TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC

ĐỀ ĐỀ NGHỊ VÀ ĐÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC 24-3

NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn: HÓA HỌC 10

Thời gian làm bài: 150 phút

TRƯỜNG THPT HIỆP ĐƯC

KỲ THI OLYMPIC 24-3

NĂM HỌC 2016 - 2017

Môn: HÓA HỌC 10

Thời gian làm bài: 150 phút

CÂU

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1.1

1.a

Vì X có 17 electron thuộc phân lớp p

⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p⁶3p⁶4p⁵

⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d¹⁰4s²4p⁵.

⇒ Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:

Ô số 35, Chu kì 4, Nhóm VII A.

0,25

0,25

1.b

Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 35.2 = 70 hạt

⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là .70 = 46 hạt.

⇒ số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 44 hạt.

Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:

Đồng vị số khối nhỏ: 35 electron, 35 proton, 44 nơtron ⇒ A= 79.

Đồng vị số khối lớn: 35 electron, 35 proton, 46 nơtron⇒ A= 81.

Thành phần %:

Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%

⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.

Ta có: = 79,91 ⇒ x = 54,5%.

0,25

0,25

1.2

* 2NaCl + 2H₂O 2NaOH + Cl₂ + H₂O

* CaF_{2 rắn} + H₂SO_{4 đặc} CaHSO₄ + HF

* I₂ + 2K 2KI

* 3O₂ 2O₃

UV

1,0

1.3

POF_­3 (sp³); O₃ (sp²); SiHCl₃ (sp³); C₂H₂ (sp) .

0,5

1.4

Theo đề: m_l + l = 0 và n + m_s = 1,5

*Trường hợp 1: m_s = +1/2 ⇒ n= 1 ⇒ l= 0; m_l = 0 ⇒1s¹ ⇒ A là hiđro

*Trường hợp 2: m_s = -1/2 ⇒ n= 2 ⇒ l= 1; m_l = -1 ⇒2p⁴ ⇒ A là oxi

*Trường hợp 3: m_s = -1/2 ⇒ n= 2 ⇒ l= 0; m_l = 0 ⇒2s² ⇒ A là beri(loại)

Vậy A là hiđro hoặc oxi.

0,5

0,5

2.1

3Fe₃O₄+ 28HNO_{3 loãng} 9Fe(NO₃)₃ + NO + 14H₂O

2Fe₃C+ 22H₂SO_{4 đặc nóng} 3Fe₂(SO₄)₃ + 2CO₂ + 13SO₂ + 22H₂O

Fe_xS_y + (6x+6y)HNO_{3 đặc nóng} xFe(NO₃)₃ + yH₂SO₄ + (3x+6y)NO₂ +

(3x+2y)H₂O

0,5

0,5

0,5

2.2

a) Phương trình phản ứng khi pin hoạt động :

(1)

b) Thế của phản ứng (sđđ của pin) ở điều kiện chuẩn :

c) Nếu = 0,1M và = = 1M thì sđđ của pin sẽ là :

E_pin = 0,03 + lg = - 0,029 V < 0

Phản ứng (1) xảy ra theo chiều ngược lại :

(2)

0,5

0,5

0,5

3.1

n_Mg =8,4/24 = 0,35 mol; n_Al =5,4/27 = 0,2 mol;

Gọi x, y lần lượt là số mol của clo và oxi trong hh X

Bảo toàn số mol electron: 2x + 4y = 0,35.2 + 0,2.3 (1)

Bảo toàn khối lượng: 71x + 32y = 37,95 – (8,4+ 5,4) (2)

Từ (1) và (2), suy ra: x= 0,25; y = 0,2.

=> V = (0,25+ 0,2) . 22,4= 10,08 lít.

0,25

0,25

0,25

0,25

3.2

Sáu phương trình điều chế clo:

2NaCl + 2H₂O 2NaOH + Cl₂ + H₂O (1)

2NaCl 2Na + Cl₂ (2)

MnO₂ + 4HCl _(đặc) → MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O (3)

2KMnO₄ + 16HCl _(đặc) → 2MnCl₂ + 2KCl + 5Cl₂ + 8H₂O (4)

K₂Cr₂O₇ + 14 HCl _(đặc) → 2KCl + 2CrCl₃ + 3Cl₂ + 7H₂O (5)

KClO₃ + 6HCl _(đặc) → KCl + 3Cl₂ + 3H₂O (6)

(hs có thể viết 6 phương trình khác)

1,0

3.3

Các chất ứng với các kí hiệu:

A: O₂ B: Fe₂O₃ D: SO₂ E: H₂S F: S

G: NaHS H: Na₂S I: FeCl₂ K: FeS L: NaCl

Các phương trình:

1. 4FeS₂ + 11 O₂ → 2 Fe₂O₃ + 8 SO₂
2. SO₂ + 2H₂S → 3 S + 2 H₂O
3. S + O₂ → SO₂
4. H₂S + NaOH → NaHS + H₂O
5. NaHS + NaOH → Na₂S + H₂O
6. Na₂S + FeCl₂ → FeS + 2NaCl
7. FeS + 2 HCl → FeCl₂ + H₂S

(8)H₂S + 4Cl₂ + 4H₂O → H₂SO₄ + 8 HCl

0,5

1,0

4.1

a.

Phương trình phản ứng:

10FeCl₂ + 6KMnO₄ + 24H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 10Cl₂ + 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 24H₂O

0,25

b.

2Fe₃O₄ + 10H₂SO_{4 (đặc nóng)} → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

Khí A là SO₂:

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O → K₂SO₄ + 2MnSO₄+ 2H₂SO₄

0,75

4.2

a.

Các phương trình phản ứng:

2KMnO₄ + + 16HCl _(đặc) → 2MnCl₂ + 2KCl + 5Cl₂ + 8H₂O (1)

Dung dịch A chứa KCl, MnCl₂ và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, MnCl₂ và HCll

• Trung hòa axit trong B bằng NaOH:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O (2)

• B tác dụng với AgNO₃ dư:

AgNO₃ + HCl → AgCl_↓ + HNO₃ (3)

AgNO₃ + KCl → AgCl_↓ + KNO₃ (4)

2AgNO₃ + MnCl₂ → 2AgCl_↓ + Mn(NO₃)₂ (5)

0,25

0,5

b.

- Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).

Theo phương trình phản ứng (1): = n_KCl = y mol

Theo phương trình phản ứng (2): x = n_HCl = n_NaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol

⇒ C_{M (HCl)} = 0,24 M

- Trong 100 ml dung dịch B: n_HCl = 2x mol; = n_KCl = 2y mol

Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5):

n_AgCl↓ = n_HCl + n_KCl + 2.

⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol

⇔ x + 3y = 0,06 mol ⇒ y = 0,016 mol.

Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:

⇒ C_{M (KCl)} = C_M(MnCl2) = 0,32M

0,75

c.

Theo (1) ta có: = n_{KCl (500 ml dd B)} = 10y = 0,16 mol

⇒ m = _{(ban đầu)} = 0,16.158 = 25,28 gam.

⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít.

Theo (1): n_{HCl pư} = 8= 1,28 mol mà n_{HCl dư} = 10.x = 0,12 mol

• n_{HCl đã dùng} = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol

V_{dd HCl đã dùng} =

0,25

0,25

4.3

a

Sục hỗn hợp qua dung dịch Cu(NO₃)₂ dư , H₂S bị giữ lại.

Cu(NO₃)₂ + H₂S CuS + 2HNO₃

0,25

b

Sục hỗn hợp qua dung dịch NaOH dư , Cl₂ bị giữ lại.

Cl₂ + 2NaOH NaCl + NaClO + H₂O

0,25

c

Sục hỗn hợp qua dung dịch chất oxi hóa mạnh (KMnO₄, Br₂...) SO₂ bị giữ lại

SO₂ + Br₂ + 2H₂O 2HBr + H₂SO₄

0,25

d

Cho hỗn hợp qua oxit kim loại yếu hoặc trung bình nung nóng (CuO, FeO...) CO bị chuyển thành CO₂

CO + CuO Cu + CO₂

t⁰

0,25

5.1

a.

PTHH: 2Al + Fe₂O₃ → 2Fe + Al₂O₃

⇒ = = - 848,54 kJ

0,5

b.

PTHH: C₆H_6(l) + O_2(k) 6CO_2(k) + 3H₂O_(l)

⇒

= 3.(-285,8) + 6.(-393,5) – (- 3268) = 49,6 kJ/mol

0,5

c.

PTHH: C₆H₁₂O_{6 (r)} + 6O_2(k) → 6CO_2(k) + 6H₂O(l)

⇒ = -1270,8 kJ/mol

0,5

5.2

a.

H₂ + CO₂ H₂O(k) + CO

K_P = K_C.(RT)^Δν = K_C.(RT)^1+1-1-1 = K_C = 0,772.

0,25

0,25

b.

H₂ + CO₂ H₂O(k) + CO K_C = 0,772

Ban đầu 0,2 0,2

[ ] 0,2 – x 0,2 – x x x

⇒⇒ x ≈ 0,0935

⇒ [H₂O] = [CO] = 0,0935 M; [H₂] = [CO₂] = 0,2 – 0,0935 = 0,1065 M

1,0

6.1

Giả sử số mol KCl trong X là 1 mol, khi đó quá trình điện phân xảy ra như sau :

- Theo đề bài ta có :

- Vậy hỗn hợp X gồm CuSO₄ (0,375 mol) và KCl (1 mol)

0,25

0,5

0,25

6.2

.a

Hỗn hợp X + H₂SO₄ đặc nóng:

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3 SO₂ + 6H₂O (1)

2M + 2nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + n SO₂ + 2nH₂O (2)

SO₂ + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O (3)

Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:

Fe + 2 HCl → FeCl₂ + H₂ (4)

2M + 2n HCl → 2MCl_n + nH₂ (5)

Hỗn hợp Z tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng dư:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂ (6)

2M + n H₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂ (7)

0,5

b.

Đặt n_SO2= d ⇒ n_{NaOH dư} = 0,1 – 2d mol.

⇒ m _{chất tan} = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol

Theo (1) và (2) ⇒ (*)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có n_Fe = x mol; n_M = 3y mol

Theo (4), (5) ta có (**)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n_Fe = 2x mol; n_M = y mol

Theo (7) và (8) có:;

⇒ Khối lượng muối: m_muối = 152.2x + (2M + 96n).= 5,605 gam

⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***)

Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045

⇒

Xét: n 1 2 3

M (g/mol) 9 18 27

(loại) (loại) (M là Al)

Vậy kim loại M là Al

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC

Năm học: 2016-2017

Môn: Hóa học 10

---------🙞🕮🙜----------

Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC

Năm học: 2016-2017

Môn: Hóa học 10

---------🙞🕮🙜----------

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình:

(2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164

(2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52

(Z+N) – (Z’+N’) = 5

(2Z+N) – (2Z’+N’) = 8

1,0

Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17

1. Cấu hình electron và vị trí:

Z = 20: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s² → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH

Z’ = 17: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵ → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH

b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:

- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.

- Bán kính ion Ca²⁺ nhỏ hơn Cl^- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca²⁺ (Z = 20) lớn hơn Cl^- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).

c)Viết công thức cấu tạo:

F

F

F

P

Cl

Cl

Cl

H

H

H

P

P

Các phân tử trên đều thuộc loại AX₃E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109⁰28^’). Các góc liên kết cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ.

Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH.

