ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC LỚP 10 NĂM HỌC 2007-2008

Độ tan của : Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan của PbI2... Độ tan của Bởi vì độ tan của PbI 2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu tron

Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trờng PTTH chuyên Hà nội Amsterdam

Đáp án và thang điểm đề thi Olympic Môn hóa học lớp 10

Năm học 2007-2008

Câu 1(3,75 điểm):

1 Ta có: E = h.(c/).NA , thay số thu đợc:  = 6,3.10-7m

 nằm trong vựng cỏc tia sỏng nhỡn thấy nờn phõn hủy được và cú màu:

2.

N

F F F

sp3

Si H Cl

Cl

Cl

sp3

S

O

B F

sp2

Si F

F

F

F

sp3

4 chất đầu tiờn cú cấu tạo bất đối xứng nờn cú momen lưỡng cực lớn hơn 0

0,75 đ 0,75 đ

1,5 đ

0,75đ

Câu 2(5,75 điểm):

1 a Theo giả thiết ta có:

[Cu2+] = 0,5 M

[Fe2+] = 0,025M

[Fe3+] = 0,125.2 = 0,25M

Suy ra:

E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059.lg00,,02525 = 0,829 v

E(Cu2+/Cu) = 0,34 +

2

059 , 0

lg 0,5 = 0,331 v Vì E(Fe3+/Fe2+) > E(Cu2+/Cu) nên phản ứng xẩy ra theo chiều thuận

b.Ta có: lgK =

059 , 0

0

nE

=

059 , 0

) 34 , 0 77 , 0 (

= 14,576

Do đó : K = 3,77.1014

c.Để đổi chiều phản ứng thì: E(Fe3+/Fe2+) < E(Cu2+/Cu)

Hay : 0,331 > 0,77 + 0,059.lg

] [

] [ 2 3





Fe

Fe

Tức là:

] [

] [

2

3





Fe

Fe

< 3,6.10-8 lần

2

a.Trong dung dịch có các quá trình:

Na2S  2 Na+ + S

0,01

 0,01

KI  K+ + I

0,06

 0,06

1 đ

0,75 đ

0,75 đ

Na2SO4  2Na+ + SO4

0,05

 0,05

S2- + H2O   HS- + OH- , Kb(1) = 10-1,1 (1)

SO42- + H2O   H SO4- + OH- , Kb(2) = 10-12 (2)

H2O   H+ + OH- , Kw = 10 -14 (3)

Do Kb(1) >> Kb(2) >>Kw nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:

Xét cân bằng (1):

S2- + H2O   HS- + OH- , Kb(1) = 10-1,1

C 0,01

Ta có:

b Khi thêm dần Pb(NO3)2vào ta có:

Pb2+ + S2-  PbS  (Ks-1) = 1026

0,09 0,01

0,08

Pb2+ + SO42-  PbSO4  (Ks-1) = 107,8

0,08 0,05

0,03

Pb2+ + 2 I-  PbI2 (Ks-1) = 107,6

0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp hỗn hợp kết tủa A gồm: PbS, PbSO4 , PbI2

Dung dịch B : K+ ( 0,06M ), Na+ ( 0,12M ), ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42- ; S2- do

kết tủa tan ra

Độ tan của :

Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan

của PbI2

PbI2   Pb2+ + 2I- Ks = 10-7,6

Do đó [Pb2+] = 10-47 = 2 x 10-3M

[I-] = 4.10-3M

[SO42-] = 7,83

10 2

10





= 5 105,8 = 7,9.106M << [Pb2+]

[S2-] = 263

10 2

10





= 5 1024 << [Pb2+]

Các nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, nh 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

 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d thì kết tủa PbS không tan, có màu đen

Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OH

PbSO4 + 4 OH-  PbO22- + SO42- + 2 H2O

PbI2 + 4 OH-  PbO22- + 2 I- + 2 H2O Nhận ra ion SO42-: Cho BaCl2 d vào sẽ thu đợc kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có

PbO22-, OH-, Ba2+, I-

Nhận ra I-, Pb2+: Axit hoá dung dịch bằng HNO3 d sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện:

OH- + H+  H2O

PbO22- + 4 H+  Pb2+ + 2H2O

Pb2+ + 2 I-  PbI2

1 đ

0,75 đ

0,75 đ

1 đ

0 10 x 0794 , 0 x 10

x 01

,

0

x 2 1,1 2 3,1

















9 , 3 -7,8

4 :S 10 10





13 -26 10 10

S :





