Mô tả dạng hình học (không vẽ hình) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong

IV.2- Từ muối ăn điều chế được dung dịch có tính tẩy màu, từ quặng florit điều chế được chất có

1) Mô tả dạng hình học (không vẽ hình) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm trong

2) 2,0 đ) Amoni hidrosunfua kém bền, dễ phân huỷ thành NH3 (k) và H2S (k). Cho biết:

T= (t0C + 273) K; R= 8,314 J/(K.mol).

Hợp chất H0 (kJ/mol) S0 (J/(K.mol))

NH4HS (r)  156,9 113,4

NH3(k)  45.9 192,6

H2S (k)  20,4 205,6

a. Tính H0298, S0298 và G0298 của phản ứng trên.

b. Tính hằng số cân bằng Kp tại 250C của phản ứng trên.

3) Cho 50g dung dịch MX (M là kim loại kiềm, X là halogen) 35,6 % tác dụng với 10g dung dịch AgNO3 thu được kết tủa AgX. Lọc kết tủa được dung dịch nước lọc, biết nồng độ MX trong dung dịch sau thí nghiệm giảm 1,2 lần so với nồng độ đầu.

3.1) Tìm M và X.

3.2) Trong phòng thí nghiệm có chứa một lượng X2 rất độc hãy nêu phương pháp loại bỏ khí X2. Viết phương trình hoá học xảy ra.

3.3) X2 tác dụng với CO tạo ra hợp chất Y, chất Y tác dụng với H2O tạo ra khí Z. Viết các phương trình hóa học xảy ra.

ĐÁP ÁN : Câu I:

1. 2p+n= 186

2p-n= 54 0,5đ

 p=60= Px+ 2Py

n = 66=Nx+ 2Ny 0,5đ (Px+Nx) –(Py+Ny) = 21

(2Px+Nx -2) –(2Py +Ny+1) =27

 Px= 26, Py= 17 0,5đ X : n=3,l=2, ml= -2, ms = -1/2

Y; n=3, ml=1, ml=0, ms = -1/2 0,5đ

2. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.

Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH 0,25 Ta có : (loại do không có nghiệm thích hợp)

Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4

Ta có : , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 0,25

Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH 0,25 MOH + HClO4  XClO4 + H2O

 0,25



 M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 0,25

3. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. 0,25 Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:

8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O Theo ptpu: nH SO2 4 =

5 8

n

nR. Theo bài ra: nH SO2 4= nR → 5n = 8 → n = 8

5 . 0,25 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:

2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O 0,5 Ta có: 2 =2n  n =1

Phương trình (1) được viết lại:

2R + 2HSO → R SO + SO + 2HO *

Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:

SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) 0,5 Theo (2): nSO2= nBr2= 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = nSO2= 0,1(mol) Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → MR SO2 4

= 31, 2

0,1 = 312 → MR = 108 (R là Ag). 0,5 Câu II:

1-Xét 1 mol X gọi số mol O2 và H2 lần lượt là a và b ta có

a+b=1 (1)

Hỗn hợp sau phản ứng đưa về 200C nên chỉ có O2 dư và H2 dư có M=2*88/73  2,41

 nếu phản ứng hoàn toàn thì H2 dư. 0,25

 số mol O2 đã phản ứng là 0,9a

O2 + 2H2 2H2O ban đầu a b

phản ứng 0,9a 2*0,9a

Sau phản ứng 0,1a (b-1,8a) 1,8a

 Số mol hỗn hợp giảm là 2,7a ;

Khối lượng khớ giảm so với ban đầu là 18*2*0,9ê 0,5 Ta có 2* (2)

Từ (1) và (2) ta có a=0,1 b=0,9

Hỗn hợp X có 10% thể tích là O2 và 90% thể tích là H2. 0,25

Năng lượng liên kết của F2 bé hơn của Cl2 bởi vì trong phân tử Cl2 ngoài liên kết tạo bởi sự xen phủ của hai obitan p thì còn có sự xen phủ của obitan d và obitan p mà ở trong phân tử F2 không có xen phủ của obitan d. 0,5

Câu III.

1. 1,5

a. O3 + 2I- + H2O O2 + I2 + 2OH-

b. CO2 + NaClO + H2O NaHCO3 + HclO

c. Cl2 + 2KI 2KCl + I2 ; Nếu KI còn dư: KI + I2 KI3

d. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O→ 2MnSO4 + K2SO4 + 2H2SO4

c. 2FeBr2 + 3Cl2 2FeCl3 + 2Br2 ; 5Cl2 + Br2 + 6H2O 2HBrO3 + 10HCl 2-

Cho hỗn hợp khí A gồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:

CO(K) + H2O(K) == CO2(K) + H2(K)

Hằng số cân bằng KC của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1: n. Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2.