1,0

1,0

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 25⁰C) :

ΔH⁰_pư = Δ – 2Δ = 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)

ΔS⁰_pư = – 2 = 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol^–1.K^–1)

Áp dụng : ΔG⁰_T = ΔH⁰_pư – TΔS⁰_pư để tính ΔG ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì ΔH⁰ và ΔS⁰ biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính ΔG ở các nhiệt độ khác nhau theo công thức nêu ra.)

1,0

+ Ở 0⁰C, tức 273K :

ΔG⁰₂₇₃ = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol)

ΔG⁰₂₇₃ < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận

+ Ở 100⁰C, tức 373K :

ΔG⁰₃₇₃ = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0

Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch

1,0

1,0

Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì ΔG⁰_T = 0.

Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0

T = = 329 (K) hay 56⁰C

Ở nhiệt độ t > 56⁰C (hay T > 329K) thì :

ΔG⁰_T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch

Ở nhiệt độ t < 56⁰C (hay T < 329K) thì :

ΔG⁰_T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Điều chế HCl

PP1: NaCl + H₂SO₄ NaHSO₄ + HCl↑

hay 2NaCl + H₂SO₄ Na₂SO₄ + HCl↑

PP2: Cl₂ + H₂ HCl↑

Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.

1,0

2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử.

PP1: 2HBr + H₂SO₄ → Br₂ + SO₂ + 2H₂O

8HI + H₂SO₄ → 4I₂ + H₂S + 4H₂O

PP2: H₂ + Br₂ 2HBr ΔH = -71,8kj

H₂ + I₂ ↔ 2HI ΔH = +51,88kj

Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng.

1,0

3. Điều chế HBr, HI

PBr₃ + 3H₂O → H₃PO₃ + 3HBr↑

PI₃ + 3H₂O → H₃PO₃ + 3HI↑

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1)

MgS + 2HCl → MgCl₂ + H₂S (2)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ (3)

1,0

⇒ B chứa H₂S và H₂ [Mg có dư sau phản ứng (1)]

Gọi x và y lần lượt là số mol khí H₂S và H₂, ta có

Giải ra ta có x = 0,1 ; y = . Từ (1), (2), (3) ta có:

50%, 50%

1,0

H₂S + O₂ → SO₂ + H₂O

H₂ + O₂ → H₂O

SO₂ + H₂O₂ → H₂SO₄

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1/ Fe²⁺ + Ag⁺ ↔ Fe³⁺ + Ag
E⁰pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10^(En/0,059) = 10^(0,03/0,059) = 3,225

1,0

2/ E = E⁰ + (0,059/n).lg([oxh]/[kh])

E(Ag⁺/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
E(Fe³⁺/Fe²⁺ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V
E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều :
Fe³⁺ + Ag ↔ Fe²⁺ + Ag⁺

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) Mg + HNO₃ Mg(NO₃)₂ + N₂O + N₂ + NH₄NO₃ + H₂O

(biết tỉ lệ mol của N₂O : N₂ : NH₄NO₃ là 1: 2 : 1)

18 Mg⁰ + 2e

1 7 + 36 e + 2N₂ +

18Mg + 44HNO₃ 18Mg(NO₃)₂ + N₂O + 2N₂ + NH₄NO₃ + 20H₂O

1,0

b) M₂(CO₃)_n +  HNO_{3 đặc, nóng}  M(NO₃)_m + NO₂­ + CO₂­+ H₂O

1 2M⁺ⁿ 2 M^+m + 2(m-n) e

2(m-n) N⁺⁵ + 1e N⁺⁴

M₂(CO₃)_n +  (4m-2n)HNO_{3 đặc, nóng}  2M(NO₃)_m + 2(m-n)NO₂­ + nCO₂­+(2m-n)H₂O

1,0

c) CuFeS_x + O₂ Cu₂O + Fe₃O₄ + SO₂↑

3Cu⁺² + 3e 3Cu⁺¹

3x S^-4/x 3xS⁺⁴ + 12(x+1)e

3Fe⁺² 3Fe^+8/3+ 2e

3 CuFeS_x 3Cu⁺¹+ 3Fe^+8/3+ 3xS⁺⁴ + (12x+11)e 4

O₂ + 4e 2O^-2 (12x+11)

12 CuFeS_x + (11+12x) O₂ 6Cu₂O + 4Fe₃O₄ + 12xSO₂

1,0

d) Fe₃O₄ + HNO₃ N_xO_y + Fe(NO₃)₃ + H₂O

(5x-2y) 3Fe^+8/3 3Fe⁺³ + 1e

1 xN⁺⁵ + (5x-2y)e xN^+2y/x

(5x-2y) Fe₃O₄ + (46x-18y)HNO₃ N_xO_y + (15x-6y)Fe(NO₃)₃ + (23x-9y)H₂O

1,0

Câu 1

(4 đ)

a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị

- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết với nhau bằng lực hút tỉnh điện

0,5

0,5

b. - Cấu tạo của CO₃^{2 –}

O 2–

C = O

O

Trên nguyên tử cacbon trong CO₃^{2 –} không còn electron tự do chưa liên kết nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO₄^{2 –}

- Cấu tạo của SO₃^{2 –}

O _{. .} 2–

S = O

O

Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO₄^{2 –}

0,25

0,5

0,25

0,5

c. - Cấu tạo của CO₂

O = C = O

Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO₂ không thể liên kết với nhau để tạo ra C₂O₄

- Cấu tạo của NO₂

O

∙ N

O

Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân tử N₂O₄

O O O

2 N∙ N – N

O O O

0,25

0,5

0,25

0,5

Câu 2

(4 đ)

a.1. Cr₂S₃ + Mn(NO₃)₂ + K₂CO₃ K₂CrO₄ + K₂SO₄ + K₂MnO₄ + NO + CO₂

2Cr⁺³ 2Cr⁺⁶ + 6e

3S^–2 3S⁺⁶ + 24e

Cr₂S₃ 2Cr^{+ 6}  + 3S^{+ 6} + 30e x 1 (a)

Mn^{+ 2} Mn^{+ 6} + 4e

2N^{+ 5} + 6e 2N^{+ 2}

Mn(NO₃)₂ + 2e Mn^{+ 6} + 2N⁺² x 15 (b)

Cộng (a) và (b)

Cr₂S₃ + 15Mn(NO₃)₂ 2Cr^{+ 6} + 3S^{+ 6} + 15Mn^{+ 6} + 30N^{+ 2}

Hoàn thành:

Cr₂S₃ + 15Mn(NO₃)₂ + 20K₂CO₃ 2K₂CrO₄ + 3K₂SO₄ +15 K₂MnO₄ + 30NO + 20CO₂

0,25

0,25

a.2. P + NH₄ClO₄ H₃PO₄ + N₂ + Cl₂ + H₂O

2N ^–3 2N^O + 6e

2Cl^{+ 7} + 14e 2Cl^O

2NH₄ClO₃ + 8e 2N^O + 2Cl^O x 5

P^O P^{+ 5} + 5e x 8

10NH₄NO₃ + 8P^O 8P^{+ 5} + 10N^O + 10Cl^O + 16H₂O

10NH₄NO₃ + 8P 8H₃PO₄ + 5N₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

a..3. Fe_xO_y + HNO₃ Fe(NO₃)₃ + N_nO_m + H₂O

xFe^+2y/x xFe^{+ 3} + (3x – 2y)e (5n – 2m)

nN^{+ 5} + (5n – 2m)e nN^{+ 2m/n} (3x – 2y)

x(5n –2m)Fe^+2y/x + n(3x – 2y)N^{+ 5} x(5n – 2m)Fe ^{+ 3} + n(3x – 2y)N^+2m/n

Hoàn thành:

(5n – m)Fe_xO_y + (18nx – 6my – 2ny)HNO₃

x(5n – 2m)Fe(NO₃)₃ + (3x – 2y)N_nO_m + (9nx – 3mx – ny)H₂O

0,25

0,25

0,25

0,25

b. Ta có: m_{ng tửAu} = 197/6,02.10²³ = 327,24.10 ^{– 24}g

r = 1,44A^O = 1,44.10 ^{– 8}cm

V_Au = 4/3.п r³ = 4/3. 3,14.(1,44.10 ^{– 8})³ = 12,5.10 ^{– 24}cm³

d = (327,24.10^{– 24})/(12,5.10 ^{– 24}) = 26,179g/cm³

Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ

Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %

c.Công thức cấu tạo:

O O

H – O H – O

H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O

H – O H – O

O O H H

H O

+ – H – O O H – O O

H – N – H O – N ; S Hay: S

H – O O H – O O

H O

0,25

0,25

Mỗi CTCT

0,5

Câu 3

(4đ)

a. Hợp chất A; MX₂

Ta có:

p + n 46,67

=

2(p’ + n’) 53,33

p + n = 1,75(n’ + p’) (a)

n – p = 4 (b)

n’ = p’ (c)

p + 2p’ = 58 (d)

Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16

n = 30; n’ = 16

A_M = 26 + 30 = 56; A_X = 16 + 16 = 32

• Kí hiệu nguyên tử:

32

X

M

56

16

26

M là Fe; X là S

* Cấu hình electron Fe²⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶

b.

b.1.

A: 3p⁴ ⇒ A là S

B: 2p⁵ ⇒ A là F

C: 2p⁴ ⇒ A là O

b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:

F₂O, O lai hóa sp³, phân tử dạng góc:

SF₆, S lai hóa sp³d, bát diện đều:

H₂SO₃, S lai hóa sp³, dạng tháp tam giác.

, S lai hóa sp³, tứ diện đều.

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4

(4đ)

a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:

Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I₁ tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.

Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:

- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I₁ giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns² qua cấu hình kém bền hơn ns²np¹ (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).

- Từ VA qua VIA, năng lượng I₁ giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns²np³ qua cấu hình kém bền hơn ns²np⁴ (trong p³ chỉ có các electron độc thân, p⁴ có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

0,5

0,5

0,5

0,5

b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau:

M²⁺ + CO₃^2- 🡪 MCO₃

Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO₃^2- = 0,35

Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl₂ về MCO₃ khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam 🡪 Số mol MCO₃ = = 0,3 < nCO₃^2- -> CO₃^2- có dư, M²⁺ pư hết

nBaCl₂ = x, CaCl₂ = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3

giải ra được BaCO₃ = 0,1 mol, CaCO₃ = 0,2 mol và % BaCO₃ = 49,62%, CaCO₃ = 50,38%.