7 , 2

3 7 , 6

2 : 10 /4 10



 x = 8,94 10 -3  [OH - ] = 8,94.10 -3 ; pH = 11,95

Điểm

b) Pb 2+ + S 2-  PbS  (Ks -1 ) = 10 26

0,09 0,01

0,08

Pb 2+ + SO 42-  PbSO 4  (Ks -1 ) = 10 7,8

0,08 0,05

0,03

Pb 2+ + 2 I -  PbI 2 (Ks -1 ) = 10 7,6

0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO 4 , PbI 2

Dung dịch B : K + 0,06M Na + 0,12M, N0 3- 0,18M 0,75

Ngoài ra còn có các ion Pb 2+ ; SO 42- ; S 2- do kết tủa tan ra.

Độ tan của

Bởi vì độ tan của PbI 2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng

tan của PbI 2

PbI 2    Pb 2+ + 2I - Ks

Do đó [Pb 2+ ] = 10 -47 = 2 x 10 -3 M; [I - ] = 4.10 -3 M.

10 7,8

[SO 42-] = = 5 10 5,8 = 7,9.10 6 M << [Pb 2+ ]

2  10 3

10 26

[S 2- ] = = 5 10 24 << [Pb 2+ ]

2  10 3

Các nồng độ SO 42-, S 2- đều rất bé so với nồng độ Pb 2+ , nh vậy nồng độ Pb 2+ do PbS và 0,75

PbSO 4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác.

 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO 4 ; PbI 2

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d :  PbS không tan, có màu đen.

Dung dịch có PbO 22-, SO 42-, I - , OH

PbSO 4 + 4 OH -  PbO 22- + SO 42- + 2 H 2 O

PbI 2 + 4 OH -  PbO 22- + 2 I - + 2 H 2 O Nhận ra ion SO 42-: cho BaCl 2 d: có kết tủa trắng BaSO 4 ,

trong dung dịch có PbO 22-, OH - , Ba 2+ , I -

Nhận ra I - , Pb 2+ : axit hoá dung dịch bằng HNO 3 d 0,75

sẽ có kết tủa vàng PbI 2 xuất hiện:

OH - + H +  H 2 O PbO 22- + 4 H +  Pb 2+ + 2H 2 O

Pb 2+ + 2 I -  PbI 2 

Câu 3(2 điểm):

áp dụng công thức:

H0

298 =  H0

298,C(chất tham gia) _  H0

298,C(sản phẩm) = -393,51 4 – 285,84 3 + 1487

= -944,56kJ

H0

298 của phản ứng này chính là nhiệt sinh chuẩn của C4H6O4(r):

Vậy: H0

298,s(C4H6O4) = -944,56kJ.mol-1.

Suy ra: U0

298 = -944560 + 5 8,314 298 = -9321 J.mol-1

1 đ

1 đ

9 , 3 -7,8

4 : S 10 10



 PbS : S  10-26  10 13

7 , 2

3 7 , 6

2 : 10 / 4 10



Câu 4(5,0) điểm:

1 a Xét cân bằng:

PCl5 PCl3(k) + Cl2(k) Ban đầu: a mol 0 0

Cân bằng: a – aα aα aα

Suy ra : n i = a(1+α)

2

1 



2 485 , 0 1

485 , 0

b Ta có: n( PCl5) = 2082,085,5 = 0,01 mol

Suy ra: [PCl5] =

2 , 0

01 , 0

= 0,05 M

Ta có : KC = KP (RT)-  n = 0,307 (0,082.437)-1 = 7,9.10-3

Xét cân bằng:

PCl5 PCl3(k) + Cl2(k) Ban đầu: 0,05 mol 0 0

Cân bằng: 0,05 - x x x

KC =

x

x



05

,

0

2

Thay KC = 7,9.10-3 vào và giải phơng trình bậc hai ta đợc :

x = [PCl5] = [Cl2] = 1,63.10-2 M

Tổng số nồng độ của các chất trong phản ứng là:

0,05 - 1,63.10-2 + 1,63.10-2 + 1,63.10-2 = 0,0663M

Vậy áp suất của hệ khi cân bằng là:

