Đề thi olimpic hùng vương lần thứ X môn: Hoá học lớp 10 Trường THPT chuyên43696

Dựa vào mơ hình sự đẩy giữa các cặp e hĩa trị VSEPR và độ âm điện, hãy cho biết trị số gĩc của mỗi hợp chất và giải thích.. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và tro

SỞ GD & ĐT THÁI NGUYÊN

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

ĐỀ GIỚI THIỆU

ĐỀ THI OLIMPIC HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ X

MƠN: HỐ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài : 180 phút

Câu I (2,5 điểm) : Cấu tạo nguyên tử - Hạt nhân.

1 Một mẫu đá uranynit cĩ tỉ lệ khối lượng 206Pb : 238U = 0,0453 Cho chu kì bán hủy của 238U là 4,55921.109 năm Hãy tính tuổi của mẫu đá đĩ

2 Cho A, B là 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ của bảng tuần hồn trong đĩ B cĩ 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 là 3,5.a

a) Xác định bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng trên A, B

b) Viết cấu hình electron và xác định tên của A, B

Câu II (2,5 điểm): Hình học phân tử - Liên kết hĩa học

1 Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ

1 : 1,31 : 1,42

2 Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều cĩ cấu tạo tứ diện Cĩ ba trị số gĩc liên kết tại tâm là 110o; 111o; 112o(khơng kể tới H khi xét các gĩc này) Độ âm điện của H là 2,20;

CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50 Dựa vào mơ hình sự đẩy giữa các cặp e hĩa trị (VSEPR)

và độ âm điện, hãy cho biết trị số gĩc của mỗi hợp chất và giải thích

Câu III (2,5 điểm): Nhiệt - Cân bằng hĩa học.

1 Cho các dữ kiện sau:

ion hĩa thứ nhất của Na 495,80 mạng lưới NaF 922,88

Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1

Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1

Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích

2 Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2 € 2 SO3:

a) Người ta cho vào bình kín thể tích khơng đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO3 và 0,15 mol SO2 Cân bằng hĩa học (cbhh) được thiết lập tại 250C và áp suất chung của hệ là 3,20 atm Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng

b) Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ mol khí SO3 Ở trạng thái cbhh thấy cĩ 0,105 mol O2 Tính tỉ lệ SO3bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ

Câu IV (2,5 Điểm): Động hĩa học- dung dịch

1 a Đánh giá khả năng hòa tan AgI trong NH3 1M Cho biết K s(AgI ) =10 -16 và hằng số bền của Ag(NH3)+ là  = 10 7,24

b. Tính p H của dung dịch CH3COONH4 0,4 M biết rằng KA (CH3COONH4) = 1,8.10-5 ;

KB (NH3)= 1,6 10 – 5

2 Các quá trình trao đổi chất diễn ra trong cơ thể động vật cĩ thể sản sinh ra các chất độc hại, thí dụ O2  Nhờ tác dụng xúc tác của một số enzim (E) mà các chất này bị phá huỷ

Thí dụ 2 O2  + 2 H+  O2 + H2O2 ()

Người ta đã nghiên cứu phản ứng () ở 25o C với xúc tác E là supeoxiđeđimutazơ (SOD) Các thí nghiệm được tiến hành trong dung dịch đệm có pH bằng 9,1 Nồng độ đầu của SOD ở mỗi thí nghiệm đều bằng 0,400.106 mol.L1 Tốc độ đầu Vo của phản ứng ở những nồng độ đầu khác nhau của O2  được ghi

ở bảng dưới đây:

Co (O2) mol.L1 7,69.106 3,33.105 2,00.104

Vo mol.L1.s1 3,85.103 1,67.102 0,100

a) Thiết lập phương trình động học của phản ứng () ở điều kiện thí nghiệm đã cho

b) Tính hằng số tốc độ phản ứng

c) Có thể chấp nhận cơ chế sau đây cho phản ứng () được không:

E + O2 E + O2 (1)

E + O2  E + O2 

(2)

O2  + 2 H+ H2O2 (3)

E là phần tử trung gian hoạt động

Câu V (2,5 Điểm): Phản ứng oxi hóa - khử

1 Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100M và FeCl3 0,100M Xác định nồng độ các ion thiếc và sắt khi cân bằng ở 25oC Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng

2 Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2M Xác định nồng độ của Fe3+; Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 25oC Tính thế của các cặp oxy hóa - khử khi cân bằng

Cho biết Eo(Sn4+/Sn2+) = 0,15V; Eo(Fe3+/Fe2+) = 0,77V; Eo(Ag+/Ag) = 0,80V

3 Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước

Ag Ag= 0,80V; AgI/Ag,I = -0,15V; Au /Ag= 1,26V; Fe /Fe= -0,037V; Fe /Fe= -0,440V

Câu VI (2,5 Điểm): Halogen- Oxi

Cho khí Cl2 vào 100 ml dung dịch NaI 0,2M (dung dịch A) Sau đó, đun sôi để đuổi hết I2 Thêm nước để được trở lại 100 ml (dung dịch B)

1) Biết thể tích khí Cl2đã dùng là 0,1344 lít (đktc) Tính nồng độ mol/l của mỗi muối trong dung dịch B?

2) Thêm từ từ vào dung dịch B một dung dịch AgNO3 0,05M Tính thể tích dung dịch AgNO3 đã dùng, nếu kết tủa thu được có khối lượng bằng:

(1) Trường hợp 1: 1,41 gam kết tủa

(2) Trường hợp 2: 3,315 gam kết tủa

Chấp nhận rằng AgI kết tủa trước Sau khi AgI kết tủa hết, thì mới đến AgCl kết tủa

3) Trong trường hợp khối lượng kết tủa là 3,315 gam, tính nồng độ mol/l của các ion trong dung dịch thu

được sau phản ứng với AgNO3

Câu VII (2,5 Điểm):Oxi - Lưu huỳnh

1 a Cho m gam hỗn hợp gồm NaBr và NaI phản ứng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A ở điều kiện chuẩn Ở điều kiện thích hợp, A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn có màu vàng và một chất lỏng không làm chuyển màu quỳ tím Cho Na dư vào phần chất lỏng được dung dịch B Dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2ở điều kiện tiêu chuẩn được 9,5 gam muối Tìm m

b Đề nghị một phương pháp để tinh chế NaCl khan có lẫn các muối khan NaBr, NaI, Na2CO3

2 a Một axit mạnh có thể đẩy được axit yếu ra khỏi muối, nhưng một axit yếu cũng có thể đẩy được axit

mạnh ra khỏi muối Lấy ví dụ minh họa và giải thích

b Tại sao H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng lại đẩy được những axit đó ra khỏi muối?

Câu VIII ( toán tổng hợp 2,5 điểm).

Một hỗn hợp X gồm (Al và Cu) Cho 18,2 (g) hỗn hợp X vào 100 ml dung dịch chứa hỗn hợp hai

axit ( H2SO4 12M và HNO3 2M), đun nóng thu được dung dịch Z và 8,96 lit hỗn hợp khí J gồm NO và một khí D không màu Bi ết tỷ khối hơi của J so với H2 bằng 23,5

1 Tính số mol của khí D và khí NO trong hỗn hợp J.

k1

k2

k3

2 Tính khối lượng của mỗi kim loại trong hh X, tính khối lượng muối thu được trong dung dịch Z.

3 Tính thể tích dung dịch NaOH 2M cần thêm vào dung dịch Z để.

a Bắt đầu có kết tủa

b Thu được kết tủa cực đại.

c Lượng kết tủa không thay đổi.( Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn).

Đáp án.

Số mol 238U phóng xạ = số mol 206Pb = (mol)

206

0453 , 0

0,25 đ

m U ban đầu = 1 + 298 = 1,0523 (g)

206

0453 , 0

0,25 đ

k = 3 ; k = ln

10 55921 , 4

2 ln

t

1

N

N0

0,25 đ

1.