1. Hãy thiết lập biểu thức liên quan giữa n, a và KC.

2. Cho n = 3, tính thành phần % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng (ở trạng thái cân bằng).

3. Muốn thành phần % số mol CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu?

1.1. Xét cân bằng: CO + H2O  CO2 + H2

2-Từ bảng ta nhận thấy các giá trị sau: nhiệt độ sôi, độ dài liên kết tăng dần từ F2 đến I2. Năng lượng liên kết từ F2 đến Cl2 tăng lên rồi sau đó giảm dần từ Cl2 đến I2.

Giải thích: - Từ F2 đến I2 vì khối lượng phân tử tăng nên nhiệt độ sôi

tăng. Độ dài liên kết tăng từ F2 đến I2 do bán kính nguyên tử tăng từ F đến I. 0,5

�

�

� �

�

�

điện phân

UV

Trước phản ứng 1 n 0 1

Phản ứng a a a a

Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2

KC = 1đ

1.2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=  a= 1-Nx (N = n+2) Khi n = 3 thay a vào Kc, thay số vào, rút gọn

100x2 + 65x – 2 = 0

Giải phương trình: x = 2,94% 1đ

1.3. Muốn x = 1% thay a= 1-Nx và thay tiếpvào Kc ta có phương trình.

5,04 N2 – 12N – 200 = 0 Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6

Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có giá trị lớn hơn 5,6. 1đ 2-

Từ giả thiết ta có:

C(gr) + 2H2(k) → CH4(k) (1) ΔH1 = -17,89 (Kcal/mol) 2C(gr) + 3H2(k) → C2H6(k) (2) ΔH2 = -20,24 (Kcal/mol) C(gr) → C(k) (3) ΔH3 = 170 (Kcal/mol) H2(k) → 2H(k) (4) ΔH4 = 103,26 (Kcal/mol)

CH4(k) → C(k) + 4H(k) (5) ΔH5

+ ta có (5)= -(1)+(3)+2(4)

Nên ΔH5 = -ΔH1 + ΔH3 + 2ΔH4 = 394,41 = 4 EC-HEC-H = 98,6025(Kcal/mol).

C2H6(k) → 2C(k) + 6H(k) (6) ΔH6

+ ta có (5)= -(2)+2(3)+ 3(4)

Nên ΔH6 = -ΔH2 + 2ΔH3 + 3ΔH4 = 6 EC-H + EC-C EC-C = 78,405(Kcal/mol).

C3H8(k) → 3C(k) + 8H(k) (7) ΔH7

ΔH7 = 8 EC-H + 2EC-C = 945,63(Kcal/mol)

 3C(gr) + 4H2(k) → C3H8(k) (8) ΔH8

Ta có (8)= -(7)+3(3)+ 4(4)

ΔH8 = -ΔH7 + 3ΔH3 + 4ΔH4 = -22,59 (Kcal/mol)

Đáp án nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k) là -22,59 (Kcal/mol) 1,5đ Câu IV:

Câu V:

NỘI DUNG ĐIỂM

1. Dạng hình học của các phân tử:

BCl3: có dạng tam giác đều, B có lai hóa sp2. NH3: có dạng chóp tam giác, N có lai hóa sp3 SF: có dạng bát diện, S có lai hóa sp3d2.

0,2 0,2 0,2

  

   (1 )( )

) 1 (

20

2 2

a n a

a a H

CO H CO





 

N a 1

1- Cả ba hỗn hợp đều có thể dùng được.

2- Vì mỗi hỗn hợp trên đều có ít nhất một chất oxi hóa mạnh và một chất khử.

0,5 0,5

* NaCl + H2O NaClO + H2.

* CaF2 rắn + H2SO4 đặc CaHSO4 + HF

* I2 + 2K 2KI

* 3O2 2O3

Các chất cần tạo ra là NaClO, HF, I- hoặc IO3-, O3 học sinh có thể viết Phương trình phản ứng khác.

0,25 0,25 0,25 0,25

SO2: có dạng chữ V, S có lai hóa sp2. I3-: có dạng đường thẳng, I lai hóa sp3d.

0,2 0,2 2. a. H0 =  45,920,4 (156,9) = 90,6 kJ/mol

S0 = 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol

G0 = H0  T.S0 = 90600  298 .284,8 = 5729,6 J/mol hay 5,7296 kJ/mol.

b. G0 =  RT.ln Ka  5729,6 =  8,314. 298.ln Ka. Ka = 0,099= Kp = 0,099 atm2.

