Công thức toán học không thể tải, để xem trọn bộ tài liệu hoặc in ra làm bài tập, hãy tải file word về máy bạn nhé
BỘ ĐỀ THI OLYMPIC HÓA 10
CÓ ĐÁP ÁN VÀ LỜI GIẢI CHI TIẾT
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PLEIKU – GIA LAI
Câu 1: (4 điểm)
= 2,3 D. Từ các dữ kiên trên hãy xác định giá trị momen lưỡng cực (D) của phân tử fomanđehit
Cho:
Câu 2: (4 điểm)
Xét phản ứng sau:
CaSO4.2H2O (r) → CaSO4.1/2H2O (r) + 3/2H2O (k)
Các số liệu nhiệt động học sau đo tại 25℃, áp suất tiêu chuẩn 1,00 bar:
Hợp chất | Ho / (KJ.mol-1) | So / (JK-1.mol-1) |
CaSO4.2H2O (r) | - 2021,0 | 194,0 |
CaSO4.1/2H2O (r) | - 1575,0 | 130,5 |
H2O (k) | - 241,8 | 188,6 |
Hằng số khí: R = 8,314 J.mol-1.K-1 = 0,08314 L. bar . mol-1.K-1
O℃ = 273,500K
2HI (k) H2(k) + I2(k)
Hãy tính:
Câu 3: (4 điểm)
Cho Hãy rút ra kết luận từ hằng số tính được.
Ka của Fe3+ là 10-2,2. Hỏi ở nồng độ nào của FeCl3 thì bắt đầu có kết tủa Fe(OH)3. Tính pH của dung dịch đó biết rằng .
Câu 4: (4 điểm):
Cho tích số tan của điều kiện xét là
KS = 8,3.10-17 và Ag+ + e → Ag có E0 = 0,80 V.
Câu 5: (4 điểm)
Biết: = + 0,34V và = +0,80V.
TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THÔNG PLEIKU – GIA LAI
Câu 1: (4 điểm)
Mặt khác:
3,7997 ngày
Mặt khác:
= 795,5019 (nm).
C
H
O
H
HCH C=O
G120o
- Tính HCHO :
Ta có: HCH = 2C-H 0,4 D
Hướng của C=O theo hướng 0, vậy của phân tử là:
HCHO = HCH + C=O = 0,4 + 2,3 = 2,7 D
Câu 2: (4 điểm)
Số mol CaSO4.2H2O(r)
∆Hpư = 5,808 x 83,3 = 483,8 KJ > 0 – Phản ứng thu nhiệt
b)
= 219,4 JK-1.mol-1
K = 7,35.10-4 (bar)
c) = 1 bar → K = 1,00
∆G0 = -RTlnK = 0
∆G = ∆H - T∆S
→T = 380K hay 107℃
Ban đầu a mol
Phản ứng a α 0,5aα 0,5aα
Cân bằng a (1- α) 0,5aα 0,5aα
Do ∆n = 0 KC = KP = KN = Kn
= 0,25
Số mol khí H2 trong bình = (PV)/RT
= (4,1.0,773)/(0,082.773) = 0,05 (mol)
nHI = 0,1 mol (giả thiết)
Ban đầu 0,1 mol 0,05
Phản ứng 0,1 α’ 0,05α’ 0,05α’
[ ] 0,1 (1- α’) 0,05(1+α’) 0,05α’
= 0,25
α’ = 1/3 tức 33,33%.
nI2 = 0,05(1/3) = 0,0167 (mol)
Câu 3: (4 điểm)
NaOH → Na+ + OH‑
1,5.10-7M
H2O H+ + OH‑
Theo định luật bảo toàn điện tích
[OH‑] = [H+] + [Na+]
[OH‑] =(10-14 /[OH-] + 1,5.10-7
[OH‑]2 - 1,5.10-7 [OH-] - 10-14 = 0
→ [OH‑] = 2.10-7 M (chọn)
[OH‑] = -5.10-8 M (loại)
pOH = -log(2.10-7) = 6,6987
→ pH = 14 – 6,6987 = 7,301.
NaHCO3- → Na+ + HCO3- (1)
HCO3- + H2O CO32- + H3O+ (2)
HCO3- + H2O H2CO3 + OH- (3)
H2O + H2O H3O+ + OH- (4)
HCO3- + HCO3- CO32- + H2CO3 (5)
H2CO3 HCO3- + H+ (6)
Vì Ka.C và Kb.C >> 10-14, nên trong dung dịch cân bằng (5) là chủ yếu
Khi cân bằng [CO32- ] =[H2CO3]
Vì thế đối với H2CO3
và
+ 2 NH4+ Mg2+ + 2NH3 + 2H2O K = T .
Kết luận: K không lớn, cũng không nhỏ, suy ra có thể chuyển dịch cân bằng cả hai phía
Fe3+ + 2H2O Fe(OH)2+ + H3O+ (1)
Ban đầu: C 0 0
Cân bằng C-x x x
Ka = x2/(C-x) [Fe3+] = C-x = x2.Ka-1 (2)
Khi bắt đầu kết tủa Fe(OH)3 thì [Fe3+] = 10-38/[OH-]3 (3)
Mặt khác, [OH-]3 = (10-14/x)3 = 10-43/x3 (4)
Thay (4) vào (3): [Fe3+] = 104/x3 (5)
So sánh (2) và (5) 104/x3 = x2.Ka-1 = x2.102,2
x = [H+] = 10-1,8M pH = 1,8
Từ (5): [Fe3+] = 104x3 = 104(10-1,8)3 = 10-1,4M
Theo (2) C= [Fe3+] + x = 10-1,4 + 10-1,8 = 5,56.10-2M
Câu 4: (4 điểm)
2Cr+3 → 2Cr+6 + 6e
3S-2 → 3S +6 + 24e
Cr2S3 → 2Cr+6 + 3S +6 + 30e | x1 (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 + 15K2MnO4 + 30NO + 20CO2
b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O
2N-3 → 2NO + 6e
2Cl+7 + 14e → 2ClO
2NH4ClO3 + 8e → 2NO + 2ClO | x5
PO → P+5 + 5e | x8
10NH4ClO3 + 8PO → 8P+5 + 10NO + 10ClO + 16H2O
10NH4ClO3 + 8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O
c) FexOy + HNO3 → Fe(NO)3 + NnOm + 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 – 2m)FexOy + (18nx – 6my – 2ny)HNO3 →
→ x(5n – 2m)Fe(NO)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3my – ny)H2O
1M 1M 1M
AgI Ag+ + I-
(vì [H+] = 1,0 M).
Nên phản ứng xảy ra: 2Ag + 2H+ → 2Ag+ + H2.
Câu 5: (4 điểm)
Cu + 2Ag+ → Cu2+ + 2Ag
Gọi x là nồng độ của Ag+ giảm đi trong quá trình hoạt động
Nồng độ Cu2+ tăng x/2 đơn vị
Ta có:
MAl(SO4)2.nH2O MAl(SO4)2 + nH2O
Phương trình phân li khi hòa tan phèn vào nước:
MAl(SO4)2.nH2O M+ + Al3+ + 2SO42- + nH2O
Phản ứng xảy ra khi cho tác dụng với dung dịch BaCl2 (viết dạng ion hoặc phân tử).
Ba2+ + 2SO42 BaSO4
0,03 0,03 0,03 (mol)
Ta có:
Vậy số phân tử nước trong phèn: 12 phân tử
M + 435 = M = 39 M là kali (K)
Vậy CTPT của phèn là: KAl(SO4)2.12H2O
Na2CO3 + H2SO4 Na2SO4 + CO2 + H2O (1)
Na2SO3 + H2SO4 Na2SO4 + SO2 + H2O (2)
Từ (1) và (2) ta có: nhh khí A = = 0,5 mol
Áp xuất trong bình được tính
P = 2,464 (atm)
b.
nX(MX – 48) = 2,6666
MX > 48 (Vì nX > 0)
Do đó X chỉ có thể là khí SO2
Thay = 64 g/mol vào (*) ta được: = 0,1 (mol)
Do đó = 0,1.22,4 = 2,24 (lít)
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI – NINH THUẬN
Câu 1: (4 điểm)
- X chiếm 15,0486% về khối lượng.
- Tổng số proton là 100
- Tổng số nơtron là 106
Xác định tên hai nguyên tố X, Y và viết cấu hình electron nguyên tử của chúng. Xác định công thức của hợp chất XYn.
Tính nhiệt tạo thành 1 mol AlCl3 biết:
- Nhiệt tạo thành của CO
- Nhiệt tạo thành của CO2
Câu 2: (4 điểm)
∆H0 (kJ/mol) -393,5 0 -110,5 -241,8
∆S0 (kJ/mol) 213,6 131 197,9 188,7
Câu 3: (4 điểm)
Câu 4: (4 điểm)
Câu 5: (4 điểm)
Tính các giá trị a,b.
TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRÃI – NINH THUẬN
Câu 1:
Gọi NX, Ny lần lượt là số nơtron của X và Y.
Ta có: ZX + n Zy = 100 và NX + nNy = 106
→ AX + nAy = 206 (1)
(2)
Từ (1) và (2) → AX = ZX + NX (3)
Mặt khác: 2 ZX - NX = 14 (4)
Thay ZX và NX vào hệ thức trên ta được: n(NY – ZY) = 5 (5)
Ngoài ra: 2 ZY – NY = 16 (6)
(5) và (6) → ZY = 16 + 5/n
Do ZY là số nguyên nên n =1 hoặc 5.
Nếu n = 1 → ZY = 21 (Sc): loại.
Nếu n = 5 → ZY = 17 (Cl): nhận.
Và ZX = 15 (P)
Cấu hình electron của P:
Cấu hình electron của Cl:
Công thức của hợp chất cần tìm là PCl5.