P =

V

nRT

=

1

473 082 , 0 0663 , 0

= 2,57 atm

2 a Đối với KOH: 0,17/0,10 = 1,7

4,76/2,80 = 1,7 → Bậc 1

Đối với CH3Br: 0,20/0,10 = 2 → vo = 5,60.10-6mol.l-1.s-1

1,85/5,60 = 0,33 0,033/0,10 = 0,33 → Bậc 1

Suy ra: Bậc tổng cộng của phản ứng là 1+ 1= 2

2

6

10 8 , 2 1

, 0

10 8 ,





c Cú 0,05mol.l-1.s-1 OH- và 0,05mol.l-1 CH3Br trong bỡnh phản ứng nghĩa là cả hai

đều bằng Co/2 do đú t = τ

Đối với phản ứng bậc hai có Co(A) = Co(B) thì:

h s

kC o 2 , 8 10 0 , 1 35714 9,9

1 1





1,0

1,5 đ

1 đ

0,5đ

1 đ

Câu 5 (3,5 điểm):

Trong A cú ( Mg: x mol; Zn: y mol)

1.Kết luận kim loại hết

x + y = nH2

24x + 65y = 5,82 ; x = 0,08; y = 0,06;

% Mg = 32,71%

% Zn = 67,29%

2.a.Giả sử HCl phản ứng hết tạo muối thỡ khối lượng muối là:

1,5 đ

1,5 đ

mkimloai + mCl/HCl + mSO4/muối = 5,82 + 0,25 35,5 + 96 (0,14- 0,125)

= 16,135 gam

Giả sử H2SO4 phản ứng hết thì khối lợng muối là:

mkimloai + mCl/ muối + mSO4/H2SO4 = 5,82 + (0,28 - 0,25) 35,5 + 96.0,125

= 18,885 gam

Do đó khối lợng muối trong dung dịch nằm trong khoảng:

16,135 gam < mmuối < 18,885 gam

sunfat và phần còn lại của ion Cl-, nên ta có:

mkimloai + mCl/ muối + mSO4/H2SO4 = ẵ.(5,82 + (0,28 - 0,25) 35,5 + 96.0,125) = 9,4425 gam

0,5 đ

Đáp án và

thang điểm

đề thi Olympic Môn hóa học lớp 10 Năm học 2007-2008 Câu 1(3,5 điểm):

1 Ánh sáng nhìn thấy có phân hủy đợc Br2(k) th nh các nguyên tử không Biết rằng năng lành các nguyên tử không Biết rằng năng l ợng phá vỡ liên kết giữa hai nguyên tử là 190 kJ.mol-1 Tại sao hơi brôm có màu?

Biết h = 6,63.10-34 J.s; c = 3.108 m.s-1; NA = 6,022.1023 mol-1

2.Từ cấu trỳc hỡnh học cho biết những phõn tử nào sau đõy cú momen lưỡng cực lớn hơn 0 ?

BF3; NH3; SiF4; SiHCl3; SF2; O3

1 Ta có: E = h.(c/).NA , thay số thu đợc:  = 6,3.10-7m

 nằm trong vựng cỏc tia sỏng nhỡn thấy nờn phõn hủy được và cú màu:

2.

N

F F F

sp3

Si H Cl

Cl

Cl

sp3

S

O

B F

sp2

Si F

F

F

F

sp3

4 chất đầu tiờn cú cấu tạo bất đối xứng nờn cú momen lưỡng cực lớn hơn 0

0,75 đ 0,5 đ

1,5 đ

0,75đ

Câu 2(5,75 điểm):

1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C:

Cu(r) + 2Fe3+ Cu2+ + 2Fe2+

Ngời ta chuẩn bị một dung dịch gồm CuSO4 0,5 M; FeSO4 0,025M; Fe2(SO4)3 0,125 M và thêm một ít mảnh kim loại Cu

a Cho biết chiều của phản ứng xẩy ra?

b Tính hằng số cân bằng của phản ứng?

c Tính tỉ lệ

] [

] [ 2 3





Fe

Fe

có giá trị tối thiểu để phản ứng đổi chiều?

