DeDap an ki thi vung duyen hai va dong bang bac trung bo truong thpt chuyen bac giang lop 10 mon hoa nam 2016

<span class='text_page_counter'>(1)</span>HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN. ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10. VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ. NĂM 2016. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG. Thời gian làm bài 180 phút. ĐỀ THI ĐỀ XUẤT. (Đề này có 03 trang, gồm 10 câu). Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH Hai nguyên tố A, B tạo thành hợp chất X. Khi đốt nóng đến 800 0C hợp chất X tạo thành đơn chất A. Số e hóa trị trong nguyên tử của nguyên tố A bằng số lớp electron của nguyên tố B. Số electron hóa trị của nguyên tố B bằng số lớp electron của nguyên tố A. Điện tích hạt nhân của B gấp 7 lần hạt nhân của nguyên tử A. a) Hãy cho biết A, B là nguyên tố kim loại hay phi kim? Giải thích. b) Xác định A, B, công thức phân tử của X, gọi tên X. Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion kim loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện, còn các ion florua (F‒) chiếm tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3. 1. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua? 2. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối? 3. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol. Câu 3: (2,0 điểm) phản ứng hạt nhân 235 92. 1. Khi bắn phá. U ta thu được. 146 57. La. và. 87 35. Br . Hãy viết phương trình của phản ứng. phân hạch và tính năng lượng được giải phóng (theo J) của phản ứng đó. Biết:. 235 92. U. = 235,0439u ;. 146 57. La. = 145,9063 ;. 87 35. Br. = 86,9054 ; mn = 1,00866u. 2. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước sông là 8.10-18. Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy 12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 10g mẫu nước sông trên sau 40 năm. Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Glyxin hay axit 2-aminoaxetic công thức H 2N-CH2-COOH là 1 -aminoaxit ở thể rắn ở nhiệt độ thường. 1. Xác định năng lượng liên kết C=O trong glyxin ở 298K..

<span class='text_page_counter'>(2)</span> 0. 2.Tính  H 298 khi đốt cháy Glyxin rắn biết rằng nó chỉ tạo thành nước, cacbonđioxit và nitơ, tất cả ở thể khí. 3. Người ta thực hiện sự đốt cháy bằng cách cho 150g Glyxin phản ứng với 4 mol oxi. 0. Tính  H 298 của hệ trong quá trình đốt cháy. Biết năng lượng liên kết , E theo kJ.mol-1 , của các liên kết ở 298K như sau : H-H: 436; C-C: 435; C-H: 415; O=O: 498; C-O: 356; O-H: 463; N N: 945; N-H: 390; C-N: 305 0.  H 298 thăng hoa của cacbon: 717kJ.mol-1; của Glyxin: 176 kJ.mol-1 0.  H 298 tạo thành của CO2(k) -394kJ.mol-1; của Glyxin(r) : -504 kJ.mol-1. Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Ở 820oC hằng số cân bằng của các phản ứng: CaCO3 CaO (r) + CO2(k) C(r) + CO2(k)  2CO(k). (1) K1= 0,2 (2). K2= 2. 1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 oC, người ta cho 1 mol CaCO 3 và 1 mol C. Xác định số mol của CO và CO2 khi hệ ở trạng thái cân bằng. 2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì sự phân hủy xảy ra hoàn toàn. Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1. Tính pH và nồng độ cân bằng của các phân tử trong hệ giữa HCl 0,01M + H2S 0,1M biết K1 (H2S) = 10-7,02; K2 H2S= 10-12,90; Kw(H2O)= 10-14 2. Trộn 15ml dung dịch CH3COOH 1.10-2 M với 10ml dung dịch NaOH 5.10-3M. Tính pH của dung dịch thu được KaCH3COOH = 10-4,76 3. Ở 250C tích số tan của BaCrO4 là 1,2.10-10 ; Ag2CrO4 là 2,5.10-12 a. Muối nào tan trong nước nhiều hơn. b. Muối nào tan trong dung dịch nước chứa CrO42- 0,1M nhiều hơn. Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa Cho. OH ¿3 ¿ 2− CrO 4 / Cr ¿ ; E¿. Cr(OH)3. 02. EMnO / MnO(OH ) =+ 1 ,695 V − 4. CrO2- + H+ + H2O. K = 1,0.10-14. 1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO 42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2. 2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin..

<span class='text_page_counter'>(3)</span> 3. Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M. 4. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động. Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H 2SO4 đặc, nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g). Nếu cho dung dịch BaCl 2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng muối B. 1. Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối. 2. Xác định kim loại kiềm và halogen. 3. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3- (R là Halogen tìm được ở trên) ?. Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh 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 V1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. 1. Tìm tương quan gía trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện). 2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2. 3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. Câu 10: (2,0 điểm) Động học Ở 250C, hai phản ứng đơn phân tử, I và II, có cùng hằng số tốc độ, mặc dù năng lượng hoạt động hoá Ea của phản ứng I lớn hơn năng lượng hoạt động hoá của phản ứng II. Từ dữ kiện đó, hãy cho biết nhận định nào dưới đây về hai phản ứng trên là chính xác, tại sao? (1) kI giống kII tại mọi nhiệt độ. (2) kI lớn hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng nhỏ hơn ở nhiệt độ cao hơn. (3) kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng lớn hơn ở nhiệt độ cao hơn. (4) kI lớn hơn kII ở cả vùng nhiệt độ thấp hơn và cao hơn 250C. ..........................................HẾT....................................... Người ra đề: Nguyễn Thị Việt Hà SĐT: 0988. 