0,5 0,5 0,5

0,5

V.3

NỘI DUNG ĐIỂM

1. Theo giả thiết ta có khối lượng MX ban đầu là 17,8 gam. PTHH MX + AgNO3 --> AgX + MNO3 (1)

Gọi a là số mol của MX tham gia phản ứng (1), ta có khối lượng kết tủa là:

a(108 + X) => khối lượng dung dịch sau phản ứng là: 60 – a(108+X)

=> nồng độ MX trong dung dịch sau phản ứng là:

17,8 ( ) 35,6

60 (108 ) .100 1, 2

a M X

a X

  

 

Từ đó ta có: 1,2(M+X) = 0,356(108+X)

Lập bảng xét các giá trị của X = 35,5; 80; 127 chỉ có nghiệm thích hợp là X = 35,5 và M = 7,0 tương ứng với X là clo, M là liti và công thức hợp chất là LiCl

0,25 0,25 0,25

0,25 2. b) Để loại bỏ một lượng nhỏ khí Cl2 trong phòng thí nghiệm cần phải bơm một lượng

khí NH3 vào.

PTHH: NH3 + Cl2 → N2 + HCl HCl + NH3 → NH4Cl

0,25 0,25 3. PTHH: CO + Cl2 → COCl2

COCl2 + H2O → 2HCl + CO2

0,25 0,25

S KỲ THI OLYMPIC LỚP 10.

MÔN THI: HÓA HỌC

THỜI GIAN LÀM BÀI: 150 phút (không kể thời gian giao đề)

Câu I(4đ). Cho X, Y là hai phi kim. Trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. Biết trong hợp chất XYn :

- X chiếm 15,0486% về khối lượng.

���

- Tổng số proton là 100.

- Tổng số nơtron là 106.

1) Xác định X và Y.

2) Xác định công thức cấu tạo của XYn, kiểu lai hóa của nguyên tố X và dạng hình học của phân tử XYn.

Câu II(4đ).

1) Hoàn thành và cân bằng các phản ứng hóa học sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 2: 1)

b) M2(CO3)n + HNO3đặc, nóng → M(NO3)m + NO2 + CO2 + H2O.

2) Cho Fe3+ + 1e → Fe2+ E0 = 0,771 V Ag+ + 1e → Ag E0 = 0,799 V

Người ta ráp một pin theo sơ đồ: Ag / Ag+ || Fe2+ / Fe3+ / Pt.

Với [Fe2+] = [Fe3+] = 0,1M.

a. Khi nồng độ Ag+ bằng bao nhiêu thì sức điện động của pin bằng 0?

b. Tính hằng số cân bằng của phản ứng: Fe2+ + Ag+ ⇄ Fe3+ + Ag ở 25oC.

Câu III. (4đ)

1. Từ KMnO4, NaHCO3, Fe, CuS, NaHSO3, FeS2 và dung dịch HCl đặc có thể điều chế được những khí gì? Viết phương trình hoá học.

2. Khi điều chế các khí trên thường có lẫn hơi nước, để làm khô tất cả các khí đó chỉ bằng một hoá chất thì nên chọn chất nào trong số các chất sau đây: CaO, CaCl2 khan, H2SO4 đặc, P2O5, NaOH rắn. Giải thích (Không cần viết phương trình hoá học).

Câu IV4đ). Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) ⇄ H = - 198 kJ

1) Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ?

2) Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 427oC.

Câu V(4đ).

Nung a gam hỗn hợp X gồm Fe và S trong điều kiện không có không khí cho đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, thu được chất rắn Y. Chia Y thành hai phần bằng nhau. Cho phần 1 tác dụng với dung dịch HCl dư thu được hỗn hợp khí Z có d=13.

1. Tính phần trăm khối lượng mỗi chất trong X.

2. Cho phần 2 tác dụng hết với 55 gam dung dịch H2SO4 98%, đun nóng thu được V lít khí SO2

(đktc) và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng hết với dung dịch BaCl2 dư tạo thành 58,25 gam kết tủa. Tính a, V.

