bài kiểm tra đội tuyên hóa 10

Bài kiểm tra đội tuyển hoá 10( bài số 3)
Thời gian: 120 phút
C âu I :
1. Tính độ thủy phân (h) và pH của 2 dung dịch sau đây:
a) Dung dịch NH
4
Cl 0,1 M , với KNH
3
= 1,8. 10

5
.
b) Dung dịch Natribenzoat C
6
H
5
COONa 2. 10

5
M , với KC
6
H
5
COOH = 6,29. 10

5
.
2. Butadien 1,3 ở trạng thái khí trong điều kiện 25
0
C và 100 kPa.
a) Tính Nhiệt tạo thành chuẩn của nó ở 25

0
C khi biết:
H
0
ở 298 K theo kJ.mol

1
:
H
0
đốt cháy C
4
H
6
= 2552,73 ; H
0
sinh H
2
O (l) = 285,83;
H
0
sinh CO
2
(k) = 393,51; H
0
thăng hoa C(r) = 716,7
b) Tính Nhiệt tạo thành chuẩn của nó ở 25
0
C khi biết các trị số năng lợng liên kết:
H H C

C
C = C C H
kJ. mol

1
436 345 615 415
c) So sánh kết quả của 2 phần trên và giải thích.
3. Viết cấu trúc Lewis của NO
2
và nêu dạng hình học của nó. Dự đoán dạng hình học của
ion NO
2

và ion NO
2
+
. So sánh hình dạng của 2 ion với NO
2
.
Câu II:
1.

Hoàn thành các phơng trình phản ứng hạt nhân sau:
a) ?
82
Pb
206
+
2
He

4
b)
9
F
17

8
O
17
+ ?
c)
94
Pu
239
? +
2
He
4
d)
1
H
1
+ ?
2
He
4
e) ? +
1
D
2

2
2
He
4
2.
a) Uran trong thiên nhiên chứa 99,28% U
238
(có thời gian bán huỷ là 4,5.10
9
năm) và 0,72%
U
235
(có thời gian bán huỷ là 7,1.10
8
năm). Tính tốc độ phân rã mỗi đồng vị trên trong
10gam U
3
O
8
mới điều chế. Cho O = 15,9994 ; và một năm có 365 ngày.
b) Mari và Pie Curi diều chế Ra
226
từ quặng Uran trong thiên nhiên. Ra
226
đợc tạo ra từ
đồng vị nào trong hai đồng vị trên?
3.
Tính Sức điện động của pin cho sau đây ở 25
0
C :

H
2
, Pt H
3
O
+
CH
3
COOH 0,01 M Pt , H
2
.
P( H
2

) = 1 atm ; [H
3
O
+
] = 1 M. Hằng số điện ly của axit axetic = 1,76.10
-5
.
Câu III:
1. Cho phản ứng : (CH
3
)
2
O CH
4
+ CO + H
2

Khi tiến hành phân hủy đimetyl ete (CH
3
)
2
O trong một bình kín ở nhiệt độ 504
o
C và
đo áp suất tổng quát của hệ, ngời ta đợc các kết quả sau:
t (s) 0 1550 3100
P
tổng quát
(mmHg) 400 800 1000
Dựa vào các kết quả này, hãy:
a) Chứng minh rằng phản ứng thuộc bậc nhất
b) Tính hằng số tốc độ ở 504
o
C
c) Tính áp suất tổng quát trong bình và phần trăm lợng (CH
3
)
2
O đã bị phân hủy sau
460s.
2. Nêu phơng pháp hoá học để loại các chất sau:
a) SO
2
, NO
2
, HF trong khí thải công nghiệp.
b) Cl

2
làm nhiễm bẩn không khí trong phòng thí nghiệm
Câu IV:
1. Đơn chất A phản ứng với B tạo hợp chất C màu vàng cam. Cho 0,05 mol C phản ứng với
lợng d CO
2
tạo thành hợp chất D và 1,2 gam đơn chất B. Hòa tan tòan bộ D vào nớc.
Dung dịch này phản ứng với 50,0 mL dung dịch HCl 1 mol/L giải phóng 0,56 L CO
2
(điều kiện tiêu chuẩn). Hãy xác định A, B, C, D và viết các phơng trình phản ứng đã
xảy ra. Cho biết hợp chất C chứa 54,93 % nguyên tố A (theo khối lợng). Mặt khác, khi
nung nóng, hợp chất D nóng chảy mà cha bị phân tích.
2. Trộn CuO với một oxit kim loại đơn hóa trị II theo tỷ lệ mol 1:2 đợc hỗn hợp A. Dẫn
một luồng khí H
2
d đi qua 3,6 gam A nung nóng thu đợc hỗn hợp B. Để hòa tan hết B cần
60 ml dung dịch HNO
3
nồng độ 2,5M và thu đợc V lít khí NO duy nhất(đktc) và dung dịch
chỉ chứa nitat kimloại. Xác định kim loại hóa trị II nói trên và tính V.
Đáp án đề số 3
Câu I:
1.
a) Cân bằng: NH
4
+
+ OH