630. 594.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN. ĐÁP ÁN. VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ. MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2016. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG. Thời gian làm bài 180 phút. ĐỀ THI ĐỀ XUẤT. (Đề này có 03 trang, gồm 10 câu). Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH Hai nguyên tố A, B tạo thành hợp chất X. Khi đốt nóng đến 800 0C hợp chất X tạo thành đơn chất A. Số e hóa trị trong nguyên tử của nguyên tố A bằng số lớp electron của nguyên tố B. Số electron hóa trị của nguyên tố B bằng số lớp electron của nguyên tố A. Điện tích hạt nhân của B gấp 7 lần hạt nhân của nguyên tử A. a) Hãy cho biết A, B là nguyên tố kim loại hay phi kim? Giải thích. b) Xác định A, B, công thức phân tử của X, gọi tên X. Hướng dẫn giải ý Nội dung a Hiện nay, người ta biết 118 nguyên tố do đó. Điểm 1,0. 7ZA  118   ZA  16,86. Suy ra A thuộc 3 chu kì đầu và số lớp e của A là n1 3 Gọi số e hoá trị của B là q2. Theo đề bài ta có n1 =q2 Suy ra q2 3. Vậy B là kim loại Mặt khác ZB = 7ZA   n1< n2 và 4 n2  7 Theo đề bài q1 = n2 Suy ra 4 q1  7. Vậy A là nguyên tố phi kim b Ta có Ng.tố. 1,0 ZA. Số lớp e. e hoá trị. Bo 5 2 3 C 6 2 4 N 7 2 5 O 8 2 6 F 9 2 7 Si 14 3 4 Chọn A là Oxi; B là Ba, X phải là BaO2 0. Ng. tố Br Mo In Ba Eu. 800 C BaO2    BaO + 1/2O2. Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể. ZB. Số lớp. e hoá trị. 35 42 49 56 63 98. e 4 5 5 6 6 7. 7 1 3 2 2 2.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion kim loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện, còn các ion florua (F‒) chiếm tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3. 1. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua? 2. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối? 3. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol. Hướng dẫn giải ý a. Nội dung Ô mạng cơ sở:. b. Trong một ô mạng: n+. - Số ion R : - Số ion F‒:. c. Điểm 0,5. 0,5. 1 1 8   6  4 8 2. 8 1 8. 0,25. . Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì:. . ion kim loại là R2+. 4×n = 8×1  n = 2. Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2. Khối lượng riêng florua tính theo công thức:. 0,5. M RF2 4 6, 023.1023 D= a3.  M RF2 . D×a 3 6, 023.1023 4,89 (0, 620.10 7 ) 6, 023.10 23  175, 48 4 4.  M R 175, 48  19 2 137, 48. Vậy kim loại R là bari. Muối florua là BaF2.. Câu 3: (2,0 điểm) phản ứng hạt nhân. (g/mol). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> 235 92. 1. Khi bắn phá. 146 57. U ta thu được. La. và. 87 35. Br . Hãy viết phương trình của phản ứng. phân hạch và tính năng lượng được giải phóng (theo J) của phản ứng đó. Biết:. 235 92. 146 57. = 235,0439u ;. U. La. = 145,9063 ;. 87 35. Br. = 86,9054 ; mn = 1,00866u. 2. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước sông là 8.10-18. Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy 12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 10g mẫu nước sông trên sau 40 năm. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung 235 92. 1 0. U + n→. 146 57. 87 35. 1 0. La+ Br+ 3 n. Điểm 0,25. m0 = 235,0439 + 1,00866 = 236,05256 (g) m = 145,9063 + 86,9054 + 3.1,00866 = 235,83768 (g). 0,25. Δm = m0 - m = 0,21488 (g) E = Δm.C2 = 0,21488.10-3.(3.108)2 = 1,93392. 1013 (J/mol) 2. hay 3,211.10-11 (J/ngtử) Số phân tử H2O có trong 10 (g) mẫu nước sông:. 0,5. 10 .6,023.1023 = 3,346.1023 (phtử) 18. Số nguyên tử H có trong 10 (g) mẫu nước sông: 6,6921023 (ngtử) Số đồng vị. 3 1. H có trong 10 (g) mẫu nước sông:. N0 = 6,6921023.8.10-18 = 5,354.106 (ngtử) t1/2 = 12,3 năm ln. N0 N. = kt. ⇒. ⇒. k =. ln 2 t 1/ 2. 0,5. = 0,0564 / năm. N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.40 = 5,609.105 (ngtử). Vậy sau 40 năm số nguyên tử. 3 1. H có trong 10 (g) mẫu nước sông là:. 0,5. 5. 5,609.10 (ngtử) Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học 1. Glyxin hay axit 2-aminoaxetic công thức H2N-CH2-COOH là 1 -aminoaxit ở thể rắn ở nhiệt độ thường. a. Xác định năng lượng liên kết C=O trong glyxin ở 298K. 0. b.Tính  H 298 khi đốt cháy Glyxin rắn biết rằng nó chỉ tạo thành nước, cacbonđioxit và nitơ, tất cả ở thể khí..