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

Câu 5

(4đ)

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là M_A, M_B, M_C

số mol H₂ = 2,0262/22,4 = 0,09 mol

ptpư: A + 2HCl ACl₂ + H₂ (1)

4x 4x 4x

B + 2HCl BCl₂ + H₂ (2)

3x 3x 3x

C + 2HCl CCl₂ + H₂ (3)

2x 2x 2x

Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a)

Ta có: M_B = 5/3M_A (b)

M_C = 7/3M_A (c)

Mặc khác ta có: M_A.4x + M_B.3x + M_C.2x = 3,28 (d)

Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M_A(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28

Suy ra: M_A = 24 A: Mg

M_B = 5/3.24 = 40 B: Ca

M_C = 7/3.24 = 56 C: Fe

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

b. Dung dịch (A): MgCl₂, CaCl₂, FeCl₂

Phương trình phản ứng:

MgCl₂ + 2NaOH Mg(OH)₂ + 2NaCl (4)

4x 4x

CaCl₂ + 2NaOH Ca(OH)₂ + 2NaCl (5)

1,5x 1,5x

FeCl₂ + 2NaOH Fe(OH)₂ + 2NaCl (6)

2x 2x

4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O 4Fe(OH)₃ (7)

2x 2x

Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,75

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

ĐỀ THI OLYMPIC

Năm học: 2016-2017

Môn: Hóa học 10

---------🙞🕮🙜----------

Thời gian làm bài: 120 phút

TRƯỜNG THPT NÔNG SƠN

HƯỚNG DẪN CHẤM OLYMPIC

Năm học: 2016-2017

Môn: Hóa học 10

---------🙞🕮🙜----------

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Gọi số p và n trong M và X lần lượt là Z,N,Z’,N’ ta có hệ 4 phương trình:

(2Z+N) + 2(2Z’+N’) = 164

(2Z+4Z’) – (N+2N’) = 52

(Z+N) – (Z’+N’) = 5

(2Z+N) – (2Z’+N’) = 8

1,0

Giải hệ phương trình được Z = 20, Z’ = 17

1. Cấu hình electron và vị trí:

Z = 20: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶4s² → M thuộc ô số 20, chu kỳ 4, nhóm IIA trong BTH

Z’ = 17: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵ → X thuộc ô số 17, chu kỳ 3, nhóm VIIA trong BTH

b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:

- Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó.

- Bán kính ion Ca²⁺ nhỏ hơn Cl^- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca²⁺ (Z = 20) lớn hơn Cl^- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).

c)Viết công thức cấu tạo:

F

F

F

P

Cl

Cl

Cl

H

H

H

P

P

Các phân tử trên đều thuộc loại AX₃E( lai hoá tứ diện ). Tuy nhiên vì có cặp electron không liên kết nên góc liên kết nhỏ hơn góc tứ diện ( 109⁰28^’). Các góc liên kết cũng không đồng nhất vì các phối tử có độ âm điện khác nhau. Độ âm điện của các phối tử càng lớn, đám mây liên kết càng bị đẩy về phía các phối tử và do đó góc liên kết càng nhỏ.

Vì độ âm điện giảm dần theo chiều: F > Cl > H. Nên góc FPF < góc ClPCl < góc HPH.

1,0

1,0

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Ở điều kiện chuẩn (1 atm và 25⁰C) :

ΔH⁰_pư = Δ – 2Δ = 2309 – 2.8091 = –13873 (cal/mol)

ΔS⁰_pư = – 2 = 72,7 – 2.57,5 = –42,2 (cal.mol^–1.K^–1)

Áp dụng : ΔG⁰_T = ΔH⁰_pư – TΔS⁰_pư để tính ΔG ở các nhiệt độ khác nhau. (Vì ΔH⁰ và ΔS⁰ biến thiên không đáng kể theo nhiệt độ, nên có thể sử dụng để tính ΔG ở các nhiệt độ khác nhau theo công thức nêu ra.)

1,0

+ Ở 0⁰C, tức 273K :

ΔG⁰₂₇₃ = –13873 + 42,2.273 = –2352 (cal/mol)

ΔG⁰₂₇₃ < 0, vậy ở nhiệt độ này phản ứng diễn ra theo chiều thuận

+ Ở 100⁰C, tức 373K :

ΔG⁰₃₇₃ = –13873 + 42,2.373 = +1868 (cal/mol) > 0

Vậy phản ứng lúc này diễn ra theo chiều nghịch

1,0

1,0

Khi phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở nhiệt độ T nào đó thì ΔG⁰_T = 0.

Khi đó : –13873 + 42,2.T = 0

T = = 329 (K) hay 56⁰C

Ở nhiệt độ t > 56⁰C (hay T > 329K) thì :

ΔG⁰_T = –13873 + 42,2T > 0, phản ứng diễn ra theo chiều nghịch

Ở nhiệt độ t < 56⁰C (hay T < 329K) thì :

ΔG⁰_T = –13873 + 42,2T < 0, phản ứng diễn ra theo chiều thuận

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1. Điều chế HCl

PP1: NaCl + H₂SO₄ NaHSO₄ + HCl↑

hay 2NaCl + H₂SO₄ Na₂SO₄ + HCl↑

PP2: Cl₂ + H₂ HCl↑

Khí HCl thu được hấp thụ vào nước thu được dung dịch HCl.

1,0

2. Không sử dụng phương pháp này cho điều chế HBr và HI vì chúng đều là các chất khử.

PP1: 2HBr + H₂SO₄ → Br₂ + SO₂ + 2H₂O

8HI + H₂SO₄ → 4I₂ + H₂S + 4H₂O

PP2: H₂ + Br₂ 2HBr ΔH = -71,8kj

H₂ + I₂ ↔ 2HI ΔH = +51,88kj

Phản ứng này thuận nghịch nên hiệu suất thấp, không sử dụng.

1,0

3. Điều chế HBr, HI

PBr₃ + 3H₂O → H₃PO₃ + 3HBr↑

PI₃ + 3H₂O → H₃PO₃ + 3HI↑

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1)

MgS + 2HCl → MgCl₂ + H₂S (2)

Mg + 2HCl → MgCl₂ + H₂ (3)

1,0

⇒ B chứa H₂S và H₂ [Mg có dư sau phản ứng (1)]

Gọi x và y lần lượt là số mol khí H₂S và H₂, ta có

Giải ra ta có x = 0,1 ; y = . Từ (1), (2), (3) ta có:

50%, 50%

1,0

H₂S + O₂ → SO₂ + H₂O

H₂ + O₂ → H₂O

SO₂ + H₂O₂ → H₂SO₄

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1/ Fe²⁺ + Ag⁺ ↔ Fe³⁺ + Ag
E⁰pin = 0,8 – 0,77 = 0,03V => Phản ứng xảy ra theo chiều thuận
K = 10^(En/0,059) = 10^(0,03/0,059) = 3,225

1,0

2/ E = E⁰ + (0,059/n).lg([oxh]/[kh])

E(Ag⁺/Ag )= 0,8 + 0,059.log(0,001) = 0,623V
E(Fe³⁺/Fe²⁺ ) = 0,77 + 0,059.log.(0,1/0,01) = 0,829V
E = 0,829 – 0,623 = 0,206V
Do E > 0 nên phản ứng xảy ra theo chiều :
Fe³⁺ + Ag ↔ Fe²⁺ + Ag⁺

1,0

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

a) Mg + HNO₃ Mg(NO₃)₂ + N₂O + N₂ + NH₄NO₃ + H₂O

(biết tỉ lệ mol của N₂O : N₂ : NH₄NO₃ là 1: 2 : 1)

18 Mg⁰ + 2e

1 7 + 36 e + 2N₂ +

18Mg + 44HNO₃ 18Mg(NO₃)₂ + N₂O + 2N₂ + NH₄NO₃ + 20H₂O

1,0

b) M₂(CO₃)_n +  HNO_{3 đặc, nóng}  M(NO₃)_m + NO₂­ + CO₂­+ H₂O

1 2M⁺ⁿ 2 M^+m + 2(m-n) e

2(m-n) N⁺⁵ + 1e N⁺⁴

M₂(CO₃)_n +  (4m-2n)HNO_{3 đặc, nóng}  2M(NO₃)_m + 2(m-n)NO₂­ + nCO₂­+(2m-n)H₂O

1,0

c) CuFeS_x + O₂ Cu₂O + Fe₃O₄ + SO₂↑

3Cu⁺² + 3e 3Cu⁺¹

3x S^-4/x 3xS⁺⁴ + 12(x+1)e

3Fe⁺² 3Fe^+8/3+ 2e

3 CuFeS_x 3Cu⁺¹+ 3Fe^+8/3+ 3xS⁺⁴ + (12x+11)e 4

O₂ + 4e 2O^-2 (12x+11)

12 CuFeS_x + (11+12x) O₂ 6Cu₂O + 4Fe₃O₄ + 12xSO₂

1,0

d) Fe₃O₄ + HNO₃ N_xO_y + Fe(NO₃)₃ + H₂O

(5x-2y) 3Fe^+8/3 3Fe⁺³ + 1e

1 xN⁺⁵ + (5x-2y)e xN^+2y/x

(5x-2y) Fe₃O₄ + (46x-18y)HNO₃ N_xO_y + (15x-6y)Fe(NO₃)₃ + (23x-9y)H₂O

1,0

Câu 1

(4 đ)

a.- Trong mạng tinh thể nguyên tử ở vị trí các nút của mạng là các nguyên tử, chúng liên kết với nhau bằng liên kết cộng hoá trị

- Tronh mạng tinh thể ion ở vị trí các nút của mạng là các ion, chúng liên kết với nhau bằng lực hút tỉnh điện

0,5

0,5

b. - Cấu tạo của CO₃^{2 –}

O 2–

C = O

O

Trên nguyên tử cacbon trong CO₃^{2 –} không còn electron tự do chưa liên kết nên không có khả năng liên kết thêm với 1 nguyên tử oxi để tạo ra CO₄^{2 –}

- Cấu tạo của SO₃^{2 –}

O _{. .} 2–

S = O

O

Trên nguyên tử lưu huỳnh còn 1 cặp electron tự do chưa liên kết, do đó nguyên tử lưu huỳnh có thể tạo liên kết cho nhận với 1 nguyên tử oxi thứ tư để tạo ra SO₄^{2 –}

0,25

0,5

0,25

0,5

c. - Cấu tạo của CO₂

O = C = O

Trên nguyên tử cacbon không còn electron tự do nên hai phân tử CO₂ không thể liên kết với nhau để tạo ra C₂O₄

- Cấu tạo của NO₂

O

∙ N

O

Trên nguyên tử nitơ còn 1 electron độc thân tự do, nên nguyên tử nitơ này có khả nặng tạo ra liên kết cộng hoá trị với nguyên tử nitơ trong phân tử thứ hai để tạo ra phân tử N₂O₄

O O O

2 N∙ N – N

O O O

0,25

0,5

0,25

0,5

Câu 2

(4 đ)

a.1. Cr₂S₃ + Mn(NO₃)₂ + K₂CO₃ K₂CrO₄ + K₂SO₄ + K₂MnO₄ + NO + CO₂

2Cr⁺³ 2Cr⁺⁶ + 6e

3S^–2 3S⁺⁶ + 24e

Cr₂S₃ 2Cr^{+ 6}  + 3S^{+ 6} + 30e x 1 (a)

Mn^{+ 2} Mn^{+ 6} + 4e

2N^{+ 5} + 6e 2N^{+ 2}

Mn(NO₃)₂ + 2e Mn^{+ 6} + 2N⁺² x 15 (b)

Cộng (a) và (b)

Cr₂S₃ + 15Mn(NO₃)₂ 2Cr^{+ 6} + 3S^{+ 6} + 15Mn^{+ 6} + 30N^{+ 2}

Hoàn thành:

Cr₂S₃ + 15Mn(NO₃)₂ + 20K₂CO₃ 2K₂CrO₄ + 3K₂SO₄ +15 K₂MnO₄ + 30NO + 20CO₂

0,25

0,25

a.2. P + NH₄ClO₄ H₃PO₄ + N₂ + Cl₂ + H₂O

2N ^–3 2N^O + 6e

2Cl^{+ 7} + 14e 2Cl^O

2NH₄ClO₃ + 8e 2N^O + 2Cl^O x 5

P^O P^{+ 5} + 5e x 8

10NH₄NO₃ + 8P^O 8P^{+ 5} + 10N^O + 10Cl^O + 16H₂O

10NH₄NO₃ + 8P 8H₃PO₄ + 5N₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

a..3. Fe_xO_y + HNO₃ Fe(NO₃)₃ + N_nO_m + H₂O

xFe^+2y/x xFe^{+ 3} + (3x – 2y)e (5n – 2m)

nN^{+ 5} + (5n – 2m)e nN^{+ 2m/n} (3x – 2y)

x(5n –2m)Fe^+2y/x + n(3x – 2y)N^{+ 5} x(5n – 2m)Fe ^{+ 3} + n(3x – 2y)N^+2m/n

Hoàn thành:

(5n – m)Fe_xO_y + (18nx – 6my – 2ny)HNO₃

x(5n – 2m)Fe(NO₃)₃ + (3x – 2y)N_nO_m + (9nx – 3mx – ny)H₂O

0,25

0,25

0,25

0,25

b. Ta có: m_{ng tửAu} = 197/6,02.10²³ = 327,24.10 ^{– 24}g

r = 1,44A^O = 1,44.10 ^{– 8}cm

V_Au = 4/3.п r³ = 4/3. 3,14.(1,44.10 ^{– 8})³ = 12,5.10 ^{– 24}cm³

d = (327,24.10^{– 24})/(12,5.10 ^{– 24}) = 26,179g/cm³

Gọi x là % thể tích Au chiếm chỗ

Ta có: x = (19,36.100)/26,179 = 73,95 %

c.Công thức cấu tạo:

O O

H – O H – O

H – Cl = O Hay: H – Cl O ; P = O Hay: P O

H – O H – O

O O H H

H O

+ – H – O O H – O O

H – N – H O – N ; S Hay: S

H – O O H – O O

H O

0,25

0,25

Mỗi CTCT

0,5

Câu 3

(4đ)

a. Hợp chất A; MX₂

Ta có:

p + n 46,67

=

2(p’ + n’) 53,33

p + n = 1,75(n’ + p’) (a)

n – p = 4 (b)

n’ = p’ (c)

p + 2p’ = 58 (d)

Từ (a), (b), (c), (d) p = 26 ; p’ = 16

n = 30; n’ = 16

A_M = 26 + 30 = 56; A_X = 16 + 16 = 32

• Kí hiệu nguyên tử:

32

X

M

56

16

26

M là Fe; X là S

* Cấu hình electron Fe²⁺: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶

b.

b.1.

A: 3p⁴ ⇒ A là S

B: 2p⁵ ⇒ A là F

C: 2p⁴ ⇒ A là O

b.2. Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:

F₂O, O lai hóa sp³, phân tử dạng góc:

SF₆, S lai hóa sp³d, bát diện đều:

H₂SO₃, S lai hóa sp³, dạng tháp tam giác.

, S lai hóa sp³, tứ diện đều.

0,25

0,5

0,25

0,5

0,5

0,5

0,5

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4

(4đ)

a. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:

Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I₁ tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.

Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:

- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I₁ giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns² qua cấu hình kém bền hơn ns²np¹ (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).

- Từ VA qua VIA, năng lượng I₁ giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns²np³ qua cấu hình kém bền hơn ns²np⁴ (trong p³ chỉ có các electron độc thân, p⁴ có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).

0,5

0,5

0,5

0,5

b. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau:

M²⁺ + CO₃^2- 🡪 MCO₃

Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO₃^2- = 0,35

Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl₂ về MCO₃ khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam 🡪 Số mol MCO₃ = = 0,3 < nCO₃^2- -> CO₃^2- có dư, M²⁺ pư hết

nBaCl₂ = x, CaCl₂ = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3

giải ra được BaCO₃ = 0,1 mol, CaCO₃ = 0,2 mol và % BaCO₃ = 49,62%, CaCO₃ = 50,38%.

0,25

0,25

0,25

0,5

0,25

0,5

Câu 5

(4đ)

a. Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là M_A, M_B, M_C

số mol H₂ = 2,0262/22,4 = 0,09 mol

ptpư: A + 2HCl ACl₂ + H₂ (1)

4x 4x 4x

B + 2HCl BCl₂ + H₂ (2)

3x 3x 3x

C + 2HCl CCl₂ + H₂ (3)

2x 2x 2x

Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a)

Ta có: M_B = 5/3M_A (b)

M_C = 7/3M_A (c)

Mặc khác ta có: M_A.4x + M_B.3x + M_C.2x = 3,28 (d)

Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M_A(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28

Suy ra: M_A = 24 A: Mg

M_B = 5/3.24 = 40 B: Ca

M_C = 7/3.24 = 56 C: Fe

0,25

0,25

0,25

0,25

0,5

0,5

b. Dung dịch (A): MgCl₂, CaCl₂, FeCl₂

Phương trình phản ứng:

MgCl₂ + 2NaOH Mg(OH)₂ + 2NaCl (4)

4x 4x

CaCl₂ + 2NaOH Ca(OH)₂ + 2NaCl (5)

1,5x 1,5x

FeCl₂ + 2NaOH Fe(OH)₂ + 2NaCl (6)

2x 2x

4Fe(OH)₂ + O₂ + 2H₂O 4Fe(OH)₃ (7)

2x 2x

Từ (4), (5), (6), (7) suy ra: 58.0,04 +74.0,015 + 107.0,02 = 5,57g

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,75

Câu 1

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

1.1

• Xác định X⁺
• X⁺ có 10 electron ⇒ nên tổng proton trong 5 hạt nhân là 11
• = 2,2. Vậy có 1 nguyên tử là H
• Gọi nguyên tử thứ hai trong X⁺ là R, công thức X⁺ có thể là;
• RH₄⁺ : Z_R + 4 = 11 ⇒ Z_R = 7 (N) ; X⁺: NH₄⁺ (nhận)
• R₂H₃⁺ : 2Z_R + 3 = 11 ⇒ Z_R = 4 loại : R₃H₂⁺ : 3Z_R + 2 =11 ⇒ Z_R = 3 loại
• Xác định Y^2-
  Y^2- có 32 eletron nên tổng số hạt proton trong 4 nguyên tử là 30.
• = 7,5 ⇒ 2 nguyên tử trong Y^2- đều thuộc cùng chu kỳ 2.
• Gọi 2 nguyên tử là A, B: Z_B= Z_A +2
• Công thức Y^2- có thể là
• AB₃^2- : Z_A+ 3Z_B = 30
• Z_B= Z_A +2 ⇒ Z_A= 6 (C); Z_B = 8 (O)
• A₂B₂^2- : 2Z_A+ 2Z_B = 30
• Z_B= Z_A +2 ⇒ Z_A= 6,5; Z_B = 8,5 loại
• A₃B^2- : 3Z_A+ Z_B = 30
• Z_B= Z_A +2 ⇒ Z_A= 7; Z_B = 9 loại
• Hợp chất A có công thức (NH₄)₂CO₃

1,5Đ

1.2

A_nB_m là muối khi thủy phân cho H₂S; hợp chất A_xC_y là Al₂O₃

Vậy A là Al; B là S; C là O; Hợp chất A,B,C là Al₂(SO₄)₃

2Al + 3 S → Al₂S₃ ; Al₂S₃ + 6H₂O → 2 Al(OH)₃ + 3 H₂S

4Al + 3O₂ → 2Al₂O₃ ; S + O₂ → SO₂

Al³⁺ + 2H₂O → Al(OH)²⁺ + H₃O⁺

1Đ

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

Câu 2

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

2.1

2.2

2.3

1. v = k[A]^x[B]^y

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

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

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

Lấy (3) chia cho (2) ⇒2^x = 4 ⇒ x = 2

Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2^y = 2 ⇒ y = 1

Bậc phản ứng: x + y = 3

Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10^-4 = k.0,01² . 0,01

⇒ k = 1,20.10²mol^-2 . l^-2.s^-1

Từ các dữ kiện đề bài ta có:

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

C₂H₄ + 3O₂ → 2CO₂ + 2 H₂O(l) ∆H_đc = ΔH₅ + ΔH₃ + ΔH₆ = -1410,95 KJ/mol

Cả 3 trường hợp đều hòa tan cùng 1 lượng Zn nên có thể xem tốc độ trung bình của phản ứng tỉ lệ nghịch với thời gian phản ứng

Khi đun nóng từ 20⁰C đến 40⁰C, tốc độ phản ứng tăng lên 9 lần

=9 γ =3

Vậy khi đun nóng từ 40⁰C đến 55⁰C, tốc độ phản ứng tăng =5,2 (lần)

• Vậy thời gian là =0,577 phút

0,5Đ

1Đ

0,5Đ

Câu 3

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

3.1

3.2

3.3

+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên.

+ Dùng quỳ tím:

• Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH
• Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit)
• Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO₃ (muối)

+ Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO₃

• Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO₃ là HCl

Ptpư: HCl + AgNO₃ AgCl + HNO₃

• Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO₃ là HBr

Ptpư: HBr + AgNO₃ AgBr + HNO₃

+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO₃:

• Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO₃ là NaCl

Ptpư: NaCl + AgNO₃ AgCl + NaNO₃

- Dung dịch còn lại là NaNO₃

a. 4Zn + 10HNO₃ ⎯→4Zn(NO₃)₂ + NH₄NO₃ + 3H₂O

b. H₂SO₄ + 8HI ⎯→ 4I₂ + H₂S + 4H₂O

c. NaClO + 2KI + H₂SO₄ ⎯→ I₂ + NaCl + K₂SO₄ + H₂O

d. K₂Cr₂O₇ + 14HCl ⎯→ 2KCl + 2CrCl₃ + 3Cl₂ + 7H₂O

Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:

Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)

1. Sn²⁺ + Br₂ →Sn⁴⁺ + 2Br ^–

E⁰ = +1,07 – (+0,15) = +0,92v

2Cu⁺ + Br₂ → 2Cu²⁺ + 2Br ^–

E⁰ = +1,07-(+0,34) = +0,73v

2Fe²⁺ + Br₂ → 2Fe³⁺ + 2Br ^–

E⁰ = +1,07-0,77=+0,3v

0,75đ

0,5đ

0,75đ

Câu 4

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

4.1

4.2

4.3

½ N₂ + ½ H₂ ⮀ NH₃

Ở 400 C có k₁ = 1,3 . 10^-2; ở 500 C có k₂ = 3,8 . 10^-3

Hệ thức Arrehnius:

CaCO₃ (r) ⮀ CaO (r) + CO₂ (k).

ΔH⁰_298K (Kcal/mol) = 42,4. ΔS⁰_298K (cal/mol.K)= 38,4.

Áp suất khí quyển = 1 atm ⇒ K_P = P= 1

ΔG⁰ = ΔH⁰ - TΔS⁰ = - RTlnK_P = 0

⇒ T =

Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,2⁰C

a) X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri.

Dung dịch X tác dụng với SO₂ đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO₃ ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot.

Phản ứng của X với SO₂ chứng minh X có tính oxi hóa.

Từ lập luận trên X có cation Na⁺ và anion IO

Đặt công thức của X là NaIO_x.

Phản ứng dạng ion:

2 IO +(2x-1) SO₂ + 2(x-1) H₂O → (2x-1) SO₄^2- + I₂ + (4x-4) H (1)

I₂ + 2H₂O + SO₂ → 2I + SO₄^2- + 4H (2)

Ag+ I→ AgI (3)

IO + (2x-1) I + 2x H → x I₂ + x H₂O (4)

I₂ + 2Na₂S₂O₃ → 2NaI + Na₂S₄O₆ (5)

1,87.10^-3 ← 3,74.10^-3

b) Số mol Na₂S₂O₃ = 0,1.0,0374 = 3,74.10^-3

Theo (5) ⇒ Số mol I₂ = ½(Số mol Na₂S₂O₃) = 1,87.10^-3

Theo (4) ⇒ Số mol IO= (số mol I₂) = .1,87.10^-3

⇒ = .1,87.10^-3

⇒ = 1,87.10^-3

0,1x = 0,2805 + 0,02992x

⇒ x = 4

Công thức phân tử của X: NaIO₄

0,5đ

0,5đ

1đ

Câu 5

HƯỚNG DẪN CHẤM

Điểm

Các phương trình phản ứng:

*) Hỗn hợp X + H₂SO₄ đặc nóng:

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3 SO₂ + 6H₂O (1)

2M + 2nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + n SO₂ + 2nH₂O (2)

Khí SO₂ sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng:

SO₂ + NaOH → NaHSO₃ (3)

SO₂ + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O (4)

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:

Fe + 2 HCl → FeCl₂ + H₂ (5)

2M + 2n HCl → 2MCl_n + nH₂ (6)

*) Z tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng dư:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂ (7)

2M + n H₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂ (8)

Tính V: Ta có n_NaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol

Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết:

Đặt ;

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại)

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư:

Đặt ⇒ n_{NaOH dư} = 0,1 – 2d mol.

⇒ m _{chất tan} = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol

Vậy V_SO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol

Theo (1) và (2) ⇒ (*)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có n_Fe = x mol; n_M = 3y mol

Theo (5), (6) ta có (**)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n_Fe = 2x mol; n_M = y mol

Theo (7) và (8) có:;

⇒ Khối lượng muối: m_muối = 152.2x + (2M + 96n).= 5,605 gam

⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***)

Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045

⇒

Xét: n 1 2 3

M (g/mol) 9 18 27

(loại) (loại) (M là Al)

⇒ y = 0,015 mol.

Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X:

KỲ THI KHẢO SÁT OLYMPIC HOÁ 10 lần 1

NĂM HỌC 2016 – 2017

.....................................

N₂O₄ (k)

⮀

2NO₂ (k)

9,665

33,849

304,3

240,4

CÂU

Ý

ĐÁP ÁN

ĐIỂM

1

1.a

Vì X có 11 electron thuộc phân lớp p

⇒ cấu hình electron phân lớp p của X là: 2p⁶3p⁵

⇒ cấu hình electron đầy đủ: 1s²2s²2p⁶3s²3p⁵.

0,25

1.b

Vị trí của X trong bảng tuần hoàn:

Ô số 17 vì có 17 electron ⇒ điện tích hạt nhân bằng 17.

Chu kì 3 vì có 3 lớp electron.

Nhóm VII A vì cấu hình electron hóa trị là 3s²3p⁵.

0,5

1.c

Trong đồng vị số khối lớn số hạt mang điện là 17.2 = 34 hạt

⇒ số nơtron (hạt không mang điện) là 34:1,7 = 20 hạt.

⇒ số nơtron trong đồng vị số khối nhỏ là 18 hạt.

Vậy thành phần cấu tạo các đồng vị của X là:

Đồng vị số khối nhỏ: 17 electron, 17 proton, 18 nơtron.

Đồng vị số khối lớn: 17 electron, 17 proton, 20 nơtron.

0,25

1.d

Thành phần % theo khối lượng:

Gọi thành phần % theo số nguyên tử đồng vị nhỏ là x%

⇒ thành phần % theo số nguyên tử đồng vị lớn là (100 – x)%.

Áp dụng công thức tính NTKTB ta có:

NTKTB (A) = A₁.x% + A₂. (100 – x)%

⇔ (17+18).x% + (17+20)(100-x)% = 35,48 ⇒ x = 76%.

0,25

Xét 1 mol X (35,48 gam) có 0,76 mol ³⁵X (0,76.35 = 26,6 gam)

⇒ thành phần % theo khối lượng ³⁵X là: 26,6 : 35,48 = 74,97%

thành phần % theo khối lượng ³⁷X là: 100% - 74,97% = 25,03%.

0,25

2

Theo đề bài:

= (1)

n = p + 4 (2)

n^, = p^, (3)

Tổng số proton trong Z là 3p + p’ = 84. (4)

Giải 4 PT trên ta được: n^, = p^, = 6 R là cacbon (C)

n = 30, p = 26 M là sắt (Fe)

Công thức phân tử của Z là Fe₃C (hợp chất xementit)

0,25

0,25

2

1

a. Phương trình phản ứng:

10FeCl₂ + 6KMnO₄ + 24H₂SO₄ → 5Fe₂(SO₄)₃ + 10Cl₂ + 3K₂SO₄ + 6MnSO₄ + 24H₂O

0,5

b. 2Fe₃O₄ + 10H₂SO_{4 (đặc nóng)} → 3Fe₂(SO₄)₃ + SO₂ + 10H₂O

Khí A là SO₂:

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

5SO₂ + 2KMnO₄ + 2H₂O → K₂SO₄ + 2MnSO₄+ 2H₂SO₄

0,5

2

a. Giải thích sự hình thành A:

C₁₂H₂₂O₁₁ 12C + 11 H₂O (tỏa nhiệt)

C + 2H₂SO_{4 (đặc nóng)} → CO₂ + 2SO₂ + 2H₂O.

Vậy hỗn hợp khí A gồm CO₂ và SO₂

0,25

b. Chứng minh sự có mặt của hai khí trong A, ta dẫn hỗn hợp khí lần lượt qua bình 1 đựng dung dịch Brom (dư) và bình 2 đựng dung dịch Ca(OH)₂ dư rồi thêm vài giọt dung dịch BaCl₂ vào bình (1):

Hiện tượng: Bình (1) brom nhạt màu, có kết tủa xuất hiện chứng tỏ hỗn hợp có SO₂

SO₂ + Br₂ + 2H₂O → H₂SO₄ + 2HBr

H₂SO₄ + BaCl₂ → BaSO_4↓ + 2HCl

Bình (2) có kết tủa xuất hiện chứng tỏ có CO₂:

CO₂ + Ca(OH)₂ → CaCO_3↓ + H₂O

0,5

c. Sự khác nhau giữa quá trình làm khô và quá trình than hóa:

Quá trình làm khô là quá trình vật lý.

Quá trình than hóa là quá trình hóa học.

0,25

3

1

Sáu phương trình điều chế clo:

2NaCl + 2H₂O 2NaOH + Cl₂ + H₂O (1)

2NaCl 2Na + Cl₂ (2)

MnO₂ + 4HCl _(đặc) → MnCl₂ + Cl₂ + 2H₂O (3)

2KMnO₄ + 16HCl _(đặc) → 2MnCl₂ + 2KCl + 5Cl₂ + 8H₂O (4)

K₂Cr₂O₇ + 14 HCl _(đặc) → 2KCl + 2CrCl₃ + 3Cl₂ + 7H₂O (5)

KClO₃ + 6HCl _(đặc) → KCl + 3Cl₂ + 3H₂O (6)

(hs có thể viết 6 phương trình khác)

Phản ứng (1) là phản ứng dùng để điều chế clo trong công nghiệp.

0,75

2

Các phương trình:

1. 4FeS₂ + 11 O₂ → 2 Fe₂O₃ + 8 SO₂
2. SO₂ + 2H₂S → 3 S + 2 H₂O
3. S + O₂ → SO₂
4. H₂S + NaOH → NaHS + H₂O
5. NaHS + NaOH → Na₂S + H₂O
6. Na₂S + FeCl₂ → FeS + 2NaCl
7. FeS + 2 HCl → FeCl₂ + H₂S
8. H₂S + 4Cl₂ + 4H₂O → H₂SO₄ + 8 HCl

1,0

Các chất ứng với các kí hiệu:

A: O₂ B: Fe₂O₃ D: SO₂ E: H₂S F: S

G: NaHS H: Na₂S I: FeCl₂ K: FeS L: NaCl

0,25

4

a

Các phương trình phản ứng:

KMnO₄ + + 16HCl _(đặc) → 2MnCl₂ + 2KCl + 5Cl₂ + 8H₂O (1)

Dung dịch A chứa KCl, MnCl₂ và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, MnCl₂ và HCl.

0,25

• Trung hòa axit trong B bằng NaOH:

HCl + NaOH → NaCl + H₂O (2)

• B tác dụng với AgNO₃ dư:

AgNO₃ + HCl → AgCl_↓ + HNO₃ (4)

AgNO₃ + KCl → AgCl_↓ + KNO₃ (5)

2AgNO₃ + MnCl₂ → 2AgCl_↓ + Mn(NO₃)₂ (6)

0,5

b

Đặt số mol HCl, KCl trong 50 ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).

Theo phương trình phản ứng (1): = n_KCl = y mol

Theo phương trình phản ứng (2): x = n_HCl = n_NaOH = 0,024.0,5 = 0,012 mol

⇒ C_{M (HCl)} = 0,24 M

0,25

Trong 100 ml dung dịch B: n_HCl = 2x mol; = n_KCl = 2y mol

Theo phương trình phản ứng (3), (4), (5):

n_AgCl↓ = n_HCl + n_KCl + 2.

⇔ 2x + 2y + 2.2y = 17,22 : 143,5 = 0,12 mol

⇔ x + 3y = 0,06 mol ⇒ y = 0,016 mol.

Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:

⇒ C_{M (KCl)} = C_M(MnCl2) = 0,32M

0,25

c

Theo (1) ta có: = n_{KCl (500 ml dd B)} = 10y = 0,16 mol

⇒ m = _{(ban đầu)} = 0,16.158 = 25,28 gam.

⇒ V = 0,4.22,4 = 8,96 lít.

0,5

Theo (1): n_{HCl pư} = 8= 1,28 mol mà n_{HCl dư} = 10.x = 0,12 mol

• n_{HCl đã dùng} = 1,28 + 0,12 = 1,4 mol

V_{dd HCl đã dùng} =

0,25

5

a

Các phương trình phản ứng:

*) Hỗn hợp X + H₂SO₄ đặc nóng:

2Fe + 6H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + 3 SO₂ + 6H₂O (1)

2M + 2nH₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + n SO₂ + 2nH₂O (2)

0,25

Khí SO₂ sinh ra tác dụng với dung dịch NaOH có thể xảy ra phản ứng:

SO₂ + NaOH → NaHSO₃ (3)

SO₂ + 2NaOH → Na₂SO₃ + H₂O (4)

*) Hỗn hợp Y tan hết trong dung dịch HCl:

Fe + 2 HCl → FeCl₂ + H₂ (5)

2M + 2n HCl → 2MCl_n + nH₂ (6)

0,25

*) Z tác dụng với dung dịch H₂SO₄ loãng dư:

Fe + H₂SO₄ → FeSO₄ + H₂ (7)

2M + n H₂SO₄ → M₂(SO₄)_n + nH₂ (8)

b

Tính V: Ta có n_NaOH = 0,5.0,2 = 0,1 mol

Xét trường hợp xảy ra cả phản ứng (3) và (4), NaOH hết:

Đặt ;

⇒ a = - 0,014 < 0 (loại)

0,25

Xét trường hợp chỉ xảy ra phản ứng (4), NaOH có thể dư:

Đặt ⇒ n_{NaOH dư} = 0,1 – 2d mol.

