3 đáp án hoá 10

Xác định năng lượng orbital của các electron hoá trị và từ đó suy ra năng lượng ion hoá thứ nhất và thứ hai của hai nguyên tử trên, so sánh những giá trị thu được và giải thích sự khác n

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XII

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA – LỚP 10

Ngày thi: 31 tháng 7 năm 2016 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Đáp án đề thi có 12 trang)

Chú ý: Các đáp án và bước chấm chỉ mang tính tương đối, học sinh có thể làm theo cách khác nếu đúng và lập luận đầy đủ vẫn cho điểm tối đa.

Kính mong quý thầy cô đóng góp ý kiến cho đề và hướng dẫn chấm hợp lý và khoa học hơn Trân trọng cảm ơn.

Câu 1 (2.5 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, BTH, hạt nhân ( 2,5 điểm)

1 Viết cấu hình electron của Na (Z = 11) và Mg (Z = 12) ở trạng thái cơ bản? Xác định

năng lượng orbital của các electron hoá trị và từ đó suy ra năng lượng ion hoá thứ nhất và thứ hai của hai nguyên tử trên, so sánh những giá trị thu được và giải thích sự khác nhau

( Trường chuyên Bắc Kạn)

2 32P và 33P đều phóng xạ β− với thời gian bán hủy lần lượt bằng 14,3 ngày và 25,3 ngày Một mẫu phóng xạ đồng thời chứa 32P và 33P có tổng hoạt độ phóng xạ ban đầu 9136,2 Ci Sau 14,3 ngày, tổng hoạt độ phóng xạ còn lại 4569,7 Ci

a Tính % khối lượng của các đồng vị trong mẫu ban đầu.

b Tính tỷ lệ số nguyên tử các đồng vị ở thời điểm ban đầu.

(Trường chuyên Lào Cai)

Hướng dẫn chấm

1.

* Ở trạng thái cơ bản,

cấu hình e của 11Na là: 1s22s22p63s1 hay [10Ne]3s1 và của 12Mg là: 1s22s22p63s2 hay

[10Ne]3s2

* Năng lượng orbital của electron hoá trị đối với Na:

σ3s = 2 + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z*3s= 11 − 8,8 = 2,2

⇒ E3s = − 13,6× 

 

2

2,2

3 = − 7,3 eV Năng lượng ion hoá thứ nhất: Na → Na+ + e

I1 = E(Na+) − E(Na) = 0×E3s− 1×E3s = − (− 7,3) = 7,3 eV.

∑1,25

0,25

Năng lượng ion hoá thứ hai: Na+→ Na2+ + e

Trong Na+: 1s22s22p6

σ2s = σ2p = (2×0,85) + (7×0,35) = 4,15 ⇒ Z*2s= Z*2p= 11 − 4,15 = 6,85

⇒ E2s =E2p = − 13,6× 

2

6,85

2 = − 159,5 eV Trong Na2+: 1s22s22p5

σ2s = σ2p = (2×0,85) + (6×0,35) = 3,8 ⇒ Z*2s= Z*2p= 11 − 3,8 = 7,2

⇒ E2p = − 13,6× 

 

2

7,2

2 = − 176,2 Ev

I2 = 7×E(Na2+) − 8×E(Na+) = 7×(− 176,2) − 8×(− 159,5) = 42,6 eV

0,25

* Năng lượng orbital của electron hoá trị đối với Mg:

σ3s = 2 + (8×0,85) + 0,35 = 9,15 ⇒ Z*3s= 12 − 9,15 = 2,85

⇒ E3s(Mg) = − 13,6× 

2

2,85

3 = − 12,3 eV Năng lượng ion hoá thứ nhất: Mg → Mg+ + e

Trong Mg+: 1s22s22p63s1

σ3s = 2 + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z*3s= 12 − 8,8 = 3,2

⇒ E3s(Mg+) = − 13,6× 

 

2

3,2

3 = − 15,5 eV

I1 = 1×E3s(Mg+) − 2×E3s(Mg) = (− 15,5) − 2×(−12,3) = 9,1 eV.

0,25

Năng lượng ion hoá thứ hai: Mg+→ Mg2+ + e

Trong Mg2+: 1s22s22p6

I2 = E(Mg2+) − E(Mg+) = 0×E3s− 1×E3s = − (− 15,5) = 15,5 eV.