(1 đ)

693 , 0

10 55921 ,

1

0523 1

0,25 đ

a) 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: ns2; B: np1

0,25 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 A2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5 0,25 đ Vậy 4 số lượng tử của :

A : n = 3 l = 0 m = 0 s = -

2

B: n = 3 l = 1 m = - 1 s = +

2

1

0,25 đ

b) A: 1s22s22p63s2 ( Mg ) 0,25 đ

Câu 1

(2,5 đ)

2 (1,5 đ)

B: 1s22s22p63s23p1 ( Al ) 0,25 đ

Đối với mạng tâm khối:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2

Do đó V1 = 2x(4/3)r3 + Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện trên hình sau:

0,25 đ

Do đó: d = a 3 = 4r Suy ra a = 4r/ 3 Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/ 3 3

Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:

V1 : V2 = 8/3 r3 : 64r3/3 3 = 0,68

0,25 đ

1 (1 đ)

Đối với mạng tâm diện:

+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4 Do đó thể tích của các nguyên tử trong tế bào là: V1 = 4 x 4/3r3

+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:

0,25 đ

Từ dó ta có: d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2 Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2 2 Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:

V1/V2 = 16/3 r3: 64r3/ 2 2 = 0,74 Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của các mạng tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như 0,68 : 0,74 = 1,31 : 1,42

0,25 đ

CÊu t¹o kh«ng gian cña c¸c ph©n tö ®­îc biÓu diÔn nh­ sau:

Si H

Br Br

Br

C H

Br Br

Br

C H

CH3

CH3

CH3

SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3)

0,5 đ

+ Góc liên kết được tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành liên kết Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc vào độ âm điện của nguyên tử trung tâm A và phối tử X Ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm A đều có lai hoá sp3 vì lớp vỏ hoá trị có 4 cặp electron Sự khác nhau về trị số của các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tương đối giữa các nguyên tử liên kết

0,25 đ

+ Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), liên kết Si-Br phân cực hơn liên kết C-Br nên góc Br – C – Br có trị số lớn hơn góc Br – Si – Br 0,25 đ + Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), liên kết C –

Br phân cực hơn liên kết C – CH3 nên góc ở (3) lớn hơn ở (2) 0,25 đ

Câu 2

(2,5 đ)

2

(1,5 đ)

+ Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:

Góc ở (1) < Góc ở (2) < Góc ở (3) 0,25 đ

1.a Áp dụng định luật Hess vào chu trình

(r)

X2(k)

M(k)

M+(k) X-(k)

HTH

HML

HHT

+

+ AE

X(k)

I1

+

HLK

1 2

1 2

+

0,25 đ

Ta được: AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*) Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol - 1 và 0,25 đ

1

(1 đ)

a d

b AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều Có thể giải thích điều này như sau:

* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2) và dẫn đến AE (F) > AE (Cl)

0,25 đ

a) Xét 2 SO2 + O2 € 2 SO3 (1) ban đầu 0,15 0,20

lúc cbhh ( 0,15 + 2z) z (0,20 – 2z) Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z

Từ pt trạng thái: P1V = n1RT → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298 ; 0,393 → z = 0,043

0,25 đ

Vậy x O = z / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094

2 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%

0,25 đ

b) 2 SO2 + O2 € 2 SO3 (2) ban đầu : 0 0 y

lúc cbhh : 2 0,105 0,105 (y – 2 0,105)

Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên

ta có: K = const; vậy: n / (n2SO3 2SO2.nO2) = const

Theo (1) ta có : n2SO3/ (n2SO2.nO2) = ( 0,20 – 2 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2 0,043 = 5,43

0,25 đ

Theo (2) ta có n2 / (n n ) = (y – 0,21)2/ (0,21)2.0,105 = 5,43 Từ đó

3

SO

2 2

SO O2

có phương trình y2 – 0,42 y + 0,019 = 0 Giải pt này ta được y1 = 0,369; y2 = 0,0515 < 0,105, (loại bỏ nghiệm y2 này) 0,25 đ

Do đó ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO 3 phân li

là 56,91% Tại cbhh tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên: 0,25 đ

Câu 3

(2,5 đ)

2

(1,5 đ)

SO 3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO 2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% = 44,30%; O 2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.

Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 → P 2 = 3,86 atm. 0,25 đ

AgI  € Ag + + I - ; Ks = 10-16

Ag+ + 2 NH3 € Ag ( NH3 ) 2+ ;  2 = 10 7, 2 4

AgI + 2 NH3 € Ag (NH3 ) 2+ + I - ; K = 10-8,76 (1)

K bé có thể dự đoán là AgI khó tan trong NH3

0,25 đ

AgI + 2 NH3 € Ag (NH3 ) 2+ + I - K = 10- 8,76 (1)

C0 1 M

2x x x

Ccb 1 – 2x x x

2

2

0,25 đ

Với 2x  1 ( x  0,5 ) = > x = 10 - 4,38  0,5 0,25 đ

1

(1 đ)

Độ tan của AgI : S AgIAg(NH3)2    I  104, 84,2.105M 0,25 đ

a.

v = = k[H+] [O2 ] ; V× [H+] lµ mét h»ng sè nªn v = k [O2 ]

3,85.10-3 = k (7,69.10-6) 1,67.10-2 = k (3,33.10-5)

0,25 đ

d [O2]

dt

0,100 = k (2,00.10-4) =

0,231 = (0,231)  = 1

=

0,167 = (0,167)  = 1

=

0,0385 = (0,0385)  = 1

v = k [O2]

0,5 đ

b.

k = = 501 s1

k = = 502 s1

k = = 500 s1

ktb = 501 s1

0,25 đ

c Phản ứng (3) diễn ra rất nhanh vì H2O2 là axit rất yếu Phản ứng (2) cũng nhanh hơn phản ứng (1) vì E- là phần tử trung gian hoạt động

Như vậy: v = k1 E O2 

0,25 đ

Câu 4.

(2,5 đ)

2

(1,5 đ)

Mặt khác vì nồng độ E-cố định nên nồng độ E cũng cố định và ta có:

v = k O2 với k = k1 E

Cơ chế đã cho phù hợp với phương trình động học tìm được bằng thực

Sn2+ + 2Fe3+  Sn4+ + 2Fe2+

cb: 0,05- x 0,05 – 2x x 2x lgK = 2(0,77 – 015)/0,059 = 21  K = 1021.

K rất lớn và nồng độ Fe3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+

 phản ứng gần như hoàn toàn: 2x  0,05

0,25 đ

[Fe2+] = 0,05M; [Sn4+] = 0,025M; [Sn2+] = 0,025M; [Fe3+] = M 0,25 đ

2

10 58 , 1 0025

, 0 10 1

025 , 0

) 05 , 0 (

025 ,











1

(1 đ)

Khi cân bằng

025 , 0

025 , 0 lg 2

059 , 0 15 , 0 05 , 0

10 58 ,







7,69.10-6 2,00.10-4

3,85.10-3 0,100

3,85.10-3 1,67.10-2

7,69.10-6 3,33.10-5



3,33.10-5 2,00.10-4

1,67.10-2 0,100





3,85.10-3 mol.L1.s1 7,69.10-6 mol.L1 1,67.10-2 mol.L1.s1 3,33.10-5 mol.L1 0,100 mol.L1.s1 2,00.10-4 mol.L1

Ag + Fe3+ ⇌ Ag+ + Fe2+

cb: 0,05 – x x x lgK = (0,77 – 0,80)/0,059 = -0,51  K = 0,31

0,25 đ

Ta có:

   

M Fe

Ag x x

x

3 3

2 2

2

10 6

10 38 , 4 31

, 0 05

, 0

























0,25 đ

2

(0,75 đ)

Ecb = 0,80 0,059lg4,38.10 0,72V

10 38 , 4

10 6 lg 059 , 0 77 ,

3











0,25 đ

Để xác định tích số tan KScủa AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực

Ag làm việc thuận nghịch với Ag+ Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào

có [Ag+] lớn hơn sẽ đóng vai trò catot Vậy sơ đồ pin như sau:

(-) Ag │ I - (aq), AgI(r) ║ Ag + (aq) │ Ag(r) (+) Hoặc: (-) Ag, AgI(r) │ I - (aq) ║ Ag + (aq) │ Ag(r) (+)

0,25 đ

Phản ứng ở cực âm: Ag(r) + I−(aq) € AgI(r) + e K11

Phản ứng ở cực dương: Ag+(aq) + e € Ag(r) K2

Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq) € AgI(r) K (1)S-1 Trong đó K = K KS-1 11 2 = ( Ag /Ag0 + - AgI/Ag,I0 - ) / 0,059≈ 1,0.1016

 KS = 1,0.10−16

0,25 đ

Câu 5

(2,5 đ)