NH
3

+ H
2
O (KNH
3
)

1
.
2H
2
O H
3
O
+
+ OH

K
W
.
NH
4
+
+ H
2
O NH
3
+ H
3
O
+

K = K
W
. (KNH
3
)

1
= 5,55. 10

10
.
[ ] 0,1 x x x
Do C
0
(NH
3
) = 0,1 M >> nên bỏ qua sự điện ly của nớc.
Ta có:
[ ]
3 3
4
.NH H O
NH
+
+


=

5,55. 10

10
.
2
0,1
x
x
= 5,55. 10

10
.
(coi 0,1 x 0,1) x = 7,45. 10

6
<< 0,1 (hợp lý)
Độ thủy phân (h) =
6
7, 45.10
0,1

ì 100% = 0,00745 % và pH = lg 7,45. 10

6
= 5,13
b) Cân bằng: C
6
H
5
COO

+ H
+
C
6
H
5
COOH (K
a
)

1
.
H
2
O H
+
+ OH

K
W
.
C
6
H
5
COO

+ H
2

O OH

+ C
6
H
5
COOH K = (K
a
)

1
. K
W

= 1,59. 10

10
.
[ ] (2. 10

5
y) y y

2
5
2.10
y
y

= 1,59. 10

10
. (coi y << 2. 10

5
) y = 5,64. 10

8
.
Độ thủy phân (h) =
8
5
5,64.10
2.10


ì100% = 0,28 %
- Nếu tính nh (a) đợc pH = 6,75. Kết quả này không hợp lý vì C
0
của C
6
H
5
COO

nhỏ nên cần chú ý đến
sự điện ly của nớc. Hơn nữa pH của dung dịch bazơ = 6,75 < 7 là không hợp lý.
Vậy, C
6

H
5
COO

+ H
2
O OH

+ C
6
H
5
COOH K = = 1,59. 10

10
.
H
2
O OH

+ H
+
K
W
.
Theo định luật bảo toàn điện tích: [OH

] = [C
6
H

5
COOH] + [H
+
]
[C
6
H
5
COOH] = [OH

] [H
+
] hay [C
6
H
5
COOH] = [OH

]
14
10
OH




Theo phơng trình thủy phân:
[ ]
6 5
6 5

.C H COOH OH
C H COO






=
14
6 5
10
.OH OH
OH
C H COO

=
2
14
5
10
2.10
OH
OH








= 1,59.10

10
.
(coi [OH

] << 2. 10

5
) [OH

] = 1,148. 10

7
.(hợp lý) pOH = 6,94
pH = 7,06
2.
a) C
4
H
6
+ 5,5 O
2
4CO
2
+ 3H
2
O
H
0
(cháyC
4
H
6
) = 4H
0
(sinhCO
2
) + 3H
0
(sinh H
2
O) H

0
(sinhC
4
H
6
)
H
0
(sinhC
4
H
6
) = 4 (393,51) + 3( 285,83) ( 2552,73) = 121,2 kJ/mol
b) H
0
(sinhC
4
H
6
) = 4H
0
(thăng hoaC
rắn
) + 3E(HH) 6 E(CH) E(CC) 2E(C=C )
= (4 ì2866,8) + (3 ì436) (6 ì415) (345) (2 ì615) = 109,8 kJ/mol
c) Năng lợng liên kết theo tính toán không phù hợp với kết quả thực nghiệm (lệch tới 10%), lớn hơn thông
thờng do có sự không định vị của mây làm cho phân tử bền vững hơn so với mô hình liên kết cộng hoá trị
định vị.

CH

2
CH CH
CH
2
Sự khác nhau giữa 2 nhiệt tạo thành đợc gọi là năng lợng cộng hởng của phân tử = 11,4 kJ. mol

1
.
3.
- Cấu trúc Lewis và dạng hình học:

O
ON
NO
2
O
O
132
0
O
O
NO
2
+
O
O
NO
2
+
N

N
N
O
O
115
0
N
N
+
O O
- Trong NO
2
và NO
2

đều có N ở trạng thái lai hoá sp
2
, nên có cấu trúc dạng góc. NO
2
chỉ có 1e cha liên
kết nên lực đẩy các cặp e liên kết yếu hơn NO
2

có cặp e cha liên kết góc liên kết ONO của NO
2
>
góc liên kết ONO của NO
2

.

- Nguyên tử N trong NO
2
+
ở trạng thái lai hoá sp và không còn e tự do nên hai liên kết có khuynh h-
ớng tạo góc 180
0
để giảm thiểu lực đẩy giữa các đôi e liên kết dẫn đến hình học tuyến tính(180
0
).
Câu II:
1. 'a.
P
84
O
210

Pb
82
206
+
He
2
4
( hay )
b.
9
F
17

8

O
17
+
1
e
0
c.
P
94
u
239

U
92
235
+
He
2
4
(hay )
d.
1
H
1
+
1
T
3

He

2
4
(hay )
e.
Li
3
6
+
1
D
2
2
He
2
4
( hay 2)
- Để thực hiện đợc việc cân bằng các phơng trình trên, ta dựa vào 2 định luật
toàn cụ thể là:
- Bảo toàn số khối. Ví dụ xét a/ ở vế phải đầu bài đã cho 206 + 4 = 210. Vậy vế
trái phải có số khối là 210.
- Bảo toàn điện tích, cụ thể là bảo toàn số Proton. Cũng xét ví dụ a/ đầu bài cho
vế phải có tổng số Proton là 82+2=84. Vậy vế trái phải có số Proton là 84. Tra
bảng hệ thống tuần hoàn ta có
84
P
o
210
.
2.
a.Tốc độ phân huỷ hạt nhân đợc tính theo phơng trình v= .N (1)

là hằng số tốc độ phân huỷ
N là tổng số hạt nhân phóng xạ có ở thời điểm xét
+ Trớc hết cần tìm .
Ta có = 0,6931 / T
1/2
(2)
T1/2 là thời gian phân huỷ đầu bài đã cho. Khi tính nên đổi ra giây cho phù hợp
thông lệ.
+ Tiếp đến tìm N nh sau:

-Tìm số mol U
3
O
8
có trong 10gam 1,19.10
-2
(mol)
10,0g
(238.3+16.8)g/mol
~
~
-Số hạt nhân Uran có tổng cộng là: 1,19.10
-2
.6,022.10
23
.3 = 2,15.10
22
.
Trong đó: N(U
238

) = N(238) = 2,15.10
22
.0,9928 = 2,13.10
22
N(U
235
) = N(235) = 2,15.10
22
.0,0072 = 1,55.10
20
+Dùng phơng trình (1) để tính tốc độ phân rã của từng loại hạt nhân Uran

U
238
có v(238) = (238) . N(238) =
213.1022.0,6931
4,5.109.3,16.107

v(238) = 1,04.10
6
hạt nhân/giây
U
235
có v(235) = (235) . N(235) = 1,55.10
20
.0,6931
7,1.10
8
.3,16.10
8

v(235) = 4,76.10
4
hạt nhân/giây
b.( 0,5 đ) Dựa vào định luật bảo toàn số khối và bảo toàn điện tích, ta có
phơng trình:

92
U
238

86
Ra
226
+ 3
2
He
4
+2
Vậy Ra
226
đợc điều chế từ U
238
. Cần lu ý Uran phóng xạ hạt .
3.Tính Sức điện động của pin cho sau đây ở 25
0
C :
H
2
, Pt H
3

O
+
CH
3
COOH 0,01 M Pt , H
2
.
PH
2
= 1 atm ; [H
3
O
+
] = 1 M. Hằng số điện ly của axit axetic = 1,76. 10

5
.
- Môi trờng axit nên coi sự điện ly của nớc là không đáng kể so với CH
3
COOH:
CH
3
COOH H
+
+ CH
3
COO

.
[ ] 0,01 x x x

K
a
=
[ ]
2
3
3
.
0,01
H CH COO
x
CH COOH x
+


=

= 1,76. 10

5
x = 4,1. 10

4
. = [H
3
O
+
]
E(H
3

O
+
/H
2
) = 0,00 + 0,059lg[H
3
O
+
] = 0,1998 V
Sức điện động E = E
0
(H
3
O
+
/H
2
) E(H
3
O
+
/H
2
) = 0 ( 0,1998)
= 0,1998 V
Đây là sức điện động của pin: Pt, H
2
CH
3
COOH 0,01 M H

3
O
+
H
2
, Pt
nên Sức điện động của pin theo sơ đồ đã cho = 0,1998 V
Câu III:
1.
a) (CH
3
)
2
O CH
4
+ CO + H
2
t = 0
P
o
(mmHg)
t
P
o
- P
P
P P
(mmHg)
ở thời điểm t P
tq

= P
o
+ 2P P = ( P
tq
- P
o
)
1
2
(Với P là độ giảm áp suất của (CH
3
)
2
O ở thời điểm t so với ban đầu)

P(CH
3
)
2
O ở thời điểm t= Po - P =
3
2
Po Ptq
* Nhiệt độ và V bình phản ứng không đổi:
t = 0( s) P = 400 mmHg
t = 1550 (s) P = 200 mmHg
t = 3100(s) P = 100 mmHg
(CH
3
)

