HDC lớp 10 đề THI đề NGHỊ 2022 CHUYÊN LQĐ QUẢNG TRỊ

2,0 điểm Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn 1 Ở nhiệt độ rất cao, nguyên tử oxi có thể bị ion hóa và tồn tại dưới dạng ion O7+.. Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự là

SỞ GD VÀ ĐT QUẢNG TRỊ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN

HDC ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2022

MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

-

Câu 1 (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

1) Ở nhiệt độ rất cao, nguyên tử oxi có thể bị ion hóa và tồn tại dưới dạng ion O7+ Dựa vào công thức tính năng lượng electron của Bohr:

2

Z

n

= −

(eV) Hãy tính bước sóng của bức xạ phát ra khi electron trong ion O7+ dịch chuyển từ mức năng lượng có n = 3 xuống mức có n = 1

2) Sắp xếp theo trật tự tăng dần, có giải thích ngắn gọn nhiệt độ nóng chảy của: MgO, FeCl3, KCl,

NaCl

3) Cho số liệu về năng lượng liên kết và độ dài liên kết của các phân tử, ion như sau:

2

2

Năng lượng liên kết (kJ.mol ‒1 ) 945 841 498 623

Độ dài liên kết (pm) 110 112 121 112

Dữ kiện trên cho thấy khi N2 mất đi một electron để hình thành ion

2

N+ thì năng lượng liên kết giảm,

độ dài liên kết tăng; trong khi đó, khi O2 mất đi một electron để hình thành ion

2

O+ thì năng lượng liên kết lại tăng còn độ dài liên kết giảm Dựa vào thuyết MO hãy giải thích hiện tượng này

Hướng dẫn chấm:

1) Oxi có điện tích hạt nhân Z bằng 8:

⇒λ =

16

6,626.10 3.10 1,24.10

−

−

= 1,603.10–9 m = 1,603 nm

0,5

2) * So sánh nhiệt độ nóng chảy của: KCl, NaCl, FeCl3

Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự là : NaCl > KCl > FeCl3

KCl, NaCl có cấu trúc mạng tinh thể ion còn FeCl3 phân tử hợp chất cộng hoá trị

do vậy t0 (n/c) của FeCl3 nhỏ nhất

KCl, NaCl đều là hợp chất ion, cùng cấu trúc mạng tinh thể nhưng bán kính của

K+ > bán kính của Na+ do vậy năng lượng mạng lưới của NaCl > KCl

* Năng lượng mạng lưới của MgO>NaCl vì điện tích: Mg2+>Na+; O2->Cl- còn bán

kính: Mg2+<Na+; O2-<Cl-

0,25

0,25

Kết luận: Nhiệt độ nóng chảy: MgO>NaCl>KCl>FeCl3.

3)

N có 5 electron hóa trị nên N2 có 10 electron hóa trị,

2

N+

có 9 electron hóa trị

Cấu hình electron: N2: (kk)(σs)2(σ*

s)2(πx)2(πy)2(σz)2

2

N+ : (kk)(σs)2(σ*

s)2(πx)2(πy)2(σz)1 Bậc liên kết:

N2:

1 (8 2) 3

2

N+ :

1 (7 2) 2,5

Do 3 > 2,5 nên độ dài liên kết của

2

N+ > N2

và năng lượng liên kết

2

N+ < N2

O có 6 electron hóa trị nên O2 có 12 electron hóa trị,

2

O+

có 11 electron hóa trị

Cấu hình electron: O2: (kk)(σs)2(σ*

s)2(σz)2(πx)2(πy)2(π*)1(π* )1

2

O+ : (kk)(σs)2(σ*

s)2(σz)2(πx)2(πy)2(π*)1 Bậc liên kết:

O2:

1 (8 4) 2

2

O+ :

1 (8 3) 2,5

Do 2 < 2,5 nên độ dài liên kết của O2 >

2

O+

và năng lượng liên kết

2

O+

< O2

0,25

0,25 0,25

0,25

Câu 2 (2,0 điểm) Tinh thể

1) Khối lượng riêng của barium vào khoảng 3,65 g/cm3 và bán kính nguyên tử của nó là 217,4 pm Cho biết cấu trúc tinh thể barium, biết nó kết tinh ở một trong các kiểu mạng lập phương

2) Ái lực electron thứ hai của O không thể được xác định trực tiếp trong phase khí (O−+ →e O2−)

Sử dụng dữ liệu dưới đây và năng lượng mạng lưới tính được ở (1) để xây dựng chu trình Born-Haber và tính giá trị này

O

-(g)  O (g) + e 141,8 kJ.mol -1

O 2(g)  2O (g) 498,4 kJ.mol -1

Mg (s)  Mg (g) 146,4 kJ.mol -1

Mg (g)  Mg +

(g) + e 137,7 kJ.mol -1

Mg +

(g)  Mg 2+

(g) + e 1450,6 kJ.mol -1

Mg (s) + ½ O 2(g)  MgO (s) -601,2 kJ.mol -1

Mg 2+

(g) + O

2-(g)  MgO (s) - 3943kJ.mol -1

Hướng dẫn chấm:

1) Khối lượng riêng được tính theo công thức: Tìm ra

2

137

A

V N a

ρ = =

Do Ba có mạng tinh thể lập phương nên ta có bảng kết quả sau:

Lập phương đơn giản Lập phương tâm khối Lập phương tâm diện Chiểu dài cạnh ô

mạng cơ sở (cm) 2r = 434,8.10

-10

4 / 3r

= 502,1.10-10

2 2 / r

= 614,9.10

Số nguyên tử Ba

Kết quả tính khối

lượng riêng

2,77 g/cm3 3,6 g/cm3 3,92 g/cm3 Dựa vào bảng kết quả ta thấy Ba có kiểu mạng lập phương tâm khối

đúng kiểu mạng: 0,5 đ Lập luận: 0,5 đ

2) Xây dựng chu trình Born – Haber:

Mg(s) + 1/2O2 -601,2 MgO(s)

Mg(g)

Mg+(g)

Mg2+(g)

146,4

737,7

1450,6

O(g) 498,4/2

O-(g) -141,8

+ O2-(g) +Y2

-3943

Từ chu trình, áp dụng định luật Hess ta tính được ái lực e thứ 2 của O (Y2):

-601,2=146,4+737,7+1450,6+498,4/2-141,8+Y2 -3943

Y2 = 899,7 kJ.mol-1

0,5

0,5

Câu 3 (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

1) Technetium-99 được sử dụng làm tác nhân phóng xạ trong xét nghiệm quét xương (99Tc43 được hấp thụ vào xương) Nếu 99Tc có chu kì bán rã là 6,0 giờ thì còn bao nhiêu phần của liều dùng 100 μg 99Tc còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 2 ngày?

2) Tuổi của mẫu đá mà con tàu Apollo 16 lấy từ mặt trăng đã được xác định từ các dữ kiện về tỉ lệ 87Rb /

86Sr và 87Sr / 86Sr của các loại khoáng khác nhau có trong mẫu đá

Khoáng 87 Rb / 86 Sr 87 Sr / 86 Sr

a) 87Rb phân rã β, viết phản ứng phân rã này Chu kỳ bán hủy của phân rã này là 4,8 × 1010 năm

b) Tính tuổi của mẫu đá Bạn có thể giả sử rằng tỉ lệ 87Sr / 86Sr ban đầu là như nhau trong cả A và B,

87Sr lẫn 86Sr đều bền vững

Hướng dẫn chấm:

1/2

0 5,5

0

ln 2

ln 2

ln( )

(0,693).48

6 0,0041

k t

kt

N N N e N

−

=

= − =

−

Nên lượng 99Tc còn lại là 0,41%

0,5

2b) 87Sr lúc này = 87Sr(t=0) + 87Rb(t=0) - 87Rblúc này

87Rblúc này = 87Rb(t=0).e-(kt) hay 87Rb(t=0)/ 87Rblúc này = ekt

87Sr lúc này = 87Sr(t=0) +87Rblúc này (ekt-1)

87Sr lúc này/86Sr = 87Sr(t=0)/86Sr +87Rblúc này (ekt-1)/86Sr

y = c + x.m

Trong phép tính gần đúng thì 87Sr (t=0)/86Sr của A và B là như nhau nên ta có hệ:

Đối với A: 0,669= c + 0,004.m (1)

Đối với B: 0,709 = c + 0,18.m (2)

Lấy (2)-(1), ta được: m = (0,709-0,699)/(0,18-0,004) = 0,0568

 ekt-1 = 0,0568  kt = ln1,0568  ln2/t1/2 t = ln 1,0568

9 10

4.8 10 ln1,

3,8.10 ln

0 2

568

(năm)

0,25

0,5 0,25 0,25

Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

1) Trộn 400 mL dung dịch một axit yếu đơn nấc 0,200 M với 100 mL dung dịch NaOH 0,800 M trong

một bình cách nhiệt Nhiệt độ dung dịch hỗn hợp tăng lên từ 25,08oC đến 26,25oC khi kết thúc phản ứng Tính hiệu ứng nhiệt của phản ứng trung hòa trên Giả thiết khối lượng riêng của tất cả các dung dịch là 1,00 g/cm3 và nhiệt dung của chúng đều là 4,2 J/g∙K

2) Xét quá trình hóa hơi 1 mol nước lỏng ở 50oC và 1 atm Cho biết nhiệt dung đẳng áp của hơi nước, của nước lỏng và nhiệt hóa hơi của nước lần lượt là:

2

p,H O(l)

C

= 75,31 J/mol.K;

2

p,H O(k) C

= 33,47 J/mol.K; ∆Hhh (100oC, 1 atm) = 40,668 kJ/mol

Các dữ kiện trên được chấp nhận coi như không đổi trong khoảng nhiệt độ khảo sát Biết với quá trình đẳng áp, biến thiên entropy được tính theo hệ thức: ∆S = Cp.ln(T2/T1) (với T2 > T1)

a) Tính ∆H, ∆S, ∆G của hệ trong quá trình hóa hơi nói trên

b) Dựa vào kết quả thu được, hãy rút ra kết luận quá trình hóa hơi của nước trong điều kiện trên là

thuận nghịch hay không thuận nghịch, có thể tự diễn ra hay không? Giải thích?

Hướng dẫn chấm

1) Q = mc.∆t = 500.4,2.(26,25-25,08) = 2,5.103 (J) = 2,5 (kJ)

Suy ra, lượng nhiệt tỏa ra trong phản ứng trung hòa 1 mol axit là: 2,5/0,0800 = 31

(kJ/mol)

∆H = - 31 kJ/mol.

0,5

4

2a) Ta hình dung quá trình hóa hơi của nước lỏng ở 50oC, 1 atm thành hơi nước ở 100oC,

1 atm thành 3 quá trình nhỏ thuận nghịch như sau:

H2O (l) (323K, 1 atm) H2O (k) (323K, 1 atm) (I)

H2O (l) (373K, 1 atm) H2O (k) (373K, 1 atm)

(III) (II)

, , ?

∆ ∆ ∆ =

- Đối với quá trình (I):

2

1 p H O l, ( )(373 323)

= 3765,5 J/mol

2

1 p H O l, ( )ln 2/ 1 10,839 / K

- Đối với quá trình (II):

2 40,668 /

H kJ mol

T

∆

- Đối với quá trình (III):

2

3 p H O, (k)(323 373) 1673,5J/ mol

2

3 p H O, (k)ln 2/ 1 4,817 / K

* Đối với cả quá trình:

∆ = ∆ + ∆ + ∆

= 115,053 J/mol.K

= 42,760 J/mol

G H T S

∆ = ∆ − ∆

= 42760 - 323.115,107 = 5597,881 J/mol = 5,597881 kJ/mol

0,25

0,25 0,25

0,25 0,25

2b) Quá trình đang xét là một quá trình đẳng nhiệt, đẳng áp (T, P không đổi) cho nên thế

nhiệt động GT,P được sử dụng làm một tiêu chuẩn để đánh giá chiều của quá trình và

cân bằng của hệ Ở đây kết quả cho thấy:

, 5,597881 /

T P

> 0 nên quá trình hóa hơi này là một quá trình không thuận nghịch, không tự diễn ra mà

phải có tác động từ bên ngoài

0,25

Câu 5 (2,0 điểm) Cân bằng hoá học trong pha khí

Thực hiện phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)

1) Ban đầu cho vào bình phản ứng NOCl, thực hiện phản ứng ở 3000C Khi hệ đạt trạng thái cân bằng

thấy áp suất trong bình là 1,5 atm Hiệu suất của phản ứng là 30% Tính hằng số cân bằng của phản ứng

2) Ở nhiệt độ 3000C, phản ứng có thể tự xảy ra được không? Vì sao?

3) Thực hiện phản ứng và duy trì áp suất của hệ phản ứng ở điều kiện đẳng áp: 5 atm Tính phần trăm

số mol của các khí ở trạng thái cân bằng?

4) Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00 lít Tính áp suất trong

bình lúc cân bằng ở 3000C

Hướng dẫn chấm

1)

Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k)

x

suy ra tổng áp suất của hệ: x + a = 1,5 và H = 2a/x = 0,3

Ta có : a = 0,196 và x = 1,304 ⇒ KP = 0,036 0,5

2) Ta có K < 1 suy ra lnK < 1 nên ∆G0 > 0 Vậy phản ứng không tự xảy ra 0,25 3) Ta có KP = 0,036 suy ra KC = 7,661.10-4 ( vì KP = KC.(RT)∆n)

Cbđ = P/RT = 5/0,082.573= 0,106 Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k) 0,106

0,106 - 2a 2a a

Suy ra

2

4 2

.(2 )

7,661.10 (0,106 2 ) C

a a

K a

−

−

Vậy a = 0,011

Phần trăm NOCl: 71,8%; Cl2: 9,4%; NO: 18,8%

0,5

0,25

4)

Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k) 0,717

0,717 - 2a 2a a

Suy ra

2 2

.(2 )

0,036 (0,717 2 ) P

a a

K

a = =

−

Vậy a = 0,125

Áp suất trong bình khi hệ đạt trạng thái cân bằng là 0,842 atm

0,5

Câu 6 (2,0 điểm) Động hóa học hình thức

1) Tốc độ của phản ứng khử HCrO4 – bằng HSO3 – được biểu diễn bằng phương trình tốc độ:

V = k.[HCrO4 – ][HSO3 – ]2[H+] Trong một thí nghiệm với các nồng độ ban đầu: HCrO4 = 10-4 mol/l; HSO3 – = 0,1 mol/l; H+ cố định bằng 10-5 mol/l thì sau 15 giây thấy nồng độ HCrO4- giảm xuống còn 5.10-5 mol/l

a) Sau bao lâu nồng độ HCrO4– sẽ bằng 1,25.10–5 M? Tính hằng số tốc độ của phản ứng

b) Nếu nồng độ đầu của HSO3– là 0,01M thì sau bao lâu nồng độ của HCrO4– sẽ bằng 5.10–5 M

c) Nếu nồng độ ban đầu của HSO3– và H+ đều bằng 10–3 M và được giữ cố định thì cần thời gian bao lâu để một nửa lượng HCrO4 – bị khử?

6

2) Bằng thực nghiệm người ta thu được những số liệu của phản ứng giữa NO và H2 ở nhiệt độ 7000C như sau: 2NO(k) + 2H2(k) →

2H2O(k) + N2(k) Thí nghiệm [H2], M [NO], M Tốc độ ban đầu, M.s-1

Xác định phương trình động học và bậc của phản ứng

Hướng dẫn chấm

1) a Vì nồng độ HSO3 – = 0,1M >> HCrO4 – = 10 – 4 M và H+ = const

=> phản ứng là giả bậc nhất với HCrO4 –

=> thời gian bán phản ứng là 15 giây

=> để HCrO4 – còn 1,25.10 – 5 M thì cần thời gian là :

t = ln= 45 (giây)

Khi phản ứng là giả bậc 1 với HCrO4 – ta có

2 -3

1 2

ln 2 0, 693

15

t

+

=>

5 3 1

2 5

0,0462

4, 62.10 ( ) 0,1 10

−

b Phản ứng là bậc 2 với HSO3 – nên khi giảm nồng độ HSO3 – từ 0,1M xuống

0,01M thì tốc độ phản ứng giảm 100 lần

=> để HCrO4 – giảm còn 5.10 – 5 M thì thời gian cần là: 15 100 = 1500 giây.

c Nếu nồng độ đầu của HSO3 – và H+ đều bằng 10 – 3 M và không đổi khi đó k”

giảm 100 lần so với k’

=> tốc độ phản ứng giảm 100 lần

Hay thời gian để ½ lượng HCrO4 – bị khử là 1500 giây

0,25 0,25

0,25

0,25

0,25

2) Ở bài này ta thấy, để xác định bậc riêng của phản ứng đối với mỗi chất người ta

cố định nồng độ của một chất và thay đổi nồng độ của chất còn lại Gọi m, n

lần lượt là bậc phản ứng riêng phần của H2 và NO

Ta có: v = k.[H2]m.[NO]n

v k.[H ] [NO] k.(0,01) (0,025) 2,4.10

v k.[H ] [NO] k.(0,005) (0,025) 1,2.10

→

m = 1;

1

3

v k.(0,01) (0,025) 2,4.10

v k.(0,01) (0,0125) 0,6.10 →

n = 2 Phương trình động học của phản ứng: v = k.[H2].[NO]2

Bậc phản ứng: 1+2 = 3

0,25

0,25 0,25

Câu 7 (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

Trong dung dịch chứa ion Zn2+ và ion C2O42- có thể có các cân bằng sau:

Zn2+ + C2O42- ⇌ ZnC2O4* β1 = 104,85

Zn2+ + 2C2O42- ⇌ Zn(C2O4)22- β2 = 107,55

Zn2+ + C2O42- ⇌ ZnC2O4 (r) Ks-1 = 107,56

Trong đó ZnC2O4* là dạng phức tan trong nước còn ZnC2O4 (r) là kết tủa

1) Bằng tính toán hãy cho biết có thể kết tủa được hoàn toàn ion Zn2+ từ dung dịch Zn2+0,10 M bằng dung dịch C2O42- hay không? Nếu được, cho biết nồng độ C2O42-cần sử dụng

2) Tính pH của dung dịch nước để độ tan của ZnC2O4 là 0,01 M (thu được dung dịch B)

3) Nhỏ 3 giọt H2S 0,100 M (thể tích là 0,10 mL) vào 10,0 mL dung dịch B (coi thể thích dung dịch không thay đổi) Có hiện tượng gì xảy ra hay không?

Cho biết: H2C2O4 có pKa1 = 1,25; pKa2 = 4,27; H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90; pKs(ZnS) = 23,8

Hướng dẫn chấm

1) Gọi S là tổng các dạng tồn tại của Zn2+ trong dung dịch:

Do vậy không thể kết tủa hoàn toàn được ion Zn2+ ra khỏi dung dịch bằng C2O42-

0,5 điểm

2) Tính pH của dung dịch nước để độ tan của ZnC2O4 là 0,01 M (thu được dung dịch B)

Để độ tan là 0,01 M:

Giải phương trình, thu được:

[C2O42-] = 3,42.10-6M hoặc [C2O42-] = 8,23.10-3 M

Xét trường hợp: [C2O42-] = 3,42.10-6M  [Zn2+] = 8,05.10-3M

C(C2O42-) = [ZnC2O4] + 2[Zn(C2O4)22-] + [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4] = 0,01M

Giải ra: pH = 1,22.

Xét trường hợp: [C2O42-] = 8,23.10-3 M  [Zn2+] = 3,45.10-6M

Một cách tương tự ta thấy phương trình vô nghiệm

Vậy để độ tan của ZnC2O4 trong dung dịch là 0,01 M thì cần duy trì pH = 1,22

0,25

0,25 0,25

0,25

3) Coi thể tích 3 giọt dung dịch H2S là không đáng kể Do vậy, sau khi thêm H2S thì:

C(H2S) = 10-3M

Do

2

1,22 a1 H S

Nên pH coi như không đổi

Ta có:

2 a1 a1 a2

10 3(K K )

[Zn2+].[S2-] = 2,73.10-23>KS(ZnS)  có kết tủa trắng xuất hiện

0,25 0,25

8

Câu 8 (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử Pin điện và điện phân.

Hòa tan 0,168 g đồng (II) nitrat vào nước rồi pha loãng đến 100 mL Dung dịch thu được có pH = 4,4 Biết Eo (Cu+/Cu) = 0,52 V và Eo (Cu2+/Cu+) = 0,16 V

1) Tại sao dung dịch đồng (II) nitrat có phản ứng axit Tính pKa của nấc phân ly thứ nhất

2) Chứng minh rằng Cu+ không bền trong dung dịch Tính hằng số cân bằng của phản ứng dị phân này

ở 25oC Ở 250C: RT/nF = 0,059;

3) Ở trạng thái cơ bản ion Cu(II) hay Cu(I) bền hơn? Điều này có thay đổi trong dung dịch nước hay

không? Giải thích

4) Hòa tan 10 mmol CuNO3 vào 1L nước ở 25oC Tính nồng độ của các ion đồng có mặt trong dung dịch tại thời điểm cân bằng