3

(0,75 đ)

Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:

AgI↓ Ag+ + I- KS = 10-16

S S

Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag+ không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI, nên

S = KS=1,0.10-8 M

0,25 đ

1)

22, 4

Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2

0,006 mol 0,012 mol 0,012 mol

nNaI ban đầu = 0,2.0,1 = 0,02 (mol)

0,25 đ

Vậy hết Cl2 dư NaI Dung dịch B chứa 0,020 – 0,012 = 0,008 mol NaI dư

và 0,012 mol NaCl

CNaCl = 0,012 / 0,1 = 0,12M; CNaI = 0,008/0,1 = 0,08M

0,25 đ

2) Để biết chỉ có AgI kết tủa hay cả hai AgI và AgCl kết tủa, ta dùng 2 mốc

để so sánh

Mốc 1: AgI kết tủa hết, AgCl chưa kết tủa 0,008 mol NaI → 0,008 mol

AgI↓ m1 = mAgI = 0,008.235 = 1,88 gam

0,25 đ

Mốc 2: AgI và AgCl đều kết tủa hết

0,012mol NaCl → 0,012 mol AgCl↓,m2 = 1,88 + 0,012.143,5 = 3,602 gam,

0,25 đ

Câu 6

(2,5 đ)

1

(0,5 đ)

2

(1,5 đ)

m↓ = 1,41 gam 1,41 < m1 = 1,88 gam vậy chỉ có AgI kết tủa 0,25 đ

; Vậy

1, 41

235

; m↓ = 3,315 gam;

3

ddAgNO

0, 006

0,12( )

0,25 đ

m1 = 1,88 < 3,315 < m2 = 3,602 Vậy AgI kết tủa hết và AgCl kết tủa một

mAgCl = 3,315 – 1,88 = 1,435 gam; nAgCl = 1,435/143,5 = 0,01 mol

Số mol AgNO3 0,008 + 0,01 = 0,018 mol;

3

ddAgNO

0, 018

0,36( )

3) Trong trường hợp thứ nhì, dung dịch chỉ còn chứa NO3-, Na+, Cl-dư

3 3

0, 018

0,012 0,008 0,02 0,012 0,01 0,002

AgNO NO

NaCl b NaI b

Cl du Cl bd Cl

n



0,25 đ

3

(0,5 đ)

Thể tích dung dịch =

a A phản ứng vừa đủ với nhau tạo chất rắn màu vàng → A là hỗn hợp SO2

và H2S

Mặt khác, NaBr có tính khử yếu hơn NaI

2NaBr + 2H2SO4 → Na2SO4 + Br2 + SO2 + 2H2O 0,15mol 0,075mol

0,25 đ

8NaI + 5H2SO4 → 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (0,15.8)mol 0,15mol 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O

0,15mol 0,075mol 0,15mol

0,25 đ Chất lỏng là H2O:

2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 0,15mol 0,15mol

B là NaOH

CO2 + NaOH → NaHCO3

x(mol) x x (mol)

CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O

y 2y y

0,25 đ

2

2, 24

0,1( )

22, 4

CO

0,1

0, 05

84 106 9, 5

x y

x y

 



  



0,25 đ

b Cho hỗn hợp trên vào dung dịch HCl, chỉ Na2CO3 phản ứng:

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2↑

Câu 7

(2,5 đ)

1

(1,5 đ)

2NaBr + Cl2 → 2NaCl + Br2

2NaI + Cl2 → 2NaCl + I2

Cô cạn dung dịch, Br2 và I2 hóa hơi thoát ra, NaCl kết tinh lại 0,25 đ

2 a Một axit mạnh có thể đẩy được một axit yếu ra khỏi muối vì axit yếu là chất điện li yếu hoặc chất không bền

Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + H2O + CO2

CO2 + H2O ƒ H2CO3 ƒ H+ + HCO3- (1) HCO3- ƒ H+ + CO32- (2)

HCl → H+ + Cl-

0,25 đ

Khi cho HCl vào dung dịch Na2CO3 làm tăng nồng độ H+ làm cho các cân bằng (1) (2) chuyển sang trái tạo ra H2CO3 rồi sau đó là CO2 và H2O

