Đề và đáp án chi tiết Hùng Vương HSGQG Hoá 2017

Tài liệu bao gồm đề và đáp án chi tiết kì thi Hùng Vương Học sinh giỏi quốc gia 2017 diễn ra tại Tuyên Quang.

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XIII

TUYÊN QUANG 2017

ĐỀ THI OLYMPIC MÔN HÓA HỌC LỚP 10

Ngày thi: 29 tháng 7 năm 2017 Thời gian làm bài:180 phút (không kể thời gian giao đề)

(Hướng dẫn chấm có 10 trang)

Câu 1: (2,5 điểm)

1 (Chuyên Hà Giang)

a) Áp dụng phương pháp gần đúng Slater tính năng lượng electron của nguyên tử Oxi theo đơn

vị eV

b) Áp dụngp biểu thức tính năng lượng:

2 2

n

Z

n

; n là số lượng tử chính, Z là số điện tích hạt nhân, 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

Cho biết vận tốc ánh sáng C = 3,00.108 m.s-1; Hằng số Planck: h = 6,62.10–34 J.s

2 (Chuyên Hùng Vương – PT) Cho dãy phóng xạ sau:

222Rn 3,82d



   218

Po 3,1min



   214

Pb 26,8min



   214

Bi 19,9min



   214

Po 164 s





  

Giả thiết rằng ban đầu chỉ có một mình radon trong mẫu nghiên cứu với hoạt độ phóng xạ

3,7.104 Bq (biết 1Ci = 3,7.10 10 Bq)

a) Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy trên.

b) Tại t = 240 min (phút) hoạt độ phóng xạ của 222Rn bằng bao nhiêu Ci?

c) Cũng tại t = 240 min hoạt độ phóng xạ của 218Po bằng bao nhiêu Ci?

1.

(1điểm)

a) Theo slater

2

* 2

( )

n

Z b

n



Năng lượng của các electron trên phân lớp 1s:

2

(8 0,3)

1

s

Năng lượng của các electron trên phân lớp 2s2p:

8 (5 0,35 2 0,85)

2

s p

Năng lượng của toàn nguyên tử oxi:

1 2 2 1612,688 422,331 2035, 019( )

0,5

b) Khi electron trong O7+ dịch chuyển từ mức năng lượng có n = 3 xuống mức

có n=1 phát ra một bức xạ có năng lượng:

2 2

13,6 ( ) 1,602 10 1, 24 10

C



HƯỚNG DẪN CHẤM

Bước sóng của bức xạ là:

9

6, 62 10 3,000.10

1,602 10 1, 602( )

1, 24 10 1, 24 10

h C







0,25

0,25 2.

(1,5

điểm)

a)

222 86Rn  218 84Po + 4 He

218 84Po  214 82Pb + 4 He

214 82Pb  214 83Bi + 

-214 83Bi  214 84Po + 

-214 84Po  210 82Pb + 

0,5

b)

3,7.104 Bq = 1Ci , 240 min = 4 h

A 1 = A01e -t = 1Ci.e-ln2.4/24.3,82 = 0,97 Ci 0,5 c)

t = 240 min > 10 t1/2(Po), hệ đã đạt được cân bằng phóng xạ tạm thời nên

A1/A2 = 1 – t1/2(2)/t1/2(1)  A2 = A1/[1 – 3,1/(3,82.24.60)] = 0,9702 Ci

Nếu hs coi là có cân bằng thế kỉ ( 1 << 2 )

A 2 = A 1 = 0,97 Ci

Cho nửa số điểm.

0,5

Câu 2(2,5điểm):

1 (Chuyên Bắc Giang) Màu nâu xuất hiện khi oxy và nitơ (II) oxit kết hợp với nhau trong bầu

thủy tinh chân không Các giá trị thu được từ thực nghiệm ở 25oC được cho ở bảng dưới:

Thí nghiệm [NO] (mol.l-1) [O2] (mol.l-1) Tốc độ đầu (mol.l-1.s-1)

1 1,16.10-4 1,21.10-4 1,15.10-8

2 1,15.10-4 2,41.10-4 2,28.10-8

3 2,31.10-4 2,42.10-4 9,19.10-8

4 1,18.10-4 6,26.10-5 6,24.10-9

5 5,75.10-5 2,44.10-5 5,78.10-9 Xác định bậc phản ứng theo O2, theo NO và hằng số tốc độ phản ứng tại 298oK

2 (Chuyên Lào Cai)