Phương trình phản ứng: 2Al(r) + 3Cl2(k) → 2AlCl3 2∆H
Ta có: 2∆H = + + + += -1389,45 kJ
Vậy nhiệt tạo thành 1 mol AlCl3 là -694,725 kJ/mol
Câu 2:
∆S0 của phản ứng = (197,9+188,7)-(213,6+131)=42 J/mol
∆G0 của phản ứng = ∆H0 - T∆S0 = 41200 – 298.42 = 28684 J/mol > 0
Vậy phương tình không tự xảy ra theo chiều thuận 25℃
b) Phản ứng thuận xảy ra khi ∆G0 < 0 hay T > ∆H0/∆S0
T > 980,95K hay t > 707,95℃
mà (2)
Từ (1) và (2) giải được = 0,336 atm và = 0,664 atm
Hay %=33,6% và %=66,4%
b)
Ban đầu (mol) 1
Phản ứng x 2x
Lúc cân bằng 1-x 2x
Ta có: [46.2x + 92(1-x)]/(1+x) = 66,8 → x = 0,3772 hay 37,72%
Câu 3:
1. Cân bằng các phương trình sau theo phương pháp ion – electron và hoàn thành các phương trình phản ứng .
K2Cr2O7 + 3(NH4)2S + H2O → 2Cr(OH)3 + 3S + 6NH3 + 2KOH
K2Cr2O7 + 3Na2SO3 + 4H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 +K2SO4 + 4H2O
2. a. Dung dịch (X) gồm 2 axit HCl 0,001 M và CH3COOH 0,1M.
HCl → H+ + Cl-
CM 0,001 0,001 0,001
CH3COOH H+ + CH3COO-
CM 0,1
x x x
Cân bằng 0,1 – x x x
Giải sử: x << 0,1 → x2 + 0,001x – 1,8.10-6 = 0
Giải phương trình ta có x = 9,3.10-4 (M)
[H+] = 10-3 + 9,3.10-4 = 1,93.10-3 (M)
b. Hòa tan 2,04 gam NaOH vào 1 lít dung dịch (X) thu được dung dịch (Y)
nNaOH = 0,051 mol; [NaOH] = 0,051M
NaOH + HCl → NaCl + H2O
0,001 0,001 0,001
NaOH + CH3COOH → CH3COONa + H2O
0,05 0,05 0,05
Dung dịch (Y) gồm NaCl (0,001M); CH3COOH (0,05M); CH3COONa (0,05M)
Phương trình điện li:
CH3COONa → CH3COO‑ + Na+
0,05 0,05 0,05
CH3COOH CH3COO‑ + H+
0,05
x x x
(0,05 – x) x+0,05 x
Giả sử x << 0,05
pH = 4,75
Câu 4: (4 điểm)
Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên.
+ Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH.
+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4.
Nhỏ từ từ lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại.
+ Ống nghiệm làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4. (Nhóm I)
+ Ống nghiệm không làm mất màu hồng là các dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4 (Nhóm II).
PTHH: NaOH + HCl NaCl + H2O
2NaOH + H2SO4 Na2SO4 + H2O
Nhỏ vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II
+Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4.
Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II
- Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2.
- Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 .
+ Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4 .
Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl.
PTHH: H2SO4 + BaCl2 BaSO4 (kết tủa trắng) + 2HCl
Các PTHH:
2Fe + 6 H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O
2FeO + 4 H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + SO2 + 4H2O
2Fe3O4 + 10 H2SO4(đặc) 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O
2Fe(OH)2 + 4 H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O
2FeS + 10 H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O
2FeS2 + 14 H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O
2Fe2SO4 + 2 H2SO4(đặc) Fe2(SO4)3 + SO2 + 2H2O
Câu 5:
Fe + H2SO4 → FeSO4 + H2 (2)
FeS + H2SO4 → FeSO4 + H2S (3)
Chất rắn không tan là S
H2S + Pb(NO3)2 → PbS + HNO3 (4)
H2
H2S
2
20
5
3
12
34
=14
Ta có:
Theo (1), (3) và (4) ta có
S chưa phản ứng
Vậy theo (1), (2), (3) và (4) ta có
a = mFe = 0,48.56 = 26,88 gam
b = mS = 0,28.32 = 8,96 gam
khối lượng H2SO4 = 29,4 gam hay 0,3 mol
- Gọi công thức của oxit kim loại sản phẩm là M2On
- Phản ứng: M2On + nH2SO4 → M2(SO4)n + nH2O
0,3 mol
Số mol M2On = số mol M2(SO4)n = 0,3/n (mol)
hay MS là FeS
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN
Câu 1: (4 điểm)
1. Sự phân hủy phóng xạ của tuân theo phản ứng bậc 1. Nghiên cứu về sự phóng xạ của thori đioxit, người ta biết chu kì bán hủy của là 1,39.1010 năm. Hãy tính số hạt α bị bức xạ trong 1 giây cho 1 gam thori đioxit tinh khiết.
Cho tốc độ ánh sáng c = 3.108 m.s-1; hằng số Planck h = 6,625.10-34 J.s; hằng số Avogađro NA = 6,022.1023 mol-1.
2. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5.
a. Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử.
b. Ở điều kiện thường XH3 là chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao nhất của X.
3. Hãy tính tỉ số cho trường hợp là lập phương tâm khối và lập phương tâm diện với giả thiết rằng bán kính cation và anion trong tinh thể tiếp giáp nhau.
Cho = 0,65 Å ; = 1,45 Å ; = 1,67 Å; = 2,19 Å;
Dựa vào tỉ số hãy cho biết dạng tinh thể của MgO và CsI.
Câu 2: (4 điểm)
1. Cho phản ứng:
Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau. Để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 32℃ cần 906 phút.
a. Tính thời gian để một nữa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 60℃ biết hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83.
b. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.
c. Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc 2 (bậc 1 đối với mỗi chất) và nồng độ ban đầu của mỗi chất đều bằng nhau 0,050 M.
2. Entanpi sinh tiêu chuẩn của CH4(k) vaf C2H6(k) lần lượt bằng -74,80 và -84,60 kJ/mol. Tính entanpi tiêu chuẩn của C4H10(k). Biện luận về kết quả thu được. Cho biết entanpi thăng hoa của than chì và năng lượng liên kết H–H lần lượt bằng 710,6 và -431,65 kJ/mol.
3. Cho cân bằng dị thể sau: C(k) + H2O CO(k) + H2(k)
- Tại 1000K, KP = 4,1
a) Tính độ chuyển hóa (α) khi ban dầu người ta cho vào 1 bình phản ứng dung dịch 10 lít một hỗn hợp gồm 24 gam C và 54 gam H2O. Nhiệt độ trong bình phản ứng là 1000K.
b) Nếu tăng thể tích bình lên 100 lít. Xác định thành phần của các khí ở trong bình sau phản ứng. Tại 1000K. Các phản ứng trong phương trình phản ứng được coi là lý tưởng.
Câu 3: (4 điểm)
1. Cho các dung dịch sau: NaH2PO4 0,01 (A); Na2HPO4 0,01M (B); HCl 0,01M (C)
a. Trình bày vắn tắt cách xác định pH của các dung dịch và cho biết chất chỉ thị nào sau đây tốt nhất sử dụng để phân biệt các dung dịch đó. Nêu rõ hiện tượng xảy ra?
(1) Metyl dacam (khoảng chuyển màu từ 3,1 – 4,4: pH <3,1 màu đỏ; pH > 4,4 màu vàng)
(2) Metyl đỏ (khoảng chuyển màu từ 4,4 – 6,2: pH <4,4 màu đỏ; pH > 6,2 màu vàng)
(3) Quỳ (khoảng chuyển màu từ 5,0 – 8,0: pH <5,0 màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh)
(4) Phenolphtalein (khoảng chuyển màu từ 8,2 – 10,0 : pH <8,2 không màu; pH > 10 màu đỏ)
b. Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H3PO4 0,02M có thêm vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X. Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch.
Cho biết H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKw = 14;
2. Tích số tan của CaF2 là 3,4.10-11, hằng số phân li HF là 7,4.10-4. Tính độ tan của CaF2 trong dung dịch có pH=3,3.
3. Dung dịch A chứa NH3 0,2M; Na2C2O4 0,1M; Na2SO4 0,08M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm dần CaCl2 vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M.
Tính [C2O42-], [SO42-], [Ca2+]? (Coi như thể tích dung dịch không thay đổi không đáng kể)
Cho pKa: NH4+ (9,24); HSO4- (2,00); H2C2O4 (1,25;4,27)
pKs: CaSO4 (4,26); CaC2O4 (8,75); 10-12,6
Câu 4: (4 điểm)
1. Hòa tan hoàn toàn FenOm trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư được dung dịch A1, khí B. Cho B vào dung dịch KMnO4 được dung dịch A2. Cho dung dịch A1 tác dụng với NaOH dư, lọc lấy kết tủa đem nung trong không khí đến khối lượng không đổi được chất rắn C1. Trộn C1 với bột nhôm rồi nung ở nhiệt độ cao được hỗn hợp C2 gồm 2 oxit, trong đó FexOy. Hòa tan hoàn toàn C2 trong dung dịch HNO3 loãng thu được khí NO.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
b. Cân bằng các phản ứng oxi hóa – khử theo phương háp thăng bằng ion – electron.
2. Dung dịch H2O2 3% được dùng để sát trùng trong y học, trạng thái bền của nó so sánh với O2 và H2O theo giãn đồ sau:
a. Hãy so sánh độ bền giữa các dạng oxi hóa – khử và từ đó cho biết cần lưu ý gì khi sử dụng dung dịch H2O2.
b. Tính và
Câu 5: (4 điểm)
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN HƯNG ĐẠO – BÌNH THUẬN
Câu 1: (4 điểm)
hay
Vậy hằng số tốc độ
Trong 264 gam ThO2 tinh khiết chưa 6,022.1022 hạt .
Vậy trong 1 gam ThO2 tinh khiết chứa:
hạt .
Tốc độ phân hủy của Th (trong ThO2) được biểu diễn bằng biểu thức:
Do vậy số hạt α bị bức xạ trong 1 giây bởi 1 gam thori đioxit tinh khiết sẽ là:
Nghĩa là có hạt α bị bức xạ trong 1 giây.
2.a. Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.
TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sụ phân bố e theo obitan:
↑↓
↑
Vậy e cuối cùng có:
1=1, m=-1, ms = +1/2. Mà n + 1 + m + ms =4,5 → n = 4
Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1 (Ga)
TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sụ phân bố e theo obitan:
↑↓
↑
↑
↑
Vậy e cuối cùng có:
1=1, m=1, ms = +1/2. Mà n + 1 + m + ms =4,5 → n = 2
Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p3 (N)
b. Ở điều kiện thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ.
Công thức cấu tạo các hợp chất:
N
H
H
H
Nguyên tử N có trạng thái lai hoá sp3. Oxit cao nhất:
N
O
O
O
N
O
O
Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2. Hidroxit với hóa trị cao nhất:
H
O
N
O
O
Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2.
3.
Mạng lập phương tâm khối (a) Mạng lập phương tâm diện (b)
* Theo hình vẽ mạng lập phương tâm khối (a) ta có:
Mặt khác muốn đạt được sự cực tiểu về năng lượng thì phải có điều kiện:
* Theo hình vẽ mạng lập phương tâm diện (b) ta có:
Mặt khác muốn đạt được sự cực tiểu về năng lượng thì phải có điều kiện:
Dựa vào tỉ số ở (1) và (2) ta lập được tỉ số tương ứng từ thực nghiệm:
Đối với MgO:
MgO có mạng lập phương tâm diện.
Đối với CsI: CsI có mạng lập phương tâm khối.
Câu 2: (4 điểm)
Mặt khác:
b. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng:
(ở 320C)
2.* (1) Cthan chì + 2H2(k) → CH4(k)
(2) Cthan chì → C(k)
(3) H2(k) → 2H(k)
Lấy (1) – [(2) + 2.(3)] ta được:
C(k) + 4H(k) → CH4(k)
Năng lượng liên kết trung bình của liên kết C – H là:
*(4) 2Cthan chì + 3H2 → C2H6(k)
Lấy (4) – [2.(2) + 3.(3)] ta được:
2C(k) + 6H(k) → C2H6(k)
Coi EC – H trong CH4 và C2H6 như nhau thì:
EC – C = -2800,75 – 6(-412,175)=-327,7 (kJ/mol)
*Coi EC – H ; EC – C trong các chất CH4 và C2H6, C4H10 đều như nhau thì:
*(5) 4C(k) + 10H(k) → C4H10(k)
Lấy (2).4 + (3).5 + (5) ta được:
4Cthan chì + 5H2(k) → C4H10(k)
* Kết quả thu được chỉ là gần đúng do đã coi ELK(C – H) ; E LK(C – C) trong mọi trường hợp là như nhau. Và vì vậy sẽ không tính rõ của các đồng phân khác nhau.
3. a) Ta có
C(r) + H2O(k) → CO(k) + H2(k) Kp = 4,1
Ban đầu: 24,6
Cân bằng: 24,6 – x x x
Ta có:
Độ chuyển hóa
b) Tăng thể tích bình lên 100 lít
C(k) + H2O(k) → CO(k) + H2(k)
Ban đầu: 3mol
Cân bằng 3- x x x
Số mol khí trong bình:
Câu 3: (4 điểm)
Dung dịch B:
Dung dịch C: [H+] = 0,01M pHC = 2
Chất chỉ thị hợp nhất là metyl đỏ, khi đó: du dịch C có màu đỏ; dung dịch A có màu da cam; dung dịch B có màu vàng.
b. Nồng độ ban đầu của NaOH 0,015M; H3PO4 0,01M
Phản ứng xảy ra:
H3PO4 + OH‑ → H2PO4- + H2O
0,01 0,015
H2PO4- + OH‑ → H2PO42- + H2O
0,01 0,005
5.10-3 - 5.10-3
Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và bazơ liên hợp cùng nồng độ mol.
Do đó: pHX = pKa2 = 7,21.
Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím.
2.
Gọi độ tan của CaF2 trong dung dịch axit là s(M).
Ta có:
Ta có:
Thay Ka, [H+] = 10-3.3 → s = 2,88.10-4M
3. a. Xét các cân bằng:
Do Kb >> Kb1 >> Kb2, Kb’ nên cân bằng (1) là chủ yếu
C 0,2
[] 0,2-x x x
pH = 11,27.
b. Dung dịch A: NH3 (0,2M); C2O42- (0,1M); SO42- (0,08M)
Xét điều kiện hình thành kết tủa:
Muốn có ↓CaSO4:
Muốn có ↓CaC2O4:
Vậy ↓CaC2O4 xuất hiện trước.
Các phản ứng xảy ra:
0,18 0,1
Còn 0,08 -
0,08 0,08
Còn - -
TPGH: CaC2O4 , CaSO4 , NH3 (0,2M)
So sánh Ks1, >> Ks2 Cân bằng (1’) và (2’) là chủ yếu.
Cân phần (1’) đó xét ở phần a: pH = 11,27
Xét cân bằng (2’):
S S
Các quá trình phụ:
(4’)
Kb’ = 10-12 (5’)
Do môi trường bazơ (pH = 11,27) nên có thể bỏ qua cân bằng nhận proton của (cân bằng (5’))
Vậy S = []
Và S = [Ca2+] + [CaOH+] = [Ca2+].(1 + *β . [H+]-1 )
Vậy Ks1 = [Ca2+].[SO42-]
Thay [H+] = 1011,27, *β , Ks1 ta tính được S = 7,6.10-3
Kết quả: [SO42-] = S = 7,6.10-3 ; [Ca2+] = 7,25.10-3
[C2O42-]
Câu 4: (4 điểm)
4.1 a. 2FenOm + (6n – 2m) H2SO4đ → nFe2(SO4)3 + (3n – 2m)SO2 + (6n – 2m) H2O (1)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2)
H2SO4 + 2NaOH → Na2SO4 + 2H2O (3)
2Fe(OH)3 Fe2O3 + 3H2O (4)
3xFe2O3 + (6x – 4y) Al 6FexOy + (3x – 2y) Al2O3 (5)
Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + 3H2O (6)
3FexOy + (12x – 2y) HNO3 → 3xFe(NO3)3 + (3x – 2y)NO + (6x – y)H2O (7)
b. Phương trình (1):
2 . FenOm + 2mH+ → nFe3+ + (3n – 2m)e + mH2O
(3n – 2m) + 2e + 4H+ → SO2 + 2H2O
2FenOm + (12m – 4) H+ + (3n – 2m) → 2nFe3+ + (3n – 2m) SO2 + (6n – 2m) H2O
Phương trình (2):
5. SO2 + 2H2O → + 2e + 4H+
2. + 5e + 8H+ → Mn2+ + 4H2O
5SO2 + 2 + 2H2O → 5 + 2 Mn2+ + 4H+
Phương trình (8):
3. FexOy + 2yH+ → xFe3+ + (3x – 2y)e + yH2O
(3x – 2y) + 3e + 4H+ → NO + 2H2O
3FexOy + (12x – 2y) H+ + (3x – 2y) → 3x Fe3+ + (3x – 2y)NO + (6x – y) H2O
4.2. a. Vì nên tính oxi hóa H2O2 mạnh hơn O2 và tính khử H2O2 mạnh hơn H2O
Phản ứng tự xảy ra:
2H2O2 → O2 +2H20 E0 = 1,77 – 0,68 = +1,09V K = 1036,95 (lớn)
Vậy H2O2 là dạng kém bền so với 2 dạng O2 và H2O
*Lưu ý: Khi sử dụng xong phải đậy nắp ngay
b. Tính
K = K1 . K2
+ Tính :
(4) K4 = K1 (KW)4
Câu 5: (4 điểm)
6NaOH + 3I2 → 5NaI + NaIO3 +3H2O
Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng:
Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IO- phân hủy ở tất cả các nhiệt độ.
b. Các phương trình hóa học:
Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:
2FeCl2 + 2NaClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2NaCl + 2H2O
Br2 + 5NaClO + H2O → 2HBrO3 + 5NaCl
H2O2 + NaClO → H2O + O2 + NaCl
5.3.a FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O (1)
Fe2O3 + 6HCl → 2FeCl3 + 3H2O (2)
2FeCl3 + 2H2O + SO2 → 2FeCl2 + H2SO4 + 2HCl (3)
5FeCl2 + KMnO4 + 8HCl → 5FeCl3 + MnCl2 + KCl + 4H2O (4)
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → 2H2SO4 + 2MnSO4 + K2SO4 (5)
(Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không được cho quá dư, chỉ đủ để làm môi trường cho phản ứng (4))
b. Từ (1) và (4) ta có:
nFeO (trong 1,2180 gam mẫu)=
→ nFeO (trong 0,8120 gam mẫu)=
→ mFeO (trong 0,8120 gam mẫu)
Và (trong 0,8120 gam mẫu)
(trong 0,8120 gam mẫu)
Tương tự, từ (3) và (5) ta có:
Trong đó: (trong 0,8120 gam mẫu)
(trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol)
Với = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) + 2. (trong 0,8120 gam mẫu)
(trong 0,8120 gam mẫu) + 2. (trong 0,8120 gam mẫu)
Vậy:
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂL LAWK
Câu 1: (4 điểm)
1. Cho các phân tử XeF2, XeF4, XeOF4.
a. Viết công thức cấu tạo Li – uy (Lewis) cho từng phân tử.
b. Dự đoán cấu trúc hình học của các phân tử đó.
c. Hãy cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm trong mỗi phân tử trên.
2. Cho kim loại A tồn tại ở cả 2 dạng lập phương tâm khối và lập phương tâm diện. Khi A tồn tại ở dạng lập phương tâm khối thì khối lượng riêng của A là 15g/cm3. Hãy tính khối lượng riêng của A ở dạng lập phương tâm diện. Cho rằng bán kính của A như nhau trong cả 2 loại tinh thể.
3. Một trong các chuổi phân hủy phóng xạ tự nhiên bắt đầu với và kết thúc bằng đồng vị bền .
a. Tính số phân hủy của α và ᵦ xảy ra trong toàn chuổi.
b. Tính năng lượng được giải phóng trong toàn chuỗi.
c. Trong một mẫu đá chứa 13,33µg và 3,09µg . Tính tuổi của mẫu đá, biết t1/2=4,51.109 năm.
