Đề thi đề nghị duyên hải bắc bộ năm học 2013 2014 môn: Hoá học lớp 1034365

Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân Đồng vị 2964Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng: hoà tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan.. Hãy xác định các ion tạo nên ph

SỞ GD VÀ ĐT HẢI PHÒNG ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014

MÔN: HOÁ HỌC- LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

- -Câu 1 Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân

Đồng vị 2964Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng:

hoà tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan

a) Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu

b) Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%

Câu 2 Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử.

Phân tử M ở trạng thái khí có công thức XYn có tổng số hạt proton là 100 Biết rằng X, Y đều

thuộc cùng chu kỳ 3

a) Xác định phân tử và cấu trúc của M So sánh các liên kết X-Y trong phân tử đó Giải thích

b) Trên thực tế, M ở trạng thái rắn là hợp chất ion và có công thức phân tử là X2Y2n Hãy xác

định các ion tạo nên phân tử M và cho biết cấu trúc của các ion đó Trên cơ sở đó cho biết trạng

thái lai hoá của X trong phân tử M

Câu 3 Nhiệt động lực học.

Cho cân bằng: Me3DBMe3 (k) ƒ Me3D (k) + BMe3 (k), trong đó B là nguyên tố Bo, Me

là nhóm CH3 Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau:

Với hợp chất Me3NBMe3 (D là nitơ): Kp1 = 4,720.104 Pa; 0 = 191,3 JK–1mol–1

1

S



Me3PBMe3 (D là photpho): Kp2 = 1,280.104 Pa; 0 = 167,6 JK–1mol–1

2

S



a) Tính 0của 2 phản ứng, từ đó cho biết hợp chất nào khó phân li hơn?

G



b) Trong hai liên kết N–B và P–B, liên kết nào bền hơn? Vì sao?

Cu

64

29 3064Zn +

k1

Cu

64 29

64 +

k2

Ni

28

vµ

Câu 4 Động lực học.

ˆ ˆ † ˆ

‡ ˆ ˆˆ

Để nghiên cứu động học của phản ứng (a), người ta tiến hành hai thí nghiệm ở 25 oC với nồng

độ ban đầu (C0 ) của các chất phản ứng như sau:

A

Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian trong hai thí nghiệm trên được biểu diễn ở hình 1 và hình 2; nồng độ chất xúc tác CX = 1,00 M và không đổi trong suốt thời gian phản ứng

t (phút)

0,3

0,6

1,2

10 20 30 40

10 2 C A (mol/L)

t (phút)

0

0,15

0,5

0,125 0,25 1,0

20 40

10 2 CB(mol/L)

60 0

Hình 1 Hình 2

a) Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng (a) là KC = 4.106 Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến trạng thái cân bằng, nếu = = 1,00 M và C0 x = 1,00 M không thay đổi; lúc đầu trong hệ

A

chưa có mặt các sản phẩm của phản ứng

b) Người ta cho rằng cơ chế phản ứng (a) diễn ra qua 3 giai đoạn sơ cấp sau:

2

k

k



4

k k



AXB k5 C + D + X (d)

Câu 5 Cân bằng hóa học.

Ở 820oC, xét 2 cân bằng :

CaCO3  CaO + CO2 (1) K1=0,2

MgCO3 MgO + CO2 (2) K2=0,4

Người ta đưa 1mol CaO, 1mol MgO và 3mol CO2 vào 1 xilanh có thể tích rất lớn Ban đầu là

đường biểu diễn của áp suất p theo v

Câu 6 Cân bằng trong dung dịch axit- bazo.

Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M và CH3COOH 0,02 M Thêm NaOH vào

a)Tính pH của dung dịch A1

b) Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1

4 HSO

Câu 7 Cân bằng hòa tan.

Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây xảy ra: Cr2O72– + H2O ⇌ 2CrO42– + 2H+ = 2,3.10-15

a K

1 10

T 

2 10

T  

Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4

Câu 8 Phản ứng oxi hóa khử - Thế điện cực – Pin điện.