5) Cu2O được cho vào dung dịch muối Cu(II) có nồng độ Cu2+ là 0,01 M ở 22oC (Ksp (CuOH) = 1,0.10

-15) Để Cu2O tồn tại bền trong dung dịch này thì pH của dung dịch sẽ là bao nhiêu? Bên cạnh đó hãy cho biết ảnh hưởng của nhiệt độ trong khoảng từ 0 – 100oC F = 96500 (C)

Hướng dẫn chấm

1)

Cu(H2O)6]2+

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ [Cu(H2O)5(OH)] + H+ Bđ: 8,96.10-3

Cân bằng: 8,96.10-3 – 10-4,4

10-4,4 10-4,4

4,4 4,4

7 3

10 10

1,78.10 8,92.10

Ka= − −− = −

 pKa = 6,75

0,25

0,25

2) Xét các quá trình :

Cu+

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ

Cu2+ + 1e

0

2 /

0,059

1 10

Cu Cu E

K

−

=

Cu+ + 1e

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ

Cu

0 /

0,059

1 10

Cu Cu E

K

+

=

Nên : 2Cu+

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ

Cu2+ + Cu K = K1.K2 =

0,52 0,16

6,1 0,059

−

≈

Vì K lớn nên phản ứng dị phân xảy ra làm Cu+ kém bền trong dung dịch

0,25

0,25

3) Dựa theo cấu hình e thì Cu+ ([Ar]3d10) sẽ bền hơn Cu2+ ([Ar]3d9) Tuy nhiên khi ở trong

dung dịch thì Cu2+ bền hơn do ion này có bán kính nhỏ nên nhiệt hydrat hóa sẽ lớn, vượt

qua sự bất lợi do cấu hình e ít ổn định gây ra

0,25

4)

2Cu+

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ

Cu2+ + Cu

Ta có:

2

6,1 2

10 [ ]

Cu K Cu

+ +

(1)

Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có : [Cu+] + 2[Cu2+] = 0,01 (2)

0,25

5) Ta có:

( ) 15

14

[ ]

Cu OH

OH

+

[Cu2+] = 0,01M Xét các quá trình :

Cu+ + 1e

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ

Cu (1)

Cu+

ˆ ˆ†

‡ ˆˆ

Cu2+ + 1e (2) Đối với (1):

1 0,52 RT ln(0,1[ ]) 0, 46 RT ln[ ]

Đối với (2) :

2

0, 01

0,1[ ]

+ +

Cu2O chỉ có thể tan được khi sự dị phân xảy ra Do đó, muốn Cu2O bền thì E1 <E2

Nên:

0,1 RT ln[H ]>0,46+RTln[H ]

−



0,36

ln[ ]

F

H RT

+

− >



0,36.96500

2.8,314.(22 273)

+

 [H+] <8,42.10-4 M  pH<3,07 Khi tăng nhiệt độ pH tăng nên Cu2O sẽ khó tan hơn

0,25

0,25

Câu 9 (2,0 điểm) Halogen, Oxi – lưu huỳnh

1) Các hợp chất X, Y, Z đều cấu tạo gồm các nguyên tố Na, S, O trong đó MZ – MY = MY – MX = 16 Khử Y bằng cacbon ở nhiệt độ cao rồi cho sản phẩm vào dung dịch HCl thu được một chất khí mùi trứng thối Khí này tác dụng với dung dịch HClO thu được sản phẩm chứa lưu huỳnh có cùng số oxi hóa với lưu huỳnh trong Y

Từ dung dịch X có thể trực tiếp điều chế Z bằng cách hòa tan vào Z một đơn chất, sau đó cô đặc dung dịch và kết tinh để thu được một tinh thể ngậm 5 phân tử nước Lọc vớt tinh thể rồi làm khô, đun nóng nhẹ được dung dịch chứa Z với nồng độ C%

a) Xác định X, Y, Z và viết các phương trình phản ứng minh họa.

b) Tính giá trị của C.

2) Axit flosunfuric có công thức là HSO3F là một axit mạnh Ở trạng thái lỏng, HSO3F tự phân ly theo cân bằng sau:

2HSO3F [HOSO2FH]+ + [SO3F]

-10