0,25 đ Ngược lại, 1 axit yếu có thể đẩy được 1 axit mạnh ra khỏi muối

Pb(NO3)2 + H2S → PbS↓ + 2HNO3

Axit yếu axit mạnh

Vì PbS không tan

0,25 đ

2 (1 đ)

b H2SO4 không phải là axit mạnh hơn HCl và HNO3 nhưng đẩy được 2 axit

đó ra khỏi muối vì H2SO4 là axit không bay hơi còn HCl và HNO3 là axit dễ bay hơi

2NaCl + H2SO4 t o Na2SO4 + 2HCl 2NaNO3 + H2SO4 t o Na2SO4 + 2HNO3

0,25 đ

1 (0,25 đ)

-Ta có M J = 23,5 2 = 47 Vậy M NO< 47 < M D, khí D là SO2 M D = 64

= 47.0,4 = 18,8

J

m

-Gọi a, b ( > 0) lần lượt là số mol của SO2 và NO ta có

a + b = 0,4.(1) 64a + 30b = 18,8(2)

-Giải hệ (1) và (2) ta được a = 0,2; b = 0,2

Vậy số mol của SO2 = NO2 = 0,2 mol

0,25 đ

-Gọi x, y là số mol của Al và Cu trong hỗn hợp

27x + 64y = 18,2 (3)

Số mol H2SO4 = 1,2 mol, số mol HNO3 = 0,2 mol

mol

-Xét các nửa phản ứng Al - 3e = Al3+(I)

x 3x

Cu - 2e = Cu2+(II)

y 2y

NO3- + 4H+ + 3e = NO + 2H2O( III) 0,2 0,8 0,6 0,2

SO42- + 4 H+ + 2e = SO2 + 2H2O (IV) 0,2 0,8 0,4 0,2

0,25 đ

-Áp dụng định luật bảo toàn điện tích ta có

3x + 2y = 0,6 + 0,4 = 1

27x + 64y = 18,2

-Giải hệ phương trình trên ta có x = 0,2, y = 0,2 0,25 đ

2 (1 đ)

Khối lượng Al = 27 0,2 = 5,4 (g)

Khối lượng của Cu = 0,2.64 = 12,8 (g) 0,25 đ -Theo (III) trên ta thấy số mol khí NO = số mol NO3- ban đầu Vậy trong

dung dịch sau phản ứng không còn NO3- nên muối thu được là Al2(SO4)3 và CuSO4 Theo định luật bảo toàn nguyên tố ta có

mol

2 ( 4 3 )

1

0,1 2

2 ( 4 3 ) 342.0,1 34, 2( )

Al SO

mol

4 0, 2

CuSO Cu

4 0, 2.160 32( )

CuSO

0,25 đ

Câu VIII

(2,5 đ)

-Trong dung dịch Z có 0,2 mol Al3+, 0,2 mol Cu2+,

1 mol H+

- Gọi thể tích NaOH cần cho là V lít Số mol NaOH = 2V

NaOH  Na+ + OH-.

-Khi cho NaOH vào dung dịch Z có phản ứng sau

H+ + OH- = H2O ( V)

Cu2+ + 2 OH- = Cu(OH)2(VI)

Al3+ + 3 OH- = Al(OH)3 (VII)

0,25 đ

Nếu OH- còn dư thì có phản ứng sau

A(OH)3 + OH- = AlO2- + H2O (VIII)

-Để bắt đầu kết tủa tức là vừa xảy ra hết phản ứng (V) Số mol OH- = 1 mol

Vậy số mol NaOH = 1 mol

V = 1/2 = 0,5 lít

0,25 đ

-Để kết tủa cực đại tức là vừa xảy ra hết (V), (VI), (VII) Tổng số mol OH

-= 2 Vậy số mol NaOH = 2

V = 2/2 = 1 lít

0,25 đ

3

(1,25 đ)

-Để kết tủa không thay đổi tức là sảy ra hết các phản ứng (V), (VI), (VII),

(VIII) Tổng số mol OH- = 2,2 mol

Vậy số mol NaOH = 2,2 mol V = 2,2 / 2 =1,1 lít 0,25 đ

Thái Nguyên, tháng 5 năm 2014.

Nguyễn Ngọc Nguyên.