Biết: 1u = 931,5 MeV/c2.
Câu 2: (4 điểm)
1. Tính nhiệt tạo thành FeCl2 (rắn) biết:
Fe(r) + 2HCl (dd) → FeCl2 (dd) + H2 (k) ∆ H1 = -21,00 Kcal
FeCl2 (r) + H2O → FeCl2 (dd) ∆ H2 = -19,5 Kcal
HCl (k) + H2O → HCl (dd) ∆ H3 = -17,5 Kcal
H2 (k) + Cl2 (k) → 2HCl (k) ∆ H4 = -44,48 Kcal
Ký hiệu (r): rắn; (k): Khí; (dd): dung dịch
2. Trong bình kín ở nhiệt độ T, áp suất 2 atm có cân bằng sau:
(1)
Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng.
a. Thiết lập biểu thức liên hệ giữa hằng sô cân băng Kp với độ chuyển hóa α và áp suất chung P.
b. Xác định Kp, KC, Kx và ∆G0 của phản ứng (1) ở 3500C nếu biết α = 0,98.
c. Xác định ∆H, ∆S của phản ứng (1) ở 3500C. Cho biết ở 4000C có Kp= 54,4
d. Độ phân li α thay đổi như thế nào khi P từ 2 atm giảm còn 0,8 atm? Sự thay đổi đó có phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơsatơlie không?
Câu 3: (4 điểm)
1. Một dung dịch X gồm hỗn hợp HNO3 0,001M và H3PO4 0,001M.
a. Tính pH của dung dịch X.
b. Thêm 50 ml dung dịch NaOH 0,002M vào 50ml dung dịch X thu được dung dịch Y. Tính pH của dung dịch Y.
Biết các hằng số axit của H3PO4 lần lượt là:
2. Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M.
a. tính pH của dung dịch X.
b. Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được kết tủa A và dung dịch B.
- Cho biết thành phần hóa học của kết tủa A và dung dịch B.
- Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thủy phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2
Cho pK axit: H2S
Tính số tan:
Câu 4: (4 điểm)
1. Cho giản đồ thể khử chuẩn Mn trong môi trường axit:
+1,7v +1,23v
a. Tính thế khử chuẩn của cặp: và
b. Hãy cho biết các tiểu phân nào không bền với sự dị phân. Hãy tính hằng số cân bằng của các phản ứng dị phân đó.
2.a. Hãy biểu diễn sơ đồ pin, tính sức điện động của pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin (khi hoạt động) được tạo thành từ các cặp điện cực và ở điều kiện tiêu chuẩn.
b. Tính nồng độ các ion còn lại trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động. Giả sử nồng dộ ban đầu của ion có trong dung dịch làm điện cực pin đều bằng 0,010M (Bỏ qua quá trình thủy phân của các ion).
Cho tại 250C
Câu 5: (4 điểm)
1. X là hợp chất tạo bởi kim loại M và lưu huỳnh. Hòa tan hoàn toàn 24 gam X trong dung dịch H2SO4 đặc, nóng dư thì thu được dung dịch A và 33,6 lít khí E duy nhất (ở đktc). Cho dung dịch NaOH dư vào A thì thấy tạo thành 21,4 gam kết tủa. Xác định công thức phân tử X?. (Cho S = 32;
O = 16; H= 1; Cu= 64; Al = 27, Fe = 56; Ag = 108; Mg = 24; Cb = 112)
2. Chất lõng A trong suốt, không màu; về phần khối lượng, A có chứa 8,3% hiđro; 59,0% oxi còn lại là clo; khi đun nóng A đến 1100C thấy tách ra khí X đồng thời khối lượng giảm đi 16,8% khi đó chất lỏng A trở thành chất lỏng B. Khi làm lạnh A ở dưới 00C, thoạt đầu tách ra tinh thể Y không chứa clo, còn khi làm lạnh chậm ở nhiệt độ thấp hơn nữa sẽ tách ra tinh thể Z chứa 65% clo về khối lượng. Khi làm nóng chảy tinh thể Z có thoát ra khí X. Cho biết công thức và thành phần khối lượng của A, B, X, Y, Z.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN DU – ĐĂK LĂK
Câu 1: (4 điểm)
1.a. Công thức cấu tạo Li-uy (Lewis):
F F
b. Cấu trúc hình học:
XeF2: Thẳng XeF4: vuông phẳng XeOF4: tháp vuông
c. Kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm
Xe: XeF2: sp3d XeF4: sp3d2 XeOF4: sp3d2
2. Một ô mạng lập phương tâm khối:
- Cạnh a1 =
- Khối lượng riêng d1 = 15g/cm3
- Số dơn vị nguyên tử: n1 = 8.1/8 + 1 =2
Do đó:
3.a. – Gọi x, y lần lượt là số phân hủy α và β trong toàn chuỗi.
- Ta có phản ứng tổng quát:
- Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và bảo toàn số khối ta có:
Vậy có 8 phân tử α và 6 phân hủy β trong toàn chuỗi.
b.
Năng lượng giải phóng trong toàn chuổi
= (238,0508 – 205,9744 – 8.4,0026).931,5 = 51,7914 MeV
c. Tính tuổi của mẫu đá:
- Từ phương trình ta có tỉ lệ:
phản ứng
ban đầu = 13,33 + 3,57 = 16,90 μg
Ta có: (m0: khối lượng ở thời điểm ban đầu, m: khối lượng ở thời điểm đang xét)
(năm)
Câu 2: (4 điểm)
1. Fe(r) + 2HCl (dd) → FeCl2 (dd) + H2 (k) ∆ H1 = -21,00 Kcal
FeCl2 (r) → FeCl2 (dd) - ∆ H2 = +19,5 Kcal
H2 (k) + Cl2 (k) → 2HCl (k) ∆ H4 = -44,48 Kcal
2HCl (k) → 2HCl (dd) -2∆ H3 = -35 Kcal
∆H
Cộng theo vế ta được:
∆H = -21 + 19,5 - 44,48 – 35 = -80,98 Kcal
2.a. Gọi a là số mol AB tại thời điểm ban đầu
(1)
Ban đầu: a 0 0
Cân bằng: a(1-α) α a α a
Từ (2), ta có:
+ Tổng số mol tại cân bằng hóa học là a(1-α).
+ Hằng số cân bằng
Trong đó Pi = xi.P (Pi là áp suất riêng phần, P là áp suất toàn phần của hệ, xi là phần mol), Thay Pi vào (1), ta được:
(I)
b. Thay α = 0,98; P = 2 atm ta được KP = 48,51
với ∆n = 1 + 1 – 1 = 1
Thay số thu được
KC = 0,9496; Kx = 24,255
c. Theo phương trình của Van-Hop, ta có
Thay số ta được
Mặt khác ta có, nên ∆S = 45,097(J.mol-1.K-1)
d. Khi P = 0,8 atm, theo công thức (I), KP không thay đổi, α = 0,992, phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơsatơlie.
Câu 3: (4 điểm)
1.a. Tính pH của dung dịch X
0,001M 0,001M
(1) Kal= 10-2,15
(2) Ka2= 10-7,21
(3) Ka3= 10-12,32
(4) Kw= 10-14
Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 và Kw nên cân bằng (1) chủ yếu
(1) Kal= 10-2,15
Co: 0,001M 0,001M
[ ]: 0,001-x 0,001 + x x
Theo ĐLTDKL ta có:
Vậy pH của dung dịch X = 2,75
b. Tính pH của dung dịch Y
Tính lại nồng độ:
Pư:
5.10-4 5.10-4
5.10-4 5.10-4 5.10-4
DD Y: : 5.10-4 M
Ka2= 10-7,21
(Ka)-1 = 102,15
Kw= 10-14
Điều kiện proton mức không: , H2O
Coi gần đúng: = = 5.10-4 M
Ka2. >> Kw
pH của dd Y = 5,27
2.a. Tính pH của dung dịch Na2S → 2 Na+ + S2-
0,01 0,01
KI → K+ + I-
0,06 0,06
Na2SO4 → 2Na+ + SO42-
0,05 0,05
Kb(1)=10-1,1 (1)
Kb(2)=10-12 (2)
Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:
K = 10-1,1
[] (0,01-x) x x
→ [OH-] = 8,94.10-3 → pH = 11,95
b.
0,09 0,01
0,08 0,05
0,03 0,06
Thành phần hỗn hợp: ↓A: PbS, PbSO4, PbI2
Dung dịch B: K+ 0,06M Na+ 0,12M
Ngoài ra còn có các ion do kết tủa tan ra.
Độ tan của PbI2:
Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI2.
Ks
Do đó [Pb2+] = 10-47 = 2.10-3M và [I-] = 4.10-3M.
Có nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, như vậy nồng độ Pb2+ do PbS và PbSO4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác.
Câu 4: (4 điểm)
1.a. Mỗi cặp oxi hóa khử tính đúng được
Thế khử chuẩn của cặp: và
Lấy (2) trừ (1) ta có:
Lấy (5) trừ (4) ta có:
b. và không bền với sự dị phân.
-
nên phản ứng (7) tự diễn biến.
K7 = 9,25.1057
nên phản ứng (8) tự diễn biến.
2.a. Sơ đồ pin: (-) Cu| Cu2+ (1M) || Fe3+(1M), Fe2+(1M) |Pt (+)
Sức điện động chuẩn của pin:
Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động:
K = 1014,66
b. K rất lớn nên xem như phản ứng xảy ra hoàn toàn.
C0 0,01 0,01 0,01
C 0 0,02 0,015
Xét cân bằng:
C0 0,02 0,015 0
CB 0,02-2x 0,015-x 2x
(do KCB bé nên giả thiết x << 0,02)
X = 5,714.10-11 <<0,02
[Fe3+]= 2x = 1,189.10-10 [Fe2+]= 0,02-2x = 0,02
[Cu2+]= 0,015 - 2x = 0,015
Câu 5:
1. Đặt CT: MxSy số mol : a
(M.x + 32.y)a = 24 (I)
Phản ứng:
X + H2SO4 (đặc nóng) E là SO2
2MxSy + (2nx + 4y) H2SO4 → xM2(SO4)n + (nx + 6y)SO2 + (2nx + 4y)H2O
a mol
M2(SO4)n +2nNaOH → 2M(OH)n ↓ + n Na2SO4
ax mol
Ta có:
Giải hệ (I), (II), (III): ya = 0,4; nxa = 0,6; Mxa = 11,2
n | 1 | 2 | 3 |
M | / | / | 56 |
Vậy M là sắt Fe; n = 3 => xa = 0,2 mà
Vậy CT của X: FeS2
2. Đặt tỉ lệ số nguyên tử H: O : Cl trong A là a: b : c.
Ta có: (8,3/1): (59/16): (32,7/35.5) = 8,3: 3,69: 0,92 = 9: 4: 1
Không tồn tại chất ứng với công thứ H9O4Cl.
Tuy nhiên, do tỉ lệ H : O là 9 : 4 gần với tỉ lệ của các nguyên tố trong phân tử H2O.
- Có thể suy ra chất lỏng A là dung dịch của HCl trong H2O với tỉ lệ mol là 1 : 4 với
C%HCl = 36,5.100%/(36,5+18.4) = 33,6%
- Khi tăng nhiệt độ tan của khí, hợp chất X thoát ra từ A là khí hiđro clorua HCl.
- Do giảm HCl C%HCl còn lại = (33,6-16,8).10%/(100-16.8)=20,2%
chất lỏng B là dung dịch HCl nồng độ 10,2%.
(Dung dịch HCl ở dưới 00C có thể tách ra tinh thể nước đá Y,
- Khi làm lạnh ở nhiệt độ thấp hơn tách ra tinh thể Z là HCl.nH2O.
- Tinh thể Z có khối lượng mol phân tử là 35,5/0,65=54,5 g/mol thành phần tinh thể Z là HCl.H2O
ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN XXII – NĂM 2016
ĐỀ CHÍNH THỨC
Cho NTK: H=1, O=16, Na=23, Mg=24, S=32, K=39, Fe=56, Br=80, I=127
Câu 1: (4 điểm)
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater hãy tính năng lượng electron của với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Vì sao?
Câu 2: (4 điểm)
Chất | Fe | O2 | FeO | Fe2O3 | Fe3O4 |
(kcal.mol-1) | 0 | 0 | – 63,7 | – 169,5 | – 266,9 |
S0 (cal.mol-1.K-1 | 6,5 | 49,0 | 14,0 | 20,9 | 36,2 |
Tính biến thiên năng lượng do Gibbs (∆G0) của sự tạo thành các oxit sắt, từ các đơn chất ở điều kiện chuẩn. Từ đó hãy cho biết ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất?
2NO (k) + 2H2 (k) → 2H2O (k) + N2 (k)
TN | Nồng độ ban đầu H2 | Nồng độ ban đầu NO | Tốc độ ban đầu |
1 | 0,0100 | 0,0250 | 2,4.10-6 |
2 | 0,0050 | 0,0250 | 1,2.10-6 |
3 | 0,0100 | 0,0125 | 0,6.10-6 |
Cơ chế 1:
2NO (k) N2O2 (k) nhanh
N2O2 (k) + H2 (k) 2HON (k) nhanh
HON (k) + H2 (k) H2O (k) + HN (k) chậm
HN (k) + HON (k) + N2 (k) + H2O (k) nhanh
Cơ chế 2:
2NO (k) N2O2 (k) Kcb nhanh
N2O2 (k) + H2 (k) N2O (k) + H2O (k) chậm
N2O (k) + H2 (k) N2 (k) + H2O (k) nhanh
Câu 3: (4 điểm)
Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH bằng 0,23M thì dừng, ta thu được dung dịch A1 (xem thể tích của dung dịch A1 bằng thể tích dung dịch A). Tính pH của dugn dịch A1.
Cho Ka2(HSO4-) = 10-2; Ka (CH3COOH) = 10-4,75
Cho các hằng số bền:
Câu 4: (4 điểm)
Cho 0,05921g (ở 25℃); F = 96485C.mol-1.
(phương pháp thăng bằng electron)
(phương pháp thăng bằng ion - electron)
(phương pháp thăng bằng ion - electron)
(phương pháp thăng bằng ion - electron)
Cho:
Thế chuẩn ở 25℃:
Fe2+(dd) + 2e → Fe(r) E0 = -0,44V
O2 + 2H2O + 4e → 4OH- (dd) E0 = +0,40V
a. Tính E0 của phản ứng ở 25℃.
b. Viết phản ứng xảy ra ở hai nửa pin và toàn bộ phản ứng, từ đó viết sơ đồ pin trên.
c. Tính KC của phản ứng.
d. Phản ứng trên xảy ra trong 24 giờ có thể tạo dòng điện có cường độ I = 0,12A.
Tính khối lượng Fe chuyển thành Fe2+ sau 24 giờ. Biết oxi dư.
[Fe2+] = 0,015M; pHnửa pin phải = 9,00; p(O2) = 0,70 atm.
Câu 5: (4 điểm)
Na2S2O3 + Cl2 + H2O → Na2S2O3 + H2SO4 →
F2 + NaOHloãng → I2 + KOH →
ĐÁP ÁN ĐỀ THI OLYMPIC 30/4
Câu 1: (4 điểm)
TH1: R thuộc nhóm IIIA, → cấu hình e lớp ngoài cùng có dạng ns2np1
Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2. Mà n + 1 + m + ms =4,5 → n = 4
Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1
TH2: R thuộc nhóm VA, → cấu hình e lớp ngoài cùng có dạng ns2np3
Vậy e cuối cùng có: l=1, m=1, ms = +1/2. Mà n + 1 + m + ms =4,5 → n = 2
Cấu hình e nguyên tử: 1s22s22p3 (N)
b. Ở điều kiện thường RH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ.
Công thức cấu tạo các hợp chất:
N
H
H
H
Oxit cao nhất:
N
O
O
O
N
O
O
Nguyên tử N có trạng thái lai hoá sp3.
Hidroxit với hóa trị cao nhất:
H
O
N
O
O
Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2.
2. - Ứng với cấu hình: (1)
28 – 1.0,3 = 27,7
28 – 2.0,85 – 7.0,35 = 23,85
28 – 2.1 – 8.0,85 – 7.0,35 = 16,75
28 – 18.1 – 7.0,35 = 7,55
- Ứng với cấu hình:
28 – 18.1 – 5.0,35 = 8,25
28 – 10.1 – 14.0,85 = 5,75 eV
Vì E(1) < E(2) (1) bền hơn (2).
Vậy trạng thái cơ bản cấu hình Ni2+ phù hợp là:
3. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X
Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt
(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4)
Theo giả thiết: Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90
Z = 16 →
(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)
b) S2-, Cl-, K+, Ca2+ đều có cấu hình e:
Số lớp e giống nhau r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.
c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất.
4. a) Số nguyên tử B trong 1 ô mạng cơ sở là: nguyên tử.
Vì các hốc tứ diện đã bị chiếm bởi nguyên tử Be số nguyên tử Be là 8
b) Gọi a là độ dài cạnh 1 ô mạng cơ sở. Các nguyên tử B tiếp xúc trên đường chéo mặt mạng, nên: 4r = a
Å
Khối lượng riêng:
Câu 2: (4 điểm)
(2)
(3)
Thay các giá trị thực nghiệm vào ta có:
v1 = 2,4.10-6 =k.0,025x.0,01y
v2 = 1,2.10-6 =k.0,025x.0,005y
v3 = 0,6.10-6 =k.0,0125x.0,01y
Suy ra: x = 2; y = 1.
Vậy bậc toàn phần của phản ứng là 3.
b) Hằng số tốc độ phản ứng là: k = 0,384 (mol/l)-2s-1
c) Giai đoạn chậm nhất quyết định tốc độ phản ứng:
Theo cơ chế 1: v = k.[HON].[ H2]
(1)
(2)
(3)
(2) – (3) ta được: (4)
(1) thay vào (4) ta được: (5)
Thay (5) vào biểu thức v ta được
Cơ chế này không phù hợp với qui luật động học thực nghiệm
Theo cơ chế 2: v = k5.[ N2O2].[ H2]
= k.Kcb.[ NO]2.[ H2]
= k’[ NO]2.[ H2]
Cơ chế này phù hợp với qui luật động học thực nghiệm
Câu 3.
H2SO4 → H+ + HSO4-
0,05 0,05 0,05
HCl → H+ + Cl-
0,18 0,18 0,18
NaOH → Na+ + OH-
0,23 0,23 0,23
H+ + OH- → H2O
0,23 0,23 0,23
Dung dịch A1 : HSO4- 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na+ 0,23M; Cl- 0,18M
HSO4- H+ + SO42- (1)
0,05M
0,05-x x x
CH3COOH H+ + CH3COO- (2)
0,02M
H2O H+ + OH- (3)
(1) là chủ yếu
bỏ qua sự điện li của H2O
Xét cân bằng (1)
và pH = -lg0,018 = 1,74
Cu2+ + Cl- → CuCl+
C0 1 0,001
C 0,999 - 0,001
TPGH: Cu2+ 0,999M ; CuCl+0,001M
Đánh giá quá trình tạo phức hidroxo
Cu2+ + H2O CuOH+ + H+
C 0,999
[] 0,999-x x x
nghĩa là quá trình tạo phức hidroxo của Cu2+ là không đáng kể.
Do phức CuCl+ là chính nên trong hệ có cân bằng chủ yếu:
CuCl+ Cu2+ + Cl‑ k = 10-2.8
C 0,001 0,999
[] 0,001-y 0,999 + y y
y = [Cl-] = 1,58.10-6M; [Cu2+]=0,999M
Và [CuCl+] = 0,001 – 1,58.10-6 = 9,98.10-4 M
Từ giá trị Cu2+ và Cl- tính được, ta có:
pH = 10,5 pOH = 3,5 [OH-] = 3,16.10-4 (M)
b) Tích số tan KS = [Mg2+].[OH-]2 = 1,58.10-11
c) NaOH → Na+ + OH-
0,01 0,01 (M)
Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH-
[ ] S S 0,01 + 2S (M)
KS = [Mg2+].[OH-]2 = S(0,01 + 2S)2 = 1,58.10-11
S = 1,58.10-7 (M)
d) Số mol Mg(OH)2 = 0,1724 ? (0,01/2) mêm HCl bị tring hòa hết theo phản ứng
Mg(OH)2 + 2 H+ → Mg2+ + 2H2O
Xem thể tích không đổi = 100 ml thì nồng độ CMg2+ = 0,05M
Khi đó: Mg(OH)2 Mg2+ + 2OH-
[ ] S’ S’ + 0,05 2S’
Vì KS << Coi: S’ + 0,05 0,05
KS = [Mg2+].[OH-]2
Câu 4:
2
(6x +7)
6Cu2FeSx + (6x +7)O2 → 6Cu2O + Fe3O4 + 6xSO2
b) OCl- + I- + H2O → ......+ I2 + OH- (ion – electron)
1x OCl- + H2O + 2e → Cl- + 2OH-
1x I- → I2 + 2e
OCl- + 2I- + H2O → Cl- + I2 + OH-
c) Na2SO3 + KMnO4 + H2O → .......+..........+ KOH (ion – electron)
3x
2x
3Na2SO3 + 2KMnO4 + H2O → 3Na2SO4 + 2MnO2 + 2KOH
d) KI + KClO3 + H2SO4 → KCl + I2 + ......+ H2O (ion – electron)
3x
1x
6KI + KClO3 + 3H2SO4 → 3K2SO4 + 3I2 + KCl + 3H2O
pH = 0,
Như vậy: oxi hóa được cả
pH = 3, chỉ oxi hóa được
pH = 5, chỉ oxi hóa được
b) Phản ứng xảy ra ở hai nửa pin:
Trái: 2Fe → 2Fe2+ + 4e
Phải: O2 + 2H2O + 4e → 4OH-
Toàn bộ phản ứng: 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe2+ + 4OH-
Sơ đồ pin: -Fe(r) | Fe2+ || OH- | O2(k), C(r) +
c) K = [Fe2+]2[OH-]4/p(O2)
d) Q = ne.F = It = 10368 (C).
ne = Q/F = 0,1075 mol
e) (1)
pH = 9,00 → [H+] = 10-9M và [OH-] = 10-5M
Thay E0 = 0,84; p(O2) = 0,70 atm; [Fe2+] = 0,015M; n = 4 vào (1)
Câu 5:
Phản ứng minh họa:
Cl2O + 2KOH → 2KClO + H2O
2ClO2 + 2KOH → KClO2 + KClO3 +H2O
Cl2O6 + H2O → HClO3 +HClO4
Na2S2O3 + H2SO4 → S + SO2 +Na2SO4 + H2O
2F2 + 2NaOHloãng → 2NaF + OF2 + H2O
3I2 + 6KOH → 5KI + KIO3 + 3H2O
Các PTPƯ xảy ra:
HSO3- + H+ → H2O + SO2 (1)
x mol x mol
SO32- + 2 H+ → H2O + SO2 (2)
y mol y mol
Br2 + 2H2O + SO2 → SO42- + 2Br- + 4H+ (3)
3I- + Br2 → I3- + 2Br- (4)
I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I- (5)
H+ + OH- → H2O (6)
Ta có: nNaOH = 0,015.0,1 = 0,0015 (mol)
(25ml ddA) = 0,0015 (mol)
(500ml ddA) = 0,0015.500/25 = 0,03 (mol)
(3) = 0,03: 4 = 0,0075 (mol)
Ta có: = 0,0125.0,01 = 1,25.10-4 (mol)
(50ml ddA) = 1,25.10-3. ½ = 6,25.10-5 (mol)
(500ml ddA) = 6,25.10-5.500 : 50 = 6,25.10-4 (mol)
(4) = 6,25.10-4 (mol)
Vậy: số mol Br2 ban đầu = 0,0075 + 6,25.10-4 = 8,125.10-3 (mol)
CM(Br2) = 8,125. 10-3/0,5 = 0,01625 (M)
b) Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X (0,5đ)
Gọi x và y lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3
→ mhỗn hợp = 104x + 126y = 0,835 (I)
Từ phản ứng (1), (2), (3) ta có:
Số mol SO2 = 1/4 số mol H+ (500ml ddA) = 0,03.1/4 = 0,0075 (mol)
→ x + y = 0,0075 (II)
Giải (I) và (II): x = 0,005; y = 0,0025
%NaHSO3 = 62,27% ; %Na2SO3 = 37,73%
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – ĐĂK LĂK
Câu 1: (4 điểm)
1. Cho hai nguyên tố A, B đứng kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn có tổng số (n + 1) bằng nhau: trong đó số lượng tử chính của A lớn hơn số lượng tử chính của B. Tổng đại số của 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên B là 4,5.
a. Hãy xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
b. Hợp chất X tạo bởi A, Cl, O có thành phần phần trăm theo khối lượng lần lượt là 31,83%; 28,98%; 39,18%. Xác định công thức của X.
2. So sánh, có giải thích: độ lớn góc liên kết của các phân tử:
a) CH4; NH3, H2O.
b) H2O; H2S.
Câu 2: (4 điểm)
Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 25°C:
|
|
|
| |
| −393,5 | 0 | −110,5 | −241,8 |
| 213,6 | 131,0 | 197,9 | 188,7 |
a. Hãy tính , và của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều thuận ở 25°C hay không?
b. Giả sử của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính của phản ứng thuận ở 1000°C và nhận xét.
c. Hãy xác định nhiệt độ (°C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra (giả sử bỏ qua sự biến đổi theo nhiệt độ).
Câu 3: (4 điểm)
1. Chuẩn độ một dung dịch 0,1M bằng dung dịch NaOH 0,1M. Khi có 50% lượng axit trong dung dịch được trung hòa thì độ pH của dung dịch thu được là bao nhiêu? Biết axit axetic có .
2. Tính pH của các dung dịch sau:
a) dung dịch HCl M.
b) dung dịch KOH M.
Câu 4: (4 điểm)
1. Cân bằng phản ứng sau theo phương pháp ion-electron:
a.
b.
c.
2. Hãy cho biết trường hợp nào sau đây có xảy ra phản ứng?
Biết
a. Cho dung dịch vào dung dịch HCl ở điều kiện chuẩn.
b. Cho dung dịch 1M vào dung dịch HCl 0,01M.
(coi nồng độ các ion khác đều bằng 1M)
Câu 5: (4 điểm)
Hòa tan m gam trong dung dịch HCl đặc dư được dung dịch A và V lít khí D (đktc). Pha loãng dung dịch A được 500ml dung dịch B.
- Để trung hòa axit dư trong 50ml dung dịch B cần dùng vừa đủ 24ml dung dịch NaOH 0,5M.
- Thêm dư và 100ml dung dịch B để kết tủa hoàn toàn ion clorua thu được 17,22 gam kết tủa.
a. Viết phương trình hòa học của các phản ứng xảy ra.
b. Tính nồng độ mol/lít các chất tan trong B.
c. Tính m, V và thể tích dung dịch HCl 36,5% (D = 1,18g/ml) đã dùng.
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN – ĐĂK LĂK
Câu 1: (4 điểm)
1.a) Đề cho A, B đứng kế tiếp nhau trong bảng hệ thống tuần hoàn có tổng số (n + 1) bằng nhau, ⇒ cấu hình ngoài cùng:
.
Vậy bộ 4 số lượng tử của A ()
B ()
b) Gọi công thức của hợp chất là
Vậy công thức của hợp chất là .
2. a.
Giải thích:
Số cặp e chưa tham gia liên kết càng nhiều càng đẩy nhau, góc liên kết càng nhỏ.
b.
Giải thích: Vì độ âm điện của , độ âm điện của nguyên tử trung tâm càng lớn sẽ kéo mây của đôi liên kết về phía nó nhiều hơn làm tăng độ lớn góc liên kết.
Câu 2: (4 điểm)
a. và
Pt phản ứng:
Ta có:
Vì nên phản ứng không tự diễn ra theo chiều thuận ở 25°C.
b. Áp dụng công thức:
Thay số tìm ra
Vì nên phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận ở 1000°C.
c. Để phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận thì:
tức ở
Câu 3: (4 điểm)
1. Xét 1 lít dung dịch 0,1M, số mol ban đầu là 0,1 mol.
+ | NaOH | + | ||||
0,05 | 0,05 | 0,05 |
Thể tích dung dịch sau thí nghiệm (l)
|
| + |
| |
0,05 |
| 0,05 | 0,05 | |
|
|
| + |
|
0,05 | 0,05 | |||
x | x | x | ||
0,05 – x | 0,05 + x | x |
Ta có:
và
2. a) Vì dung dịch HCl nồng độ quá bé nên ta xét các quá trình:
|
|
| + |
|
|
|
| + |
Giải phương trình trên ta có nghiệm (nhận), loại nghiệm âm.
b) Lập luận tương tự câu 1:
Câu 4: (4 điểm)
1. Dành cho bạn đọc
2. a. (1)
Được hình thành từ các bán phản ứng sau:
Ở điều kiện tiêu chuẩn ta có:
Nhận thấy nghĩa là có xảy ra phản ứng (1) theo chiều thuận.
b. (2)
Ở điều kiện bài toán ta có:
Khi đó ta có:
Nhận thấy nghĩa là phản ứng (2) không xảy ra theo chiều thuận, mà xảy ra theo chiều nghịch.
Câu 5: (4 điểm)
a) Các phương trình phản ứng:
(1)
Dung dịch A chứa KCl, và HCl dư ⇒ dung dịch B chứa KCl, và HCl.
• Trung hòa axit trong B bằng NaOH:
(2)
• B tác dụng với dư:
(4)
(5)
(6)
Đặt số mol HCl, KCl trong 50ml dung dịch B lần lượt là x, y (mol).
Theo phương trình phản ứng (1): mol
Theo phương trình phản ứng (2): mol
Theo 100ml dung dịch B: mol; mol
Theo phương trình phản ứng :
mol
mol mol.