<span class='text_page_counter'>(7)</span> c. Người ta thực hiện sự đốt cháy bằng cách cho 150g Glyxin phản ứng với 4 mol oxi. 0. Tính  H 298 của hệ trong quá trình đốt cháy. Biết năng lượng liên kết , E theo kJ.mol-1 , của các liên kết ở 298K như sau : H-H: 436; C-C: 435; C-H: 415; O=O: 498; C-O: 356; O-H: 463; NN: 945; N-H: 390; CN: 305 0.  H 298 thăng hoa của cacbon: 717kJ.mol-1; của Glyxin: 176 kJ.mol-1 0.  H 298 tạo thành của CO2(k) -394kJ.mol-1; của Glyxin(r) : -504 kJ.mol-1. 2. Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25 oC vào 200 ml rượu Vodka-Hà Nội 39,5o (giả thiết chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25 oC. Tính biến thiên entropi của quá trình thả viên nước đá vào rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô lập. Cho: R = 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml-1 và của rượu là 0,8 g.ml-1; nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1, của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K-1 và của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1. Hướng dẫn giải ý. Nội dung. Điểm. a) 2C(r) +5/2H2 +O2+1/2N2 -> H2N-CH2-COOH(r) 1. 0. 0.  H 298 tt Glyxin(r) = 2  H 298 th.C+5/2EH-H+EO=O+1/2ENN-2EN-H-EC-N-EC-C-2EC-. 0,25. 0. -EC=O -EC-O-EO-H-  H 298 th Glyxin(r). H. => EC=O= 653,5 kJ.mol-1 b) H2N-CH2-COOH(r) +9/4O2->2CO2+5/2H2O(k)+1/2N2 0 0 0  H 298 ch Glyxin(r) = 2  H 298 tt.CO ❑2 +5/2  H 298 tt.H ❑2 0 Mà  H 298 tt.H ❑2. O. 0,5 0. 298 O-H tt Glyxin(r). =EH-H+1/2EO=O-2EO-H=-241 kJ.mol-1 0. =>  H 298 ch Glyxin(r) = -886,5 kJ.mol-1 c) nGlyxin= 150:75= 2mol => oxi thiếu. 0,25. => nGlyxin cháy=4.4/9=16/9 mol 0. 2. =>  H 298 ch Glyxin(r) qtr = -886,5.16/9= -1576 kJ.mol-1 Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là: 39,5 . 200 = 79 (ml)  VH2O = 200 - 79 = 121 (ml) 100  m C2 H5 OH = 79 . 0,8 =63,2 (g) và m H2O = 121 . 1 = 121 (g). VC2H5OH =. Khi thả viên nước đá vào hỗn hợp rượu, nhiệt tỏa ra của hỗn hợp rượu bằng đúng nhiệt thu vào của viên nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi hệ đạt cân bằng là tcb (oC). Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn:. 1,0.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> 1 2 3 H 2O (r)  Q H 2O (r)  Q H 2 O (l)  Q H 2O (l). -25 oC. 0 oC. 0 oC. tcb oC. 20 20 20 . 37,66 . (0 - (-25)) + . 6,009.103 + . 75,31 . (t cb - 0) 18 18 Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 18.  Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb. Mặt khác nhiệt tỏa ra của quá trình: tỏa. Q. = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu. 121 63, 2 . 75,31 . (25  t cb ) + . 113,00 .(25  t cb ) 46 = 18.  Qtỏa = 661,50 . (25 – tcb). Do Qtỏa = Qthu nên ta có: 7722,78 + 83,68 . tcb = 661,50.(25 – tcb)  tcb = 11,83 ( C). Biến thiên entropi của hệ ( ΔS hệ) bằng tổng biến thiên entropi viên nước đá từ -25 oC lên 11,83 oC ( ΔS nđ) và biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước từ 25 oC xuống 11,83 oC ( ΔS hhr). Biến thiên entropi của nước đá tăng từ - 25 oC đến 11,83 oC gồm 3 thành phần: o. S1 S2 S3 H 2 O (r)   H 2 O (r)    H 2O (l)   H 2O (l). -25 oC. 0 oC. 0 oC. tcb oC. Vậy ΔS nđ = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 20 273 20 6,009.103 20 273 + 11,83 . 37,66 . ln + . + . 75,31 . ln  ΔS nđ = 18 273 - 25 18 273 18 273. = 32,03 (J.K-1) Biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước giảm từ 25 oC xuống 11,83 oC gồm 2 thành phần: ΔS hhr = ΔS nước + ΔS rượu 121 273 + 11,83 63, 2 273 + 11,83 . 75,31 . ln + . 113,00 . ln  ΔS hhr = 18 298 46 298. = - 29,9 (J.K-1). Vậy ΔS hệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1) Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Ở 820oC hằng số cân bằng của các phản ứng: CaCO3 CaO (r) + CO2(k). (1) K1= 0,2. C(r) + CO2(k)  2CO(k). (2). K2= 2. 1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 oC, người ta cho 1 mol CaCO 3 và 1 mol C. Xác định số mol của CO và CO2 khi hệ ở trạng thái cân bằng. 2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì sự phân hủy xảy ra hoàn toàn. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung Gọi x là số mol CaCO3 bị phân huỷ ; y là số mol C tham gia phản ứng. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Ta có: CaCO3 CaO (r) + CO2(k) X. x. (1) K1= 0,2. x. C(r) + CO2(k)  2CO(k) y. y. (2). K2= 2. 2y. Số mol của hỗn hợp khí: (x -y+ 2y) mol = x + y RT. Từ (1) ⟹ K1 = P ❑CO. = 0,2 (atm) = (x – y). V. 2. = (x – y). 0,5. 0 ,082 .(273+820) 22 , 4. x–y=. 0,2 4. = 0,05 (3) ; Từ (2) K2 =. P2CO PCO. =2. 2. 0,5. PCO = √ 2 PCO =√ 0,4 = 0,632 (atm) 2. RT. 2y V Vậy:. 0,4 y= √ = 0,079 (mol). = √ 0,4 n ❑CO. 2. 2. 4. = (x – y) = 0,05 (mol) ;. nCO = 2y = 0,158 (mol). Hoặc là biết áp suất của CO2 ta tính theo công thức PV=nRT 2. Để sự phân huỷ CaCO3 xảy ra hoàn toàn ⟹ x = 1 Vì nhiệt độ không đổi nên k không đổi, áp suất không đổi Ở thời điểm ban đầu: PCO = 0,632 atm và P ❑CO. 2. Áp dụng công thức. = 0,2 atm. PCO n  CO PCO2 nCO2. 0,5. Gọi z là số mol C đã tham gia phản ứng ⟹. RT (1 – z) = 0,2 V. (I). RT .2z = 0,632 (II) V. Lấy (II) chia cho (I) ⟹ Thay z vào (II): V =. 2z 1−z. = 3,16. 0 ,082 .(820+273) .2 . 0 ,612 0 ,632. ⟹ z = 0,612 (mol) = 173,6 (lít). Để CaCO3 phân huỷ hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là:. 0,5. V ≥ 173,76 lít. Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1. Tính pH và nồng độ cân bằng của các phân tử trong hệ giữa HCl 0,01M + H2S 0,1M biết K1 (H2S) = 10-7,02; K2 H2S= 10-12,90; Kw(H2O)= 10-14.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> 2. Trộn 15ml dung dịch CH3COOH 1.10-2 M với 10ml dung dịch NaOH 5.10-3M. Tính pH của dung dịch thu được KaCH3COOH = 10-4,76 3. Ở 250C tích số tan của BaCrO4 là 1,2.10-10 ; Ag2CrO4 là 2,5.10-12 a. Muối nào tan trong nước nhiều hơn. b. Muối nào tan trong dung dịch nước chứa CrO42- 0,1M nhiều hơn. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung +. Điểm. -. HCl→ H + Cl (1)   H2S . H+ + HS- (2) K1= 10-7,02.   