ban đầu P0
Cân P0 - 2x 2x 3x
H
p
= 3x PAsH3 = P0 – 2x P tổng = P0+ x x = P-P0
Áp dụng hệ thức (1): k
0
0
1
= ln = ln
t - 2x t 3P - 2P
P P
P , ta có:
Thiết lập pt:
0
ln
3
P k
t P P
Thay số: k1 = 0,04 giờ-1 ; k2 = 0,04045 giờ-1; k3 = 0,04076 giờ-1; k1 k2 k3 Vậy phản ứng (1) phản ứng bậc nhất.
Hằng số tốc độ trung bình phản ứng là:
k
(0,04 + 0,04045 + 0,04076) =0,0404 giờ-1
b Thời gian nửa phản ứng phản ứng (1) là: 1/2=
0,693 0,693
t =
k 0,0404 = 17, 153 (giờ).
1,5 0,5 Câu 6
( 2đ )
a) C3H8 80% C3H6 10% H2 10%
Gọi CB tổng nồng độ tất hợp phần cân [C3H8 ] = 0,8 CB ; [C3H6 ] = [H2] = 0,1.CB
0,1 CB¿2
¿ ¿ ¿
;
[C3H8 ] = 0,0832 mol/l; [C3H6] = [H2] = 0,0104 mol/l PB = 692 KPa = 6,827 atm
b) Nếu PA = PB CA = CB Tại cân [CO2] = [H2] = x
[CO] = [H2O] = (0,104-2x)/2 = 0,052-x; (0,052-x)2 / x2 = 0,25 -> x = 3,47.10-2 mol/l [CO2] = [H2] = 3,47 10-2 mol/l ; [CO] = [H2O] = 1,73.10-2 mol/l.
1,0
1,0 Câu 7
(2đ)
a) Khi pin làm việc: Zn ⇌ Zn2+ + 2e Ag+ + e ⇌ Ag
Zn + 2Ag+ ⇌ Zn2+ + 2Ag Ta có : Ec =
+¿
Ag¿
0Ag+¿
/Ag+0,059 lg¿
E¿
Ea =
2+¿
Zn¿
0Ag+¿/Ag+
0,059 lg¿
E¿
Epin = Ec – Ea = 1,52 (V) b)
- Thêm vào nửa pin 0,01 mol NaOH, có kết tủa AgOH, Zn(OH)2
1,0
(4)Ag+ + OH- ⇌ AgOH Ks = 10-7,7 Zn2+ + 2OH-⇌ Zn(OH)2 Ks = 10-16,7
Tương tự ta phải tính lại nồng độ cation [Ag+] = 10-3,85, [Zn2+] = 0,05 Thay giá trị vào biểu thức để tính Epin = 1,37 (V)
- Thêm vào nửa pin 0,1 mol NH3, CNH3 = 1M có phản ứng tạo phức amin điện
cực
Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+; β = 107,23
Zn2+ + 4NH3 ⇌ Zn(NH3)42+; β = 108,70
Tính lại nồng độ cation dung dịch hai điện cực: [Ag+] = 9,2.10-9M; [Zn2+] = 1,53.10-9M
⇒Epin=1,345(V)
Nhận xét: Cả trường hợp Epin giảm nồng độ cation giảm phản ứng tạo kết tủa tạo phức
0,5
Câu 8
( 2đ ) Gọi số mol NaCl, KCl MgCl2 6,3175g hỗn hợp muối x, y z.Số mol AgNO3 ban đầu : 0,1 1,2 = 0,12(mol) Cho hịa tan hỗn hợp vào dung dịch AgNO3, có phản ứng :
NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3 (1)
KCl + AgNO3 AgCl + KNO3 (2)
MgCl2 + 2AgNO3 2AgCl+ Mg(NO3)2 (3) 0,5
Khi cho 2g Mg vào dung dịch B, Mg tác dụng với AgNO3 (nếu dư), kết tủa C có Ag Mg Mặt khác kết tủa C tan phần dung dịch HCl, nên kết tủa C Mg dư, lượng Mg dư tác dụng với HCl nên làm khối lượng kết tủa giảm, khối lượng giảm 1,844g < 2g chứng tỏ phần Mg phản ứng với AgNO3 dư Vậy muối clorua kết tủa hoàn toàn với AgNO3
Dung dịch B phản ứng với Mg :
2AgNO3 + Mg 2Ag + Mg(NO3)2 (4)
Kết tủa C gồm Mg dư Ag cho tác dụng với dung dịch HCl : có Mg phản ứng
Mg + 2HCl MgCl2 + H2 (5) 0,5
Lượng Mg tan lượng Mg dư lượng Mg tham gia phản ứng (4) là: – 1,844 = 0,156(g) Ta có số mol AgNO3 : AgNO3
0,156
n = x + y + 2z + = 0,12
24 (mol) (I)
Dung dịch D chứa Mg(NO3)2 : z + 24 156 ,
= z + 0,0065(mol) HCl dư, cho tác dụng với dung dịch NaOH dư :
HCl + NaOH NaCl + H2O (6)
MgCl2 + 2NaOH Mg(OH)2 + 2NaCl (7) Đem kết tủa nung tới khối lượng không đổi :
Mg(OH)2 to MgO + H2O (8) 0,5
Ta có : nMgO = z + 0,0065 = 40 ,
= 0,0075(mol) z = 0,001(mol)
Khối lượng hỗn hợp muối ban đầu : m = 28,5x + 74,5y + 95z = 6,3175 (II) Thay z vào phương trình (I) (II), giải hệ phương trình thu :
x = 0,10mol, y = 0,005mol
(5)NaCl KCl
2 MgCl
58,5 0,1
%m 100% 92,6%
6,3175 74,5 0,005
%m 100% 5,9%
6,3175 95 0,001
%m 100% 1,5%
6,3175
0,5
Câu 9 ( 2đ )
Đặt x, y, z số mol tương ứng Mg, Fe, sắt oxit
2
1.1, 23
0,05 0,082.(273 27)
H
n
(mol)
Khi phản ứng hết với dung dịch B: số mol KMnO4 là: 5.0,06.0,05=0,015 mol Khối lượng muối trung hòa thu được: 7,274.5 = 36,37 (g)
Mg + H2SO4 MgSO4 + H2 (1)
Fe + H2SO4 FeSO4 + H2 (2)
10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O (3) 0,075 0,015 0,0375 0,0075 0,015
Khối lượng tạo thành từ (3): 0,0375.400+0,0075.174+0,015.151 = 18,57 (g) C lại lượng muối là: 36,37 - 18,57 = 17,8 (g)
chắn C chứa MgSO4
+ Nếu mMgSO4= 17,8 g nMgSO4 0,148 mol nH2(1)= 0,148 > 0,05 (vơ lí)
Dung dịch B ngồi MgSO4, FeSO4 cịn muối khác tạo thành từ sắt oxit Fe2(SO4)3 + Nếu nFeSO4(3)=0,075 mol (2) cung cấp nH2(2)= 0,075 > 0,05 (vơ lí)
Phải có lượng FeSO4 tạo thành từ sắt oxit
Vậy sắt oxit tác dụng với H2SO4 phải đồng thời tạo muối : FeSO4, Fe2(SO4)3 Công thức sắt oxit: Fe3O4
Fe3O4 + 4H2SO4 FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O (4)
(1) nMgSO4= nH2(1)= x mol
(2) nFeSO4= nH2(2)= y mol
(4) nFeSO4= nFe SO2( 3) = z mol
Ta có phương trình: nH2= x + y =0,05 (*)
FeSO
n = y + z = 0,075 (**)
MgSO
m
+ mFe SO2( 3) (4) = 400z + 120x = 17,8 (***)
Giải hệ (*), (**), (***) ta có: x = 0,015; y = 0,035; z = 0,04 Vậy: a = 0,36g; b = 1,96g; c = 9,28g
1,0
1,0
Câu 10
( 2đ ) a Cách chuẩn độ:phenolphtalein vào bình nón Đổ dung dịch chuẩn NaOH 1,00 M vào buret sau chỉnh - Dùng pipet lấy 100 ml dung dịch HCl 1,00M cho vào nón Nhỏ 2-3 giọt vạch số
- Xác định xác thời điểm kết thúc phản ứng dung dịch mẫu: lấy bình nón đựng 20 ml nước cất, cho thêm vài giọt phenolphtalein giọt NaOH
- Tiến hành chuẩn độ Ghi thể tích dung dịch NaOH dùng Tiến hành chuẩn độ lần Sai khác lần không 0,1 ml Lấy giá trị trung bình để tính nồng độ dung dịch HCl
Cách tính: Nồng độ mol dung dịch HCl tính theo cơng thức
NaOH NaOH
HCl
HCl
V C
C
V
(6)b Khi chuẩn độ 100 ml dung dịch HCl 0,100M dung dịch chuẩn NaOH 0,100M, ta tính pH q trình thêm dần dung dịch chuẩn NaOH vào kết ghi bảng sau :
VNaOH 10 50 90 99 99,9 100 100,1 101 110
pH 1,1 1,48 2,28 3,30 4,30 7,0 9,70 10,7 11,68
Như vậy, xung quanh điểm tương đương có thay đổi pH đột ngột : Khi thêm 99,9 ml NaOH vào tức chuẩn độ 99,9% lượng axit pH dung dịch 4,3 Khi thêm vào 100,1 ml NaOH tức chuẩn độ 0,1% pH dung dịch 9,7 tức “bước nhảy pH 5,4 đơn vị pH” Nếu ta chọn chất thị có khoảng đổi màu nằm khoảng từ 4,3 đến 9,7 để kết thúc chuẩn độ sai số khơng vượt q 0,1% Ta thấy trường hợp dùng chất thị metyl da cam, metyl đỏ phenolphtalein
làm chất thị 1,0