Vậy nồng độ mol của các chất trong B là:
Theo (1) ta có: mol
gam.
mol lít.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẠC LIÊU – BẠC LIÊU
Câu 1.
1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
a. Tính bán kính nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng ; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng .
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon () và giải thích.
2. Sử dụng thuyết VB hãy viết công thức của phân tử và . Nghiên cứu tính chất của và người ta thu được các kết quả thực nghiệm sau:
Phân tử | Năng lượng liên kết, kJ/mol | Độ dài liên kết, pm | Từ tính |
495 | 131 | thuận từ | |
620 | 121 | nghịch từ |
a. Kết quả thực nghiệm này có phù hợp với cấu tạo phân tử đưa ra bởi thuyết VB không biết rằng: trong , trong , và trong .
b. Sử dụng thuyết MO hãy giải thích kết quả thực nghiệm thu được.
Liên kết hóa học
Câu 2.
1. Sự phân hủy axeton diễn ra theo phương trình:
Theo thời gian phản ứng, áp suất chung của hệ đo được như sau:
t [phút] | 0 | 6,5 | 13 | 19,9 |
p [mmHg] | 312 | 408 | 488 | 562 |
Bằng phương pháp giải thích hãy chứng tỏ phản ứng là bậc 1 và tính hằng số tốc độ.
2. Thực hiện phản ứng:
a. Ban đầu cho vào bình phản ứng NOCl, thực hiện phản ứng ở 300°C. Khi hệ đạt trạng thái cân bằng thấy áp suất trong bình là 1,5 atm. Hiệu suất của phản ứng là 30%. Tính hằng số cân bằng của phản ứng.
b. Ở nhiệt độ 300°C, phản ứng có thể tự xảy ra được không? Vì sao?
c. Thực hiện phản ứng và duy trì áp suất của hệ phản ứng ở điều kiện đẳng áp: 5 atm. Tính phần trăm số mol của các khí ở trạng thái cân bằng?
d. Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00 lít. Tính áp suất trong bình lúc cân bằng ở 300°C.
Câu 3.
1. Trộn 100ml dung dịch M với 100ml dung dịch NaCl 0,10M ở 25°C được dung dịch A.
a. Tính thế của điện cực Ag nhúng trong dung dịch A, biết
và .
b. Thêm vào dung dịch A 100,00ml dung dịch 0,20M. Kết tủa AgCl tan hoàn toàn tạo thành ion phức và thế của điện cực đo được là 0,20V. Tính hằng số tạo thành tổng hợp của ion phức.
Các quá trình phụ có thể bỏ qua.
2. Dung dịch A gồm 0,05M; 0,10M; 0,01M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Sục khí vào dung dịch A đến bão hòa ( M), thu được hỗn hợp B. Những kết tủa nào tách ra từ hỗn hợp B?
Cho:
V; V; V;
Ở :
(, với là tích số tan).
;
Câu 4.
1. Có hai bình chứa dd loãng cùng nồng độ cùng thể tích. Người ta cho vào bình thứ nhất một lượng kim loại M, vào bình thứ hai một lượng kim loại N. Cả hai kim loại đều tan hoàn toàn và ở hai bình đều thoát ra khí duy nhất NO có thể tích bằng nhau trong cùng điều kiện. Sau đó người ta làm hai thí nghiệm:
Thí nghiệm 1: Mắc nối tiếp hai bình rồi điện phân thì thấy khối lượng kim loại bám ở catốt bình thứ nhất so với bình thứ hai luôn luôn là 27/14.
Thí nghiệm 2: Trộn hai bình lại rồi điện phân cho đến khi khối lượng các điện cực không đổi nữa thì thấy tiêu hao một điện lượng 7720 Coulomb và hiệu số khối lượng hai điện cực là 6,56 gam.
a) Tính khối lượng ban đầu của mỗi kim loại, xác định N, M. Biết rằng điện phân có vách ngăn, điện cực trơ khối lượng các điện cực bằng nhau và tất cả các quá trình H% = 100%.
b) Viết phương trình phản ứng xảy ra trong quá trình hòa tan kim loại. Nếu ban đầu dùng dung dịch 1M (loãng) để hòa tan 2 kim loại thì tổng thể tích cần dùng là bao nhiêu?
2. Cân bằng các phản ứng oxi hóa khử sau bằng phương pháp thăng bằng ion – electron.
a.
b.
Câu 5.
1. Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được lít hỗn hợp khi C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành và cần lít khí oxi.
a. Tìm tương quan giá trị và (đo ở cùng điều kiện).
b. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo và .
c. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.
d. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B.
Cho biết .
2. là chất hóa chất được dùng phổ biến trong công nghiệp. Thực nghiệm cho biết:
a) Dung dịch loãng trong nước khi gặp ánh sáng sẽ tạo ra HCl, .
b) Trong dung dịch kiềm (như NaOH) nhanh chóng tạo ra hỗn hợp muối clorit và clorat natri.
c) được điều chế nhanh chóng bằng cách cho hỗn hợp , tác dụng với loãng.
d) Trong công nghiệp được điều chế bằng cách cho tác dụng với có mặt 4M.
Hãy viết phương trình phản ứng và nói rõ đó là phản ứng oxi hóa – khử hay phản ứng trao đổi? Tại sao? (phân tích từng phản ứng a, b, c, d).
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẠC LIÊU – BẠC LIÊU
Câu 1.
1.a. Từ công thức tính khối lượng riêng
.
;
Bán kính của nguyên tử silic là: ;
b. Có . Điều này phù hợp với quy luật biến đổi bán kính nguyên tử trong một phân nhóm chính
2.a. Cấu tạo phân tử và theo thuyết VB:
Kết quả thực nghiệm:
Phân tử | Năng lượng liên kết, | Độ dài liên kết, pm | Từ tính |
| 495 | 131 | thuận từ |
| 620 | 121 | nghịch từ |
- Phân tử : Theo VB, hai nguyên tử C liên kết với nhau bởi liên kết 4, nhưng năng lượng liên kết thực nghiệm là 620, bé hơn so với và gần bằng với . Do đó bậc liên kết không phù hợp.
- Phân tử : phù hợp về mặt năng lượng liên kết nhưng theo V, phân tử không còn electron độc thân nên không giải thích được tính thuần từ của .
b. Theo thuyết MO, cấu hình electron của phân tử và lần lượt là:
- Độ bội liên kết của phân tử hay đều là 2. Điều này phù hợp với thực nghiệm.
- Về mặt từ tính, nghịch từ còn thuận từ cũng phù hợp với thực nghiệm.
- Sự có mặt của hai electron ở MO phản liên kết trong phân tử làm cho liên kết đôi trở nên kém bền hơn so với liên kết đôi cho dù .
Câu 2.
1. Để chứng minh phản ứng phân hủy axeton là bậc 1 ta sử dụng phương pháp thế các dữ kiện vào phương trình động học bậc 1 xem các hằng số tốc độ thu được có hằng định hay không.
- Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ nên trong phương trình động học, nồng độ axeton được thay bằng áp suất riêng phần.
- Gọi là áp suất đầu của axeton:
|
|
| + |
| + | CO | |
|
| ||||||
|
| x | x | x |
- Áp dụng chung của hệ là:
- Hằng số tốc độ của phản ứng 1 chiều bậc 1 là:
- Thay các giá trị ở các thời điểm ta có:
(phút)
(phút)
(phút)
- Ta thấy các giá trị của hằng số tốc độ không đổi. Vậy phản ứng trên là phản ứng bậc 1.
- Hằng số tốc độ của phản ứng:
(phút)
2. a. Phản ứng:
|
|
| + |
|
x | ||||
2a | a |
suy ra tổng áp suất của hệ: và .
Ta có: và .
b. Ta có suy ra nên . Vậy phản ứng không tự xảy ra.
c. Ta có suy ra . (vì )
Phản ứng:
|
|
| + |
|
0,106 | ||||
| 2a | a |
Suy ra Vậy .
Phần trăm NOCl: 71,8%; : 9,4%; : 18,8%.
d. Phản ứng
|
|
| + |
|
0,717 | ||||
| 2a | a |
Suy ra
Vậy .
Áp suất trong bình khi hệ đạt trạng thái cân bằng là 0,842 atm.
Câu 3.
1.a. mol; mol
Phản ứng: +
Ban đầu 0,01
[] −
V
b. mol
Phản ứng: | + | + | + | ||||||
mol |
M
M
Nồng độ rất bé nên có thể coi toàn bộ nằm trong phức chất.
tạo phức mol
tự do trong dung dịch mol
M
2. a. (1)
(2)
(3)
(4)
So sánh → tính theo (1):
|
|
| + |
|
| (1) | ||
0,05 | ||||||||
x | x | |||||||
M |
b. Do V V nên:
1/ | + | + | |||||||||
0,05 | |||||||||||
− | 0,05 | 0,05 |
2/ | + | + | |||||||
0,10 | 0,05 | ||||||||
− | 0,25 |
3/ | + | + | |||||||
4/ |
| + |
|
|
| + |
|
|
và nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:
Vì môi trường axit
M; M.
Đối với , do nhỏ → nhỏ năng phân li của trong môi trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận
M → theo cân bằng:
.
Ta có: không xuất hiện
Tương tự: không tách ra.
Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa.
Câu 4.
1. Các quả trình oxi hóa khử xảy ra như sau
|
|
| + | me |
x | mx (mol) | |||
N |
|
| + | ne |
y | ny (mol) |
Vì thể tích NO sinh ra trong hai thí nghiệm bằng nhau nên (1)
Khối lượng catot bình 1 và 2 luôn tỉ lệ 27/14 nên ta lại có: (2)
Trộn hai bình lại rồi điện phân thì khối lượng bình chênh nhau chính là khối lượng kim loại bám trên catot: (3)
Điện lượng tiêu hao 7720C nên số mol electron trao đổi là
(4)
Giải hệ (2) và (3) ta có khối lượng của M là gam và khối lượng của N là gam
Từ (1) và (4) ta có
Thay x, y vào Mx, Ny ta được và
b. Phương trình phản ứng:
Tổng thể tích cần dùng là 106,67ml
2.a.
b.
Câu 5.
1. .
Thành phần B gồm có và có thể có S.
Vậy trong C có và . Gọi x là % của trong hỗn hợp C.
Vậy trong C, theo số mol; .
a) Đốt cháy B:
Thể tích đốt cháy là: .
Thể tích đốt cháy Fe là: .
Tổng thể tích đốt cháy FeS và Fe là: .
Thể tích đốt cháy S là: . Vậy .
b)
c) Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe. Trường hợp này . Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này . Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%.
d) Nếu có nghĩa là dư. tỷ lệ
Vậy tỷ lệ với .
5.2. a)
Đây là phản ứng oxi hóa, tự khử vì trong vừa là chất oxi hóa vừa là chất khử
b)
Bản chất của phản ứng này tương tự bản chất phản ứng a) trên.
c)
Đây cũng là phản ứng oxi hóa khử, trong đó
trong là chất oxi hóa ( trong )
trong là chất khử ( trong )
d)
Trong phản ứng oxi hóa khử này, trong là chất oxi hóa; trong là chất khử ( trong ).
Câu 1: (4 điểm)
X: n = 2;
Y: n = 2;
Z: n = 3;
Trước khi lưu giữ, trong bình không có lưu huỳnh.
Cho 1 Ci = Bq (1Bq = 1 phân rã/giây);
Số Avogađro ; hoạt động phóng xạ ( là hằng số tốc dộ phân rã, N là số hạt nhân phóng xạ ở thời điểm t).
Câu 2: (4,0 điểm)
Cách 1:
Cách 2:
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
Câu 3: (4,0 điểm)
Hằng số tố độ phản ứng cho bảng: (Hằng số khí R = 8,314
T(K) 300 400
K 2,6.10-8 4,9.10-4
Đối với phản ứng này người ta đề nghị cơ chế như sau:
Dựa vào cơ chế trên hãy viết biểu thức tốc độ phản ứng:
* Đặt , trong đó là áp suất riêng phần của NH3 và P là áp suất của hỗn hợp ở trạng thái cân bằng. Thiết lập công thức tính liên hệ giữa a, P và KP.
* Tính a ở 5000C và P = 300 atm, biết rằng ở nhiệt độ này KP = 1,5.10-5. Từ đó tính hiệu suất chuyển hóa của N2 (hoặc H2) thành NH3 khi cân bằng.
Câu 4: (4,0 điểm)
Cho biết: +
+ + H2O
ở 250C; KW = 10-14.
4.2. Hãy tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120M; NH3 0,150M và KOH 0,005M. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của là 9,24.
Câu 5: (4 điểm)
Khí H có thể được tạo ra khi cho khí C tác dụng với Hidro. Khí C tác dụng ddE lại tạo ra chất A. Trộn khí C với khí G và nước tạo được dd có 2 chất D và H. Hãy xác định CTHH của chất A H và pthh các phản ứng xảy ra.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN – KHÁNH HÒA
Câu 1: (4,0 điểm)
1.a. X: có phân lớp ngoài cùng là 2p3(N)
Y: có phân lớp ngoài cùng là 2p4(O)
Z: có phân lớp ngoài cùng là 3p4(S)
b. XY2: NO2: nguyên tử N lai hóa sp2, phân tử có dạng chữ V (dạng góc).
ZY2: SO2: nguyên tử S lai hóa sp2, phân tử có dạng chữ V (dạng góc).
nguyên tử S lai hóa sp2, ion có dạng tứ diện đều.
c. NO2 có thể đime hóa thành N2O4 do trên nguyên tử N còn 1 electron độc thân
O
O
+
O
O
O
O
O
O
Trong khi đó, với SO2, nguyên tử S còn 1 cặp electron nên không có khả năng đime hóa.
Trong ion , các electron π giải tỏa đều trên cả 4 liên kết làm cho 4 liên kết này trở thành trung gian giữa liên kết đôi S=O và liên kết đơn S-O. Do đó, độ dài liên kết trong lớn hơn liên kết S=O và nhỏ hơn liên kết S-O trong H2SO4.
2-
S
O
O
O
O
2. a. Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32P:
Và phân rã phóng xạ của
b.
Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kỳ bán hủy.
Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng đầu và nhiệt độ, nên sau thời gian đó lượng 32P của mẫu I cũng chỉ còn lại ¼ so với lúc đâu → độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:
nguyên tử
Khối lượng 32P đã phân rã là:
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32S tạo thành đúng bằng khối lượng 32P đã phân rã: m (32S) = 5,3.10-2µg.
Câu 2: (4 điểm)
1. Trong một số mạng cơ sở lập phương tâm diện, số nguyên tử bằng:
Gọi a là độ dài cạnh ô mạng cơ sở. Khoảng cách ngắn nhất giữa các nguyên tử là trên đường chéo của mặt nên:
Từ
Vậy M là Al
2. Với cách viết 1 [Ar]3d8:
Với cách viết 2 [Ar]3d64s2:
có kết quả như trên. Ngoài ra:
Do đó E2 = -40417,2 eV
E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni2+ có cấu hình eletron [Ar]3d8.
Câu 3: (4,0 điểm)
1.a. Phương trình Arrhenius có dạng: lgk = lgA – Ea/2,3RT. Ta có:
lgk1 = lgA - Ea/2,3RT1 (1)
lgk2 = lgA - Ea/2,3RT2 (2)
Trừ (1) cho (2) ta được:
Thay số vào ta tính được Ea = 98,225kJ.mol-1.
b. Giai đoạn chậm quyết định tốc độ, đó là giai đoạn thứ hai:
Thay biểu thức vào biểu thức tốc độ phản ứng ta thu được:
v = k2.K[NO]2[O2]
2.a. Phản ứng tổng hợp NH3 trong công nghiệp:
ÄH < 0 (1)
Các điều kiện cần thiết của phản ứng (1) là: t05000C; P 300 atm; có bột Fe làm xúc tác, tỉ lệ mol N2:H2 = 1:3
- P cao phù hợp với của nguyên lí Lơ Satơliê là làm cân bằng chuyển dịch theo chiều thuận, vì chiều thuận là chiều làm giảm số mol khí.
- Nhiệt độ cao cân bằng chuyển dịch theo chiều nghịch (chiều làm giảm hiệu suất) vì
ÄH < 0, do vậy theo nguyên lý Lơ Satơliê là không thuận lợi cho việc tổng hợp NH3, nhưng vì tốc độ phản ứng chậm (hoặc không phản ứng) khi ở nhiệt độ thấp, nên cần tăng nhiệt độ và dùng chất xúc tác. Tỉ lệ mol N2:H2 = 1:3 để sự chuyển N2 và H2 thành NH3 là lớn nhất.
b. Theo bài cho ta có:
* mà
Theo (1) và kết quả trên ta có công thức liên hệ giữa a, P và Kp là:
Hay (1)
*Theo đbài cho và kết quả trên ta có:
+Nếu P = 300 atm thì a = 0,226
+ Nếu P = 600 atm thì a = 0,334
Xét cân bằng sau, gọi số mol N2, H2 tương ứng là 1 mol , 3 mol (vì cân bằng lượng chất theo đúng tỉ lượng):
ÄH < 0 (2)
Câu bằng: 1-α 3(1-α) 2α
Từ (2), ta có:
Tổng số mol các khí lúc cân bằng là n = (4-2 α)mol
Theo biểu thức Pi = xi.P (áp suất riêng phần bằng phần mol của chất đó nhân với áp suất của hệ
Nếu a = 0,226 → α % = 36,87%
Nếu a = 0,334 → α % = 50,07%
Vậy qua kết quả tính ở trên cho thấy khi P tăng thì α cũng tăng, điều này phù hợp với nguyên lí Lơ Satơliê. Nhưng áp suất mà quá cao thì không đảm bảo sản xuất được an toàn. Mặt khác trong quá trình sản xuất NH3 được ngưng tụ tách khỏi môi trường phản ứng.
Câu 4: (4,0 điểm)
2.1.
+Ta có:
+ Do cặp là anot và cặp là catot.
+ Sơ đồ pin:
+ Phản ứng xảy ra trong pin:
Tại catot:
Tại anot:
2. (1)
(2)
(3)
So sánh (1) → (3), tính pH theo ĐKP áp dụng cho (1) và (2):
Đặt
Chấp nhận
→ Ta có:
Kiểm tra:
Vậy cách giải gần đúng trên có thể chấp nhận được → pH = 11,77.
Câu 5: (4,0 điểm)
1. A phải là chất dễ bị ánh sáng phân tích tạo ra khí có mùi, có màu vàng (halogen)
→ A là AgCl; (B là Ag; C là Cl2)
- D có thể là HNO3 đặc → G là NO2 ↑ → E là AgNO3
Hoặc H2SO4 đặc → G là SO2 ↑ → E là Ag2SO4 (loại vì không tan trong dd đậm đặc)
- Khí H và HCl
Ag + 2HNO3 → AgNO3 + NO2 + H2O
AgNO3 + HCl → AgCl↓ + HNO3
Cl2 + 2H20+2NO2 → 2HNO3 + 2HCl
Cl2 + AgNO3 + H2O → AgCl↓ + HNO3 +HclO
2.a. Điểm sai trong cách lắp bộ dụng cụ điều chế oxi là ống nghiệp đựng KMnO4 hướng lên. Ống nghiệm chứa KMnO4 kẹp trên giá phải hơi chúc miệng xuống để trách hiện tượng khi đun KMnO4 ẩm, hơi nước bay lên đọng lại trên thành ống nghiệm chảy xuống đáy làm vỡ ống.
b. Phương pháp thu khí dựa vào tính chất oxi tan ít trong nước.
c. Khi kết thúc thí nghiệm, phải tháo ống dẫn khí ra trước khi tắt đèn cồn để tránh hiện tượng nước chảy ngược từ chậu sang ống nghiệm đang nóng làm vỡ ống nghiệm.
d. B(H2SO4 đặc vì nó háo nước và không tác dụng với oxi)
e. Nếu dùng cùng một khối lượng KMnO4 và KClO3 thì KClO3 điều chế được oxi nhiều nhất.
Xem thêm các bài tiếp theo bên dưới