Đối với phân tử A2XR3 và ion XR42-, hãy viết công thức kiểu Lewis, cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm... Trong 1 bình kín dung tích không đổi 0,42lít ch
Trang 1BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG PT VÙNG CAOVIỆT BẮC
ĐỀ XUẤT ĐỀ THI TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
Môn: Hóa học 10 - Năm học 2012-2013
Câu 1: Cấu tạo nguyên tử - hóa học hạt nhân (2,5 điểm)
1 Tìm số hạt và được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 238 U để tạo thành
92 nguyên tố X Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử của electron cuối
cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mang điện và số hạt mang điện
trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122
2 Sắt dạng (Fe) kết tinh trong mạng lập phương tâm khối, nguyên tử có bán kính r
= 1,24 Å Hãy tính:
a) Độ dài cạnh a của tế bào sơ đẳng
b) Khoảng cách ngắn nhất giữa hai nguyên tử Fe
c) Tỉ khối của Fe theo g/cm3
Cho Fe = 56
1 Có n=6; l=1; m=0, s=+1/2 Phân lớp sau cùng
6p2
Cấu hình electron lớp ngoài cùng: 6s2 4f14 5d10 6p2
Cấu hình electron của X: Xe 6s2 4f14 5d10 6p2 ZX = 82
Tỷ lệ 1 , 5122 N = 1,5122.82 = 124; A = 124 + 82 = 206 Pb
Z
82
Gọi x là số hạt , y là số hạt
Sơ đồ phân rã phóng xạ: 238 U Pb + x ( He) + y ( e)
92
206 82
4 2
0 1
Bảo toàn số khối: 206 + 4x = 238 x= 8
Bảo toàn điện tích: 82 + 2x - y = 92 y = 6
0,5 đ
0,5 đ
2 Mạng tế bào cơ sở của Fe (hình vẽ)
A B
C
D
a
a
Trang 2Câu 2: Hình học phân tử (2,5 điểm)
Cho 3 nguyên tố A, R, X (ZA< ZR< ZX) đều ở phân nhóm chính và không cùng chu kì trong bảng tuần hoàn Tổng số lượng tử chính của electron cuối cùng của 3 nguyên tử A, R,
X (kí hiệu lần lượt là: nA, nR, nX) bằng 6; tổng số lượng tử phụ của chúng bằng 2; tổng số lượng tử từ bằng -2 và tổng số lượng tử spin bằng –1/2, trong đó số lượng tử spin của A là +1/2
1 Gọi tên 3 nguyên tố đã cho
2 Cho biết dạng hình học của phân tử A2R và A2X So sánh góc hóa trị trong 2 phân tử
đó và giải thích
3 Đối với phân tử A2XR3 và ion XR42-, hãy viết công thức kiểu Lewis, cho biết dạng hình học và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm
a) Từ hình vẽ, ta có: AD2 = a2 + a2= 2a2
xét mặt ABCD: AC2 = a2 + AD2 = 3a2
mặt khác, ta thấy AC = 4r = a nên a = 3 4r = = 2,85 Å
3
4 1, 24 3
b) Khoảng cách ngắn nhất giữa 2 nguyên tử là đoạn AE:
AE = AC a 3 = = 2,468 Å
2
c) Khối lượng riêng:
Theo hình vẽ, số nguyên tử Fe là
Ở tám đỉnh lập phương = 8 = 11
8
Ở tâm lập phương = 1
Vậy tổng số nguyên tử Fe chứa trong tế bào sơ đảng = 1 + 1 = 2 (nguyên tử)
+ 1 mol Fe = 56 gam
+ Thể tích của 1 tế bào cơ sở = a3 chứa 2 nguyên tử Fe
+ 1 mol Fe có NA = 6,02 1023 nguyên tử
Khối lượng riêng d = = 2 m = 7,95 g/cm3
56 6,02 10 (2,85 10 )
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
Trang 31 Theo bài ra ta có: nA + nR + nX = 6
lA + lR + lX = 2
ml(A) + ml(R) + ml(X) = -2
ms(A) + ms(R) + ms(X) = -1/2
Mà: ZA < ZR < ZX nA < nR < nX và A, R, X không cùng chu kỳ
nA = 1, nR = 2, nX = 3
* nA = 1 lA = 0, ml(A) = 0, ms(A) = +1/2 electron cuối cùng của nguyên tử
A là: 1s1 A là H
Ta có: lR + lX = 2
ml(R) + ml(X) = -2
ms(R) + ms(X) = -1 ms(R) = ms(X) = -1/2
* nR = 2 lR = 0, 1 ; + lR = 0 → lX = 2 loại vì X thuộc phân nhóm chính
+ lR = 1 → lX = 1 nhận
* lR = 1 ml(R) = -1, 0, +1 ; ml(R) = -1 → ml(X) = -1 nhận
ml(R) = 0 → ml(X) = -2 loại vì lX = 1
ml(R) =+1 → ml(X) = -3 loại vì lX = 1
Vậy: electron cuối cùng của nguyên tử R là: 2p4 R là O
electron cuối cùng của nguyên tử X là: 3p4 X là S
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
2
H2O : O O lai hóa sp3, phân tử có dạng góc (gấp khúc)
H H
H2S: S S không lai hóa, phân tử có dạng góc
H H
Trang 4
Góc HOH = 104,50 < 109028’(góc tứ diện đều) vì nguyên tử O còn 2 cặp e chưa
liên kết có lực đẩy mạnh hơn 2 cặp e liên kết
Góc HSH = 920 > 900 (góc 2AO-p vuông góc) vì mật độ điện tích âm giữa 2
liên kết tăng (do sự xen phủ giữa AO-p với AO-s)
0,5 đ
3
H2SO3: S S lai hóa sp3, phân tử có dạng tháp tam giác
H-O O O-H
SO42-: O
S S lai hóa sp3, phân tử có dạng tứ diện
O O O
0,5đ
Câu 3: Nhiệt cân - bằng hóa học (2,5 điểm)
1 Trong 1 bình kín dung tích không đổi 0,42lít chứa mêtan và hơi nước Nung nóng bình sau 1 thời gian để điều chế hỗn hợp H2, CO Sau đó làm lạnh bình tới 25oC, thấy áp suất bình là 776,7mmHg Biết thể tích chất lỏng không đáng kể, áp suất hơi nước ở 250C là 23,7 mmHg Lấy tất cả khí trong bình đem đốt cháy thấy tỏa 1,138Kcal nhiệt Biết nhiệt đốt cháy của CO, H2, CH4tương ứng là H= - 24,4 ; - 63,8 ; - 212,8 Kcal/mol Tính % CH4bị chuyển hóa?
2 Tại 250C, G 0tạo thành của các chất như sau: (theo Kj/mol)
H2O(K) CO2 (k) CO(k) H2O(l)
-228,374 - 394,007 - 137,133 - 236,964
a) Tính Kp của phản ứng
CO(k) + H2O(l) = H2(k) + CO2(k) tại 250C
b) Tính P hơi nước ở 250C
1
CH4 + H2O CO + 3H2
x x 3x
Trang 5gọi x là số mol CH4 tham gia phản ứng
P tổng CO, H2, CH4 = 776,7 – 23,7 = 753 mmHg
RT
PV
) 273 25 ( 273
4 , 22
42 , 0 760 753
Số mol CH4 còn lại : 0,017 – (x + 3x) = 0,017 – 4x
Số mol CH4 ban đầu : x + 0.017 – 4x= 0,017 – 3x
CO + O2 CO2 H1 = - 24,4Kcal/mol
2
H2 + O2 H2O H2 = - 63,9 Kcal/mol
2
CH4 + 2O2 0 CO2 + 2H2O H3 = - 212,8Kcal/mol
Nhiệt tỏa ra là 1,138 Kcal/mol
x 24,4 + 3x 63,8 + (0,017 – 4x) 212,8 = 1,138
x = 0,004
vậy %CH4đã chuyển hóa là:
x
x
3
017
,
0 0 , 017 3 0 , 004
004 , 0
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
2
a) CO(k) + H2O(l) H2(k) + CO2(k)
G0298pư = G0H2(k) + G0CO(k) - G0CO(k) - G0H2O(l)
= 0 – 394,007 + 137,133 + 266,946 = - 19,91 Kj/mol
Mà : G 0 = - RT lnKp = - RT.2,303lgKp
lg Kp = = = 3,4894
RT
G
303
,
2
0
298 10 314 , 8 303 , 2
91 , 19
3
Kp = 103,4894 = 3,086.103
b) P H2O(k) = 3,12.10-2 atm
0,5 đ
0,5 đ 0,25 đ
Trang 6Câu 4: Động hóa học (2,5 điểm)
1 Nghiên cứu sự thay đổi nồng độ CH3COCH3 theo thời gian (trong quá trình nhiệt phân) người ta cho kết quả sau:
C (mol/lít) 25,4 9,83 3,81
Tính xem trong bao lâu lượng CH3COCH3 giảm đi một nửa và trong bao lâu giảm đi 1%
2 Trong bình kín ở nhiệt độ T, áp suất 2 atm có cân bằng sau:
AB (k) ⇌ A (k) + B(k) (1) Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng
a) Thiết lập biểu thức liên hệ giữa hằng số cân bằng Kp với độ chuyển hóa và áp
suất chung P
b) Xác định KP, KC, Kx và G0 của phản ứng (1) ở 3500C nếu biết = 0,98
c) Xác định H, S của phản ứng (1) ở 350 0C Cho biết ở 4000C có Kp = 54,4
d) Độ phân li thay đổi như thế nào khi P từ 2 atm giảm còn 0,8 atm? Sự thay đổi
đó có phù hợp với nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơsatơlie không?
1 Giả sử rằng phản ứng thủy phân axeton là phản ứng bậc nhất
Ta có: K =1 2,303lg25,4 0,0633ph-1;
2
2,303 25,4
Vậy K = 0,0633 phút -1 nên phản ứng axeton là phản ứng bậc nhất
t1/2= 0,693 =10,95( )
Thời gian để cho 1% axeton bị phân hủy là:
2 a) Gọi a là số mol AB tại thời điểm ban đầu
AB(k) ⇄ A(k) + B(k) KP (1)
ban đầu: a 0 0
Cân bằng: a(1- ) a a
0,5 đ
0,5 đ
Trang 7Từ (2), ta có:
+ Tổng số mol tại cân bằng hoá học là a(1+ ).
+ Hằng số cân bằng KP:
KP = A B
AB
P P P
Trong đó Pi = xi.P (Pi là áp suất riêng phần, P là áp suất toàn phần của hệ, xi là
phần mol), Thay Pi vào (I), ta được: KP =
2
2
P a
P a
(I)
b) Thay = 0,98; P = 2 atm ta được KP = 48,51
với
K K RT K K P n 1 1 1 1
Thay số thu được KC = 0,9496; Kx = 24,255
= -20106,101 (J/mol)
0
ln P
c) Theo phương trình của Van – Hop, ta có
, thay số ta được 7989,245(J/mol) 1
2
( )
1 1
P T
Mặt khác ta có, G H T S nên S= 45,097(J.mol-1.K-1)
d) Khi P = 0,8 atm, theo công thức (I), KP không đổi, = 0,992, phù hợp với
nguyên lí chuyển dịch cân bằng Lơsatơlie
0,5 đ
0,5 đ
0,25 đ
0,25 đ
Câu 5: Dung dịch điện ly (2,5 điểm)
1 Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 và 0,11 mol HCl vào nước được 1 lít dung dịch Tính pH của dung dịch thu được?
Cho: pK = 9,24; pK = 10,6; pK = 14
4
NH
3 3
CH NH
2
H O
2 Tính độ tan của AgSCN trong dung dịch NH3 0,003 M
Cho TAgSCN= 1,1.10-12 và hằng số phân li của phức [Ag(NH3)2]+bằng 6.10-8
Trang 8Nội dung trả lời Điểm
1
NH3 + H+ NH4
0,01 0,01 0,01 mol
CH3NH2 + H+ CH3NH3
0,1 0,1 0,1 mol
Tổng số mol H+phản ứng: n = 0,01 + 0,1 = 0,11 mol Vậy H+vừa hết
Dung dịch thu được gồm: 0,01 mol NH và 0,1 mol CH4 3NH3
Vì nên có thể bỏ qua cân bằng điện ly của nước trong
3 3 4
CH NH NH
H O2
dung dịch
CH3NH CH3 NH2 + H+
3
Ban đầu 0,1
Điện ly x x x
Cân bằng 0,1 - x x x + y
NH NH3 + H+
4
Ban đầu 0,01
Điện ly y y y
Cân bằng 0,01 – y y x + y
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho các cân bằng điện li ta có :
3 3
CH NH
+
-10,6
3 2
+
3 3
[CH NH ].[H ] x(x + y)
0,1- x [CH NH ]
x (x + y) = 10-11,6 (1)(giả sử coi x << 0,1)
4
NH
+
-9,24 3
+ 4
[NH ][H ] y(x + y)
0, 01- y [NH ]
y (x + y) = 10-9,24 10-2 = 10-11.24 (2) (giả sử coi y << 0,01)
0,5 đ
0,5 đ
Trang 9Từ (1) và (2) ta có
x (x + y ) + y (x + y) = 10-11,6 + 10-11,24 = 8,27.10-12
x + y = 8 , 27 10 12
[ H+ ] = x + y = 2,88 10-6 mol.lit-1
pH = -lg [ H+ ] = - lg 2,88 10-6 = 5,54 0,5 đ
2 Các cân bằng xảy ra trong dung dịch:
AgSCN Ag+ + SCN- TAgSCN = 1,1.10-2 (1)
Ag+ + 2NH3 [Ag(NH3)2]+ Kb = 8 (2)
pl
K 6.10
AgSCN + 2NH3 [Ag(NH3)2]+ + SCN- Kcb = TAgSCN (3)
pl
1 K
0,003 – 2s s s
Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân bằng (3) ta có:
Thay số vào ta có s = 1,27.10-5 mol.lit-1
2
AgSCN 2
pl
T s
(0,003 2s) K
0,5 đ
0,5đ
Câu 6: Phản ứng oxihóa – khử; pin điện; điện phân (2,5 điểm)
1. Người ta lập một pin gồm hai nửa pin sau: Zn/Zn(NO3)2 0,1M và Ag/AgNO3 0,1M có thế khử chuẩn tương ứng là Eo 0 , 76 V và
Zn /
Zn2 Eo 0 , 80 V
Ag /
Ag
(a) Thiết lập sơ đồ pin
(b) Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc
(c) Tính suất điện động của pin
(d) Tính nồng độ các ion trong dung dịch khi pin ngừng hoạt động
2 Hoàn thành phản ứng oxy hóa khử sau:
(a) SO32- + MnO4- + H2O
(b) FexOy + H+ + SO42- Fe3+ + SO2 + S + H2O (với tỉ lệ mol SO2 và S là 1:1)
c) Cu2SFeS2 + HNO3→ CuSO4 + Cu(NO3)2 + Fe2(SO4)3 + N2O + H2O
d) CxHyO + KMnO4+ HCl → CH3-CHO + CO2 + MnCl2 + KCl + H2O
(Cho biết số mol giữa CH3-CHO với CO2 là 1 : 1)
1
Trang 10(a) Zn2+ + 2e Zn
E1 = 2 2
Zn / Zn Zn / Zn
0, 059
2
= - 0,76 + (0,059/2).lg0,1 = - 0,7895 V
Ag+ + e Ag
E2 = 0 = + 0,8 + 0,059.lg0,1 = 0,741 V
Ag / Ag Ag / Ag
0, 059
1
E1 < E2 nên điện cực kẽm là cực âm và điện cực bạc là cực dương Sơ đồ pin
điện như sau: (-) Zn Zn(NO3)2 0,1M AgNO3 0,1M Ag (+)
b Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+
Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag
Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag+→ Zn2+ + 2Ag
c
Epin = E2 – E1 = 0,741 – (- 0,7895) = 1,5305 V
d Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag+giảm đi trong phản ứng khi hết pin Ta có:
Zn / Zn Zn / Zn
0, 059
2
0
Ag / Ag Ag / Ag
0, 059
1
2
Ag / Ag Zn / Zn Ag / Ag Zn / Zn 2
Ag
0, 059
pin
0,1 x
0, 059
x 2
0,1 2
51,86 0,1 x
x 0,1 2
x 0,1M
;
2
Ag 0,1 x .10 51,86 4, 55.10 27M
2
0,5đ
0,25đ 0,25đ
0,5đ
2.
Trang 11a) 3SO32- + 2MnO4- + H2O 3SO42- + 2MnO2 + 2OH
8Fe O x y 6x 4y SO 36x 8y H 8Fe 3x 2y SO
+ 3x 2y S 18x 4y H O 2 c) 8Cu2SFeS2 + 58HNO3→ 12CuSO4 + 4Cu(NO3)2 + 4Fe2(SO4)3 + 25N2O
+ 29H2O
d) 15CxHyO + (2x+ 3y -6)KMnO4 + (6x +9y -18)HCl →
5xCH3-CHO + 5xCO2 + (2x +3y -6)MnCl2 + (2x+3y -6)KCl + (-7x +12y
-9)H2O
0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ
Câu 7: Halogen (2,5 điểm)
Một hỗn hợp X gồm 3 muối halogenua của kim loại natri nặng 6,23 gam hòa tan hoàn toàn trong nước được dung dịch A Sục khí clo dư vào dung dịch A rồi cô cạn dung dịch sau phản ứng được 3,0525 gam muối khan B Lấy một nửa lượng muối này hòa tan vào nước rồi cho phản ứng với dung dịch AgNO3dư thì thu được 3,22875 gam kết tủa
Tìm công thức của các muối và tính % khối lượng mỗi muối trong X
Giả sử lượng muối khan B thu được sau khi cho clo dư vào dung dịch A chỉ
có NaCl
nNaCl = = 0,0522 mol
58,5 NaCl + AgNO3 AgCl + NaNO3 (1)
Theo (1) nNaCl = nAgCl = 3,22875 x 2 = 0,045 mol < 0,0522 mol
1,435
Do đó, muối khan B thu được ngoài NaCl còn có NaF Vậy trong hỗn hợp X
chứa NaF
mNaF = mB – mNaCl = 3,0525 – 0,045 x 58,5 = 0,42(g)
%NaF = 0,42 x 100% = 6,74%
Trang 12Gọi Công thức chung của 2 muối halogen còn lại là: Na �
2Na + Cl� 2 2NaCl + �2 (2)
Theo (2) �Na � = nNaCl = 0,045 mol
= mx - mNaF = 6,23 – 0,42 = 5,81(g) �Na �
Do đó: �Na � = 0,0455,81 = 129,11 = 23 + MY MY = 106,11
Phải có 1 halogen mà M> 106,11 halogen là iot Vậy công thưc của muối
thứ hai là NaI
Do đó có hai trường hợp
0,75đ
Gọi a, b lần lượt là số mol của NaCl và NaI
Ta có: {58,5� + 150� = 5,81� + � = 0,045 {� = 0,01027� = 0,03472
mNaCl = 58,5 x 0,01027 = 0,6008 (g)
mNaI = 150 x 0,03472 = 5,208 (g)
Vậy %NaCl = 0,6008 x 100% = 9,64%
6,23
%NaF = 6,77%
%NaI = 83,59%
0,5đ
Ta có: {103� + 150� = 5,81�' + �' = 0,045 {�' = 0,025�' = 0,02
mNaBr = 103 x 0,02 = 2,06 (g)
mNaI = 150 x 0,025 = 3,75 (g)
Vậy %NaBr = 2,06 x 100% = 33,07%
Trang 13%NaI = 3,75 x 100% = 60,19%
6,23 %NaF = 6,74%
Câu 8: Oxi – lưu huỳnh (2,5 điểm)
Nung m gam hỗn hợp A gồm FeS và FeS2 trong một bình kín dung tích không đổi chứa không khí (gồm 20% thể tích O2 và 80% thể tích N2) đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn B và hỗn hợp khí C có thành phần phần trăm theo thể tích:
N2 = 84,77%; SO2 = 10,6%; còn lại là O2
Hoà tan chất rắn B trong dung dịch H2SO4 vừa đủ, dung dịch thu được cho tác dụng với Ba(OH)2 dư Lọc lấy kết tủa làm khô nung ở nhiệt độ cao tới khối lượng không đổi, thu được 12,885 g chất rắn
1 Tính % khối lượng mỗi chất trong A
2 Tính m.
1 Đặt x, y là số mol của FeS và FeS2 trong A
a là số mol của khí trong bình trước khi nung
Khi nung:
4 FeS + 7 O2 t0 2Fe2O3 + 4SO2
x 1,75x 0,5x x
4FeS2 + 11 O2 t0 2Fe2O3 + 8 SO2
y 2,75y 0,5y 2y
Số mol các khí trước khi nung: nN2 = 0,8a (mol)
nO2 = 0,2a (mol)
Số mol các khí sau khi nung: nN2 = 0,8a (mol)
nSO2 = (x+2y) (mol)
nO2 d ư = 0,2a – 1,75x- 2,75y
0,25đ
Trang 14Nên tổng số mol khí sau khi nung = a – 0,75(x+y)
Ta có: %(V)N2 = = 84,77/100
) ( 75 , 0
8 , 0
y x a
a
a = 13,33(x+y) (12)
% (V)SO2 = = 10,6/100
) ( 75 , 0
2
y x a
y x
a = 10,184x + 19,618 y (13)
Từ (12) và (13) ta có: 13,33(x+y) = 10,184x + 19,618 y
Nên : = (14)
y
x
1 2
Vì tỷ lệ về số mol x:y = 2:1 nên % theo khối lượng sẽ là:
%mFeS = 100 % 59 , 46 %
) 120 1 88 2 (
88
%mFeS2 = 100 % 40 , 54 %
) 120 1 88 2 (
120
0,5đ
0,25đ
0,5đ
2 Chất rắn B là Fe2O3 có số mol: 0,5(x+y)
Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3H2O
0,5(x+y) 0,5(x+y)
Fe2(SO4)3 + 3Ba(OH)2 = 2Fe(OH)3 + 3BaSO4
0,5(x+y) (x+y) 1,5(x+y)
Khi nung kết tủa:
BaSO4 t0 không đổi
1,5(x+y)
2Fe(OH)3 t0 Fe2O3 +3H2O
(x+y) 0,5(x+y)
Nên: 233.1,5(x+y) + 160.0,5(x+y)=12,885 x+y = 0,03 (15) Giải hệ (14) và (15) ta có: x = 0,02; y = 0,01
Nên m = 88.0,02+120.0,01 = 2,96 (gam)
0,5đ
0,5đ
Người ra đề