Cho biết ở 250C có : E0(Cu2+/ Cu) = 0,34 V; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V

2 Dung dịch X gồm Na2S 0,010M; KI 0,060M; Na2SO4 0,050M

Sở giáo dục và đào tạo Hà nội Trờng PTTH chuyên Hà nội – Amsterdam Amsterdam

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 đợc kết tủa A

và dung dịch B

- Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B?

- Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2)

- Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phơng pháp hoá học, viết các phơng trình phản ứng (nếu có)?

Cho: pK axit: H2S pK1 = 7,00 , pK2 = 12,90 ; HSO4- pK=2,00

Tích số tan: Ks(PbS) = 10-26 ; Ks(PbSO4) = 10-7,8 ; Ks(PbI2) = 10-7,6

1 a Theo giả thiết ta có:

[Cu2+] = 0,5 M

[Fe2+] = 0,025M

[Fe3+] = 0,125.2 = 0,25M

Suy ra:

E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059.lg00,,02525 = 0,829 v

E(Cu2+/Cu) = 0,34 +

2

059 , 0

lg 0,5 = 0,331 v Vì E(Fe3+/Fe2+) > E(Cu2+/Cu) nên phản ứng xẩy ra theo chiều thuận

b.Ta có: lgK =

059 , 0

0

nE

=

059 , 0

) 34 , 0 77 , 0 (

= 14,576

Do đó : K = 3,77.1014

c.Để đổi chiều phản ứng thì: E(Fe3+/Fe2+) < E(Cu2+/Cu)

Hay : 0,331 > 0,77 + 0,059.lg

] [

] [ 2 3





Fe

Fe

Tức là:

] [

] [

2

3





Fe

Fe

< 3,6.10-8 lần

2

a.Trong dung dịch có các quá trình:

Na2S  2 Na+ + S2

0,01

 0,01

KI  K+ + I

0,06

 0,06

Na2SO4  2Na+ + SO4

0,05

 0,05

S2- + H2O   HS- + OH- , Kb(1) = 10-1,1 (1)

SO42- + H2O   H SO4- + OH- , Kb(2) = 10-12 (2)

H2O   H+ + OH- , Kw = 10 -14 (3)

Do Kb(1) >> Kb(2) >>Kw nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:

Xét cân bằng (1):

S2- + H2O   HS- + OH- , Kb(1) = 10-1,1

C 0,01

Ta có:

1 đ

0,75 đ

0,75 đ

1 đ

0 10 x 0794 , 0 x 10

x 01

,

0

x 2 1,1 2 3,1

















 x = 8,94 10-3  [OH-] = 8,94.10-3 hay pH = 11,95.

b Khi thêm dần Pb(NO3)2vào ta có:

Pb2+ + S2-  PbS  (Ks-1) = 1026

0,09 0,01

0,08

Pb2+ + SO42-  PbSO4  (Ks-1) = 107,8

0,08 0,05

0,03

Pb2+ + 2 I-  PbI2 (Ks-1) = 107,6

0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp hỗn hợp kết tủa A gồm: PbS, PbSO4 , PbI2

Dung dịch B : K+ ( 0,06M ), Na+ ( 0,12M ), ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42- ; S2- do

kết tủa tan ra

Độ tan của :

Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng tan

của PbI2

PbI2   Pb2+ + 2I- Ks = 10-7,6

Do đó [Pb2+] = 10-47 = 2 x 10-3M

[I-] = 4.10-3M

[SO42-] = 3

8 , 7

10 2

10





= 5 105,8 = 7,9.106M << [Pb2+]

[S2-] = 3

26

10 2

10





= 5 1024 << [Pb2+]

Các nồng độ SO42-, S2- đều rất bé so với nồng độ Pb2+, nh 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

 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO4; PbI2

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d thì kết tủa PbS không tan, có màu đen

Dung dịch có PbO22-, SO42-, I-, OH

PbSO4 + 4 OH-  PbO22- + SO42- + 2 H2O

PbI2 + 4 OH-  PbO22- + 2 I- + 2 H2O Nhận ra ion SO42-: Cho BaCl2 d vào sẽ thu đợc kết tủa trắng BaSO4, trong dung dịch có

PbO22-, OH-, Ba2+, I-

Nhận ra I-, Pb2+: Axit hoá dung dịch bằng HNO3 d sẽ có kết tủa vàng PbI2 xuất hiện:

OH- + H+  H2O

PbO22- + 4 H+  Pb2+ + 2H2O

Pb2+ + 2 I-  PbI2

0,75 đ

0,75 đ

1 đ

 x = 8,94 10 -3  [OH - ] = 8,94.10 -3 ; pH = 11,95

Điểm

9 , 3 -7,8

4 :S 10 10





13 -26 10 10

S :





7 , 2

3 7 , 6

2 : 10 /4 10



b) Pb 2+ + S 2-  PbS  (Ks -1 ) = 10 26

0,09 0,01

0,08

Pb 2+ + SO 42-  PbSO 4  (Ks -1 ) = 10 7,8

0,08 0,05

0,03

Pb 2+ + 2 I -  PbI 2 (Ks -1 ) = 10 7,6

0,03 0,06

Thành phần hỗn hợp: A : PbS , PbSO 4 , PbI 2

Dung dịch B : K + 0,06M Na + 0,12M 0,75

Ngoài ra còn có các ion Pb 2+ ; SO 42- ; S 2- do kết tủa tan ra.

Độ tan của

Bởi vì độ tan của PbI 2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng

tan của PbI 2

PbI 2    Pb 2+ + 2I - Ks

Do đó [Pb 2+ ] = 10 -47 = 2 x 10 -3 M; [I - ] = 4.10 -3 M.

10 7,8

[SO 42-] = = 5 10 5,8 = 7,9.10 6 M << [Pb 2+ ]

2  10 3

10 26

[S 2- ] = = 5 10 24 << [Pb 2+ ]

2  10 3

Các nồng độ SO 42-, S 2- đều rất bé so với nồng độ Pb 2+ , nh vậy nồng độ Pb 2+ do PbS và 0,75

PbSO 4 tan ra là không đáng kể nên cách giải gần đúng trên là hoàn toàn chính xác.

 Nhận biết các chất có trong kết tủa A: PbS; PbSO 4 ; PbI 2

Cho kết tủa hoà tan trong NaOH d :  PbS không tan, có màu đen.

Dung dịch có PbO 22-, SO 42-, I - , OH

PbSO 4 + 4 OH -  PbO 22- + SO 42- + 2 H 2 O

PbI 2 + 4 OH -  PbO 22- + 2 I - + 2 H 2 O Nhận ra ion SO 42-: cho BaCl 2 d: có kết tủa trắng BaSO 4 ,

trong dung dịch có PbO 22-, OH - , Ba 2+ , I -

Nhận ra I - , Pb 2+ : axit hoá dung dịch bằng HNO 3 d 0,75

sẽ có kết tủa vàng PbI 2 xuất hiện:

OH - + H +  H 2 O PbO 22- + 4 H +  Pb 2+ + 2H 2 O

Pb 2+ + 2 I -  PbI 2 

Câu 3(2 điểm):

Tính H0

298 và U0

298 của phản ứng sau:

4C(r) + 3H2(k) + 2O2(k) C4H6O4(r)

Biết rằng nhiệt cháy H0

298 của C(r), H2(k) và C4H6O4(r) lần lợt là:

-393,51 kJ.mol-1; -285,84 kJ.mol-1; -1487 kJ.mol-1 Coi các khí trong phản ứng là lí tởng

áp dụng công thức:

H0

298 =  H0

298,C(chất tham gia) _  H0

298,C(sản phẩm) = -393,51 4 – 285,84 3 + 1487

= -944,56kJ

H0

298 của phản ứng này chính là nhiệt sinh chuẩn của C4H6O4(r):

Vậy: H0

298,s(C4H6O4) = -944,56kJ.mol-1.

Suy ra: U0

298 = -944560 + 5 8,314 298 = -9321 J.mol-1

1 đ

1 đ

Câu 4(5,75 điểm):

1 PCl5 phân huỷ theo phản ứng:

PCl5(r) PCl3 (k) + Cl2 (k)

a.Tính KP cuả phản ứng, biết rằng độ phân li α của PCl5 là 0,485 ở 2000C và áp suất tổng cộng của hệ khi cân bằng là 1 atm?

9 , 3 -7,8

4 : S 10 10 PbSO    PbS : S 10-26 10 13





7 , 2

3 7 , 6

2 : 10 / 4 10



b.Tính áp suất của hệ khi cân bằng nếu cho 2,085 g PCl5 vào bình chân không dung tích 200 cm3 ở 2000C?