0,25

* So sánh: Với Na (I2≈ 6I1) còn với Mg (I2≈ 1,5I1)

* Giải thích: Cấu hình Na+ bão hoà, bền nên sự tách e → Na2+ cần tiêu tốn năng lượng

lớn

Cấu hình Mg2+ bão hoà, bền nên sự tách e để Mg+→ Mg2+ thuận lợi hơn

0,25

2.

a Hằng số tốc độ phân rã của

32P: λ1 = 0,693/14,3 ngày = 4,85x10-2 ngày -1

33P: λ2 = 0,693/25,3 ngày= 2,74x10-2 ngày -1

∑1,25

0,25

t = 0 : 0 0

32 A33 9136, 2

t=14,3 ngày : 0 4,85.10 14,32 0 2,74.10 12

32

, 3

4 3

3 e A e 4569, 7

→ 0,5 A320 + 0,675 A330 = 4569, 7 Ci (3)

Giải hệ (1) & (3) rút ra: A = 9127,1 Ci; 320 0

33

A = 9,1 Ci

0,25

→ m(32P) = 32x

32

32

0

0 32

1

1

( )

A

A

λ

λ

m(33P) = 33x

33

33

0

0 33

2

2

( )

A

A k

(5)

Chia (4) cho (5) → 32

33

0

2

1

912

32

549, 46

7,1 9,1 0

A

m P

λ λ

−

−

0,25

Vậy % về khối lượng của đồng vị (32P) là : 549, 46 0,9982 99,82%

549, 46 1= =

+ % về khối lượng của đồng vị (33P) là 0,18 %

0,25

b.Tỉ lệ số nguyên tử các đồng vị:

32

32 2 33

33 1

( )

A

λ λ

= = 9127,1.2, 74.102 2

9,1.4,85.10

−

− =5,67.102

0,25

Câu 2 (2.5 điểm) Hình học phân tử - Liên kết hóa học - Tinh thể – ĐLTH

1 Dựa trên mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học của các phân tử NH3, ClF3 và XeF4.

2 Vẽ tất cả các cấu trúc Lewis có thể có (chỉ rõ các electron bằng dấu chấm) của hiđro

azit HN3 và xiclotriazen HN3 Tính điện tích hình thức của các nguyên tử đối với mỗi cấu trúc

(Trường chuyên Chu Văn An- Lạng Sơn)

3 Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ô mạng cơ sở a = 407 pm

(1pm = 10-12 m)

a Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au?

b Xác định số phối trí của nguyên tử Au?

c Tính khối lượng riêng của tinh thể Au?

d Tính độ đặc khít của tinh thể Au?

Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023

(Trường chuyên Lê Quý Đôn- Điện Biên ,Trường chuyên Lê Quý Đôn- Lai Châu và trùng ý tưởng trường chuyên Cao Bằng)

Hướng dẫn chấm

1

Cấu tạo của phân tử NH3 cho thấy quanh N có 4 không gian electron hóa trị khu trú,

trong đó có 1 cặp electron tự do (AB3E) nên phân tử NH3 có dạng tháp đáy tam giác với

góc liên kết nhỏ hơn 109o28' (cặp electron tự do đòi hỏi một khoảng không gian khu trú

lớn hơn):

N

H

H

H

H

N

HH

∑1,25

0,25

Phân tử ClF3 có năm khoảng không gian electron hóa trị khu trú, trong đó có hai cặp

electron tự do (AB3E2) nên có dạng chữ T (các electron tự do chiếm vị trí xích đạo):

Cl

F

F

F

F Cl F

F

0,25

Phân tử XeF4 có sáu khoảng không gian electron hóa trị khu trú, trong đó có hai cặp

electron tự do (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (các cặp electron tự do phân bố xa

nhau nhất):

Xe

F

F

F

F

F Xe

F

0,25

2 Các cấu trúc Lewis và điện tích hình thức:

0,1x5

= 0,5

3.

Cấu trúc tinh thể 1 ô mạng cơ sở của Au:

∑1,25 0,25

0 +1

B

2

−

1

+

0

C

1

+

0 1

+

A

1

N

1

+

H

E

E

N

0

H

0

D

A B

C D

O

a

a

a) Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:

Mặt ô mạng: AO = 2R = d

2

407

2

= = (pm) = 2,8779.10-8 (cm)

0,25

c) Trong 1 ô mạng cơ sở có số nguyên tử Au:

8+ 2= nguyên tử

V 6,022.10 4,07.10−

0,25

d 2R 2,8779.10= = − (cm)

8

R 1, 43895.10−

⇒ Độ đặc khít của tinh thể

3 8

10 07 , 4

10 43895 , 1 14 , 3

3

4

4

−

−

=

Au

⇒ Au = 74%

0.25

Câu 3 (2.5 điểm) Nhiệt – Cân bằng hóa học.

