Đáp án Đề đề xuất thi học sinh giỏi lớp 10 Duyên Hải môn Hóa Học trường Chu Văn An Hà Nội năm học 20142015

4




ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM
ĐỀ XUẤT ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI – ĐBBB
2015
Môn: Hóa học – Lớp 10

Câu I(2đ): Cấu tạo nguyên tử- Hệ thống tuần hoàn.
Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hoàn trong đó B
có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn hơn tổng số lượng tử ( n + l ) của A là 1. Tổng số đại số của
bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng của cation A
a
là 3,5.
1. Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B.
2. Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B.
Hướng dẫn:
Nội dung Điểm
1.
Vì 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ nên 2 nguyên tố có cùng số lớp
electron (cùng n ). Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l ) của A là 1 nên: Cấu hình
electron lớp ngoài cùng của A, B là:
A: ns
2
; B: np
1

0,5 đ
Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng

cation A có dạng A
2+
. Vậy tổng đại số của 4 số
lượng tử của A
2+
là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5
0.5đ
Vậy 4 số lượng tử của :
A : n = 3 l = 0 m = 0 s = -
2
1

0.25đ
B: n = 3 l = 1 m = - 1 s = +
2
1

0.25đ
2.
A: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2

( Mg ).
0.25đ
B: 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
1
( Al ).
0.25đ
Câu II(2đ): Liên kết hóa học- Hình học phân tử- Tinh thể
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
2,33g.cm
-3
; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol
-1
.
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (r
C
= 0,077 nm) và giải thích.
2. Hãy so sánh và giải thích
a. Nhiệt hình thành của COF
2
và COCl
2

.
b. Góc liên kết XSX trong các phân tử SO
2
X
2
với X là các nguyên tử halogen.
3. Thực nghịêm xác định được momen lưỡng cực của phân tử H
2
O là 1,85D, góc liên kết
HOH là 104,5
o
, độ dài liên kết O – H là 0,0957 nm. Tính độ ion của liên kết O – H trong phân
tử nước (bỏ qua momen tạo ra do các cặp electron hóa trị không tham gia liên kết của oxy)
Cho biết: 1D = 3,33.10
-30
C.m; Điện tích của electron là -1,6.10
-19
C; 1nm = 10
-9
m.

Hướng dẫn:
Nội dung Điểm

1.
a. Từ công thức tính khối lượng riêng
D =  V
1 ô
= ( 8.28,1)/(2,33.6,02.10
23

) = 16,027 cm
3
.





VN
A
Mn
.
.

5

a= 5,43.10
-8
cm; d = = 5,43.10
-8
.1,71 = 9.39.10
-8
cm;
Bán kính của nguyên tử silic là: r = d/8 = 1,17 .10
-8
cm;

0.25đ

b.
Có r
Si
(0,117 nm) > r
C
( 0,077 nm). Điều này phù hợp với quy luật biến đổi bán kính
nguyên tử trong một phân nhóm chính.

0.25đ

2.
a.
Ta có sơ đồ tạo thành COX
2
có thể biểu diễn theo sơ đồ sau:

C
(graphit)
+ 1/2O
2
+ X
2
COX
2
C(khí)
O(khí)
2X(khí)
X

2
E
1/2E
lk
-2E
lkC-X
-E
lkC=O
th
+
+
ht



2 2 2 2
( OF ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) 2( )
ht C ht COCl lk F lk Cl lk C Cl lk C F
H H E E E E
 
      

+ Nguyên tử F không có phân lớp d nên phân tử F
2
chỉ có đơn thuần 1 liên kết
đơn. Còn nguyên tử Cl có phân lớp d nên ngoài 1 liên kết đơn, giữa 2 nguyên tử Cl có
một phần liên kết

kiểu

p d
, do đó,
2 2
( ) ( )lk F lk Cl
E E
(1)
+ So với nguyên tử F, nguyên tử Cl có bán kính lớn hơn, độ âm điện nhỏ hơn,
do đó
( ) ( )lk C Cl lk C F
E E
 

(2)
Từ (1) và (2) suy ra,
2 2
( OF ) ( OCl )
ht C ht C
H H  

0.5đ
b.
+ Phân tử SO
2
X
2
có cấu tạo tứ diện, nguyên tử S lai hóa sp
3

+ S tạo liên kết đôi S = O với 2 nguyên tử O, tạo liên kết đơn S – X với 2
nguyên tử X, mật độ electron ở liên kết đôi S = O lớn hơn ở liên kết đơn S – X.
+ Từ F đến I, độ âm điện giảm dần nên mật độ electron càng ở xa nguyên tử
phối trí X, càng gần trung tâm S
Do đó, góc liên kết OSO tăng dần từ F đến I, ngược lại, góc liên kết SXS
(giảm) dần từ F đến I, có nghĩa là góc liên kết FSF < ClSCl < BrSBr < ISI (phối tử
có độ âm điện lớn, góc liên kết nhỏ)

0.5đ
3.
O
H
H








của phân tử bằng tổng các momen của hai liên kết (O – H):
Từ đó sử dụng các hệ thức lượng trong tam giác ta tính được momen của liên
kết O – H là: 1,51D
Tính

OH
(t.tế)  1,5109 D

3.a

6

Tính

OH
(l.thuyết) = l.e =
30
199
10.33,3
10.6,1.10.0957,0


 4,5982 D


0.5đ

% = 
5982,4
5109,1
100% 32,8585%

0.5đ

Câu 3(2đ): (Phản ứng hạt nhân)

Khi nghiên cứu một mẫu cổ vật nguồn gốc hữu cơ chứa 1 mg cacbon, người ta thấy rằng tỷ lệ
đồng vị
C
C
12
14
của mẫu là 1,2.10
-14
.
a. Có bao nhiêu nguyên tử
14
C có trong mẫu ?
b. Tốc độ phân rã của
14
C trong mẫu bằng bao nhiêu ?
c. Tuổi của mẫu nghiên cứu bằng bao nhiêu ?
Cho chu kỳ bán hủy của
14
C là 5730 năm, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon thời
chưa có các hoạt động hạt nhân của con người là 227 Bq/KgC. Cho biết 1Bq = 1 phân rã/giây.
Hướng dẫn:
a.Tổng số nguyên tử C trong mẫu vật
1923
10.02,510.02,6.
12
001,0

nguyên tử
Số nguyên tử
14

C = 5,02.10
19
.1,2.10
-14
= 6,02.10
5
nguyên t
ử.
0.5đ
b. Tốc độ phân rã:
)(10.31,210.02,6.
60.60.24.365.5730
2ln
.
2ln
.
65
2
1
BqN
t
NkA



0.5đ
c. Tuổi của mẫu nghiên cứu
37925
10.31,2
10.227

.ln.
ln
5730
ln
ln
ln
1
ln
1
6
6
22
2
1



A
A
t
A
A
kN
N
k
t
ooo
năm
1đ

Câu 4(2đ): Nhiệt hóa học.
Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là:
ZnS(r) + 3/2O
2
(k) → ZnO(r) + SO
2
(k)
1. Tính ∆H
o
của phản ứng ở nhiệt độ 298K và 1350K, coi nhiệt dung của các chất
không phụ thuộc vào nhiệt độ ở miền nhiệt độ nghiên cứu.
2. Giả thiết ZnS nguyên chất. Lượng ZnS và không khí (20% O
2
và 80% N
2
theo thể
tích) lấy đúng tỉ lệ hợp thức bắt đầu ở 298K sẽ đạt đến nhiệt độ nào khi chỉ hấp thụ lượng
nhiệt tỏa ra do phản ứng ở điều kiện chuẩm tại 1350K (lượng nhiệt này chỉ dùng để nâng
nhiệt độ các chất đầu)
Hỏi phản ứng có duy trì được không, nghĩa là không cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết
rằng phản ứng trên chỉ xảy ra ở nhiệt độ không thấp hơn 1350K?
3. Thực tế trong quặng sfalerit ngoài ZnS còn chứa SiO
2
. Vậy hàm lượng % của ZnS
trong quặng tối thiểu phải là bao nhiêu để phản ứng có thể tự duy trì được?
Biết:
ZnS(r) ZnO(r) SO
2
(k) O
2

(k) N
2
(k) SiO
2
(r)
∆H
o
(kJ.mol
-1
) -
202,92
-
347,98
-296,90
C
o
p
(J.K
-1
.mol
-
1
)
58,05 51,64 51,10 34,24 30,65 72,65
M
ZnS
= 97,42g.mol
-1
; M
SiO2

= 60,10g.mol
-1



7

Hướng dẫn giải

Nội dung Điểm
1. ∆H
o
298
= -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
∆C
o
p
= 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K
-1

∆H
1350
= -448976,84J
2 2
0 0 0 0 1
(ZnS) ( ) (N )
3
6 293,31 .
2
P P P O P

C C C C J K

   


0,25x4=1đ

2.
0
1350
298
293,31 0 1829
T
dT T K
    

. T = 1829K > 1350K nên phản ứng
tự duy trì được.

0.5đ
3. Gọi x là số mol SiO
2
có trong 1 mol ZnS


 %ZnS = 47%


0.25đ

0,25đ


Câu 5(2đ): Cân bằng hóa học trong pha khí.
Amoni hiđrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH
3
(k) và H
2
S (k).
Biết:
Hợp chất
H
0
(kJ/mol) S
0
(J/K.mol)
NH
4
HS (r)

156,9
113,4
NH
3
(k)

45,9

192,6
H
2
S (k)

20,4
205,6
a. Tính H
o
298
,S
o
298
và G
o
298
của phản ứng trên
b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25
0
C của phản ứng trên
c. Tính hằng số cân bằng Kp tại 35
0
C của phản ứng trên.
Giả thiết H
0
và S
0
không phụ thuộc nhiệt độ.
d. Giả sử cho 1,00 mol NH
4

HS (r) vào một bình trống có thể tích 25,00 lít. Hãy tính áp suất
toàn phần trong bình, nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng ở 25
0
C, bỏ qua thể tích của
NH
4
HS (r). Nếu thể tích bình là 100,00 lít, hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm
trên.
Giải:
Nội dung Điểm

a. H
0
=  45,9 20,4  (  156,9 ) = 90,6 kJ/mol
S
0
= 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol
G
0
= H
0
 T. S
0
= 90600  298,15  284,8 = 5687 J/mol hay 5,687
kJ/mol

0.5đ
b. G
0
=  RT.ln K

a
 5687 =  8,314  298,15  ln K
a
. K
a
=
0,1008
0.5đ


 )(65,7231,2936
2
3
1
)()()()(
222
JKxxCCCCC
o
SiOp
o
Np
o
Op
o
ZnSp
o
p
 

1350

298
1350
298
84,1065,7231,29384,448976 molxxdTdT



8

Kp = Ka = 0,1008 atm
2
.

c. Tương tự tại 35
0
C, G
0
= H
0
 T. S
0
= 2839 J/mol nên Ka = 0,3302 và Kp =
0,3302 atm
2
.

0.25đ

d. Do P (toàn phần) = P (NH
3

) + P (H
2
S) P (NH
3
) = P (H
2
S) = 0,5P (toàn
phần)
Kp = [0,5P (toàn phần)]
2
= 0,1008 P (toàn phần) = 0,635 atm


0.25đ

số mol khí = = = 0,64 mol số mol NH
4
HS = 1 
0,50,64= 0,68
* Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí = = 2,56 mol
số mol NH
4
HS = 1  0,5  2,56 =  0,28 không còn
chất rắn
Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên
P (toàn phần) = = = 0,5 atm

0.5đ
Câu 6(2đ): Cân bằng axit- bazơ, tạo kết tủa.
Dung dịch A chứa NH
3
0,2M; Na
2
C
2
O
4
0,1M; Na
2
SO
4
0,08M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm dần CaCl
2
vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M.
Tính [C
2
O

4
2-
], [SO
4
2-
], [Ca
2+
]? (Coi như thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể)
Cho pK
a
: NH
4
+
(9,24); HSO
4
-
(2,00); H
2
C
2
O
4
(1,25; 4,27)
pK
s
: CaSO
4
(4,26); CaC
2
O

4
(8,75);

( )
*
CaOH


= 10
-12,6
Hướng dẫn:
Nội dung Điểm

a. Tính pH
A
?
Xét các cân bằng:
NH
3
+ H
2
O  NH
4
+
+ OH
-
K
b
= 10
-4,76

(1)
C
2
O
4
2-
+ H
2
O  HC
2
O
4
-
+ OH
-
K
b1
= 10
-9,73
(2)
HC
2
O
4
-
+ H
2
O  H
2
C

2
O
4
+ OH
-
K
b2
= 10
-12,75
(3)
SO
4
2-
+ H
2
O  HSO
4
-
+ OH
-
K
b’
= 10
-12
(4)
Do K
b
>> K
b1
>> K

b2
, K
b’
nên cân bằng (1) là chủ yếu, quyết định pH của dung dịch A.
NH
3
+ H
2
O  NH
4
+
+ OH
-
K
b
= 10
-4,76
(1)
C 0,2
[] 0,2-x x x

2
(0,2 )
x
x
= 10
-4,76
 x = 1,856.10
-3
 pH = 11,27.

0.5đ
b. Dung dịch A: NH
3
(0,2M), C
2
O
4
2-
(0,1M), SO
4
2-
(0,08M)
Xét điều kiện hình thành kết tủa:
0.5đ


PV
RT
0,635 25
0,08314 298,15



0,635 100
0,08314 298,15



nRT

V
2 0,08314 298,15
100
 

9

Muốn có CaSO
4
:
2
2
4
4
( aS )
s
Ca
SO
K C O
C
C



= 6,87.10
-4

Muốn có CaC
2
O

4
:
2
2
2 4
2 4
( aC )
s
Ca
C O
K C O
C
C



= 10
-7,75

Vậy CaC
2
O
4
xuất hiện trước.

Các phản ứng xảy ra:
Ca
2+
+ C
2

O
4
2-
 CaC
2
O
4
0,18 0,1
Còn 0,08 -
Ca
2+
+ SO
4
2-
 CaSO
4

0,08 0,08
Còn - -
TPGH: CaC
2
O
4
, CaSO
4
, NH
3
(0,2M)

0.25đ
NH
3
+ H
2
O

NH
4
+
+ OH
-
K
b
= 10
-4,76
(1’)
CaSO
4
 Ca
2+
+ SO
4

2-
K
s1
= 10
-4,26
(2’)
CaC
2
O
4
 Ca
2+
+ C
2
O
4
2-
K
s2
= 10
-8,75
(3’)
So sánh K
s1
>> K
s2
 cân bằng (1’) và (2’) là chủ yếu.
Cân bằng (1’) đó xét ở phần a: pH = 11,27
Xét cân bằng (2’):
CaSO

4
 Ca
2+
+ SO
4
2-
K
s1
= 10
-4,26
(2’)
S S
Các quá trình phụ:
Ca
2+
+ H
2
O  CaOH
+
+ H
+

( )
*
CaOH


= 10
-12,6
(4’)

SO
4
2-
+ H
2
O  HSO
4
-
+ OH
-
K
b’
= 10
-12
(5’)
Do môi trưêng bazơ (pH = 11,27) nên có thể bỏ qua cân bằng nhận proton của SO
4
2-
(cân
bằng (5’)).
Vậy S = [SO
4
2-
]
và S = [Ca
2+
] + [CaOH
+
] = [Ca
2+

].(1+
*

.[H
+
]
-1
)

2
1
[ ]
1 * .[ ]
S
Ca
H


 



Vậy K
s1
= [Ca
2+
].[SO
4
2-
]=

2
1
1 * .[ ]
S
H

 


Thay [H
+
] = 10
-11,27
,
*

, K
s1
ta tính được S = 7,6.10
-3

Kết quả: [SO
4
2-
] = S = 7,6.10
-3

[Ca
2+
] = 7,25.10

-3

[C
2
O
4
2-
] =
2
2
[ ]
s
K
Ca

= 2,45.10
-7
.
0.75đ
Câu 7(2đ): Phản ứng oxi hóa khử-pin điện hóa.
Dung dịch X gồm K
2
Cr
2
O
7
0,010M; KMnO
4
0,010M; Fe
2

(SO
4
)
3
0,0050M và H
2
SO
4
(pH của
dung dịch bằng 0).Thêm dung dịch KI vào dung dịch X cho đến nồng độ của KI là 0,50M,
được dung dịch Y (coi thể tích không thay đổi khi thêm KI vào dung dịch X).
a. Hãy mô tả các quá trình xảy ra và cho biết thành phần của dung dịch Y.
b. Tính thế của điện cực platin nhúng trong dung dịch Y.

10

c. Cho biết khả năng phản ứng của Cu
2+
với I
-
(dư) ở điều kiện tiêu chuẩn.Giải thích.
d. Viết sơ đồ pin được ghép bởi điện cực platin nhúng trong dung dịch Y và điện cực platin
nhúng trong dung dịch gồm Cu
2+
, I
-
(cùng nồng độ 1M) và chất rắn CuI. viết phương trình
hoá học của các phản ứng xảy ra trên từng điện cực và xảy ra trong pin khi hoạt động.
Cho: E
0

(Cr
2
O
7
2-
/Cr
3+
) = 1,330V; E
0
(MnO
4
-
/Mn
2+
)= 1,510V; E
0
(Fe
3+
/Fe
2+
) = 0,771V; E
0
(I
3
-
/I
-
)= 0,5355V; E
0
(Cu

2+
/Cu
+
) = 0,153V; pKs(CuI) = 12; ở 25
0
C: 2,303
RT
F

0,0592; Cr(z = 24).
Hướng dẫn:
Nội dung Điể
m
a) 1. Do
- 2+ 2- 3+ 3+ 2+ - -
4 2 7 3
0 0 0 0
MnO /Mn Cr O /Cr Fe /Fe I /I
E = 1,51 V > E = 1,33 V > E = 0,771V > E
= 0,5355 V,

nên các quá trình xảy ra như sau:
2
-
4
MnO
+ 16 H
+
+ 15 I
-


2 Mn
2+
+ 5
-
3
I
+ 8 H
2
O
0,01 0,5
- 0,425 0,01 0,025

2
2 7
-
Cr O
+ 14 H
+
+ 9 I
-


2 Cr
3+
+ 3
-
3
I

+ 7 H
2
O
0,01 0,425 0,025
- 0,335 0,02 0,055
2 Fe
3+
+ 3 I
-


2 Fe
2+
+
3
-
I

0,01 0,335 0,055
- 0,32 0,01 0,06
Thành phần của dung dịch Y:
3
-
I
0,060 M; I
-
0,32 M; Mn
2+
0,01 M; Cr
3+

0,02 M; Fe
2+

0,01 M.

















0.5đ
b.
3
-
I
+ 2 e

3 I
-

3
- -
I /I
E
=
3
0,0592 0,06
0,5355 + .log
2
(0,32)
= 0,54 V.

0.5đ
c. Do
3
0
- -
I /I
E = 0,5355 V
>
2+
0
Cu Cu
/
E = 0,153 V

nên về nguyên tắc Cu
2+
không oxi hóa được

I
-
và phản ứng: 2 Cu
2+
+ 3 I
-


2 Cu
+
+
-
3
I
hầu như xảy ra theo chiều nghịch.
Nhưng nếu dư I
-
thì sẽ tạo kết tủa CuI. Khi đó
2+ 2+
0 0
Cu /CuI Cu /Cu
S(CuI)
E = E + 0,0592.log
K
1



0,863 V.
Như vậy

2+
0
Cu /CuI
E
= 0,863 V >
3
0
- -
I /I
E = 0,5355 V

Cu
2+
sẽ oxi hóa được I
-
do tạo thành
CuI:
2 Cu
2+
+ 5 I
-


2 CuI

+
-
3
I

0.5đ

Câu 8(2đ): Nhóm halogen.
a. Độ bền đối với nhiệt từ HF đến HI thay đổi như thế nào? Có phù hợp với sự thay đổi nhiệt
độ nóng chảy và nhiệt độ sôi không?

11

b. Điclo oxit ClO
2
là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt
nhất để điều chế ClO
2
trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO
3
và H
2
C
2
O
4
tác dụng với
H

2
SO
4
loãng. Trong công nghiệp ClO
2
được điều chế bằng cách cho NaClO
3
tác dụng với SO
2
có
mặt H
2
SO
4
4M.
* Viết các phương trình phản ứng xảy ra.
* ClO
2
là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO
2
trong phòng thí nghiệm theo phương
pháp trên tương đối an toàn?
Hướng dẫn:
a. Độ dài liên kết HX, năng lượng liên kết và độ bền đối với nhiệt trong dãy từ HF đến HI có
các giá trị sau:
HF HCl HBr HI
Độ dài liên kết HX (Ǻ) 1,02 1,28 1,41 1,60
Năng lượng liên kết HX (Kcal/mol) 135 103 87 71
Phân hủy ở 1000
0

C (%) Không 0,014 0,5 33
Trong dãy đó, độ bền đối với nhiệt giảm do độ dài liên kết tăng và năng lượng liên
kết giảm.
Độ bền đối với nhiệt chỉ phụ thuộc vào năng lượng liên kết của phân tử, còn nhiệt độ
nóng chảy và nhiệt độ sôi lại phụ thuộc vào năng lượng tương tác giữa các phân tử nên độ bền
đối với nhiệt từ HF đến HI phù hợp với sự thay đổi nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi
b. 2KClO
3
+ H
2
C
2
O
4
+ 2H
2
SO
4
 2ClO
2
+ K
2
SO
4
+ 2CO
2
+ 2H
2
O
2NaClO

3
+ SO
2
+ H
2
SO
4
 2 ClO
2
+ 2NaHSO
4

CO
2
sinh ra pha loãng ClO
2
nên làm giảm khả năng nổ của ClO
2
nên điều chế ClO
2
trong
phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn.
Câu 9(2đ): Oxi-Lưu huỳnh.
Trong một bình kín dung tích không đổi chứa 50 (g) hỗn hợp gồm: a
1
(g) FeCO
3
chứa a% tạp
chất trơ và a
2

(g) FeS
2
cũng chứa a% tạp chất trơ và một lượng gấp 1,5 lần lượng cần thiết
không khí giàu oxi (70% N
2
và 30% O
2
về thể tích). Nung nóng bình để phản ứng xảy ra hoàn
toàn thu được hỗn hợp oxit B và hỗn hợp khí C, sau đó đưa nhiệt độ bình về trạng thái ban
đầu thấy áp suất trong bình vẫn như trước khi nung.
Lấy chất rắn trong bình cho vào ống sứ, đốt nóng rồi dẫn một luồng khí CO đi qua.
Sau khi kết thúc thí nghiệm, từ chất rắn còn lại trong ống sứ lấy ra được 17,92 (g) sắt, biết
rằng chỉ có 80% sắt oxit bị khử thành sắt.
Cho hỗn hợp khí C vào bình kín dung tích không đổi 5 lít có mặt xúc tácV
2
O
5
, nung
nóng bình ở 546
0
C đến khi phản ứng oxi hóa SO
2
đạt trạng thái cân bằng thấy áp suất trong
bình lúc đó là 38,304 atm.
a. Tính % tạp chất trơ a và khối lượng a
1
, a
2
.
b. Tính hằng số cân bằng phản ứng oxi hóa khử SO

2
thành SO
3
ở 546
0
C.
Hướng dẫn:
a. Gọi n
3
FeCO
và n
2
FeS
lần lượt là x và y
Phương trình phản ứng:
2FeCO
3
+ 1/2O
2

0
t
Fe
2
O
3
+ CO
2

12

x
4
x
x
2FeS
2
+ 11/2 O
2

0
t
Fe
2
O
3
+ SO
2

y
4
11y
y/2 2y
n
2
O
phản ứng
=
4

x
+
4
11y
=
4
11yx



n
2
O
ban đầu
= 1,5.
4
11yx


n
2
N
=
3
7.5,1
.
4
11yx

= 3,5.

4
11yx




Vậy hỗn hợp C gồm các chất có mol lần lượt là: CO
2
x mol; SO
2
2y mol; O
2
dư 0,5.
4
11yx

mol; N
2
3,5.
4
11yx

mol.

……………………………………………………………….0.5đ
P
1
= P
2
nên n

1
= n
2


4
x
+
4
11y
=
yxyx

2
(1)
Fe
2
O
3

 
CO
2Fe
100
80
.
2
yx


100
80
)( yx 


Ta có
100
80
.
2
yx

=
32,0
56
92,17

(2)
Từ (1) và (2) ta có x = y = 0,2
+ Tổng khối lượng FeS
2
và FeCO
3
là:
m
3
FeCO
+ m
2
FeS

= 0,2 .120 + 0,2.116 = 47,2 (g)
+ Vì phần trăm tạp chất như nhau nên phần trăm nguyên chất như nhau. Ta có tỉ lệ :
50
2,472,0.1202,0.1162,0.1202,0.116
2121




aaaa


a
1
= 24,58 (g) và a
2
= 5,42 (g)
%36,2
100).(
1
1
2



a
ma
a
FeS
……………………………………………………………0.5đ

b. n
1
= n
C
= n
2
SO
+ n
2
CO
+ n
2
O
dư
+ n
2
N

=
)(3
4
)2,0.112,0(5,3
4
)2,0.112,0(5,0
2,2.22,0 mol





n
2
=
)(85,2
)273546(
273
4,22
5.304,38
2
22
mol
RT
VP





2SO
2
+ O
2
2SO
3

2a a 2a

13


2a + a – 2a = a = 3 – 2,85 = 0,15

a = 0,15
(mol)……………………………………………0.5đ
Ở trạng thái cân bằng :
n
2
SO
= 2y -2a = 2.0,2 – 2.0,15 = 0,1 (mol)
n
2
O
=

0,5.
4
11yx

- a = 0,225 (mol)
n
3
SO

= 2a = 0,3 (mol)
V
2
SO
= 0,1/5 = 0,02 (l); V
2

O
= 0,225/5 = 0,045 (l); V
3
SO
= 0,3/5 = 0,06 (l)
200
045,0.02,0
06,0
].[][
][
2
2
2
2
2
2
3

OSO
SO
K
C
……………………………………………………….0.5đ
Câu 10(2đ): Động học của phản ứng.
Đối với phản ứng: A + B → C + D
1. Trộn 2 thể tích bằng nhau của dung dịch chất A và dung dịch chất B có cùng nồng độ 1M:
a. Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 333,2K thì sau 2 giờ nồng độ của C bằng 0,215M. Tính
hằng số tốc độ của phản ứng.
b. Nếu thực hiện phản ứng ở 343,2K thì sau 1,33 giờ nồng độ của A giảm đi 2 lần. Tính năng
lượng hoạt hoá của phản ứng (theo kJ.mol

-1
).
2. Trộn 1 thể tích dung dịch chất A với 2 thể tích dung dịch chất B, đều cùng nồng độ 1M, ở
nhiệt độ 333,2K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%?
Hướng dẫn:
Nội dung Điể
m
1.
a Đối với phản ứng: A + B → C + D
Phương trình tốc độ phản ứng dạng tổng quát là: v = kC
A
C
B
(1)
Vì nồng độ ban đầu của A và B bằng nhau nên (1) trở thành v = k C
A
2
và phương tr
ình
động học tích phân tương ứng là:
kt = 1/C
A
- 1/C
Ao

Thay các giá trị số tính được k
1
= 2,1.10
-4
mol

-1
ls
-1
.

0.5đ
b. Tại 343,2K, tính toán tương tự trường hợp 1) được k
2
= 4,177.10
-4
mol
-1
ls
-1
.
Thay các giá trị k
1
và k
2
vào phương trình Arrhenius tính được E
a
= 65 378 Jmol
-1
.


0.75
đ
2. C
Ao

= 1/3M; C
Bo
= 2/3M. Nồng độ ban đầu của A và B khác nhau, phương trình đ
ộng
học tích phân có dạng: kt =
1
a b
ln
( )
( )
b a x
a b x



Thay các giá trị số vào phương trình tính được t = 24353 s. (hay 6,764 h).


0.75
đ

Người ra đề: Nguyễn Văn Kiên
Điện thoại 0914850023