Pin Ni – Cd (“Nicad”) được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ tún như điện thoại

di động, máy quay phim xách tay, laptop, v.v… Pin Ni – Cd có gía vừa phải và có chu trình sống cao đồng thời có thể hoạt động được ở nhiệt độ rất thấp hay rất cao Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần Một tế bào của pin Ni – Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau:

1 = -0,809V

Eo ; Eo là thế khử chuẩn ở 25o-C

a) Tính E của phản ứng ở 25oC

b) Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni – Cd Biết công suất thông thường của pin là 700mAh

Câu 9 Tinh thể.

nghiã là nó không ứng với công thức FeO Người ta đề nghị hai công thức Fe1-xO( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion O2- nhưng tất cả các lỗ bát diện không bị chiếm hết Fe2+) hay

FeO1+y ( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Fe2+ với một sự dư O2-) để giải thích sự thiếu

Fe2+ so với O2-

Để lựa chọn giữa hai công thức này người ta nghiên cứu một oxit sắt chứa 76,57% sắt ( phần trăm về khối lượng) mà tỷ trọng d = 5,70g.cm-3 và cạnh của tế bào a= 0,431nm

Tính các khối lượng mx, my cuả tế bào tinh thể cho hai công thức được đề nghị và từ đó rút ra các tỷ trọng dx, dy Chứng minh rằng, công thức đúng là Fe1-xO và tính x?

Dự đoán sự trung hoà điện của tế bào tinh thể chứa ít ion Fe2+ hơn ion O2- được bảo đảm như thế nào?

Câu 10 Bài toán về phần Halogen- Oxi lưu huỳnh.

Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:

a) Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)

b) Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư

c) Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư vào dung dịch thu được

d) Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian

********** HẾT**********

Người ra đề

Vũ Minh Tuân

SỞ GD VÀ ĐT HẢI PHÒNG ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2013 - 2014

Thời gian làm bài: 180 phút

- -Câu 1 Cấu tạo nguyên tử và hạt nhân

Đồng vị 2964Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng:

hoà tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan

a) Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu

b) Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%

Hướng dẫn giải.

a) Phương trình

t

k dt

n

n n

dn dn

Zn

Cu Cu

Zn Cu

1

) 0 ( ln )

1 (









( )

Ni

Cu

Ni

t

n

-  (k1 + k2)t = kt = kt (3)

dt

) (

) 0 ( ln

t n

n

Cu Cu

- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol

phút

1536 4

ln 25 , 0

1 ln

)

(

)

0

(

t

n

n

Cu

Cu    

k = 9,025x 10-4ph-1

phút

768 10

025 ,

9

693 , 0 2

ln

4 2

/

x k

t

Cu

64

29 3064Zn +

k1

Cu

64 29

64 +

k2

Ni

28

vµ

* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hoà tan hỗn hợp vào NaOH dư thì kẽm tan hết, còn lại

nCu + nNi = 0,504 mol nZn = 1 - 0,504 = 0,496 mol

) 1784 (

) 0 ( ln

n

n

Cu Cu

) 1784 (

1



nCu

nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol

nCu(đã phân rã phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol

nCu(đã phân rã phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2)

304 , 0

496 , 0 ) 2 (

) 1 (

2

n

n k

k

Ni Zn

Mặt khác k1 + k2 = 0,0009025

k2 + 1,6316k2 = 0,0009205

Từ đó k2 = 3,4295.10-4  3,43.10-4

k1 = 5,5955 10-4  5,56.10-4

b) Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gian để còn lại 0,1 mol 64Cu :

t

x10 4 025 , 9 1

,

0

1

Câu 2 Liên kết hóa học và cấu trúc phân tử.

Phân tử M ở trạng thái khí có công thức XYn có tổng số hạt proton là 100 Biết rằng X, Y đều thuộc cùng chu kỳ 3

a) Xác định phân tử và cấu trúc M So sánh các liên kết X-Y trong phân tử đó Giải thích

b) Trên thực tế, M ở trạng thái rắn là hợp chất ion và có công thức phân tử là X2Y2n Hãy xác định các ion tạo nên phân tử M và cho biết cấu trúc của các ion đó Trên cơ sở đó cho biết trạng thái lai hoá của X trong phân tử M

Hướng dẫn giải.

a) X, Y là nguyên tố thuộc chu kỳ 3: Z = 11 - 17 (Bỏ qua Ar (Z = 18) khí hiếm)

Vì thế ta có Ztb = 100/(1 + n)  [11-17] => 100/17 < n + 1 < 100/11 => 5  n  8

Mặt khác, số liên kết mà nguyên tử chu kỳ 3 tạo với các nguyên tố khác  6 => n  6

=> Liên kết giữa X với Y là liên kết đơn do đó Y là halogen => Y là Cl

Ta có: ZX + 17n = 100 => 11 < 100 - 17n < 17 => n = 5; ZX = 15

Vậy: X là P; Y là Cl

M : PCl5 P lai hóa sp3d Lưỡng tháp tam giác

b) M là P2Cl10 [PCl4]-[PCl6]-

Cấu trúc: PCl

-4: tứ diện đều => Lai hoá P: sp3

Cấu trúc: PCl

-6: bát diện đều => Lai hoá P: sp3d2

Câu 3 Nhiệt động lực học.