1 Cho 0,25 mol NH4I(r) vào trong bình chân không dung tích 3 lít, ở 600K, xảy ra 2 phản ứng sau:

4 (r) 3 (k) ( ) 1

(k) 2 (k) 2 ( ) 2

NH I NH + HI K = 1,69 (1)

1 2HI H + I K = (2)

64

k

k

€

€

a Tính áp suất riêng phần của 4 khí và áp suất tổng cộng khi cân bằng được thiết lập.

b Tính khối lượng NH4I(r) còn lại khi cân bằng.

(Trường chuyên Tuyên Quang)

2 Năng lượng liên kết có thể được tính dựa vào biến thiên entanpi của quá trình chuyển

các nguyên tử tự do thành phân tử (tính cho 1 mol) Đại lượng này thường gọi là sinh nhiệt nguyên tử Năng lượng liên kết của các liên kết có trong một chất được định nghĩa là biến thiên entanpi của quá trình biến đổi một số Avogadro phân tử của chất đã cho thành các nguyên tử tự do Như vậy, năng lượng liên kết ngược dấu với sinh nhiệt nguyên tử

Ở điều kiện tiêu chuẩn, cho biến thiên entanpi của phản ứng phân li các phân tử H2, Br2, của sự thăng hoa than chì (Ctc) như sau:

H2(k) → 2H(k) ∆H1 = 432,2 kJ/mol Br2(l) → 2Br(h) ∆H2 = 190 kJ/mol Ctc(r) → C(k) ∆H3 = 710,6 kJ/mol

và biến thiên entanpi hình thành của CH4 và CH3Br lần lượt là:

4

0 f(CH )

ΔH = −74,8kJ/mol; 0 3

f(CH Br)

ΔH = −35,6kJ/mol Tính năng lượng liên kết C-Br trong CH3Br

(Trường chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định)

Hướng dẫn chấm

1.

a) Tính áp suất riêng phần của 4 khí

Theo (1): K = P1 NH3.P = 1,69HI

2

2

64

3

1, 25

=> =

∑1,25

0,25

2

1,16 (a ); P 1, 45 (a ); 0,145 (a ) 1,16 1, 45 0,145 0,145 2,9 (a )

∑

0,5 b) Tính khối lượng NH4I(r) còn lại khi cân bằng

3

1, 45.3

0,0884 (mol) 0,082.600

NH

PV n

RT

Số mol NH4I còn lại = 0,25 - 0,0884 = 0,1616 (mol)

4 0,1616.145 23, 43 (gam)

NH I

2.

2H2(k) → 4H(k) 2.∆H1 = 2.432,2 kJ/mol (1)

Ctc(r) → C(k) ∆H3 = 710,6 kJ/mol (2)

2H2(k) + Ctc(r) → CH4(k) ∆H4 =ΔH0f(CH )4 =-74,8 kJ/mol (3)

Lấy (3) trừ đi (2) và (1) ta có:

4H(k) + C(k) → CH4(k) ∆H5

∆H5 = - 74,8 - 710,6 - 2.432,2 = -1649,8 (kJ/mol)

Trong CH4 có 4 liên kết C-H Năng lượng liên kết trung bình của mỗi liên kết C-H là:

5 C-H

- H 1649,8

∆

∑1,25

0.5

Br2(l) → 2Br(h) ∆H2 = 190 kJ/mol (4)

3H2(k) → 6H(k) 3.∆H1 = 3.432,2 kJ/mol (5)

2Ctc(r) → 2C(k) 2.∆H3 = 2.710,6 kJ/mol (6)

3H2(k) + Br2(l) + 2Ctc(r) → 2CH3Br(k) 2.ΔH0f(CH Br)3 =2.(-35,6) kJ/mol) (7)

Từ (4), (5), (6) và (7) ta có: 6H(k) + 2Br(h) + 2C(k) → 2CH3Br(k)

Hay: 3H(k) + Br(h) + C(k) → CH3Br(k) ∆H6

∆H6 = 3

0

2.ΔH - ΔH - 3.ΔH - 2.ΔH

0,5

Trong phân tử CH3Br có 3 liên kết C-H và 1 liên kết C-Br, nên:

E(C-Br) = - ∆H6 – 3 E(C-H) = 1489,5 – 3.412,45 = 252,15 (kJ/mol)

0,25

Câu 4 (2.5 điểm) Động hóa.

1 Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI

Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau Để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 32oC cần 906 phút

a Tính thời gian để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở 60oC, biết rằng hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83

b Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

c Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc hai (bậc một đối với mỗi

chất) và nồng độ ban đầu mỗi chất đều là 0,05M

(Trường chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái)

2 Amoxicilin là thuốc kháng sinh có thể dùng để điều trị nhiễm khuẩn đường hô hấp trên, đường

tiết niệu… Nồng độ tối thiểu có thể kháng khuẩn là 0,04 mg/1kg thể trọng Khi kê đơn cho một bệnh nhân nặng 50kg, bác sĩ kê đơn mỗi lần uống 1 viên thuốc (có hàm lượng Amoxicilin 500 mg/1 viên) Bệnh nhân cần uống các viên thuốc tiếp theo cách lần đầu bao nhiêu lâu? Biết rằng chu kì bán hủy của Amoxicilin trong cơ thể người là 61 phút Giả thiết quá trình đào thải thuốc là phản ứng bậc 1

(Trường chuyên Hà Giang)

Hướng dẫn chấm

1.

2

1

1

2

T

T

v =t = 2 1

10

T T

1

10 10

49, 2 út 2,83

T T

t

γ

∑1,25 0.5

Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng

lnk lnt E a

ln

49 8,314 305 333

a

⇒ Ea = 87976,179 J.mol-1

0,25

Vì nồng độ ban đầu của hai chất bằng nhau nên :

t1/2 = [ ]1

o

k A ⇒ k =

1/ 2

1 [ ]o

t A

Ở 32oC, k = 1

906.0,05= 0,022 (mol-1.L.phút-1)

Ở 60oC, k = 1 0, 4065

49, 2.0, 05= (mol-1.L.phút-1)

0.5

2.

Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là

50.0,04 = 2 mg

Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là

1/2

ln 2

0, 011

k t

Sau khi uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:

2

t

m

t = 502 phút

Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 502 phút (khoảng 8h) cần uống tiếp viên

thứ hai

∑1,25

0,5

0,25

Sau khi uống viên thứ 2, lượng thuốc trong cơ thể lúc này là 502 mg

Sau khi uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:

2

t

m

t’ = 502,3 phút

0,5

Vậy bệnh nhân cần uống các viên thuốc cách nhau khoảng 8 giờ

Câu 5 (2.5 điểm) Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa).

1 Dung dịch A là hỗn hợp của H3PO4 và NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03

a) Tính CH3PO4trong dung dịch A

b) Tính nồng độ HCOOH phải có trong dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25%

Coi thể tích dung dịch không thay đổi

Cho pKa (HSO−4) = 2; pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32; pK (HCOOH) = 3,75

(Trường chuyên Hạ Long- Quảng Ninh)

2 Trộn 1ml H3PO4 0,10M với 1ml CaCl2 0,010M được hỗn hợp X Phản ứng có xuất hiện kết tủa không? Giải thích bằng định lượng

Cho: H3PO4: pKa = 2,15; 7,21; 12,32; pKs (CaHPO4) = 6,60; pKs (Ca3(PO4)2) = 26,60

(Trường chuyên Sơn La)

Hướng dẫn chấm

1.

a)

HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)

H3PO4 H+ + H2PO4 Ka1 =10-2,15 (2)

H2PO4 H+ + HPO42– Ka2 =10-7,21 (3)

HPO4 H+ + PO43– Ka3 =10-12,32 (4)

H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (5)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ ∑1,5 0.25 + 2 a a1 4 2 4 a a1 H PO HSO4 K 3 4 K Ta có: [H ] = [SO ] + [H PO ] = C + C K + [H ] K + [H ] − − − + + →  a1 a + a1 a H PO3 4 HSO 4 K K C [H ] - C K + [H ] + − K + [H ] + = →  a a1 a a1 H PO3 4 ( HSO4 K ).K + [H ] C [H ] - C K + [H ] K − + + + = →  -2 -2,15 2,03 2,03 -2 2,03 -2,15 H PO4 3 10 10 (10 ) 10 10 + C - 0,010 10 + 10 − − − = = 9,64.10-3(M) 0.25 b -2 4 H PO3 4 H PO4 3 PO = [H ].100 Ta có: α = α1 C ; trong đó -2,15 -3 -2,15 -2,03 1 1 1 0 -[H PO ] = 9,64.102 4 0 + 0 = 4,16.10 -3 → 