⇒ m _{chất tan} = 126.d + 40.(0,1 - 2d) = 5,725 gam ⇒ d = 0,0375 mol

Vậy V_SO2 = 0,0375 . 22,4 = 0,84 lít

0,25

c

Đặt số mol Fe và M trong m gam X lần lượt là: x và y mol

Theo (1) và (2) ⇒ (*)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Y có n_Fe = x mol; n_M = 3y mol

Theo (5), (6) ta có (**)

Theo đề bài, trong hỗn hợp Z có n_Fe = 2x mol; n_M = y mol

Theo (7) và (8) có:;

⇒ Khối lượng muối: m_muối = 152.2x + (2M + 96n).= 5,605 gam

⇔ 304.x + M.y + 48.ny = 5,605 gam (***)

0,5

Từ (*), (**), (***) ta có: x = 0,01; M.y = 0,405; n.y = 0,045

⇒

Xét: n 1 2 3

M (g/mol) 9 18 27

(loại) (loại) (M là Al)

⇒ y = 0,015 mol.

Vậy kim loại M là Al và thành phần % theo khối lượng mỗi kim loại trong X:

0,5

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

ĐỀ THI OLYMPIC

NĂM HỌC: 2016 - 2017

MÔN HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

SỞ GD & ĐT QUẢNG NAM

TRƯỜNG THPT CAO BÁ QUÁT

ĐÁP ÁN OLYMPIC NĂM HỌC: 2016 - 2017

MÔN HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu

Nội dung

Thang điểm

Câu I

3,0

1/

(1.00)

a. Nguyên tử của nguyên tố X có 3 lớp e và 2 e độc thân nên

cấu hình electron của nguyên tử X có thể có là :

[Ne]3s²3p² (1)

[Ne]3s²3p⁴ (2)

b. Bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là :

(1) : n = 3; l =1; m_l= 0; m_s = +1/2

(2): n = 3; l =1; m_l= -1; m_s = -1/2

0,5

0,5

2/

(1.00)

Ta có:: 2Z_A+ Z_B = 23 (1)

Ta lại có: Z_tb = 23:3 = 7,67 => 2 nguyên tố ở chu kỳ nhỏ

*TH1: Z_A > Z_B

2 nguyên tố A, B ở cùng một chu kỳ và thuộc 2 nhóm A liên tiếp => Z_A = Z_B + 1 (2)

Từ (1) và (2) ta được : Z_A = 8, Z_B = 7

Vậy CTHH của A₂B là NO₂

*TH2: Z_A < Z_B

=> Z_B = Z_A + 1 (3)

Từ (1) và (3) ta được : Z_A = 7,3; Z_B = 8,4 loại

0,5

0,5

3

(1.00)

NH₄⁺ : sp³

NH₃: sp³

ICl₄^-: sp³ d²

AsCl₅: sp³ d²

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 2

3,5

2.1(2.0đ)

a. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

b. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

c. Cân bằng đủ , đúng 4 bước

0,5

0,75

0,75

2.2

(1.50)

a. Anot(-) Pt │ Fe^{3+ ,} Fe²⁺ ║ Au³⁺, Au⁺ │ Rt (+) Catot

Phản ứng ở cực âm: Fe²⁺ → Fe³⁺ + 1^e K₁^_1

Phản ứng ở cực dương: Au³⁺ + 2e → Au⁺ K₂

Phản ứng trong pin : Au³⁺ + 2Fe²⁺ → 2Fe³⁺ + Au⁺ K

b. Fe³⁺ + 3e ↔ Fe E⁰(1) =-0,037

Fe²⁺ + 2e ↔ Fe E⁰(2) =-0,44

Fe³⁺ + e ↔ Fe²⁺ E⁰(3) = 3E⁰(1) - 2E⁰(2) = 0,77

K=10^{2(1,26-0,77)/0,059} =10^16,61

E⁰_pin= E⁰_Au³⁺_{/ Au}⁺ - E⁰_Fe³⁺_/Fe²⁺ = 0,49

1,0

0,5

Câu 3

3,0

3.1

(1.0)

+ Lấy mẫu thử từ các dung dịch trên.

+ Dùng quỳ tím:

• Dung dịch làm quỳ hoá xanh là NaOH
• Dung dịch làm quỳ hoá đỏ là: HCl; HBr (axit)
• Dung dịch không làm đổi màu quỳ là NaCl, NaNO₃ (muối)

+ Nhận biết các axit: dùng dung dịch AgNO₃

• Dung dịch có tạo kết tủa trắng với AgNO₃ là HCl

Ptpư: HCl + AgNO₃ AgCl + HNO₃

• Dung dịch có tạo kết tủa vàng với AgNO₃ là HBr

Ptpư: HBr + AgNO₃ AgBr + HNO₃

+ Nhận biết các dung dịch muối: dùng dung dịch AgNO₃:

• Dung dịch có tạo kết tủa với AgNO₃ là NaCl

Ptpư: NaCl + AgNO₃ AgCl + NaNO₃

- Dung dịch còn lại là NaNO₃

0,25

0,25

0,25

0,25

3.2(2,0đ)

a. Ở nhiệt độ thường: 2NaOH + Cl₂ → NaCl + NaClO + H₂O

6NaOH + 3I₂ → 5NaI + NaIO₃ + 3H₂O

b. Ion ClO^- có tính oxi hóa rất mạnh:

Khi cho dd hỗn hợp HCl và FeCl₂ vào dd A có khí màu vàng lục thoát ra và dd không màu chuyển sang màu vàng nâu:

2FeCl₂ + 2NaClO + 4HCl → 2FeCl₃ + 2NaCl + Cl₂ +2 H₂O

Khi cho dd Br₂ vào dd A, dd Br₂ mất màu:

Br₂ + 5NaClO + H₂O → 2HBrO₃ +5NaCl

Khi cho dd H₂O₂ vào dd A có khí không , không mùi thoát ra:

H₂O₂ + NaClO → H₂O+NaCl + O₂

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 4

4.1(1đ)

Cách 1: Fe + S → FeS

FeS + H₂SO_{4 loãng} → FeSO₄ + H₂S↑

Cách 2: Fe + H₂SO₄ loãng → FeSO₄ + H₂

t^o

S + H₂ → H₂S

5,0

0.5

4.2(2đ)

a. m_H2SO4 = = = 180,32g

H₂O coi như dung dịch H₂SO₄ có nồng độ là 0%

Áp dụng quy tắc đường chéo: (98-20 = 68; 20-0 = 20)

m g H₂O 0% 78%

20%

,32 g H₂SO₄ 98% 20%

→ = → m = =

D_H2O = 1g/ml → 703,248g H₂O = 703,248 ml H₂O

→V_H2O = 703,248 ml

b. Lấy 703,248 ml H₂O vào cốc, rồi cho từ từ 100 ml dung dịch H₂SO₄ đặc vào cốc, và dùng đũa thủy tinh khuấy nhẹ. (tuyệt đối không làm ngược lại)

0.5

0,5

0.5

0,5

Câu 5

4.0

5.1

(2.5đ)

1a. Theo quy ước ∆H > 0 thì phản ứng thu nhiệt.

b. Vì I₂ là chất rắn nên:

c. H₂(khí) + I₂(rắn) ⮀ 2HI(khí)

Trước phản ứng: 0,02M 0,02M 0

Phản ứng: x x 2x

Còn lại: 0,02 – x 0,02 – x 2x

Vậy :

Kết luận: Ở cân bằng: [HI] = 0,03M, [H₂] = [I₂] = 0,005M

0.5

5.2

nCa= 0,3 mol có ∆H = - 45,57 KCal

n_P =0,2 mol có ∆H = - 37,00 KcCal

n_CaO= 0,3 mol và n_P2O5 = 1 mol

Ca + ½ O₂ → CaO ∆H₁ = - 45,57/0,3 = -151,9 KCal

2P + 5/2O₂ → P₂O₅ ∆H₂ = - 37,00.2/0,2 = -37,0 KCal

3 CaO + P₂O₅ → Ca₃(PO₄)₂ ∆H₃ = -160,5 KCal

3 Ca + 2P +4O₂ → Ca₃(PO₄)₂ ∆H_tt

Ta có: ∆H_tt = 3.∆H₁ + ∆H₂ +∆H₃ = - 986,2(KCal)

1,5

Câu 6

(3.5đ)

3.5

Hỗn hợp A

Mol

Mol

Mol c

* Theo định luật bảo toàn khối lượng:

83,68 = 74,5(a + e) + 111(b + c + d) + 32(+ 3b + c) (1)

Mol

Mol

(2)

* Chất rắn B

KCl + K₂CO₃ →

CaCl₂ + K₂CO₃ → 2KCl + CaCO₃↓

Mol (b + c + d) (b + c + d) 2(b + c + d) (b + c + d)

Số mol K₂CO₃ = 0,36. 0,5 = 0,18 (mol) = b + c + d (3)

* Kết tủa C: CaCO₃

Khối lượng kết tủa CaCO₃ = 100(b + c + d) = 100. 0,18 = 18 gam

2. Dung dịch D (KCl)

n_KCl = a + e + 2(b + c + d) = (a + e) + 2. 0,18 = a + e + 0,36

(4)

Từ (1), (2), (3), (4) ta có:

Câu

Ý

Đáp án

Điểm

1(4đ)

1

(1,5đ)

A: 3p⁴ ⇒ A là S

B: 2p⁵ ⇒ B là F

C: 2p⁴ ⇒ C là O

0,5

0,5

0,5

2

Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:

-F₂O, O lai hóa sp³, phân tử dạng góc:

SF₆, S lai hóa sp³d, bát diện đều:

H₂SO₃, S lai hóa sp³, dạng tháp tam giác.

, S lai hóa sp³, tứ diện đều.

.

0,5

0,5

0,5

0,5

2(4,0)

1(1,0))

Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở t^oC.

Theo giả thiết: [H₂] = [I₂] = 0,4mol/lít

H_{2 (K)} + I_{2 (K)} 2HI _(K)

Trước phản ứng: 0,4 (mol/lít) 0,4(mol/lít)

Lúc cân bằng: 0,25(mol/lít) 0,25 (mol/lít ) 0,3 (mol/lít )

K_cb =

1,0

2

(3,0)

.Nồng độ các chất ở trạng thái cân bằng mới:

• Nếu thêm vào cân bằng 0,1mol H₂ nồng độ H₂ tăng cân bằng dịch chuyển theo chiều thuận.
• Khi thêm 0,1 mol H₂ nồng độ H₂ = 0,25 + 0,2 = 0,45mol/lít

Gọi x là nồng độ H₂ tham gia phản ứng để đạt cân bằng mới.

H_{2 (K)} + I_{2 (K)} 2HI _(K)

Trước phản ứng: 0,45 (mol/lít) 0,25(mol/lít) 0,3(mol/lít)

Lúc cân bằng: 0,45-x (mol/lít ) 0,25-x (mol/lít) 0,3+2x (mol/lít)

K_cb = ⇒ 2,56x² + 2,208x – 0,072 = 0 ĐK: 0< x < 0,25

Giải phương trình ta được : x = 0,03146 nhận ; x^/ = -0,89 loại.