HS-  H+ + S2- (3) K2 = 10-12,9   H2O  H+ + OH- (4) Kw = 10-14. Tính theo cân bằng (2)    . H2S C 2. 0,1. H+. HS-. +. K1= 10-7,02. (2). 0,5. 0,01. CB: 0,1-x 0,01 + x Tính pH của dung dịch. x. Xét phản ứng : CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O C0. 6.10-3. C. 4.10-3. 2.10-3 2.10-3. -. TPGH: CH3COOH 4.10-3; CH3COONa 2.10-3; CH3COONa → CH3COO- + Na+ 2.10-3. 2.10-3.   CH3COOH  CH3COO- + H+. C 3. 4.10-3. 2.10-3. CB: ( 4.10-3 – x) a. Tính độ tan của BaCrO4 trong nước Xét cân bằng:. Ka = 10-4,76 ( 2.10-3 + x).   BaCrO4  Ba2+ + CrO42-. Sa. Sa. T = Sa2 → Sa =1,1.10-5(mol/l)   Xét cân bằng: Ag2CrO4  2Ag+ + CrO42-. x. 0,5.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> 2Sb. Sb. 0,5. Trong nước Ag2CrO4 tan nhiều hơn BaCrO4 b. Trong dung dịch CrO420,1M (độ tan của BaCrO4 và Ag2CrO4 là Sa’ và Sb’ ) Ta có: TBaCrO4 = (Sa’) ( 0,1+ Sa’) → Sa’ = 1,2.10-9 (M) TAg2CrO4 = (2 Sb’)2 (0,1 + Sb’) → Sb’ = 2,5.10-6 (M) Nhận xét: Sa’ = 1,2.10-9 < 1,1.10-5 Sb’ = 2,5.10-6 < 8,5.10-5. 0,5. Kết luận: Ag2CrO4 tan trong dung dịch CrO42- 0,1M nhiều hơn BaCrO4 Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa Cho. OH ¿3 ¿ 2− CrO 4 /Cr ¿ ; E¿. E0MnO / MnO(OH ) =+ 1 ,695 V 2. − 4. CrO2- + H+ + H2O. Cr(OH)3. K = 1,0.10-14. 1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO 42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2. 2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin. 3. Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M. 4. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động. Hướng dẫn giải ý 1 Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3. Nội dung. CrO42- + 4H2O + 3e H+ + OH+. K1 103E1 /0,0592. Cr(OH)3 + 5OHCrO2- + H+ + H2O. Cr(OH)3 CrO42-. Điểm. Kw-1 = 1014. H2O 2H2O. +. K = 10-14. 3e. CrO2-. +. 4OH- 0,25. K 2 K1.K.K w1 103E1 /0,0592. Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2 sơ đồ pin:. (-). Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+). 0,25. 2 Tính K của phản ứng: MnO4- + 4H+ + 3e CrO2- + 4OH-. MnO(OH)2 + H2O CrO42- + 2H2O + 3e. K1 = 103.1,695/0,0592 K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> 4|. H+ + OH-. H2O. MnO4- + CrO2- + H2O. MnO(OH)2. Kw = 10-14 + CrO42-. 0,25. K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039 3 Epin = Eopin +. 0 ,0592 lg 3. Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin = Epin = 0,77 +. 0,25. [MnO 4 ].[CrO 2 ] [CrO 24 ]. 0 ,0592 lg 3. 39 .0 , 0592 3. 0,2. 0 , 03 0 , 01. = 0,77V. = 0,7656V. 0,25. 4 Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) Ở mạch trong : - Dung dịch bên anot có CrO 2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương  các ion âm của cầu 0,25 muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện. - Dung dịch bên catot có ion MnO 4-, H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm  các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện.. 0,25. Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H2SO4 đặc, nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO 3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g). Nếu cho dung dịch BaCl 2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng muối B. 4. Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối. 5. Xác định kim loại kiềm và halogen. 6. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3- (R là Halogen tìm được ở trên) ?. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối.. Điểm. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> phản ứng: 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. 0,8. 0,5. 0,4. 0,4. 0,1. H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. 0,1. (1) (2). 0,1. BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4. (3). Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol). 0,25. theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)  Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol). 0,25. Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) Xác định kim loại kiềm và halogen.. 2. 0,25 0,5. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR  MR = 127 (Iot) + Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  MM =39 (Kali) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng. 3. 0,5. Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh 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 V1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. 1. Tìm tương quan gía trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện). 2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2. 3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung Fe + S. Điểm. = FeS.. Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S. FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S Fe + 2HCl = FeCl2 + H2.. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Vậy trong C có H2S và H2 . Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C . (2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 -> x = 40% Vậy trong C,. H2 = 40% theo số mol ; H2S = 60%.. Đốt cháy B : 4FeS + 7O2 = 2Fe2O3 + 4SO2 4Fe + 3O2 = 2Fe2O3. 0,25. S + O2 = SO2 . Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20. Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20.Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20. Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1 2. 3V 1 x 88 x 100 5280 V 1 165 V 1 5 % FeS= = = % 3V1 2V1 75 , 2V 1 +32(V 2 −1 , 35V 1 ) V 2 +V 1 x 88+ x 56+32( V 2 −1 , 35 V 1) 5 5. 0,5 0,25. 2V1 x 56 x 100 70 V 1 5 % Fe= = % 32(V 2 +V 1 ) V 2 +V 1 100 V 2 −135 V 1 32(V 2 −1 ,35 V 1 ) x 100 %S= =¿ ¿ % 32(V 2 +V 1 ) V 2 +V 1. 3. 0,25. c) Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe. Trường hợp này H 0,5 = 60%. Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này H > 60% Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%.. Câu 10: (2,0 điểm) Động học Ở 250C, hai phản ứng đơn phân tử, I và II, có cùng hằng số tốc độ, mặc dù năng lượng hoạt động hoá Ea của phản ứng I lớn hơn năng lượng hoạt động hoá của phản ứng II. Từ dữ kiện đó, hãy cho biết nhận định nào dưới đây về hai phản ứng trên là chính xác, tại sao? (1) kI giống kII tại mọi nhiệt độ. (2) kI lớn hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng nhỏ hơn ở nhiệt độ cao hơn. (3) kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng lớn hơn ở nhiệt độ cao hơn. (4) kI lớn hơn kII ở cả vùng nhiệt độ thấp hơn và cao hơn 250C. Hướng dẫn giải.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> ý. Nội dung Hằng số tốc độ của phản ứng 1: kI = A1. e. Hằng số tốc độ của phản ứng 2: kII = A2. e Từ (1) và (2) ta có:. ln. Điểm. EI  a RT. (1). E II  a RT. (2). kI A EaI  EaII ln I k II = AII RT.  Ở 2980K tức 250C:. ln. EaI  EaII k1 A ln I k2 = AII - RT0. 0, 5. 0,25 = 0  k1 = k2 250C, hai phản. ứng đơn phân tử, I và II, có cùng hằng số tốc độ EaI  EaII EaI  EaII  Ở nhiệt độ T1 > T0: RT1 < RT0. Kết quả là,. ln. ln. . EaI  EaII EaI  EaII kI A A ln I ln I k II = AII - RT1 AII - RT0 = 0 >. 0, 5. kI k II > 0 hay k > k I II. EaI  EaII EaI  EaII  Ở nhiệt độ T2 < T0: RT2 > RT0. Khi đó:. ln. EaI  EaII EaI  EaII kI A A ln I ln I k II = AII - RT2 AII - RT0 = 0 < ln. . kI k II < 0 hay k < k I II. Như vậy, kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp hơn 2980K nhưng lớn hơn kII ở nhiệt độ cao hơn 2980K. Nhận định (3 là đúng. ............................................HẾT......................................... 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN. ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT. VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ. MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2016. TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG. (Đáp án này có 13 trang). Câu 1: (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử. Định luật HTTH Hai nguyên tố A, B tạo thành hợp chất X. Khi đốt nóng đến 800 0C hợp chất X tạo thành đơn chất A. Số e hóa trị trong nguyên tử của nguyên tố A bằng số lớp electron của nguyên tố B. Số electron hóa trị của nguyên tố B bằng số lớp electron của nguyên tố A. Điện tích hạt nhân của B gấp 7 lần hạt nhân của nguyên tử A. a) Hãy cho biết A, B là nguyên tố kim loại hay phi kim? Giải thích. b) Xác định A, B, công thức phân tử của X, gọi tên X. Hướng dẫn giải ý Nội dung a Hiện nay, người ta biết 118 nguyên tố do đó. Điểm 1,0. 7ZA  118   ZA  16,86. Suy ra A thuộc 3 chu kì đầu và số lớp e của A là n1 3 Gọi số e hoá trị của B là q2. Theo đề bài ta có n1 =q2 Suy ra q2 3. Vậy B là kim loại Mặt khác ZB = 7ZA   n1< n2 và 4 n2  7 Theo đề bài q1 = n2 Suy ra 4 q1  7. Vậy A là nguyên tố phi kim b Ta có Ng.tố. 1,0 ZA. Số lớp e. e hoá trị. Bo 5 2 3 C 6 2 4 N 7 2 5 O 8 2 6 F 9 2 7 Si 14 3 4 Chọn A là Oxi; B là Ba, X phải là BaO2. Ng. tố Br Mo In Ba Eu. ZB. Số lớp. e hoá trị. 35 42 49 56 63 98. e 4 5 5 6 6 7. 7 1 3 2 2 2. 0. 800 C BaO2    BaO + 1/2O2. Câu 2: (2,0 điểm) Tinh thể Muối florua của kim loại R có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a = 0,62 nm, trong đó các ion kim loại (Rn+) nằm tại các vị trí nút mạng của hình lập phương tâm diện,.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> còn các ion florua (F‒) chiếm tất cả các hốc tứ diện. Khối lượng riêng của muối florua là 4,89 g/cm3. 1. Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể florua? 2. Xác định công thức phân tử tổng quát của muối? 3. Xác định kim loại R? Cho NA = 6,023.1023; MF = 19 g/mol. Hướng dẫn giải ý a. Nội dung Ô mạng cơ sở:. b. Trong một ô mạng: n+. - Số ion R : - Số ion F‒:. c. Điểm 0,5. 0,5. 1 1 8   6  4 8 2. 8 1 8. 0,25. . Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì:. . ion kim loại là R2+. 4×n = 8×1  n = 2. Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2. Khối lượng riêng florua tính theo công thức:. 0,5. M RF2 4 6, 023.1023 D= a3.  M RF2 . D×a 3 6, 023.1023 4,89 (0, 620.10 7 ) 6, 023.10 23  175, 48 4 4.  M R 175, 48  19 2 137, 48. 0,25. (g/mol). Vậy kim loại R là bari. Muối florua là BaF2.. Câu 3: (2,0 điểm) phản ứng hạt nhân 1. Khi bắn phá. 235 92. U ta thu được. 146 57. La. và. 87 35. Br . Hãy viết phương trình của phản ứng. phân hạch và tính năng lượng được giải phóng (theo J) của phản ứng đó. Biết:. 235 92. U. = 235,0439u ;. 146 57. La. = 145,9063 ;. 87 35. Br. = 86,9054 ; mn = 1,00866u.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> 2. Tỉ lệ triti so với tổng số nguyên tử hidro trong một mẫu nước sông là 8.10-18. Triti phân hủy phóng xạ với chu kỳ bán hủy 12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử triti trong 10g mẫu nước sông trên sau 40 năm. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung 235 92. 1 0. U + n→. 146 57. 87 35. 1 0. La+ Br+ 3 n. Điểm 0,25. m0 = 235,0439 + 1,00866 = 236,05256 (g) m = 145,9063 + 86,9054 + 3.1,00866 = 235,83768 (g). 0,25. Δm = m0 - m = 0,21488 (g) E = Δm.C2 = 0,21488.10-3.(3.108)2 = 1,93392. 1013 (J/mol) 2. hay 3,211.10-11 (J/ngtử) Số phân tử H2O có trong 10 (g) mẫu nước sông:. 0,5. 10 .6,023.1023 = 3,346.1023 (phtử) 18. Số nguyên tử H có trong 10 (g) mẫu nước sông: 6,6921023 (ngtử) Số đồng vị. 3 1. H có trong 10 (g) mẫu nước sông:. N0 = 6,6921023.8.10-18 = 5,354.106 (ngtử) t1/2 = 12,3 năm N0 N. ln. = kt. ⇒ ⇒. k =. ln 2 t 1/ 2. 0,5. = 0,0564 / năm. N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.40 = 5,609.105 (ngtử). Vậy sau 40 năm số nguyên tử. 3 1. H có trong 10 (g) mẫu nước sông là:. 0,5. 5. 5,609.10 (ngtử) Câu 4: (2,0 điểm) Nhiệt hóa học 1. Glyxin hay axit 2-aminoaxetic công thức H2N-CH2-COOH là 1 -aminoaxit ở thể rắn ở nhiệt độ thường. a. Xác định năng lượng liên kết C=O trong glyxin ở 298K. 0. b.Tính  H 298 khi đốt cháy Glyxin rắn biết rằng nó chỉ tạo thành nước, cacbonđioxit và nitơ, tất cả ở thể khí. c. Người ta thực hiện sự đốt cháy bằng cách cho 150g Glyxin phản ứng với 4 mol oxi. 0. Tính  H 298 của hệ trong quá trình đốt cháy. Biết năng lượng liên kết , E theo kJ.mol-1 , của các liên kết ở 298K như sau :.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> H-H: 436; C-C: 435; C-H: 415; O=O: 498; C-O: 356; O-H: 463; NN: 945; N-H: 390; CN: 305 0.  H 298 thăng hoa của cacbon: 717kJ.mol-1; của Glyxin: 176 kJ.mol-1 0.  H 298 tạo thành của CO2(k) -394kJ.mol-1; của Glyxin(r) : -504 kJ.mol-1. 2. Thả một viên nước đá có khối lượng 20 gam ở -25 oC vào 200 ml rượu Vodka-Hà Nội 39,5o (giả thiết chỉ chứa nước và rượu) để ở nhiệt độ 25 oC. Tính biến thiên entropi của quá trình thả viên nước đá vào rượu trên đến khi hệ đạt cân bằng. Coi hệ được xét là cô lập. Cho: R = 8,314 J.mol-1.K-1; khối lượng riêng của nước là 1g.ml-1 và của rượu là 0,8 g.ml-1; nhiệt dung đẳng áp của nước đá là 37,66 J.mol-1.K-1, của nước lỏng là 75,31 J.mol-1.K-1 và của rượu là 113,00 J.mol-1.K-1. Nhiệt nóng chảy của nước đá là 6,009 kJ.mol-1. Hướng dẫn giải ý. Nội dung. Điểm. a) 2C(r) +5/2H2 +O2+1/2N2 -> H2N-CH2-COOH(r) 1. 0. 0.  H 298 tt Glyxin(r) = 2  H 298 th.C+5/2EH-H+EO=O+1/2ENN-2EN-H-EC-N-EC-C-2EC-. 0,25. 0. 298 H-EC=O -EC-O-EO-H-  H th Glyxin(r). => EC=O= 653,5 kJ.mol-1 b) H2N-CH2-COOH(r) +9/4O2->2CO2+5/2H2O(k)+1/2N2 0 0 0  H 298 ch Glyxin(r) = 2  H 298 tt.CO ❑2 +5/2  H 298 tt.H ❑2 0 Mà  H 298 tt.H ❑2. O. 0,5 0. O. -  H 298 tt Glyxin(r). =EH-H+1/2EO=O-2EO-H=-241 kJ.mol-1 0. =>  H 298 ch Glyxin(r) = -886,5 kJ.mol-1 c) nGlyxin= 150:75= 2mol => oxi thiếu. 0,25. => nGlyxin cháy=4.4/9=16/9 mol 0. 2. =>  H 298 ch Glyxin(r) qtr = -886,5.16/9= -1576 kJ.mol-1 Thành phần của rượu và nước trong rượu 39,5o là:. 1,0. 39,5 . 200 VC2H5OH = = 79 (ml)  VH2O = 200 - 79 = 121 (ml) 100 m H2O = 121 . 1 = 121 (g).  m C2 H5 OH = 79 . 0,8 =63,2 (g). và Khi thả viên nước đá vào hỗn hợp rượu, nhiệt tỏa ra của hỗn hợp rượu bằng đúng nhiệt thu vào của viên nước đá thì hệ đạt cân bằng. Gọi nhiệt độ của hệ khi hệ đạt cân bằng là tcb (oC). Quá trình thu nhiệt gồm 3 giai đoạn: 1 2 3 H 2O (r)  Q H 2O (r)  Q H 2 O (l)  Q H 2O (l). -25 oC. 0 oC. 0 oC. tcb oC. 20 20 20 . 37,66 . (0 - (-25)) + . 6,009.103 + . 75,31 . (t cb - 0) 18 18 Qthu = Q1 + Q2 + Q3 = 18.  Qthu = 7722,78 + 83,68 . tcb.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Mặt khác nhiệt tỏa ra của quá trình: tỏa. Q. = Qtỏa của nước + Qtỏa của rượu. 121 63, 2 . 75,31 . (25  t cb ) + . 113,00 .(25  t cb ) 46 = 18.  Qtỏa = 661,50 . (25 – tcb). Do Qtỏa = Qthu nên ta có: 7722,78 + 83,68 . tcb = 661,50.(25 – tcb)  tcb = 11,83 (oC). Biến thiên entropi của hệ ( ΔS hệ) bằng tổng biến thiên entropi viên nước đá từ -25 oC lên 11,83 oC ( ΔS nđ) và biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước từ 25 oC xuống 11,83 oC ( ΔS hhr). Biến thiên entropi của nước đá tăng từ - 25 oC đến 11,83 oC gồm 3 thành phần: S1 S2 S3 H 2 O (r)   H 2 O (r)    H 2O (l)   H 2O (l). -25 oC. 0 oC. 0 oC. tcb oC. Vậy ΔS nđ = ΔS1 + ΔS2 + ΔS3 20 273 20 6,009.103 20 273 + 11,83 . 37,66 . ln + . + . 75,31 . ln  ΔS nđ = 18 273 - 25 18 273 18 273. = 32,03 (J.K-1) Biến thiên entropi hỗn hợp rượu nước giảm từ 25 oC xuống 11,83 oC gồm 2 thành phần: ΔS hhr = ΔS nước + ΔS rượu 121 273 + 11,83 63, 2 273 + 11,83 . 75,31 . ln + . 113,00 . ln  ΔS hhr = 18 298 46 298. = - 29,9 (J.K-1). Vậy ΔS hệ = 32,03 – 29,9 = 2,13 (J.K-1) Câu 5: (2,0 điểm) Cân bằng hóa học pha khí Ở 820oC hằng số cân bằng của các phản ứng: CaCO3 CaO (r) + CO2(k). (1) K1= 0,2. C(r) + CO2(k)  2CO(k). (2). K2= 2. 1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 oC, người ta cho 1 mol CaCO 3 và 1 mol C. Xác định số mol của CO và CO2 khi hệ ở trạng thái cân bằng. 2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì sự phân hủy xảy ra hoàn toàn. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung Gọi x là số mol CaCO3 bị phân huỷ ; y là số mol C tham gia phản ứng Ta có: CaCO3 CaO (r) + CO2(k) X. x. (1) K1= 0,2. x. C(r) + CO2(k)  2CO(k). (2). K2= 2. Điểm.