-3 -3 H SO3 4 4,16.10 α = 100 43,15% 9,64.10 = 0.25 Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A →độ điện li của H3PO4 giảm 25%

2 = ,H PO4 3 = α α 43,15% 0,75 32,36% × = và trong dung dịch thu được sẽ có 3 quá trình quyết định pH của hệ: HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)

H3PO4 H+ + H2PO42– Ka1 =10-2,15 (2)

HCOOH H+ + HCOO– Ka’ =10-3,75 (6)

2

Ta có: [H ] = [SO ] + [H PO ] + [HCOO ]+ − − −

0.25

vì [PO43–] << [HPO42–] << [H2PO4 ]

HCO

[H ] = C + [H PO ] + C

a a

−

−

→

 CHCOOH = [H+] - [H2PO4] -

+

+

HSO4 K K + [H ]

C

K + [H ] K

Từ biểu thức

3

2 4

2 H PO4 3

H PO4

= , = [H PO ].100

α α 32,36%

C

−

→

 [H2PO4 ] = 3,12.10-3 M

[H3PO4] = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M)

Từ (2) → [H+] =

3

2 4

0,0148 3,12.10

Ka1[H PO ] [H PO ]

0.25

Thay giá trị [H2PO4 ] và [H+] vào (7), ta được:

CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 -

-2 -2

10 0,0148

10 0,01

+ )

-3,75 -3,75

10 0,0148 10

2

H 3 PO 4 ‡ ˆˆ Hˆ ˆ† + + H 2 PO 4 - K a1 = 10 -2,15

0,050M

0,050-x 1 x 1 x 1

⇒ x 1 = [H + ] = [H 2 PO 4 - ] = 0,0156

∑1,0

0,25

[HPO 4 2- ] = H PO2 4

H

− +

 

  10

-7,21 =10 -7,21

4

10

0,0156

a

HPO k

H

+

 

 

0,25

Điều kiện kết tủa:

2 2

2 7,21 9,51 10

2

C + C −

−

= = < K s (CaHPO 4 ) = 10 -6,6

⇒ Không có kết tủa CaHPO 4

0,25

2 3

3 2

2

2

C + C −

−

  < K s (Ca 3 (PO 4 ) 2 ) = 10

-26,6

⇒ Không có kết tủa Ca 3 (PO 4 ) 2

0,25

Câu 6 (2.5 điểm) Phản ứng oxi hóa – khử.

1 Hoàn thành và cân bằng các phản ứng sau đây bằng phương pháp ion -electron:

a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4-→ Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+

b Cu3P + Cr2O72- + H+→ Cu2+ + H3PO4 + Cr3+

c HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+

(Trường chuyên Vĩnh Phúc)

2 Cho một pin điện có sơ đồ sau:

(-) Ag, Ag2S | Na2S 0,1 M || CuSO4 0,1 M | Cu (+)

a Viết các phản ứng xảy ra tại mỗi điện cực và phản ứng tổng quát xảy ra trong pin điện ở

25oC

b Tính sức điện động của pin điện tại nhiệt độ trên biết:

o

EAg+/Ag= 0,80V, TAg S= 10− 49, ECo u2 +/Cu= 0,34 V

c Tính nồng độ ion Cu2+ và S2- trong dung dịch khi pin hết điện, giả sử hai dung dịch điện li ở hai điện cực có thể tích bằng nhau

(Trường chuyên Hùng Vương- Phú Thọ )

Hướng dẫn chấm

1 a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4-→ Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+

2

[Fe(CN) ] 30H O Fe 6NO 6CO 60H 61e 5

61 MnO 8H 5e Mn 4H O

5[Fe(CN)6]4- + 188 H+ + 61MnO4-→ 5 Fe3+ + 30CO2 + 30NO3- + 61Mn2+ + 94H2O

∑1,5

0,5

b Cu3P + Cr2O72- + H+→ Cu2+ + H3PO4 + Cr3+

2

Cu P 4H O 3Cu H PO 5H 11e 6

11 Cr O 14H 6e 2Cr 7H O

6Cu3P + 11Cr2O72- + 124 H+→ 18 Cu2+ + 6H3PO4 + 22Cr3+ + 53H2O

0,5

c HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+

Ce 1e Ce 2

1 HAsO 2H O H AsO 3H 2e

+ →

HAsO2 + 2Ce4+ + 2H2O ¬ → H2AsO4- + 2Ce3+ + 3H+

0,5

2.

a.

Phản ứng điện cực:

Anot: 2Ag + S2- Ag2S + 2e

Catot: Cu2+ + 2e Cu

TQ: 2Ag + S2- + Cu2+ Cu + Ag2S

∑1,0

0,25

b.

E = Ep - ET

2 2

2

059 , 0 lg

2

059 , 0 lg

2

059 , 0

/

o Ag Ag Cu

o

Cu

E

= 0,34 – 0,0295 – 0,80 + 1,4455 – 0,0295 = 0,9265 V

0,25

c Phản ứng:

2Ag + S2- + Cu2+ Cu + Ag2S

Eo = 0,34 – 0,80 + 1,4455 = 0,9855 V

KCB = 2,19×1033

[Cu2+] = [S2-] = 33

10 19 , 2

1

× = 2,13× 10-17 mol/L

0,25

0,25

Câu 7 (2.5 điểm) Halogen – oxi – lưu huỳnh.

1 Cho biết A, B, C, D, E là các hợp chất của Na Cho A tác dụng lần lượt với các dung dịch B, C

thu được các khí X, Y Cho D, E lần lượt tác dụng với nước được các khí tương ứng Z, T Biết X, Y,

Z, T là các khí thông thường, chúng tác dụng được với nhau ở điều kiện thích hợp Tỉ khối của X so với Z bằng 2 và tỉ khối của Y so với T cũng bằng 2

Tìm các chất A, B, C, D, X, T, Z, T Viết các phương trình phản ứng xảy ra

(Trường chuyên Thái Nguyên)

2 Lấy 25,00ml dung dịch nước Javel thương mại định mức thành 250,0ml bằng nước cất Dùng

pipet lấy 10,00ml dung dịch loãng cho vào bình nón, thêm tiếp vào bình nón 50ml nước cất và khoảng

2 gam KI Chuẩn độ dung dịch trong bình nón hết 42,82ml dung dịch Na2S2O3 0,100M

a Viết các phản ứng hóa học trong thí nghiệm trên.

b Tính số gam NaClO có trong 1 lít nước Javel thương mại.

Hướng dẫn chấm

1

A là NaHSO4 ; B là Na2SO3 hoặc NaHSO3 hoặc Na2S2O3 ; C là Na2S hoặc NaHS; D là

Na2O2 ; E là Na3N ; X là SO2 ; Y là H2S ; Z là O2 ; T là NH3

∑1,5 0,5

Các PTHH

A + B

NaHSO4 + NaHSO3 →Na2SO4 + SO2 + H2O

2NaHSO4 + Na2SO3 →2Na2SO4 + SO2 + H2O

A + C

NaHSO4 + NaHS →Na2SO4 + H2S + H2O

2NaHSO4 + Na2S →2Na2SO4 + H2S + H2O

0,25

D + H2O

2Na2O2 + 2H2O →4NaOH + O2

E + H2O

Na3N + 3H2O → 3NaOH + NH3

0,25

X + Y

2H2S + SO2 →3S + H2O

X + Z

2SO2 + O2

2 5 0

V O t

→

¬ 2SO3

0,25

X + T

SO2 + NH3 + H2O → NH4HSO3

SO2 + 2NH3 + H2O → (NH4)2SO3

Y + Z

2H2S + O2 (thiếu) →2S + 2H2O

2H2S + 3O2 (dư) →t0 2SO2 + 2H2O

0,25

2.

Phương trình phản ứng:

NaClO + 2KI + H2O → NaCl + 2KOH + I2

I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6

∑1,0

0, 5

Từ các phương trình phản ứng suy ra:

Số mmol NaClO = số mmol I2 = 1

2số mmol Na2S2O3 =

1

2×42,82×0,1=2,141mmol

 Khối lượng NaClO = 159,5mg

0,25

Khối lượng NaClO trong 1,0 lít nước Javel thương mại là:

250 1000

0,25

Câu 8 (2.5 điểm) Bài tập tổng hợp.