Đối với phản ứng: A + B → C + D có biểu thức tốc độ phản ứng v = k.[A].[B]

a) Trộn 2 thể tích bằng nhau của dung dịch chất A 1,0 M và dung dịch chất B 1,0 M

+ Nếu thực hiện phản ứng ở nhiệt độ 300 K thì sau 2 giờ nồng độ của C bằng 0,215 M Tính hằng số tốc độ của phản ứng

+ Nếu thực hiện phản ứng ở 370 K thì sau 1,33 giờ nồng độ của A giảm đi 2 lần Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng (theo kJ/mol)

b) Nếu trộn 1 thể tích dung dịch A với 3 thể tích dung dịch B đều cùng nồng độ 1,0 M, ở nhiệt

độ 300 K thì sau bao lâu A phản ứng hết 90%?

1.

(1,25 đ)

Bậc phản ứng

- Bậc đối với O2: Từ thí nghiệm 1, 2 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ O2 thì tốc độ

tăng gấp đôi  phản ứng là bậc 1 theo O2

- Bậc đối với NO: Từ thí nghiệm 2,3 thấy khi tăng gấp đôi nồng độ NO thì tốc độ

tăng gấp bốn  phản ứng là bậc 2 theo NO

- Biểu thức tính tốc độ phản ứng: v = k[NO]2[O2] nên k = v/[NO]2[O2]

(Nếu HS viết biểu thức tốc độ dựa vào hệ số cân bằng thì không cho điểm).

Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được ktb=7,13.103L2mol-2s-1

0,25 0,25 0,25 0,5

2.

(1,25 đ)

Theo đề: v = k [A].[B] nên phản ứng bậc 2.

a) CA = CB = a =

1, 0 0,5

2  M

Nồng độ đầu 2 chất phản ứng bằng nhau nên phương trình động học:

k = ( )

t a x  a

Tại T1 = 300K: 1

2 0,5 0, 215  0,5  (mol‒1.lít.giờ‒1)

Tại T1 = 370K: 2

1,33 0,5 0, 25  0,5  (mol‒1.lít.giờ‒1)

Phýõng trình Arrhenius:

2

lnk E a ( )



0,7544 8,314 300 370

a

E

 Ea = 9093,55 (J/mol)

b) Ở 300K, k = 0,7544 mol‒1.lít.giờ‒1

CA = a = 1

1,0

0, 25

4  M; CB = b = 3

1,0 0,75

theo đề: x = 90% a = 0,225 M

Do nồng độ đầu hai chất khác nhau nên phýõng trình động học:

k(b a) b.(a )

x x





=

1 0, 25 (0,75 0, 225)

0,7544 (0,75 0, 25) 0,75 (0,25 0, 225)



0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 3:

1 (Điện Biên + Hùng Vương PT) Ngày nay, để thu hồi Clo từ hidroclorua, người ta sử dụng

cân bằng:

O2(k) + 4HCl(k) ƒ 2Cl2(k) + 2H2O(k)

a) Tính hằng số cân bằng Kp của phản ứng trên ở 298K dựa vào các số liệu nhiệt động sau:

O2(k) HCl(k) Cl2(k) H2O(k)

SO (J/mol.K) 205 186,8 223 188,7

b) Phản ứng trên thực tế có diễn ra ở nhiệt độ thường không? Giải thích.

2 (Chuyên Hạ Long) Nung 5,32 gam FeSO4 trong bình chân không kín, dung tích 1,0 lít ở

650oC Khi đó xảy ra phản ứng hóa học sau

2FeSO4(r) ƒ Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k) (1)

Sau khi các phản ứng đạt trạng thái cân bằng thì tổng áp suất của hệ là 634,6 mmHg và áp suất riêng phần của oxi là 20,9 mmHg

a) Tính hằng số cân bằng Kp ở 650oC của các phản ứng (1) và (2)

b) Tính phần trăm khối lượng FeSO4 đã bị phân hủy.

1.

(1 đ)

a) Từ các số liệu trên, tính được

HO = -114,4 (kJ/mol); SO = -128,8 (J/mol.K)

ở 298K, GO = HO – 298.SO = -76,02 (kJ/mol)

b) Mặc dù hằng số K rất lớn nhưng phản ứng trên không xảy ra ở nhiệt độ thường

vì năng lượng liên kết của O2 lớn tốc độ phản ứng rất chậm 0,5 2.