Vậy :

[H₂] = 0,41854 (mol/lít)

[I₂] = 0,21854 (mol/lít)

[HI] = 0,36292 (mol/lít)

0,5

0,5

0,75

0.5

0,25

0,25

0,25

3(4,0)

1

(2,5)

Xét cân bằng:

N₂O₄ 2NO₂ n

t = 0 3.10^-3 0 3.10^-3+

t = tb 3.10^-3(1-) 6.10^-3 3.10^-3(1+)

⇒ P_cb = P₀(1+) ⇒

Ta có:

0,5

0,5

0,5

4

(4,0)

5

(4,0)

2

(2,5)

1(1,0

2(1,0)

3

(2,0)

1(1,0)

2(1,0

3(2,0)

1. Tính năng lượng liên kết trung bình C – H

Viết đúng mỗi quá trình được 0,25 điểm

Xếp các quá trình lại như sau:

CH₄ + 2O₂ CO₂ + 2H₂O ΔH₁

2H₂O 2H₂ + O₂ -2ΔH₃

CO₂ C(r) + O₂ -ΔH₄

C(r) C (k) ΔH₅

2H₂ 4H 2ΔH₆

CH₄ C(k) + 4H ΔH

ΔH = ΔH₁ - 2ΔH₃ - ΔH₄ +ΔH₅ + 2ΔH₆ =1652,7 kJ/mol

⇒ 4E_C-H = 1652,7 kJ/mol ⇒ E_C-H = 413,175 kJ / mol.

1,25

0,5

Tính năng lượng liên kết trung bình C - C.

C₂H₆ + 7/2O₂ 2CO₂ + 3H₂O ΔH₂

3H₂O 3H₂ + 3/2O₂ -3ΔH₃

2CO₂ 2C (r) + 2O₂ -2ΔH₄

2C r C k 2ΔH₅

3H₂ 6H 3ΔH₆

C₂H₆ 2C_k +6H ΔH

E_C-C + 6E_C-H = ΔH = ΔH₂ –3ΔH₃ –2ΔH₄ + 2ΔH₅ +3ΔH₆ =2823,1 kJ/mol

⇒ E_C-C = 2823,1-6.143,175=344,05 kJ/mol

. Gọi công thức oxit kim loại hóa trị I: M₂O

ⁿ_HCl = 1.0,09 = 0,09mol

Phương trình phản ứng: M₂O + 2HCl 2MCl + H₂O (1)

1,5/(2M + 16) 3/(2M + 16)

(1) suy ra: 3/(2M + 16) > 0,09 M < 8,67

Suy ra: M là Li

0,75

0,5

0,5

. ⁿ_Li2O(1/2 hỗn hợp) = 1,5/30 = 0,05 mol

Phương trình phản ứng: Li₂O + 2HCl 2LiCl + H₂O (2)

0,05 0,1

(2) suy ra: V = 0,1/1 = 0,1 lít = 100 ml

0,5

0,5

Gọi số mol 3 kim loại A, B, C lần lượt là: 4x, 3x, 2x và KLNT tương ứng là M_A, M_B, M_C

số mol H₂ = 2,0262/22,4 = 0,09 mol

ptpư: A + 2HCl ACl₂ + H₂ (1)

4x 4x 4x

B + 2HCl BCl₂ + H₂ (2)

3x 3x 3x

C + 2HCl CCl₂ + H₂ (3)

2x 2x 2x

Từ (1), (2), (3) ta có : 4x + 3x + 2x = 0,09 x = 0,01 (a)

Ta có: M_B = 5/3M_A (b)

M_C = 7/3M_A (c)

Mặc khác ta có: M_A.4x + M_B.3x + M_C.2x = 3,28 (d)

Từ (a), (b), (c), (d) suy ra: M_A(0,04 + 5/3.0,03 + 7/3.0,02) = 3,28

Suy ra: M_A = 24 A: Mg

M_B = 5/3.24 = 40 B: Ca

M_C = 7/3.24 = 56 C: Fe

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

a) Cr₂S₃ + Mn(NO₃)₂ + K₂CO₃ K₂CrO₄ + K₂SO₄ + K₂MnO₄ + NO + CO₂

2Cr⁺³ 2Cr⁺⁶ + 6e

3S^–2 3S⁺⁶ + 24e

Cr₂S₃ 2Cr^{+ 6}  + 3S^{+ 6} + 30e x 1 (a)

Mn^{+ 2} Mn^{+ 6} + 4e

2N^{+ 5} + 6e 2N^{+ 2}

Mn(NO₃)₂ + 2e Mn^{+ 6} + 2N⁺² x 15 (b)

Cộng (a) và (b)

Cr₂S₃ + 15Mn(NO₃)₂ 2Cr^{+ 6} + 3S^{+ 6} + 15Mn^{+ 6} + 30N^{+ 2}

Hoàn thành:

Cr₂S₃ + 15Mn(NO₃)₂ + 20K₂CO₃ 2K₂CrO₄ + 3K₂SO₄ +15 K₂MnO₄ + 30NO + 20CO₂

b) P + NH₄ClO₄ H₃PO₄ + N₂ + Cl₂ + H₂O

2N ^–3 2N^O + 6e

2Cl^{+ 7} + 14e 2Cl^O

2NH₄ClO₃ + 8e 2N^O + 2Cl^O x 5

P^O P^{+ 5} + 5e x 8

10NH₄NO₃ + 8P^O 8P^{+ 5} + 10N^O + 10Cl^O + 16H₂O

10NH₄NO₃ + 8P 8H₃PO₄ + 5N₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H₂S + 1/2O₂ → H₂O + S↓

(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O₂ + 2HBr → H₂O + Br₂

(c) Thoát khí O₂ và nồng độ giảm dần

NaClO + H₂O + CO₂ → NaHCO₃ + HClO

HClO → HCl + 1/2O₂

(d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí.

C_n(H₂O)_m nC + mH₂O

0,5

0,5

0,5

0,5

CÂU I

( 4 đ)

NỘI DUNG

ĐIỂM

Câu I.1

(1,5đ)

1. Tổng số electron của nguyên tử M là 26. Cấu hình electron đầy đủ 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s² ........Số thứ tự 26, chu kì 4, nhóm VIIIB. M là Fe.

2. - Fe cháy trong khí clo: 2Fe + 3Cl₂ 2FeCl₃

Hòa tan sản phẩm thu được vào nước thu được dung dịch. Lấy vài ml dung dịch cho tác dụng với dung dịch AgNO₃, có kết tủa trắng chứng tỏ có gốc clorua:

FeCl₃ + 3AgNO₃ Fe(NO₃)₃ + 3AgCl

Lặp lại thí nghiệm với dung dịch NaOH, có kết tủa nâu đỏ chứng tỏ có Fe(III): FeCl₃ + 3NaOH Fe(OH)₃ + 3NaCl

- Nung hỗn hợp bột Fe và bột S: Fe + S FeS

Cho B vào dung dịch H₂SO₄ loãng, có khí mùi trứng thối bay ra chứng tỏ có gốc sunfua: FeS + H₂SO₄ FeSO₄ + H₂S (trứng thối)

Nhỏ dung dịch NaOH vào dung dịch thu được, có kết tủa trắng xanh chứng tỏ có Fe(II): FeSO₄ + 2NaOH Na₂SO₄ + Fe(OH)₂ (trắng xanh)

0, 5

0,5

0,5

CâuI.2

(1,5đ)

Ta có: với

* TH 1: . Vậy nghiệm thích hợp là:

n=3, l= 2, m_l = 2, m_s = +1/2.

Phân lớp ngoài cùng là: 3d⁵

Cấu hình e của nguyên tử A : 1s² 2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s² (Mangan)

B: 1s² 2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁵4s¹ (Crôm)

* TH 2: . Vậy nghiệm thích hợp là:

n=3, l= 2, m_l = -2, m_s = -1/2.

Phân lớp ngoài cùng là: 3d⁶

Cấu hình e của nguyên tử C : 1s² 2s²2p⁶3s²3p⁶3d⁶4s² Sắt)

0,5

0,5

0,5

CâuI.3

1,0đ

BrF₃ : lai hóa sp³d, cấu trúc hình học : chữ T

HCN : lai hóa sp, cấu trúc hình học : dạng thẳng

NH₄⁺ : lai hóa sp³, cấu trúc hình học : tứ diện

CO₃^2- : lai hóa sp², cấu trúc hình học : tam giác

0.25x4

Câu II

(4 đ)

Câu II.1

2,0đ

a) 2 + 6e

2+ 14e

5x 2+ 2 +8e +

8x + 5e

8 P + 10NH₄ClO₄ 8 H₃PO₄ + 5N₂ + 5Cl₂ + 8H₂O

b) 2 x 6 CuFeS_x 6Cu⁺¹ + 6Fe^+8/3 + 6xS⁺⁴ + (22 +24x)e

(11 + 12x) O₂ + 4e 2O^-2

12CuFeS_x + (11+ 12x) O₂ 6Cu₂O + 4Fe₃O₄ + 12xSO₂

1.0

1.0

Câu II.2

2 đ

a.

= = -0,778 V

= = 0,751 V

Sơ đồ pin : (-) Zn Zn(NO₃)₂ (0,25M) AgNO₃ (0,15M) Ag (+)

Cực âm : Zn Zn ²⁺ + 2e x1

Cực dương : Ag⁺ + 1 e Ag x2

Phản ứng trong pin : Zn + 2Ag⁺ Zn²⁺ + 2Ag

b. E pin = E _Ag ⁺ /_Ag - E _Zn ²⁺/ _Zn = 0,751 – (- 0,778) = 1,529 V

c. Hằng số cân bằng: K = = 7,61.10⁵²

1,0

0,5

0,5

Câu III.

( 3,5 đ)

III.1

(2 đ)

- Các khí có thể điều chế được gồm O₂, CO₂, H₂ , Cl₂, SO_2, H₂S.

- Các phương trình hoá học:

2KMnO₄ K₂MnO₄ + MnO₂ + O₂

NaHCO₃ + HCl NaCl + H₂O + CO₂

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂

2KMnO₄ + 16HCl 5Cl₂ + 2KCl + 2MnCl₂ + 8H₂O

NaHSO₃ + HCl NaCl + H₂O + SO₂

FeS₂+ 2HCl FeCl₂ + H₂S + S

- Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl₂ khan. Vì chỉ có CaCl₂ khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó.

1,5

0,5

III.2

( 1,5 đ)

- Thể tích của 1 mol nguyên tử Au là:

= 6,022.10²³..3,14.(1,44.10^-8 )³ = 7,5283(cm³ )

- Thể tích của 1 mol tinh thể nguyên tử Au là:

V₂ == 10,1756 (cm³ )

Vậy độ đặc khít của Au là:

0,25

0,25

0,5

Câu IV.

(3,5 đ)

Câu IV.1

(1,5 đ)

0,5

0,5

0,5

Câu IV.2

( 2 đ)

a. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO₃ thì cần tác động như sau:

- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng , nhưng khoảng 500^oC là thích hợp vì nếu giảm nhiệt độ xuống thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm.

- Thổi liên tục khí SO₂ và không khí nén ở áp suất cao vào lò phản ứng .

- Dùng xúc tác V₂O₅ để phản ứng mau chóng đạt trạng thái cân bằng.

b. n_{O2 bđ} = 7,434 mol; n _N2 bđ = 29,736 mol

2SO_2(k) + O_2(k) 2SO_3(k)

Ban đầu: 10,51 7,434 0 mol

Phản ứng: 10,3 5,15 10,3

Lúc cân bằng: 0,21 2,284 10,3

Lúc cân bằng số mol hỗn hợp : 0,21+ 2,284 + 10,3 + 29,736 =42,53 mol

P_i = x_i.P = x_i.1= x_i.

0,75

0,75

0,5

Câu V.

(5 đ)

Câu V.1

(3 đ)

Fe + 2 HCl FeCl₂ + H₂

0,7 1,4 0,7 0,7 mol

2H₂ + O₂ 2H₂O

0,7 0,7 mol

Khối lượng bình đựng H₂SO₄ đặc tăng lên chính là khối lượng nước

m_H2O = 12,6 g n_H2O = 0,7 mol

Mà n_{HCl b đ} = 2 mol nHCl dư = 2-1,4 = 0,6 mol

% m _Fe tinh khiết =

b. Dung dịch B gồm: FeCl₂ : 0,7 mol và HCl dư : 0,6 mol

1/2 dung dịch B gồm: FeCl₂ : 0,35 mol và HCl dư : 0,3 mol

10FeCl₂+6KMnO₄+24H₂SO₄5Fe₂(SO₄)₃ +3K₂SO₄ +6MnSO₄ +10Cl₂ +24H₂O

0,35 0,21 0,35 mol

10HCl + 2KMnO₄+3H₂SO₄ K₂SO₄ + 2MnSO₄ + 5Cl₂ + 8H₂O

0,3 0,06 0,15 mol

n _KMnO4 = 0,27 mol; n_Cl2 = 0,5 mol

V_{dd KMnO4} = 0,27: 0,5 = 0,54 lít = 540 ml

2FeCl₂ + Cl ₂ 2FeCl₃

Ban đầu: 0,35 0,5 mol

Phản ứng: 0,35 0,175 0,35

Sau phản ứng: 0 0,325 0,35

m _FeCl3 = 0,35. 162,5 = 56,875 gam

1,0

2,0

Câu V.2

(2 đ)

Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X

Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I)

Fe + 2HCl FeCl₂ + H₂ (1)

Zn + 2HCl ZnCl₂ + H₂ (2)

2Al + 6HCl 2AlCl₃ + 3H₂ (3)

Từ 1, 2, 3 và đầu bài

(II)

Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz

kx + ky + kz = 0,2 (III)

2Fe + 3Cl₂ 2FeCl₃ (4)

Zn + Cl₂ ZnCl₂ (5)

2Al + 3Cl₂ 2AlCl₃ (6)

(IV)

Từ I, II, III, IV

X = 0,2 mol m_Fe = 11,2 gam

Y = 0,1 mol m_Zn = 6,5 gam

Z = 0,1 mol m_Al = 2,7 gam

0,75

0,75

0,5

Câu

Nội dung đáp án

Biểu điểm

1.1

Theo đề tính được Z_M =13 ; Z_X = 17. M là Al, X là Cl

0,5 đ

a

Cấu hình e của M³⁺: 1s²2s²2p⁶

Cấu hình e của Cl^- : 1s²2s²2p⁶3s²3p⁶

0,25đ

0,25đ

b

Vị trí của Al: chu kì 3, nhóm IIIA, ô số 13.

Vị trí của Cl: chu kì 3, nhóm VIIA, ô số 17.

Công thức B: AlCl_3.

0,25đ

0,25đ

c

Bộ 4 số lượng tử của Al: n = 3, l=1, m=-1, m_s = +1/2

Bộ 4 số lượng tử của Cl:n =3, l= 1, m = 0, m_s = -1/2

0,25đ

0,25đ

1.2

NH₄⁺: sp³ PCl₅: sp³d XeF₄: sp³d² CO₃^2-: sp²

0,25đ ×4

1.3.a

Trong NH₃ cặp e dùng chung lệch về phía N làm tăng độ phân cực của phân tử. Trong NF₃ cặp e dùng chung lệch về phía F làm giảm độ phân cực của phân tử. Do vậy momen lưỡng cực trong NH₃ lớn hơn NF₃.

0,5đ

b

Phân tử NH₃ có nhiệt độ sôi lớn hơn NF₃ là do phân tử NH₃ phân cực hơn và có tạo được liên kết hidro liên phân tử.

0,5đ

2.1.a

Cu₂FeS_x + O₂ → Cu₂O + Fe₃O₄ + SO₂.

2× 3Cu₂FeS_x → 6Cu⁺¹ + 3Fe^+8/3 +3xS⁺⁴ + (12x + 14)e

(6x + 7) × O₂ + 4e → 2O^2-

6 Cu₂FeS_x + (6x + 7) O₂ → 6Cu₂O + 2Fe₃O₄ + 6xSO₂.

0,5đ

0,5đ

b

Fe_xO_y + H₂SO₄ → Fe₂(SO₄)₃ + S + SO₂ + H₂O ( Biết tỉ lệ mol của S và SO₂ là 1:1)

4× 2xFe^+2y/x → 2xFe³⁺ + (6x - 4y)e

(3x – 2y)× 2S⁺⁶ + 8e → S⁰ + S⁺⁴

8Fe_xO_y + (18x- 4y)H₂SO₄ → 4xFe₂(SO₄)₃ + (3x – 2y)S + (3x-2y)SO₂ + (18x-4y)H₂O

0,5đ

0,5đ

2.2.a

Quá trình oxi hóa: Cu → Cu²⁺ + 2e ×2

Quá trình khử: 4H⁺ + O₂ +4e → 2H₂O ×1

Phương trình phản ứng:

2Cu + 4H⁺ + O₂ → 2Cu²⁺ + 2H₂O

0,125đ

0,125đ

0,25đ

b

Giả sử phản ứng trên xảy ra thuận nghịch:

2Cu + 4H⁺ + O₂ ↔ 2Cu²⁺ + 2H₂O

Hằng số cân bằng K = 10^n.∆E/0,059

Ở đktc ∆E⁰ = 1.23 – 0,34 = 0,89V = > K = 10^{4×0,89/0,059} = 10^60,33

K rất lớn nên Cu tan tốt trong dung dịch axit có hòa tan O₂ ở đktc

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

3.1.a

O₃ + 2I^- + H₂O → O₂ + I₂ + 2OH^-

0,25đ

b

CO₂ + NaClO + H₂O → NaHCO₃ + HClO

0,25đ

c

5H₂O₂ + 2MnO₄^- + 6H⁺ → 5O₂ + 2Mn²⁺ + 8H₂O

0,25đ

d

2F₂ + 2NaOH → 2NaF + H₂O + OF₂

0,25đ

3.2.a

Áp dụng định luật bảo toàn khối lượng: n_O kết hợp với 2 kim loại

n_O = (4,74 – 3,94)/16 = 0,05 mol

Gọi 2 kim loại X,Y là M

Phần 1 O +2e → O^2- M + ne → Mⁿ⁺

Phần 2 2H⁺ + 2e → H₂ M + ne → Mⁿ⁺

Áp dụng định luật bảo toàn e

→ n H₂ = 0,05 → V H₂ = 1,12 lit

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,5đ

b

Khi số mol e nhận 0,1 thì số mol điện tích dương kim loại bằng 0,1.

Gọi x là số mol Cl^- → 2x là số mol SO₄^2-.

Áp dụng định luật bảo toàn điện tích: x + 4x = 0,1 → x = 0,02

Khối lượng muối thu được ở phần 2: 3,94 +0,02×35,5 +0,04×96 = 8,49 g

0,25đ

0,25đ

0,5đ

0,5đ

4.1.a

Xét phản ứng: CO₂(k) + H₂(k) ↔ CO (k) + H₂O(k).

K_p = P_co.P_H2O/ P_CO2.P_H2

K_c = [CO]. [H₂O]/ [CO₂].[H₂]

∆n = 0. Vậy K_p = K_c

0,25đ

0,25đ

0,25đ

b

2NOCl (k) ↔ 2NO(k) + Cl₂(k).

K_p = (P_NO)². (P_Cl)/ (P_NOCl)²

K_c = [NO]². [Cl₂]/ [NOCl]²

∆n = 1. Vậy K_p = K_c.RT^-

0,25đ

0,25đ

0,25đ

4.2

Phản ứng: N₂O₄(k) 🡪 2NO₂(k)

Số mol ban đầu: 0,003 0

Số mol phản ứng: x 2x

Số mol khi cân bằng: 0,003 –x 2x

x = 0,003×63/100 = 0,00189

Số mol N₂O₄ = 0,003 – 0,00189 = 0,00111MOL

Số mol NO₂ = 0,00378mol

[N₂O₄] = 0,00111/0,5 = 0,00222 mol/l

[NO₂] = 0,00378/0,5 = 0,00756 mol/l

K_c = [0,00756]²/[0,00222] = 2,57.10^-2

K_p = K_c.(RT)^Δn với Δn = 1

K_p = 2,57.10^-2×0,082×(273 +45) = 0,67

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

5.1.a

Gọi x là số mol O_2­, y là số mol O₃ trong hỗn hợp A

Áp dụng quy tắc đường chéo: → x/y = 3/2

Gọi a là số mol H₂, b là số mol CO trong hỗn hợp B.

Tương tự: a/b = 4

Vậy %V_O2 = 60%, %V_O3 = 40%

Vậy %V_H2 = 80%, %V_CO = 20%

0,25đ

0,25đ

0,125đ

0,125đ

b

Quá trình nhường e: H₂ → 2H⁺ + 2e

C⁺² → C⁺⁴ +2e

Số mol e nhường = 2×số mol hỗn hợp B = 2 mol

Quá trình nhận e: O₂ + 4e → 2O^-2‑ và O₃ + 6e → 3O^-2

mol x 4x y 6y

Số mol e nhận = 4x + 6y

Áp dụng định luật bảo toàn e: 4x + 6y = 2 (1)

Ta có x/y = 3/2 (2)

Từ (1) và (2) tính được x = 0,25, y = 0,167 → n _A = 0,417 mol

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

5.2.a

Viết phương trình:

Fe + S → FeS (1)

FeS + 2HCl → FeCl₂ + H₂S↑ (2)

Với M_Y = 26 => Y có H₂S và H₂ , nên Fe dư phản ứng với HCl

Fe + 2HCl → FeCl₂ + H₂↑ (3)

2H₂S + 3O₂ → 2SO₂ + 2H₂O (4)

2H₂ + O₂ → 2H₂O (5)

SO₂ + H₂O₂ → H₂SO₄ (6)

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

b

Gọi số mol H₂S = a mol, số mol H₂ = b mol

M_Y = (34a + 2b) / (a+b) = 26 => a/b = 3

n_Fe(1) = n_S = n_FeS = n_H2S = a

n_Fe(3) = n_H2 = b

Số mol Fe ban đầu = a + b = 4b

Phần trăm khối lượng của Fe và S trong hỗn hợp X là:

%m _Fe = 4a×56×100/ (4a×56+ 3a×32) = 70% và %m_S = 30%

0,25đ

0,125đ

0,125đ

0,25đ

0,25đ

c

n _Y = 0,1mol => số mol H₂S = 0,1×3/4 = 0,075 mol, số mol H₂ = 0,025

Số mol H₂O₂ = (100×1×5,1)/(100×34) = 0,15 mol

Từ phương trình (4) : n_SO2 = n_H2S = 0,075 mol

Từ phương trình (4) : số mol H₂O₂ dư = 0,075 mol, số mol H₂SO₄ = 0,075

Từ phương trinh (4), (5): n_H2O = n_H2S + n_H2 = 0,1 mol

Áp dụng ĐLBTKL ta có;\

Khối lượng dung dịch B = m_ddH2O2 + m_SO2 + m_H2O

= 100×1 + 0,075×64 + 0,1×18 = 106,6 gam

Vậy nồng độ % của H₂SO₄ = (0,075×98×100)/106,6 = 6,895%

Nồng độ % của H₂O₂ = (0,075×34×100)/ 106,6 = 2,392%

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ

0,125đ