Cho cân bằng: Me3DBMe3 (k) ƒ Me3D (k) + BMe3 (k), trong đó B là nguyên tố bo, Me là nhóm CH3 Ở 100 oC, thực nghiệm thu được kết quả như sau:

Với hợp chất Me3NBMe3 (D là nitơ): Kp1 = 4,720.104 Pa; 0 = 191,3 JK–1mol–1

1

S



Me3PBMe3 (D là photpho): Kp2 = 1,280.104 Pa; 0 = 167,6 JK–1mol–1

2

S



a) Tính 0của 2 phản ứng, từ đó cho biết hợp chất nào khó phân li hơn?

G



b) Trong hai liên kết N–B và P–B, liên kết nào bền hơn? Vì sao?

Hướng dẫn giải:

a) Ta có: 0= -RTlnK, trong đó Từ cân bằng (1)  Δn (k) = 1

G

Δn (k) 0

K

K = P

4

0

K =

P  1,000.10  1,000.10

1

G



4

0

P  1,000.10  1,000.10

2

G



<  hợp chất Me3PBMe3 khó phân li hơn

0

1

G

2

G



H

G

S

1

H



2

H



1

H

2

H



Câu 4 Động lực học.

ˆ ˆ † ˆ

‡ ˆ ˆˆ

Để nghiên cứu động học của phản ứng (a), người ta tiến hành hai thí nghiệm ở 25 oC với nồng

độ ban đầu (C0 ) của các chất phản ứng như sau:

Thí nghiệm 1: = 0,012 M; = 6,00 M.0 Thí nghiệm 2: = 3,00 M; = 0,01 M

A

Biến thiên nồng độ các chất A và B theo thời gian trong hai thí nghiệm trên được biểu diễn ở hình 1 và hình 2; nồng độ chất xúc tác CX = 1,00 M và không đổi trong suốt thời gian phản ứng

t (phút)

0,3

0,6

1,2

10 20 30 40

10 2 C A (mol/L)

t (phút)

0

0,15

0,5

0,125 0,25 1,0

20 40

10 2 CB(mol/L)

60 0

Hình 1 Hình 2

a) Ở 25 oC hằng số cân bằng của phản ứng (a) là KC = 4.106 Tính thời gian cần thiết để hệ đạt đến trạng thái cân bằng, nếu = = 1,00 M và C0 x = 1,00 M không thay đổi; lúc đầu trong hệ

A

chưa có mặt các sản phẩm của phản ứng

b) Người ta cho rằng cơ chế phản ứng (a) diễn ra qua 3 giai đoạn sơ cấp sau:

2

k

k



4

k k



AXB k5 C + D + X (d)

Hướng dẫn giải

a) Định luật tốc độ của phản ứng có dạng chung:

v = k a (1)

A

C CbB CxX

Trong thí nghiệm 1, do = 6,00 M (rất dư)  k.0 = const = k' (2)

B

 v = k' a

A

C

Từ hình 1 rút ra thời gian phản ứng một nửa (t1/2) không phụ thuộc vào nồng độ đầu của A

và t1/2 = 10 (phút)  a = 1và k' = = 6,93.10-2 (phút-1)

1/2

A

B

C

Từ hình 2  thời gian phản ứng một nửa không phụ thuộc vào nồng độ đầu của B  b = 1

Biểu thức của định luật tốc độ (1) trở thành:

v = k.CA.CB x = kap.CA.CB

X

C

với kap là hằng số tốc độ biểu kiến của phản ứng và kap=k x

X

C

Như vậy phản ứng sẽ diễn ra theo quy luật động học bậc 2

X

C

2 0

B

k' 6, 93.10





Xét phản ứng: A + B ˆ ˆ †‡ ˆ ˆˆXˆ C + D Kc = 4.106

0 1 1 0 0

C

C x x 1-x 1-x

KC = = 4.106  x  5.10-4 (M)