<span class='text_page_counter'>(21)</span> y. y. 2y. Số mol của hỗn hợp khí: (x -y+ 2y) mol = x + y RT. Từ (1) ⟹ K1 = P ❑CO. = 0,2 (atm) = (x – y). V. 2. = (x – y). 0,5. 0 ,082 .(273+820) 22 , 4. x–y=. 0,2 4. = 0,05 (3) ; Từ (2) K2 =. P2CO PCO. =2. 2. 0,5. PCO = √ 2 PCO =√ 0,4 = 0,632 (atm) 2. RT. 2y V Vậy: 2. 0,4 y= √ = 0,079 (mol). = √ 0,4 n ❑CO. 2. 2. 4. = (x – y) = 0,05 (mol) ;. nCO = 2y = 0,158 (mol). Hoặc là biết áp suất của CO2 ta tính theo công thức PV=nRT Để sự phân huỷ CaCO3 xảy ra hoàn toàn ⟹ x = 1 Vì nhiệt độ không đổi nên k không đổi, áp suất không đổi Ở thời điểm ban đầu: PCO = 0,632 atm và P ❑CO. 2. Áp dụng công thức. = 0,2 atm. PCO n  CO PCO2 nCO2. 0,5. Gọi z là số mol C đã tham gia phản ứng ⟹. RT (1 – z) = 0,2 V. (I). RT .2z = 0,632 (II) V. Lấy (II) chia cho (I) ⟹ Thay z vào (II): V =. 2z 1−z. = 3,16. 0 ,082 .(820+273) .2 . 0 ,612 0 ,632. ⟹ z = 0,612 (mol) = 173,6 (lít). Để CaCO3 phân huỷ hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là:. 0,5. V ≥ 173,76 lít. Câu 6: (2,0 điểm) Cân bằng axit-bazơ và kết tủa 1. Tính pH và nồng độ cân bằng của các phân tử trong hệ giữa HCl 0,01M + H2S 0,1M biết K1 (H2S) = 10-7,02; K2 H2S= 10-12,90; Kw(H2O)= 10-14 2. Trộn 15ml dung dịch CH3COOH 1.10-2 M với 10ml dung dịch NaOH 5.10-3M. Tính pH của dung dịch thu được KaCH3COOH = 10-4,76 3. Ở 250C tích số tan của BaCrO4 là 1,2.10-10 ; Ag2CrO4 là 2,5.10-12 a. Muối nào tan trong nước nhiều hơn. b. Muối nào tan trong dung dịch nước chứa CrO42- 0,1M nhiều hơn..

<span class='text_page_counter'>(22)</span> Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung +. Điểm. -. HCl→ H + Cl (1)   H2S . H+ + HS- (2) K1= 10-7,02.   HS-  H+ + S2- (3) K2 = 10-12,9   H2O  H+ + OH- (4) Kw = 10-14. Tính theo cân bằng (2)    . H2S C 2. 0,1. H+. HS-. +. K1= 10-7,02. (2). 0,5. 0,01. CB: 0,1-x 0,01 + x Tính pH của dung dịch. x. Xét phản ứng : CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O C0. 6.10-3. C. 4.10-3. 2.10-3 2.10-3. -. TPGH: CH3COOH 4.10-3; CH3COONa 2.10-3; CH3COONa → CH3COO- + Na+ 2.10-3. 2.10-3.   CH3COOH  CH3COO- + H+. C 3. 4.10-3. 2.10-3. CB: ( 4.10-3 – x) a. Tính độ tan của BaCrO4 trong nước Xét cân bằng:. Ka = 10-4,76 ( 2.10-3 + x). 0,5. x.   BaCrO4  Ba2+ + CrO42-. Sa. Sa. T = Sa2 → Sa =1,1.10-5(mol/l)   Xét cân bằng: Ag2CrO4  2Ag+ + CrO42-. 2Sb. Sb. Trong nước Ag2CrO4 tan nhiều hơn BaCrO4 b. Trong dung dịch CrO420,1M (độ tan của BaCrO4 và Ag2CrO4 là Sa’ và Sb’ ) Ta có: TBaCrO4 = (Sa’) ( 0,1+ Sa’) → Sa’ = 1,2.10-9 (M) TAg2CrO4 = (2 Sb’)2 (0,1 + Sb’) → Sb’ = 2,5.10-6 (M). 0,5.

<span class='text_page_counter'>(23)</span> Nhận xét: Sa’ = 1,2.10-9 < 1,1.10-5 Sb’ = 2,5.10-6 < 8,5.10-5. 0,5. Kết luận: Ag2CrO4 tan trong dung dịch CrO42- 0,1M nhiều hơn BaCrO4 Câu 7: (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa Cho. OH ¿3 ¿ 2− CrO 4 / Cr ¿ ; E¿. E0MnO / MnO(OH ) =+ 1 ,695 V 2. − 4. CrO2- + H+ + H2O. Cr(OH)3. K = 1,0.10-14. 1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO 42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO(OH)2. 2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin. 3. Tính Epin biết nồng độ của ion CrO42- là 0,010M; CrO2- là 0,030M; MnO4- là 0,2M. 4. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình pin hoạt động. Hướng dẫn giải ý 1 Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3. Nội dung. CrO42- + 4H2O + 3e H+ + OH+. K1 103E1 /0,0592. Cr(OH)3 + 5OHCrO2- + H+ + H2O. Cr(OH)3 CrO42-. Điểm. Kw-1 = 1014. H2O 2H2O. +. K = 10-14. CrO2-. 3e. +. 4OH- 0,25. K 2 K1.K.K w1 103E1 /0,0592. Eo CrO42-/ CrO2- = Eo CrO42-/ Cr(OH)3 = - 0,18V < Eo MnO4-/ MnO(OH)2 sơ đồ pin:. (-). Pt | CrO42-, CrO2-, OH- || MnO4-, H+, MnO(OH)2 | Pt (+). 0,25. 2 Tính K của phản ứng: MnO4- + 4H+ + 3e. MnO(OH)2 + H2O. CrO2- + 4OH4|. CrO42- + 2H2O + 3e H+ + OH-. H2O. MnO4- + CrO2- + H2O. MnO(OH)2. K1 = 103.1,695/0,0592 K2-1 = (103.(-0,18)/0,0592)-1. 0,25. Kw = 10-14 + CrO42-. 0,25. K = K1.K2-1.(Kw)4 = 1039 3 Epin = Eopin +. 0 ,0592 lg 3. [MnO 4 ].[CrO 2 ] [CrO 24 ]. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(24)</span> Tính Eopin dựa vào K phản ứng ta có Eopin = Epin = 0,77 +. 0 ,0592 lg 3. 39 .0 , 0592 3. 0,2. 0 , 03 0 , 01. = 0,77V. = 0,7656V. 0,25. 4 Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) Ở mạch trong : - Dung dịch bên anot có CrO 2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương  các ion âm của cầu 0,25 muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện. - Dung dịch bên catot có ion MnO 4-, H+ đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm  các ion dương của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện.. 0,25. Câu 8: (2,0 điểm) Nhóm Halogen Cho m (g) muối halogen của một kim loại kiềm phản ứng với 200 ml dung dịch axít H2SO4 đặc, nóng (lấy dư). Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí X và hỗn hợp sản phẩm Y. Dẫn khí X qua dung dịch Pb(NO 3)2 thu được 23,9 (g) kết tủa mầu đen. Làm bay hơi nước cẩn thận hỗn hợp sản phẩm Y thu được 171,2 (g) chất rắn A. Nung A đến khối lượng không đổi thu được muối duy nhất B có khối lượng 69,6(g). Nếu cho dung dịch BaCl 2 lấy dư vào Y thì thu được kết tủa Z có khối lượng gấp 1 ,674 lần khối lượng muối B. 7. Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối. 8. Xác định kim loại kiềm và halogen. 9. Cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của R3- (R là Halogen tìm được ở trên) ?. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung Tính nồng độ mol/1ít của dung dịch H2SO4 và m (g) muối.. Điểm. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc. Vậy X là H2S. Các phương trình phản ứng: 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O. 0,8. 0,5. 0,4. 0,4. H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3. 0,1. 0,1. (1). 0,1 (2). 0,25.

<span class='text_page_counter'>(25)</span> BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4. (3). Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol). 0,25. theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Khối lượng R2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)  Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol). 0,25. Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) Xác định kim loại kiềm và halogen.. 2. 0,25 0,5. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. MR  MR = 127 (Iot) + Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  MM =39 (Kali) Trạng thái lai hóa và dạng hình học của I3-: sp3d và dạng đường thẳng. 3. 0,5. Câu 9. (2,0 điểm) Oxi- lưu huỳnh 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 V1 lít hỗn hợp khí C. Tỉ khối của C so với hiđro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. 1. Tìm tương quan gía trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện). 2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2. 3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. Hướng dẫn giải ý 1. Nội dung Fe + S. Điểm. = FeS.. Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S. FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S Fe + 2HCl = FeCl2 + H2. Vậy trong C có H2S và H2 . Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C . (2x+34(100-x))/100 = 10,6.2 = 21,2 -> x = 40% Vậy trong C,. H2 = 40% theo số mol ; H2S = 60%.. Đốt cháy B : 4FeS + 7O2 = 2Fe2O3 + 4SO2. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(26)</span> 4Fe + 3O2 = 2Fe2O3. 0,25. S + O2 = SO2 . Thể tích O2 đốt cháy FeS là: (3V1/5) . (7/4) = 21V1/20. Thể tích O2 đốt cháy Fe là: (2V1/5) . (3/4) = 6V1/20.Tổng thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20. Thể tích O2 đốt cháy S là: V2- (27V1/20) = V2 - 1,35 V1. Vậy V2 ≥ 1,35 V1 3V 1 x 88 x 100 5280 V 1 165 V 1 5 % FeS= = = % 3V1 2V1 75 , 2V 1 +32(V 2 −1 , 35V 1 ) V 2 +V 1 x 88+ x 56+32( V 2 −1 , 35 V 1) 5 5. 2. 0,5 0,25. 2V1 x 56 x 100 70 V 5 1 % Fe= = % 32(V 2 +V 1 ) V 2 +V 1. 0,25. 100 V 2 −135 V 1 32(V 2 −1 ,35 V 1 ) x 100 %S= =¿ ¿ % 32(V 2 +V 1 ) V 2 +V 1. 3. c) Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe. Trường hợp này H 0,5 = 60%. Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. Trường hợp này H > 60% Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%.. Câu 10: (2,0 điểm) Động học Ở 250C, hai phản ứng đơn phân tử, I và II, có cùng hằng số tốc độ, mặc dù năng lượng hoạt động hoá Ea của phản ứng I lớn hơn năng lượng hoạt động hoá của phản ứng II. Từ dữ kiện đó, hãy cho biết nhận định nào dưới đây về hai phản ứng trên là chính xác, tại sao? (1) kI giống kII tại mọi nhiệt độ. (2) kI lớn hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng nhỏ hơn ở nhiệt độ cao hơn. (3) kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp nhưng lớn hơn ở nhiệt độ cao hơn. (4) kI lớn hơn kII ở cả vùng nhiệt độ thấp hơn và cao hơn 250C. Hướng dẫn giải ý. Nội dung Hằng số tốc độ của phản ứng 1: kI = A1. e. Điểm. EI  a RT. Hằng số tốc độ của phản ứng 2: kII = A2. e. . E aII RT. (1) (2). 0, 5.

<span class='text_page_counter'>(27)</span> Từ (1) và (2) ta có:. ln. 0,25. kI A EaI  EaII ln I k II = AII RT.  Ở 2980K tức 250C:. ln. EaI  EaII k1 A ln I k2 = AII - RT0. = 0  k1 = k2 250C, hai phản. ứng đơn phân tử, I và II, có cùng hằng số tốc độ EaI  EaII EaI  EaII  Ở nhiệt độ T1 > T0: RT1 < RT0. Kết quả là,. ln. ln. . 0, 5. EaI  EaII EaI  EaII kI A A ln I ln I k II = AII - RT1 AII - RT0 = 0 >. kI k II > 0 hay k > k I II. EaI  EaII EaI  EaII  Ở nhiệt độ T2 < T0: RT2 > RT0. Khi đó:. ln. I a. E  E kI A ln I k II = AII - RT2 ln. . II a. <. ln. I a. II a. E  E AI AII - RT0 = 0. kI k II < 0 hay k < k I II. Như vậy, kI nhỏ hơn kII ở nhiệt độ thấp hơn 2980K nhưng lớn hơn kII ở nhiệt độ cao hơn 2980K. Nhận định (3) là đúng. ............................................HẾT......................................... 0,25. 0,25.

<span class='text_page_counter'>(28)</span>