2 Brommetan cú thể phản ứng được với OH- theo phơng trình:

CH3Br + OH- → CH3OH + Br

đõy, tất cả cỏc thớ nghiệm đều tiến hành ở 25oC

a Xỏc định bậc riờng phần của từng chất và bậc của phản ứng?

b Tớnh hằng số tốc độ của phản ứng?

c Trong thớ nghiệm (1), cần thời gian là bao nhiờu để nồng độ KOH là 0,05mol.l-1?

1 a Xét cân bằng:

PCl5 PCl3(k) + Cl2(k) Ban đầu: a mol 0 0

Cân bằng: a – aα aα aα

Suy ra : n i = a(1+α)

Do đó : KP = 2 2

1 



485 , 0 1

485 , 0

b Ta có: n( PCl5) =

5 , 208

085 , 2

= 0,01 mol

Suy ra: [PCl5] = 00,,012 = 0,05 M

Ta có : KC = KP (RT)-  n = 0,307 (0,082.437)-1 = 7,9.10-3

Xét cân bằng:

PCl5 PCl3(k) + Cl2(k) Ban đầu: 0,05 mol 0 0

Cân bằng: 0,05 - x x x

KC =

x

x



05

,

0

2

Thay KC = 7,9.10-3 vào và giải phơng trình bậc hai ta đợc :

x = [PCl5] = [Cl2] = 1,63.10-2 M

Tổng số nồng độ của các chất trong phản ứng là:

0,05 - 1,63.10-2 + 1,63.10-2 + 1,63.10-2 = 0,0663M

Vậy áp suất của hệ khi cân bằng là:

P =

V

nRT

=

1

473 082 , 0 0663 , 0

= 2,57 atm

2 a Đối với KOH: 0,17/0,10 = 1,7

4,76/2,80 = 1,7 → Bậc 1

Đối với CH3Br: 0,20/0,10 = 2 → vo = 5,60.10-6mol.l-1.s-1

1,85/5,60 = 0,33 0,033/0,10 = 0,33 → Bậc 1

Suy ra: Bậc tổng cộng của phản ứng là 1+ 1= 2

2

6

10 8 , 2 1

, 0

10 8 ,





c Cú 0,05mol.l-1.s-1 OH- và 0,05mol.l-1 CH3Br trong bỡnh phản ứng nghĩa là cả hai

1,25

1,5 đ

1 đ

1 đ

đều bằng Co/2 do đú t = τ

Đối với phản ứng bậc hai có Co(A) = Co(B) thì:

h s

kC o 2 , 8 10 0 , 1 35714 9,9

1 1





1 đ

Câu 5 (3 điểm):

Hỗn hợp bột A gồm 2 kim loại Mg, Zn Khi cho 5,82g A vào 250ml dung dịch chứa HCl 1M và H2SO4 0,5M ta thu được 3,136 lớt khớ (đktc) Dung dịch sau phản ứng chia thành hai phần bằng nhau:

Phần 1: Đem cụ cạn thu được m gam muối khan

1.Tớnh thành phần phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong A?

2.Tớnh khối lượng muối trong dung dịch sau phản ứng và khối lượng muối khan m khi cụ cạn dung dịch?

Trong A cú ( Mg: x mol; Zn: y mol)

1.Kết luận kim loại hết

x + y = nH2

24x + 65y = 5,82 ; x = 0,08; y = 0,06;

% Mg = 32,71%

% Zn = 67,29%

2.a.Giả sử HCl phản ứng hết tạo muối thỡ khối lượng muối là:

mkimloai + mCl/HCl + mSO4/muối = 5,82 + 0,25 35,5 + 96 (0,14- 0,125)

= 16,135 gam

Giả sử H2SO4 phản ứng hết thì khối lợng muối là:

mkimloai + mCl/ muối + mSO4/H2SO4 = 5,82 + (0,28 - 0,25) 35,5 + 96.0,125

= 18,885 gam

Do đó khối lợng muối trong dung dịch nằm trong khoảng:

16,135 gam < mmuối < 18,885 gam

và phần còn lại của ion Cl-, nên ta có:

mkimloai + mCl/ muối + mSO4/H2SO4 = 5,82 + (0,28 - 0,25) 35,5 + 96.0,125 = 18,885 gam

1 đ

1 đ

1 đ