2 2

(1-x) x

A

C C0B

1- 10 kap.t 0,01155.t  t = 1,73.105 phút

5.10   1

Vậy ở nhiệt độ 25 oC cần tới 1,73.105 phút để phản ứng đạt được cân bằng

b) Khi tăng nhiệt độ từ 25 oC lên 80 oC, tốc độ phản ứng thuận và nghịch đều tăng lên, thời

gian cần thiết để hệ đạt đến cân bằng sẽ giảm đi

2

k

k



4

k k



AXB k5 C + D + X (d)

Tốc độ phản ứng có thể được xác định qua biến thiên nồng độ của sản phẩm cuối cùng C:

v =dC C = k5CAXB (5)

dt

Ở trạng thái dừng, trong một khoảng thời gian nhất định, nồng độ của các sản phẩm trung

gian không thay đổi theo thời gian:

= k3.CAX.CB – k4.CAXB – k5CAXB = 0 (6) AXB

dC dt

k +k

dC AX = k1.CACX – k2.CAX – k3.CAX.CB + k4.CAXB = 0 (8)

dt

Từ (6) và (8) ta có: k1.CACX – k2.CAX – k5CAXB = 0 (9)

AX

2

k C C - k C

k

Khi k5 << k1, (10) trở thành: 1 A X (11)

AX

2

k C C

k

Thay (11) vào (7), thu được: CAXB = 3 1 A X B (12)

k k C C C

k (k +k )

k k C C C

k (k +k ) Đặt kap= 1 3 5 CX thì: v = kap.CA.CB (14)

k k k

k (k +k )

Biểu thức (14) tương đương với biểu thức của định luật tốc độ thực nghiệm (5), với điều kiện

k5 << k1 Như vậy, theo quan điểm động hóa học, cơ chế được đề nghị là có khả năng, trong đó

giai đoạn (d) là chậm

Câu 5 Cân bằng hóa học.

Ở 820oC, xét 2 cân bằng :

CaCO3  CaO + CO2 (1) K1=0,2

MgCO3 MgO + CO2 (2) K2=0,4

đường biểu diễn của áp suất p theo v

Hướng dẫn giải

Khi thể tích còn rất lớn, CO2 không pư với oxit Khi thể tích giảm đến mức để PCO2 = 0,2

atm, cân bằng (1) được thiết lập

Tương tự, cân bằng (2) xảy ra khi PCO2 = 0,4 atm

Cụ thể,

* p< 0,2 atm : không có cân bằng

p= n (RT)/V = 3 [0,082.(273+820)]/ V = 269/ V

* p =0,2 atm

=> V1 =269/0,2 = 1345 (l)

->V2 = 897 (l)

* 0,2 <p<0,4 : không có cân bằng

p =2 (RT/V) = 179/V

* p= 0,4 atm.

CO2

Bắt đầu thiết lập cân bằng (2) : V3 =179/0,4 = 448 (l)

Chấm dứt cân bằng (2) : V4 = 1 (RT/P) = 224 (l)

* p> 0,4 atm : Chỉ còn lại 1 mol CO2 p = 89,7/ V

Câu 6 Cân bằng trong dung dịch axit- bazo.

Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M và CH3COOH 0,02 M Thêm NaOH vào

a)Tính pH của dung dịch A1

b) Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1

4 HSO

Hướng dẫn giải

0,05 0,05 0,05

HCl  H + Cl 

0,18 0,18

NaOH  Na+ + OH 

0,23 0,23

H + OH    H2O

0,23 0,23

HSO  H + SO 42- (1)

4

 0,05M

0,05-x x x

CH3COOH  CH3COO + H (2) 

0,02M

H2O  H + OH (3)  

10

10 Ka

Ka

75 , 4 2

2

Ka1.Ca1 = 10-2.0,05  2.10-3  bỏ qua sự điện ly của H2O

10

05 , 0 Ka

Ca

2 1

2 10 x 05 , 0



b) CH3COOH  CH3COO + H 

0,02 0,018

(0,02 - y) y 0,018

10 ) y 02 , 0 (

y 018 ,





5

Câu 7 Cân bằng hòa tan.