2
O
Nh vậy sau 1550(s) thì lợng (CH
3
)
2
O giảm một nửa và sau( 3100 - 1550) =
(CH
3
)
2
O
(CH
3
)
2
O
1550 (s) tiếp theo thì lợng (CH
3
)
2
O lại giảm một nửa nữa t
1/2
của phản
ứng là một hằng số :
t
1/2
= 1550s = const
phản ứng là bậc 1.
b) Hằng số tốc độ của phản ứng ở 504

o
C là:
k = = = 4,47.10
-4
( s
-1
)
t
1/ 2
ln 2
0,693
1550
c)
P
t
= P
o
.e = 400.e = 325,7(mmHg)
-kt
-4,47.10
-4
.460
P = P
o
- P
t
= 400 - 325,7 = 74,3( mmHg)
P
tq(460s)
= P

o
+ 2P = 400 + 2 .74,3 = 548,6( mmHg)
và : % = = 18,575 %
400
74,3
(CH
3
)
2
O bị phân huỷ
2.
a) Dẫn khí thải qua nớc vôi trong:
Ca(OH)
2
+ SO
2
CaSO
3
+ H
2
O
2Ca(OH)
2
+ 4NO
2
Ca(NO
3
)
2
+ Ca(NO

2
)
2
+ 2H
2
O
Ca(OH)
2
+ 2HF CaF
2
+ 2H
2
O
b) Phun NH
3
dạng khí hoặc lỏng vào không khí nhiễm Clo

Cl
2
+ 2NH
3
= N
2
+ 6HCl
HCl + NH
3
= NH
4
Cl
Câu IV:

1. n
HCl
= 0,05 (mol) = n
H
+; n CO
2
= = 0,025 (mol)
Dung dịch chứa D tác dụng với HCl giải phóng CO
2
với tỉ lệ: n
H
+: n
co
2
= 0,05:0,025 =
2:1 2H
+
+ CO
3
2-
H
2
O + CO
2
: D là muối cacbonat, C là oxit bazơ hay kim lọai
oxit. Do đó A, B là kim lọai và oxi. Tuy nhiên
C + CO
2
D + B (O
2

) nên C phải là pe-oxit hoặc supeoxit.
Lợng oxi trong C (công thức phân tử A
x
O
y
) gồm: (16 ì 0,025) + 1,2 = 1,6 gam
m
C
= = 3,55 gam M
C
= = 71 (g/mol).
Mặt khác, m
A
(trong C) = 3.55 - 1,6 = 1,95 g x:y = : M
A
=
M
C
= M
A
x + 16y = 19,5y + 16y = 71 y = 2; M
A
= thỏa với x = 1; M
A
= 39 A=K
Vậy: A = K; B = O
2
; C = KO
2
; D = K

2
CO
3
Các phơng trình phản ứng: K + O
2
KO
2
2KO
2
+ CO
2
K
2
CO
3
+ O
2

K
2
CO
3
+ 2HCl 2KCl + H
2
O + CO
2

2.
+) Đặt công thức của oxit kim loại hoá trị II là MO, số mol CuO là x mol
n

MO
= 2x mol.
Ta có pt: m = 80 x + (M + 16) . 2x = 3,6 (a)
+) Cho H
2
d qua A nung nóng:
CuO + H
2
Cu + H
2
O (1)
Có thể có: MO + H
2
M + H
2
O (2)
+) Xét 2 trờng hợp:
TH
1
: Không xảy ra p (2) (MO không bị khử bởi H
2
)
hhA
hh B gồm x mol Cu và 2x mol MO. Cho B tác dụng với dd HNO
3
có:

MO + 2HNO
3
M(NO

3
)
2
+ H
2
O (3)

3Cu + 8HNO
3
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (4)
n = n
Cu
+ 2n
MO
= + 4x (mol)
hay = 0,06.2,5 x = 0,0225 mol. Thay vào (a) ta có:
80.0,0225 + (M + 16). 0,0225 .2 = 3,6
M = 24 (Mg) thoả mãn.
Vậy M là Mg , n
NO
= .x = 0,015 mol
V = 0,336 lit
HNO
3

p
8
3
8x
3
20x
3
2
3
TH
2
: Có phản ứng (2) MO bị khử bởi H
2
hh B gồm Cu và M . Ta có:
3 M + 8HNO
3
3M(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H
2
O (5)
3Cu + 8HNO
3
3Cu(NO
3
)
2
+ 2NO + 4H

2
O (6)
n
HNO3 p„
= ( n
Cu
+ n
M
) = 8x = 0,06.2,5
x = 0,01875 mol.Thay vµo (a) cã:
M = 40 (Ca) lo¹i v× CaO kh«ng bÞ khö bëi H
2
VËy M lµ Mg, V = 0,336 (lit)
8
3