(1,5đ)

a) Ta có: nFeSO4 = 0,035mol = a mol; P = 634,6/760 = 0,835 atm;

PO2 = 20,9/760 = 0,0275atm

2FeSO4(r) ƒ Fe2O3(r) + SO3(k) + SO2(k) (1)

Cân bằng: a – 2x x x – y x + y mol

SO3(k) ƒ SO2(k) + ½O2(k) (2)

Cân bằng: x – y x + y y/2 mol

Tổng số mol khí lúc cân bằng:

nt = x – y + x + y + y/2 = 2x + y/2 =

0,835.1.0 0,082.(650 273,15) = 0,011 mol (I)

Mặt khác ta có: 2

/ 2 0,835 0,0275

O

y

x y

 y = 7,246.10-4 mol (II)

Từ (I) và (II) ta có: x = 5,319.10-3 mol = 7,341y

( )( ) (7,341 1).(7,246.10 )

x y x y

x y



 0,160

3

(2)

p

SO

K





= 0,218

0,5

0,25 0,25

b) Theo phương trình phản ứng (1): nFeSO4 pứ = 2x = 10,638.10-3 mol

Phần trăm khối lượng FeSO4 đã bị phân hủy là

3 10,638.10

.100% 30,39%

0,035



Câu 4 (2,5 điểm):

1 (Lạng Sơn) Chất A là hợp chất có thành phần chỉ gồm nitơ và hiđro Chất A được sử dụng làm nhiên liệu cho tên lửa Ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất, một thể tích hơi của A có

khối lượng bằng khối lượng của cùng một thể tích khí oxi

a Xác định công thức phân tử, công thức cấu tạo của A và cho biết trạng thái lai hóa của nitơ trong A.

b Dựa vào đặc điểm cấu tạo, hãy so sánh tính bazơ và tính khử của A với NH3 Giải thích.

2 (Vòng 2 – 2015) Gốm perovskit ABO3 kết tinh ở hệ tinh thể lập phương trong đó cation A

chiếm vị trí các đỉnh, cation B chiếm vị trí tâm khối, còn anion O2- chiếm vị trí tâm tất cả các mặt của hình lập phương Tinh thể một gốm perovskit ABO3 lý tưởng có thông số mạng bằng 0,41nm

a) Biểu diễn cấu trúc mạng tinh thể của gốm perovskit và xác định số phối trí của cation A, B và

O

2-b) Tính bán kính của các cation A, B Biết bán kính ion O2- = 0,14 nm

c) Xác định độ đặc khít trong tinh thể ABO3 ở trên.

1.

(1,5 đ)

a) Gọi công thức của chất A là NxHy.

Ở cùng điều kiện về nhiệt độ và áp suất, một thể tích khí A có khối lượng

bằng khối lượng của cùng một thể tích khí oxi  M = MA O 2 = 32

14x + y.1 = 32  x= 2, y= 4  chất A là N2H4 ( hiđrazin)

0,25 0,25

Công thức cấu tạo của N2H4:

N H

H

N H

H

Trong N2H4, cả hai nguyên tử N đều ở trạng thái lai hóa sp3, phân tử N2H4 có thể

0,25

coi là sản phẩm thế một nguyên tử H trong NH3 bằng nhóm NH2 0,25 b) Dựa vào đặc điểm cấu tạo, so sánh tính bazơ, tính khử của N2H4 và NH3:

- Tính bazơ của NH3 lớn hơn N2H4 do phân tử N2H4 có thể coi là sản phẩm thế

một nguyên tử H trong NH3 bằng nhóm NH2, nguyên tử N có độ âm điện lớn,

nhóm NH2 hút electron làm giảm mật độ electron trên nguyên tử nitơ của N2H4

hơn so với của NH3  tính bazơ của N2H4 yếu hơn NH3

0,25

- Tính khử của N2H4 mạnh hơn NH3 vì do trong phân tử N2H4 có liên kết N-N

kém bền ( do lực đẩy giữa 2 cặp electron chưa liên kết trên 2 nguyên tử N) 

phân tử N2H4 kém bền nên thể hiện tính khử mạnh hơn NH3

0,25

2.

(1 đ)

a) Cấu tạo của perovskit

0,25

Số phối trí: của A là 12; của B là 6, của O2- là 6 0,25 b) Bán kính của cation A và B

2

2

2( ) 0, 41( ) => 0,06( )

2( ) 2 0,58( ) => 0,15( )

O

O





c) Độ đặc khít:

0,25

Câu 5 (2,5 điểm)

1 (Chuyên Lai Châu)

a) Tính độ điện ly của ion CO32- trong dung dịch Na2CO3 có pH = 11,6 (dung dịch A)

b) Thêm 10ml dung dịch HCl 0,16M vào 10ml dung dịch A Tính pH của dung dịch thu được c) Có hiện tượng gì xảy ra khi thêm 1ml dung dịch bão hòa CaSO4 vào 1ml dung dịch A?

Cho: CO 2 + H 2 O    HCO 3 - + H + K a1 = 10 -6,35

HCO 3 -    H + + CO 3 2- K a2 = 10 -10,33

Độ tan của CO 2 trong nước bằng 3.10 -2 M

Tích số tan của CaSO 4 = 10 -5,04 , của CaCO 3 = 10 -8,35 (Các phản ứng khác coi như xảy ra không đáng kể)

2 (Chuyên Bắc Giang) Thêm dung dịch chứa ion Ag+ vào dung dịch hỗn hợp Cl (0,1M) và 2

4

(0,01M)

a) Hỏi kết tủa AgCl hay kết tủa Ag2CrO4 xuất hiện trước?

3

4 3,1416.(0,065 0,15 3.0,14 )

0, 41

p

b) Tính nồng độ ion Cl khi kết tủa màu nâu Ag2CrO4 bắt đầu xuất hiện.

Cho T AgCl 109,75

11,95 10

Ag CrO



1

(1,5đ) a)

2

CO  H O HCO OH

(1) Kb1 = 10-3,67

HCO H O H CO OH

(2) Kb2 = 10-7,65 2

H O HOH

(3) KW = 10-14 Kb1 >> Kb2 >> KW  xảy ra cân bằng (1) là chủ yếu

pH = 11,6 pOH = 2,4  [OH-] = 10-2,4M

CO32 H O2  HCO3  OH

Kb1 = 10-3,67

bđ C(M)

[] C-10-2,4 10-2,4 10-2,4

10-3,67 =

2,4 2 2,4

(10 ) 10

C





  C = 0,078M

2,4 10

0, 078





b) CHCl =0,16/2=0,08M; C Na CO2 3 0, 078 / 2 0,039 M

CO32 2H CO2 H O2

0,039 0,08

0 0,002 0,039

2

CO

C > L CO2  Trong nước chỉ chứa nồng độ CO2 đúng bằng độ tan

CO2 + H2O     HCO3  H

 Ka1 = 10-6,35 Ban đầu 3.10-2 2.10-3

Cân bằng 3.10-2-x x 2.10-3+x

10-6,35 =

3 2

(2.10 )

3.10

x x x







 Coi x<<2.10-3  x = 6,7.10-6M <<2.10-3  [H+] = 2.10-3  pH = 2,7

0,5

c) C OaS 4  Ca2SO42

T C OaS 4=10-5,04

S S S

 S2 = T C OaS 4

 S = T C OaS 4

= 10-2,52 Khi thêm 1ml dung dịch bão hòa CaSO4 vào 1ml dung dịch A

2

Ca

C = 10-2,52/2 = 1,51.10-3M; C CO2 

=0,078/2=0,039M

Ca2CO32   C OaC 3

T CaCO3= 10-8,35 2

CO

.C Ca2 =1,51.10-3 0,039=5,89.10-5 > T CaCO3 Kết tủa CaCO3 tạo thành

0,5

2.

(1,0đ)

a)

   ; AgCl Ag . Cl

2

4

Ag CrO Ag CrO  

Để kết tủa AgCl xuất hiện thì:

9,75

9 10

1,78.10 ( ) 0,1

AgCl AgCl

Cl







          

Để kết tủa Ag2CrO4 xuất hiện thì:

2 4

2 4

11,95

4

10

1,06.10 ( )

0, 01

Ag CrO

Ag CrO

CrO







          

Do AgAgCl AgAg CrO2 4

cho nên kết tủa AgCl xuất hiện trước

0,25

0,25

0,25

b)

Khi bắt đầu xuất hiện kết tủa Ag2CrO4 thì [Ag+] = 1.06.10-5 (M)

9,75

5 5

10

1,68.10 ( ) 1,06.10

AgCl

Ag









0,25

Câu 6: (2,5 điểm) Phản ứng oxi hóa- khử Điện hóa

1 (Chuyên Sơn La) Cho phản ứng: 2Fe3+ aq + 2I

-aq  

 2 Fe2+ aq + I2aq Giả sử có thể chế tạo 1 pin bao gồm các nửa phản ứng Fe3+/Fe2+ và I2/2I- Có thể thắp sáng một bóng đèn 100W trong bao lâu nếu các nồng độ ban đầu trong pin như sau:

[Fe3+] = [I-] = 0.10 mol‧L-1; [Fe2+] = [I2] = 1.0‧10-3 mol‧L-1

Eo(Fe3+/Fe2+) = +0,77 V; Eo(I2/2 I-) = +0,62 V

Biết phản ứng tạo ra 2 mol I2

2 Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO3 Thực tế khi điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO4 còn đồng thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%

1 Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot

2 Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 250C và 1atm) khi điều chế được 332,52g KClO4

1.

(1,25đ

)

Phản ứng: 2Fe3+ aq + 2I

-aq 

 2 Fe2+ aq + I2aq Suy ra: Fe3+/Fe2+ là catot (+) và 2I-/I2 là anot (-)

Ta có: 100W = 100J/s

G = G0 + RTlnQ = -nE0F + RT ln

2+

2

3+

-2 I Fe

Fe I

= -2.96500.(0,77-0,62) + 8,314.298.ln

-3 2 -3

2 2

(10 ) 10 0,1 0,1

= -57474,102 ( J/ mol)

Khi tạo ra 1 mol I2 thì G = -57474,102 ( J/ mol)

=> 2 mol I2 thì G = -114948,2035 ( J)

Do đó: t = P

G 

= 100

2035 , 114948

=1149,48s

0,25

0,5

0,5

(1,25) 1 Kí hiệu của tế bào điện phân:Phản ứng chính: anot: ClO3 Pt  KClO3 (dd)  Pt- - 2e + H2O  ClO4 - + 2H+

catot: 2H2O + 2e  H 2 + 2OH-

ClO3- + H2O  ClO4- + H2

Phản ứng phụ: anot: H2O - 2e  2H+ + 2

1

O2 catot: 2H2O + 2e  H 2 + 2OH-

H2O  2

1

O2 + H2

0,25

0,25

2 M KClO4  39,098 + 35,453 + 64,000 = 138,551

mol 4 , 2 551 , 138

52 , 332

nKClO4  

q = 2,4 mol 2Fmol

c

60 8.F 8(96485C) 771880C

100







3 Khí ở catot là hydro: nH 2

=

mol 4 mol / F 2

F 8



298 08205 , 0 4 P

nRT





Khí ở anot là oxy: nF tạo ra O2 = 8 0,4 = 3,2 F

nO 2 = 4F/mol 0,8mol

F 2 , 3



298 08205 , 0 8 , 0 P

nRT





0,25

0,25

Câu 7 (2,5 điểm)

(Chuyên Sơn La) Xác định các chất từ A đến H và viết các phương trình phản ứng hóa học đã

xảy ra Biết rằng các chất từ A, B, C, D, E, F và H đều là hợp chất của iot

Câu 7 A – KI ; B – HIO3 ; C – I2O5 ; D – KIO3 ; E – HI ;

F + R – CuI + I2 ; H – AgI

Phản ứng

2KI + KNO3 + H2SO4 → I2 + KNO2 + K2SO4 + H2O

I2 + 10HNO3 (đặc nóng) → 2HIO3 + 10NO2 + 4H2O

0,5

0,2.10

= 2,0đ

A KNO3, H2SO4 I2 HNO3 dac B KOH (aq) D

N2H4

E

C

200oC CO

KOH (aq), t o

D + A

A KOH (aq)

AgNO3 (aq) H

CuSO4 (aq)

F + G

3I2 + 6KOH → 5KI + KIO3 + 3H2O

HIO3 + KOH → KIO3 + H2O

2HIO3 → I2O5 + H2O

5CO + I2O5 → 5CO2 + I2

2I2 + N2H4 → 4HI + N2

HI + KOH → KI + H2O

4KI + 2CuSO4 → 2CuI + I2 + 2K2SO4

KI + AgNO3 → AgI + KNO3

Câu 8 (2 điểm) VÔ CƠ

1 (Chuyên Vĩnh Phúc) Đốt cháy hoàn toàn 6,48 gam hỗn hợp chất rắn X gồm: Cu; CuS; FeS;

FeS2; FeCu2S2; S thì cần 2,52 lít O2 và thu được 1,568 lít SO2 Mặt khác cho 6,48 gam X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư, thu được V lít NO2 (là sản phẩm khử duy nhất) và dung dịch A Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư, thu được m gam kết tủa Biết thể tích các khí đều đo

ở điều kiện tiêu chuẩn Tính V và m

Cho: Cu = 64 ; Fe = 56 ; S = 32 ; O = 16 ; H = 1

2 (Chuyên Điện Biên) Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng mang bốn số lượng tử như sau:

n = 3; l = 1; m = -1; ms = -1/2

a) Xác định tên nguyên tố X, vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn (X không phải là khí

hiếm)

b) Cho 12,9 gam hợp chất A (chứa nguyên tố X) vào 100 ml H2O; phản ứng xảy ra mãnh liệt,

thu được dung dịch B chứa một chất tan Cho Ba(NO3)2 dư vào dung dịch B thu được 34,95 gam kết tủa trắng Lọc kết tủa, để trung hoà nước lọc cần V ml dung dịch KOH 2 M

Xác định V, công thức cấu tạo và tên của hợp chất A?

1.

(1đ)

Qui hỗn hợp X gồm x mol Cu, y mol Fe và z mol S

-Khối lượng hỗn hợp X: 64x + 56y + 32z = 6,48 (I)

-Bảo toàn electron : 2x + 3y + 4z = 0,45 (II)

- Bảo toàn nguyên tử S: Số mol S = số mol SO2 = 1,568:22,4 = 0,07  z = 0,07 (III)

Giải hệ (I), (II), (III) tìm được x = 0,04; y = 0,03; z= 0,07

- Hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư tạo khí NO2 (amol) duy

nhất và dung dịch A

- Bảo toàn electron: số mol NO2 = a = 2x+ 3y + 6z = 0,59

Từ đó tính được V = V(NO2) = 0,59x22,4 = 13,216 lít

+ Dung dịch A + Ba(OH)2 dư thu được kết tủa gồm: Cu(OH)2; Fe(OH)3; BaSO4

Số mol Cu(OH)2 = số mol Cu = x = 0,04

Số mol Fe(OH)3 = số mol Fe = y = 0,03

Số mol BaSO4 = số mol S = z = 0,07

m = m↓ = (0,04x98 + 0,03x107 + 0,07x233) = 23,44 gam.

0,5

0,25

0,25

2

(1,5đ) a) Tìm X:X không phải là khí hiếm, nên ta có các số lượng tử: n = 3; l = 1; m = -1; ms = - là

của electron cuối cùng của phân lớp 3p4

Ta có, sự phân bố electron trong các ô lượng tử của phân lớp 3p4 và các giá trị m

tương ứng như sau:

m: -1 0 +1

Cấu hình electron của X là: 1s22s22p63s33p4

X là nguyên tố lưu huỳnh (S)

Vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn:

+ Số thứ tự (ô): 16 (do có 16 electron)

0,25

+ Chu kỳ: 3 (do có 3 lớp electron)

+ Nhóm: VI A (vì có 6 electron lớp ngoài cùng, electron cuối cùng điền vào phân

lớp p)

0,25

b)

Ion Ba2+ tạo kết tủa trắng trong môi trường axit (do phải dùng KOH để trung hoà

dung dịch thu được sau khi lọc kết tủa)

Kết tủa đó là BaSO4 Số mol kết tủa: BaSO 4

34,95

n = = 0,15 (mol)

233

Dung dịch B là H2SO4

A có thể là SO3 hoặc H2SO4.nSO3

Trường hợp 1: A là SO3:

SO3 → H2SO4 → BaSO4

12,9

n = n = = 0,16125 (mol) n

Trường hợp 2: A là H2SO4.nSO3:

Ta có: A H SO nSO 2 4 3 BaSO 4

12,9

n = n = ; n = 0,15 (mol)

98 + 80n

H2SO4.nSO3 + nH2O → (n + 1)H2SO4

12,9

98 + 80n →

12,9 (n+1)

98 + 80n

H2SO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + 2HNO3

0,15 ← 0,15 → 0,3

HNO3 + KOH → KNO3 + H2O

0,3 → 0,3

=> nKOH = 0,3 (mol) => KOH

0,3

V = = 0,15 (lit) = 150 ml

2

Ta có: H SO 2 4

12,9.(n+1)

n = = 0,15 (mol) => n = 2

98 + 80n

Công thức của A : H2SO4.2SO3 hay H2S3O10 (axit trisunfuric)

Công thức cấu tạo của A:

0,25 0,25

0,25