Trộn dung dịch X chứa BaCl2 0,01M và SrCl2 0,1M với dung dịch K2Cr2O7 1M, có các quá trình sau đây xảy ra: Cr2O72– + H2O ⇌ 2CrO42– + 2H+ = 2,3.10-15

a K

1 10

T 

2 10

T  

Tính khoảng pH để có thể kết tủa hoàn toàn Ba2+ dưới dạng BaCrO4 mà không kết tủa SrCrO4

Hướng dẫn giải

Trong dung dịch có các cân bằng sau:

1 10

T 

2 10

T  

10

10 ] Ba [

T

6

93 , 9

2

1 CrO42











10

10 C

T

1

65 , 4

2 Sr

2 CrO42











Như vậy muốn tách Ba2+ ra khỏi Sr2+ dưới dạng BaCrO4 thì phải thiết lập khu vực nồng độ:

M 10 C

CrO

93

,

3

2 4



Áp dụng ĐLTDKL đối với (1), trong đó C CrO 2  tính theo (2) và [ Cr2O72]  1 M (vì dùng dư so với ion Ba2+cần làm kết tủa), tính được khu vực pH cần thiết lập:

Cr2O72- + H2O ⇌ 2CrO42- + 2H+ Ka  10 14,64

Tại cân bằng: 1 C x

7 , 3 pH 4 , 3 10

] H [ 10

C

10 C

1 10 ]

H

[

32 , 7

2 64 ,



Câu 8 Phản ứng oxi hóa khử - Thế điện cực – Pin điện.

Pin Ni – Cd (“Nicad”) được sử dụng rộng rãi trong các loại thiết bị bỏ tún như điện thoại

sống cao đồng thời có thể hoạt động được ở nhiệt độ rất thấp hay rất cao Nó không cần phải được bảo dưỡng và có thể được nạp điện 2000 lần Một tế bào của pin Ni – Cd thực hiện hai nửa phản ứng sau:

Eo ; Eo là thế khử chuẩn ở 25o-C

a) Tính E của phản ứng ở 25oC

b) Tính khối lượng Cd chứa trong 1 chiếc điện thoại di động có sử dụng pin Ni – Cd Biết công suất thông thường của pin là 700mAh

Hướng dẫn giải

a) 2NiO(OH) + 2H2O + 2e → 2Ni(OH)2(r) + 2OH- Eo

c = -0,490V

ln 2





F

RT E

c c

a = -0,809V

1 ln





OH F

RT E

E a a o

phong

E = Eo

a – Eo

c = 1,299V

b) 700mAh = 0,700A 3600s = 2520C

nCd = 2520/2.96485 = 0,013mol  mCd = 0,013.112,4 = 1,47g

Câu 9 Tinh thể.

trúc lập phương tâm mặt của các ion O2- nhưng tất cả các lỗ bát diện không bị chiếm hết Fe2+) hay FeO1+y ( cấu trúc lập phương tâm mặt của các ion Fe2+ với một sự dư O2-) để giải thích sự thiếu Fe2+ so với O2-

Để lựa chọn giữa hai công thức này người ta nghiên cứu một oxit sắt chứa 76,57% sắt ( phần trăm về khối lượng) mà tỷ trọng d = 5,70g.cm-3 và cạnh của tế bào a= 0,431nm

Tính các khối lượng mx, my cuả tế bào tinh thể cho hai công thức được đề nghị và từ đó rút ra các tỷ trọng dx, dy Chứng minh rằng, công thức đúng là Fe1-xO và tính x?

Dự đoán sự trung hoà điện của tế bào tinh thể chứa ít ion Fe2+ hơn ion O2- được bảo đảm như thế nào?

Hướng dẫn giải

tất cả các lỗ bát diện bị chiếm bởi các ion Fe2+, do đó có 4 FeO trong một tế bào cơ bản Ta có hai giả thiết:

- Fe1-xO: không phải tất cả các lỗ bát diện đều bị chiếm bởi các ion Fe2+

Phần trăm oxi bằng: 100% - 76,57% = 23,43%

Nếu gọi mx là khối lượng của tế bào này, ta có thể viết:

Vì một tế bào có khối lượng mx chứa một khối lượng oxi bằng 4.16/N

,

.

2343 0 N

m

16

4

x



Tính được: mx = 4,54.10-22g

Khối lượng riêng tương ứng: dx = = 5,67g.cm-3

3

x a m

- FeO1+y: tế bào của cấu trúc này chứa 4 nguyên tử Fe:

y Nm

8 55

4 ,

 my = 4,84.10-22g

Khối lượng riêng tương ứng: dy = = 6,05g.cm-3

3

y a m

Ta có giá trị thực nghiệm d = 5,7g.cm-3 nên giả thiết thứ nhất đúng hơn  công thức đúng của oxit không hợp thức phải là Fe1-xO

Ta tính tỷ lệ phần trăm của Fe và O: