De Dap an Vo Co Bang B HSG Hoa QG 2006

TÝnh thÕ ®iÖn cùc kÏm nhóng trong hçn hîp thu ®­îc.[r]

bộ giáo dục và đào tạo Hướng Dẫn chấm đề thi chính thức

Môn: Hoá học, Bảng B

Ngày thi thứ nhất:23/2/2006

Câu I (5,0 điểm): 1 1,5 điểm; 2 1,5 điểm; 3 2,0 điểm.

1 a) Trong phòng thí nghiệm có các lọ hoá chất: BaCl2.2H2O, AlCl3, NH4Cl, SiCl4, TiCl4, LiCl.H2O, CCl4 Một số chất trong các chất này "bốc khói" nếu người ta mở lọ đựng chất đó trong không khí ẩm

Những chất no “bốc khói”? Hãy viết phương trình hoá hoá học để giải thích

b) Hãy lập các phương trình phản ứng oxi hoá khử giữa NH3với O2tạo ra:

* NO v H 2O (hơi)

* N2 v H 2O (hơi )

2 Cho sơ đồ sau:

9 10

Hãy xác định công thức hoá học của các hợp chất vô cơ A, B, C v viết

các phương trình phản ứng xảy ra

3 Để giảm đau cho vận động viên khi bị va chạm, người ta tạo ra nhiệt độ thấp

tức thời tại chỗ đau dựa vo sự thu nhiệt khi ho tan muối NH 4NO3 khan vo nước Một túi giảm đau chứa 150 ml nước v m ột lượng muối NH4NO3 khan

để có thể hạ nhiệt độ chỗ đau từ 25oC xuống OoC Hãy tính lượng muối

NH4NO3 khan trong túi đó Cho biết: nhiệt ho tan (kí hi ệu ΔH) của NH4NO3 khan l 26,2 kJ.mol -1; nhiệt dung riêng của dung dịch trong túi này C = 3,8 J.g

-1.độ-1(là lượng nhiệt kèm theo khi làm thay đổi nhiệt độ 1 độ của 1gam dung dịch đó)

Hướng dẫn giải:

1 a) Khi tiếp xúc với hơi nước trong không khí, một số chất bị thuỷ phân tạo ra

HCl bay lên tựa như “bốc khói” Các chất đó là AlCl3, SiCl4, TiCl4

Các phương trình phản ứng:

AlCl3 + H2O AlOHCl2 + HCl↑

SiCl4 + H2O H4SiO4 + 4 HCl↑ (hoặc SiCl4 + H2O SiO2.2H2O + 4 HCl↑ )

TiCl4 + H2O TiOCl2 + 2 HCl↑ ( hoặc TiCl4 + 2 H2O TiCl2(OH)2 + 2 HCl↑ )

b) * Xét phản ứng NH3 + O2 NO + H2O

4 NH3 - 5 e N2+ + 3H+

5 O2 + 4 e 2O

4 NH3 + 3 O2 4 NO + 6 H2O

Na2CO3

1 2

A

4

6 5 7 3

* Xét phản ứng NH3 + O2 N2 + H2O

2 2 NH3 - 23 e N2 + 6 H+

3 O2 + 4 e 2 O

2-4 NH3 + 3 O2 2 N2 + 6 H2O

2 Từ tính chất hoá học của các chất và sự liên hệ giữa chúng, ta có: A là CO2;

B là CaCO3; C là Ca(HCO3)2 Phương trình các phản ứng xảy ra:

1) CO2 + 2 NaOH Na2CO3 + H2O

2) Na2CO3 + 2 HCl 2 NaCl + CO2 + H2O

3) CO2 + Ca(OH)2 CaCO3↓ + H2O

4) CaCO3 CaO + CO2 + H2O

5) 2 CO2 + Ca(OH)2 Ca(HCO3)2

6) Ca(HCO3)2 + 2 HCl CaCl2 + 2 CO2 + 2 H2O

7) CaCO3 + H2O + CO2 Ca(HCO3)2↓

8) Ca(HCO3)2 + 2NaOH CaCO3↓ + Na2CO3 + 2 H2O 9) Na2CO3 + CaCl2 CaCO3↓ + 2NaCl

10) Ca(HCO3)2 + 2 NaOH CaCO3↓ + Na2CO3 + 2 H2O

3 Sự thu nhiệt khi hoà tan NH4NO3 có thể được biểu diễn:

NH4NO3(r) + x H2O dung dịch NH4NO3 ; ΔH = 26200 Jmol-1

* Tính khối lượng của dung dịch trong túi giảm đau:

Kí hiệu số mol NH4NO3(khan) cần dùng là x, số gam tương ứng là 80x

150 ml nước trong túi đó được lấy gần đúng là 150 gam

Vậy khối lượng cả dung dịch trong túi giảm đau là: m =150 + 80x (1)

* Nhiệt Q (hay ΔH) và biến thiên nhiệt độ ΔT kèm theo một quá trình được

Trong đó:ΔH = x ΔH = 26200 x J (3)

ΔT = 25 - 0 (độ) ; C = 3,8 J.g-1.độ-1 (theo đề bài);

m được tính theo (1)

Thay các số đã biết vào (2), ta có phương trình:

26200 x = (150 + 80x)3,8.25 Giải phương trình này ta có x ~ 0,76613 (mol)

Vậy lượng muối NH4NO3(khan) cần dùng là: 80.x = 80 0,76613 = 61,2904 g

Câu II (4,5 điểm): 1 1,0 điểm; 2 1,0 điểm; 3 2,5 điểm.

1 Nguyên tử nguyên tố hoá học X có cấu hình electron l 1s 22s22p63s23p64s2 a) Hãy cho biết ở dạng đơn chất X có tính chất hoá học điển hình no? Tại sao? Viết một phương trình phản ứng để minh hoạ

b) Y l một hợp chất hoá học thông thường với thnh phần phân tử gồm nguyên tố X, oxi, hiđro Viết một phương trình phản ứng để minh hoạ tính chất hoá học điển hình của Y

2 Để điều chế nhôm sunfua người ta cho lưu huỳnh tác dụng với nhôm nóng

chảy Quá trình điều chế ny cần được tiến hnh trong khí hiđro khô hoặc khí cacbonic khô, không được tiến hn h trong không khí

t o

Hãy giải thích vì sao điều chế nhôm sunfua không được tiến hnh trong không khí, viết phương trình hoá học để minh hoạ

3 a) Xét đồng phân cis- và trans- của điimin N2H2:

* Hãy viết công thức cấu tạo của mỗi đồng phân này

* Trong mỗi cấu tạo đó, nguyên tử N ở dạng lai hoá nào? Hãy trình bày

cụ thể

* Đồng phân nào bền hơn? Hãy giải thích

b) Thực nghiệm cho biết BF3 có hình tam giác đều, tâm l B Áp dụng thuyết lai hoá đối với B, hãy giải thích các kết quả đó

Hướng dẫn giải:

1 a) Từ cấu hình electron đã cho, ta thấy nguyên tử X có 20 e nên số điện tích

hạt nhân Z = 20 Theo bảng HTTH, X là Ca

Canxi là một kim loại kiềm thổ, hoạt động hoá học rất mạnh Ca có đầy đủ tính chất của một kim loại kiềm thổ Chẳng hạn, Ca tác dụng rất mạnh với H2O ngay ở nhiệt độ phòng; phản ứng toả nhiều nhiệt, có thể xảy ra ngay sự cháy của H2, một sản phẩm phản ứng:

Ca + 2 H2O Ca(OH)2 + H2

b) Theo đièu kiện của đề bài, Y phải là Ca(OH)2

Mặc dù ít tan, Ca(OH)2vẫn là một bazơ mạnh

Với lượng nhiều, vượt độ tan, trong dung dịch có cân bằng:

Ca(OH)2 Ca(OH)2 tan Ca2+ + 2 OH- Phản ứng trung hoà là một ví dụ minh họa tính chất hoá học điển hình của Ca(OH)2:

Ca(OH)2 + 2 HNO3 Ca(NO 3)2 + 2 H2O

Ca(OH)2 + 2 H+ Ca2+ + 2 H2O

2 Phản ứng tạo ra Al2S3:

2 Al + 3 S Al2S3 ; ΔH < 0 ( * )

Phản ứng này toả nhiều nhiệt tạo nhiệt độ cao nên khi có oxi của không khí sẽ xảy ra các phản ứng:

4 Al + 3 O2 2 Al2O3 ; ΔH < 0

S + O2 S O2 ; ΔH < 0

2 Al2S3 + 9 O2 2 Al2O3 + 6SO2 ; ΔH < 0

Như vậy, sự tạo thành Al2S3 bị cản trở rất nhiều Mặt khác, nếu có lượng nhỏ bột Al2S3 được tạo ra cũng bị thuỷ phân do tác dụng của hơi nước có trong không khí:

Al2S3 + 6 H2O 3 H2S + 2Al(OH)3

Do đó buộc phải thực hiện phản ứng (*) trong điều kiện không có oxi và (hơi) nước; thườngđược tiến hnh trong khí hi đro khô hoặc khí cacbonic khô

3.a) * Hai đồng phân hình học của điimin là:

H

.

Cis-Điimin Trans-Điimin

t o

t o

t o

t o

* Cả hai đồng phân đó đều phẳng, mỗi nguyên tử nitơ đều tham gia 3 liên kết (2 liên kết xich ma (σ), 1 liên kết pi (π)) và đều còn 1 đôi electron riêng Vậy ta giả thiết mỗi nguyên tử nitơ đó đều có lai hoá sp2

ở trạng thái cơ bản, nguyên tử nitơ N (Z =7) có cầu hình electron N 1s22s22p3; khi liên kết, nguyên tử nitơ N đã ở vào trạng thái lai hoá sp2

lai hoá

1s2 3 AO - sp2 AO - p

nguyên chất 1s2 2s2 2p3

Như vậy trong nguyên tử N có 3 obitan lai hoá sp2 và 1 obitan p nguyên chất 2 trong 3 obitan lai hoá sp2đó cùng với1 obitan p nguyên chất đều có 1 e

độc thân Obitan lai hoá sp2 còn lại có 1 đôi e riêng

2 obitan lai hoá sp2 đều có 1 e độc thân của 1 nguyên tử N xen phủ với 1 obitan loại đó của nguyên tử N bên cạnh và 1 obitan 1s của 1 nguyên tử H tạo

2 liên kết xich ma (σ) 2 obitan p nguyên chất đều có 1 e độc thân của 2 nguyên

tử N xen phủ nhau tạo1 liên kết pi (π) giữa chúng

* Cấu tạo trans- bền hơn cấu tạo cis- Trong cấu tạo trans- cả 2 mây electron

của 2 liên kết xich ma (σ) N-H cũng như cả 2 mây electron của 2 đôi e riêng của 2 N đều được phân bố về 2 phía của trục liên kết xich ma (σ) giữa 2 nguyên tử N Do đó lực đẩy giữa các cặp mây electron đó trong cấu tạo

trans-yếu hơn lực đẩy này trong cấu tạo cis- Như vậy cấu tạo trans- tồn tại ở trạng

thái năng lượng thấp hơn cấu tạocis-.Vì thế cấu tạo trans- bền hơn cấu tạo cis-.

Hình1 dưới đây minh hoạ nội dung trên

H

H

H H

Cis-Điimin

Các mây e gần nhau

đẩy nhau mạnh

Trans-Điimin

Các mây e xa nhau

đẩy nhau yếu

Hình 1

b) Cấu hình electron của các tử tạo ra phân tử BF3:

B (Z = 5)1s22s22p1 F (Z = 9)1s22s22p5

* Biểu diễn hình dạng của phân tử BF3:

120o

Hình 2

↑↓

↑↓ ↑↓

↑↓

Hình 2: Hình dạng phân tử BF3tam giác

đều, tâm là B (3 đỉnh tam giác (nhỏ) là

3 vùng xen phủ tạo 3 liên kết B-F)

1s2 2s2 2p1

1s2 2s2 2p5

Vậy ta giả thiết trong phân tử BF3 nguyên tử trung tâm B có lai hoá sp2 với sự phân bố electron như sau:

lai hoá

1s2 3 AO - sp2 AO-p

nguyên chất

2 )

3 đỉnh của 3 obitan lai hoá sp2 hướng về 3 phía của một mặt phẳng tạo thành 3

đỉnh của một tam giác đều có tâm là B Trong mỗi obitan lai hoá sp2 này có 1 electron độc thân

Theo (b) ở trên, nguyên tử F có1 electron độc thân trong1obitan p nguyên chất

Sự xen phủ trục giữa 1 obitan p nguyên chất này với1obitan lai hoá sp2của B tạo thành liên kết xich ma (σ) giữa 2 nguyên tử Vậy 1 trong phân tử BF3có 3 liên kết xich ma (σ) với 3 vùng xen phủ 3 hạt nhân của 3 nguyên tử F là 3

đỉnh của tam giác đều có tâm là B như thực nghiệm đã chỉ ra 3 trục của 3 liên kết đó cắt nhau từng đôi một tạo thành góc 120o Kết quả trên về hình học phân

tử hoàn toàn phù hợp với kết quả mà thực nghiệm đã chỉ ra

Câu III (5,5 điểm): 1 1,0 điểm; 2 1,5 điểm; 3 1,5 điểm; 4 1,5 điểm.

1 Hãy thiết lập sơ đồ pin để khi pin ny hoạt động có phản ứng:

Zn + NO3- + H+ Zn2+ + NH4+ + H2O (1)

Hãy viết phương trình các nửa phản ứng xảy ra trên các điện cực

2 Cho: Eo = - 0,12 V ; Eo = - 0,763 V;

pKa (NH4+) = 9,24; Kw= 10-14; (RT/F)ln = 0,0592lg

Hãy tính: Eo , Eo v h ằng số cân bằng của phản ứng (1)

3 Nhúng kẽm kim loại vo dung dịch HNO 3 0,10 M Sau khi phản ứng (1) xảy

ra, người ta thêm dần dung dịch NH3 vo hỗn hợp thu được tới nồng độ 0,2 M (coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm NH3) Hãy tính pH của hệ Cho biết: Zn2+ + 4NH3 Zn(NH3)42+ ; lgβ = 8,89

4 Tính thế điện cực kẽm nhúng trong hỗn hợp thu được.

Hướng dẫn giải:

1 Các cặp oxi hoá - khử: NO3/NH4+ ; Zn2+/Zn

ở anôt: 4 Zn Zn2+ + 2 e

ở catôt: NO3 + 10 H+ + 8 e NH4+ + 3H2O

NO3 + 4 Zn + 10 H+ NH4+ + 4 Zn2+ + 3 H2O Sơ đồ pin:

() Zn Zn2+ NO3, NH4+, H+ Pt (+)

2.

NO3 + 6 H2O + 8 e NH3 + 9 OH ; K1= 10

9 H+ + OH H2O ; Kw1 = 1014

NH3 + H+ NH4+ ; Ka1= 109,24

Zn 2+ /Zn

NO 3-/NH 3 , OH

-NO 3-/NH 3 , OH - pin

8 (-0,12) 0,0592

8 E o

K2= K1Kw9 Ka1 Eo = - 0,12 + (14 9 + 9,24) =

= 0,881 (V)

Epin = Ecatot  Eatot = 0,881 + 0,763 = 1,644 (V)

K = 10 = 10222,2

3.

NO3 + 4 Zn + 10 H+ NH4+ + 4 Zn2+ + 3 H2O ; K = 10222,2 (1)

Xmax = = 0,01

C 0,01 - 0,1 0,01 0,04

Zn2+ + 4 NH3 Zn(NH3)42+ ;  1 = 108,89

0,04 0,04

Thành phần của hệ:

NO3 0,09 M ; NH4+ 0,01 M ; NH3 0,04 M ; Zn(NH3)42+ 0,01 M

- Tính thành phần theo hệ đệm:

pH = 9,24 + lg = 9,84

H+ = 109,24 << OH = 104,16 << C , C

Vậy pH = 9,84

4 E = - 0,763 + lgZn2+, trong đóZn2+ được tính theo cân bằng:

Zn(NH3)42+ Zn2+ + 4 NH3 ;  1 = 108,89

=108,89 Giả thiết x << 0,01

Zn2+ = x = = 2,013 105 << 0,01 (thoả mãn)

Vậy E = - 0,763 + lg 2,013 105 = - 0,902 (V)

Câu IV (5,0 điểm): 1 2,5 điểm; 2 2,5 điểm.

1 Để xác định bậc của phản ứng 2 X + Y Z (1) người ta tiến hnh các thí nghiệm theo phương pháp nồng độ đầu, ở cùng nhiệt

độ

Kết quả như sau

Thínghiệm

số

Thời gian mỗi thí nghiệm (phút)

Nồng độ đầu của X (theo M)

Nồng độ đầu của Y (theo M)

Nồng độ sau của Y (theo M)

NO 3  , H + / NH 4 2

0,0592

10 8,89 0,04 (0,04)4

o

8  E o / 0,0592

0,1

10

0,04 0,01

NH3 NH4

0,059 2

(0,04 + 4 x)4x

0,04 - x

o

2

Zn 2+ /Zn

a Hãy xác định bậc riêng phần, bậc ton phần của phản ứng (1).

b Tính hằng số tốc độ k của phản ứng (có ghi rõ đơn vị)

c Có sự gần đúng no về tốc độ phản ứng được công nhận trong bi ny? Hãy trình by cụ thể

2 Khảo sát phản ứng pha khí NH4Cl NH 3 + HCl (2)

a) Tại nhiệt độ T thích hợp phản ứng (2) đạt tới cân bằng hoá học (viết tắt l cbhh), áp suất chung của hệ l P, độ phân li của NH 4Cl l α

* Hãy thiết lập biểu thức tính hằng số cbhh Kp của phản ứng (2)

* Viết biểu thức liên hệ Kc với Kp, Kx với Kpcủa phản ứng (2) Trong trường hợp ny K x có phải l một lượng hằng định hay không? (Vẫn xét ở cùng nhiệt độ T) Hãy giải thích cụ thể

b) Có hai thí nghiệm về phản ứng (2) được tiến hnh độc lập trong hai bình có thể tích cố định, bằng nhau; giả thiết ban đầu hai bình đều chân không

Thí nghiệm 1: ban đầu người ta cho 4 mol NH4Cl vo bình 1 Khi phản ứng (2) đạt tới cbhh ở nhiệt độ T, áp suất chung của hệ l P 1 = 1,5 atm, độ phân li của NH4Cl l α1= 0,60

Thí nghiệm 2: ban đầu người ta cho 16 mol NH4Cl vo bình 2 Khi phản ứng (2) đạt tới cbhh ở nhiệt độ T, áp suất chung của hệ l P 2bằng bao nhiêu atm?

c) Kết quả tính độ phân li của NH4Cl trong hai thí nghiệm trên có phù hợp với nguyên lí Lơ Satơlie hay không? Hãy trình by cụ th ể

Hướng dẫn giải:

1.a) Trước hết tính tốc độ trung bình (kí hiệu là vtb) của phản ứng (1) theo chất

Từ các số liệu của đề bài, ta tính được vtbcủa mỗi thí nghiệm như sau:

Thí nghiệm số 1 2 3

vtb 4,5.10-3 3,6.10-3 7,5.10-3 (M.phút-1) (b)

Kí hiệu bậc riêng phần của phản ứng (1) theo chất X là a, theoY là b, ta có:

Một cách gần đúng, ta coi tốc độ trung bình (vtb) là tốc độ tức thời v được tính theo (c) So sánh từng cặp số liệu thực nghiệm đã cho trong đề bài, ta tính được bậc riêng phần của phản ứng (1) theo chất X là a, theoY là b như sau:

v3/v1 = 7,5.10-3/ 4,5.10-3 = 1,66 = (0,500/0,300)a.(0,250/0,250)b; vậy a = 1

v1/v2 = 4,5.10-3 / 3,6.10-3 = 1,25 = (0,300/0,300)a.(0,250/0,160)b; vậy b = 1/2 Kết quả: Bậc riêng phần của phản ứng (1) theo chất X là a = 1, theo Y là b =1/2 Bậc toàn phần của phản ứng (1) là 1 + 1/2 = 3/2

Biểu thức (c) được viết lại cụ thể là v = k CXCY1/2 (d) b) Từ (d) ta đưa ra biểu thức sau đây để tính hằng số tốc độ phản ứng k:

k = v / CXCY1/2 (e)

Ta thay lần lượt nồng độ chất X,Y và trị số vtb ở (b) của từng thí nghiệm vào (e), có kết quả sau:

Thí nghiệm số 1: k1= 4,5.10-3/ 0,3.(0,25)1/2 = 3.10-2

Thí nghiệm số 2: k2= 3,6.10-3/ 0,3.(0,16)1/2 = 3.10-2

Thí nghiệm số 3: k3= 7,5.10-3/ 0,5.(0,25)1/2 = 3.10-2

c) Trong bài này ta phải chấp nhận sự gần đúng coi tốc độ trung bình vtb là tốcđộ tức thời v

(Đây là điều bắt buộc Như vậy, nhìn một cách khái quát, xác định bậc phản ứng theo nồng độ đầu là một phương pháp gần đúng)

Số mol khí có ban đầu n 0 0

Đã phân li nα

Số mol khí có ở cbhh n - nα nα nα

Tại cbhh: Tổng số mol các khí là n (1+α); Phần mol của mỗi khí:

NH4Cl là (1 -α)/(1 + α), NH 3 và HCl đều làα/(1 + α)

Theo định luật Đantơn, ta có biểu thức tính áp suất riêng phần mỗi khí:

p = P.[(1 -α)/(1 + α)]; p = pHCl= P.[α/(1 + α)] (a)

*Theo định luật tác dụng khối lượng, ta có biểu thức:

Kp = p pHCl/p (b)

Thay (a) vào (b) và thực hiện các biến đổi thích hợp, ta được:

K p= P.[α2/ (1 - α2)] (c)

* Các khí đều được coi là khí lí tưởng và phản ứng (2) cóΔn = 2 - 1 = 1 nên:

K c= K p(RT)-Δn = K p(RT)-1 và Kx= Kp.P-Δn = K p.P-1

Kxphụ thuộc áp suất P chung của hệ, mà P lại phụ thuộc vào số mol khí tức là phụ thuộc vào độ phân li α Vậy đối với phản ứng (2) Kx không phải là một lượng hằng định mặc dù cố định nhiệt độ T

b) Thay các số liệu thu được từ thí nghiệm 1 vào biểu thức (c), ta có:

K p= 1,5.[ 0,62/(1 - 0,62)] = 0,84375 ~ 0,844 (d)

Ta có thể tính áp suất P2 theo một số cách khác nhau Ta dùng cách sau đây

Kí hiệu độ phân li của NH4Cl trong thí nghiệm 2 làα2.Tổng số mol các khí tại cbhh trong bình 2 là n 2=16 (1+α2)

Tổng số mol các khí tại cbhh trong bình 1 là n 1=4(1+α1) = 4(1+ 0,6)=6,4(mol) Với điều kiện V = const vàT = const, ta có liên hệ:

P2/P1= n 2/n1 P 2 = P1[ n 2 / n1] =[16 (1+α2)/6,4].1,5 =3,75 (1+α2) (e) Mặt khác, khi thayα 2 choα trong biểu thức (c) và chú ý tới (d),ta có:

P2.[α22 / (1 - α22)] = 0,844 (f) Kết hợp (e) với (f) và biến đổi thích hợp, ta có:

3,75α22 + 0,844α2- 0,844 = 0

Giải phương trình này và chú ý tới điều kiện 0 <α < 1, ta được α2= 0,38

Đưa kết quả này vào (e), ta có: P2=3,75 (1 + 0,38) P2 = 5,175 (atm) c) Đã có: thí nghiệm 1 dùng n 1 = 4 mol NH4Cl, độ phân liα1= 0,60;

thí nghiệm 2 dùng n 2 =16 mol NH4Cl, độ phân liα 2= 0,38

Kết quả đó hoàn toàn phù hợp với nguyên lí Lơ Satơlie

Hai thí nghiệm được tiến hành trong điều kiệnV=const và T=const nên khi tăng

số mol khí, cbhh sẽ chuyển dời về phía làm giảm sự tăng số mol đó Phản ứng (2) có Δn=2-1=1 > 0, cbhh chuyển dời sang trái, nghĩa là giảm sự phân li của

NH4Cl, hayα2=0,38 <α1= 0,60 khi n 2=16 mol > n 1 = 4 mol

NH 4 Cl

NH3

NH3

NH4Cl