(Học sinh được dùng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố )

HẾT

ĐÁP ÁN

Câu 1(4đ). Điểm

1. (3đ)

Theo đề: PX + nPY = 100 (1) 0,25

NX + nNy = 106 (2) 0,25

Từ (1) và (2) AX + nAY = 206 (3) 0,25

Mặt khác: AX : (AX + nAY) = 15,0468 : 100 (4) 0,25

Từ (3) và (4) → AX = 31 (5) 0,25

Trong nguyên tử X: 2PX – NX = 14 (6) 0,25

Từ (5) và (6) → PX = 15, NX = 16 → X là P 0,25

Thay PX và NX vào (1) và (2) ta được: n(NY – PY) = 5 (7) 0,25 Trong Y có: 2PY – Ny = 16 → NY = 2PY - 16 (8) 0,25

Từ (7) và (8) → PY = (5 + 16n) : n 0,25

→ n = 5, PY = 17 → Y là Cl 0,50

2. (1đ) Viết được CTCT của PCl5 0,25

Nguyên tử P lai hóa sp3d 0,50

Dạng lưỡng tháp tam giác 0,25

Câu II(4đ)

1. (2đ) Hoàn thành đúng mỗi ptpư : 1 điểm (x2) = 2,00

( Viết được các quá trình oxi hóa và quá trình khử: 0,5đ; đúng hệ số: 0,5đ/ 1 pt) 2. (2đ)

a, Thế điện cực Fe3+/Fe2+ là:

E1 = E01 + 0,059lg([Fe3+]/[Fe2+] = 0,771 (1) 0,25 Thế điện cực Ag là

E2 = E02 + 0,059lg[Ag+] (2) 0,25

Khi Epin = 0 thì E1 = E2 hay E02 + 0,059lg[Ag+] = 0,771 (3) 0,25

Từ (3) → [Ag+] = 0,3353M 0,25

b, Từ KCB =

 0Oxh 0Kh

n E E 0,059

KCB 10



 0,50

→ KCB = 100,4746 → K = 2,98 0,50

Câu III(4đ).

1. (3đ). Các khí có thể điều chế được gồm O2, H2S, Cl2, CO2, SO2 . 0,50 Các phương trình hoá học:

2KMnO4 K2MnO4 + MnO2 + O2

NaHSO3 + HCl ��� NaCl + H2O + SO2. Fe + 2HCl FeCl2 + H2

2KMnO4 + 16HCl 5Cl2 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O.

FeS2+ 2HCl ��� FeCl2 + H2S + S

Mỗi ptpư được 0,5đ (x5) = 2,50

2. (1đ). Để làm khô tất cả các khí mà chỉ dùng một hoá chất thì ta chọn CaCl2 khan. Vì chỉ có CaCl2

khan hấp thụ hơi nước mà không tác dụng với các khí đó. 1,00 Câu IV(4đ).

1.(1,5đ). Mỗi yếu tố: 0,5đ (x3) = 1,50

- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm).

- Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng).

- Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn.

2.(2,5đ)

2SO2 (k) + O2 ⇄ 2SO3 (k) H = - 198 kJ Co 10,51 (mol) 7,434 (mol) 0

C 10,3 (mol) 5,15 (mol) 10,3 (mol)

[C] 0,21 (mol) 2,284 (mol) 10,3 (mol) 0,50 Tổng số mol hỗn hợp ở cân bằng:

0,25

Pi = xi.P = xi.1 = xi;

2 3

P 2

2 2

(Pso )

K =(Pso ) .Po và K =K (RT)C P - n 0,50 (R = 0,082, T = 427 + 273 = 7000K, n = -1)

0,50

và 0,75

Câu V(4đ).

1.(2đ). Nung hỗn hợp X S + Fe ��� FeS (1) 0,50 2x 2x

Chất rắn Y gồm FeS và Fe dư. Gọi x, y lần lượt là số mol FeS và Fe trong mỗi phần hỗn hợp Y.

FeS + 2HCl ��� FeCl2 + H2S (2)

x mol x mol 0,50

Fe + 2HCl ��� FeCl2 + H2 (3) y mol y mol

Ta có: 0,50

% khối lượng của Fe = 0,25

% khối lượng của S = 30% 0,25

3. (2đ).Tính a, V .

Viết được 4 ptpư 0,50

Ta có:

2FeS+ 10H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 9SO2 +10H2O (4) x 5x x/2 9x/2

2Fe+ 6H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O (5) y 3y y/2 3y/2

H2SO4 dư + BaCl2 ��� 2HCl + BaSO4 (6) z z

Fe2(SO4)3 + 3BaCl2 ��� 2FeCl3 + 3BaSO4 (7) (x/2+ y/2) 3(x/2+ y/2) ta có PT:

3 () + z = 0,50

Số mol HSO đã dùng: 5x + 3y + z = 0,25

 

0, 21 2, 284 10,3 29,736 42,53 mol   

Giải ra: x = 0,075; y = 0,025 ; z = 0,1 0,25

Khối lượng hỗn hợp X= a = 2. 0,25

Thể tích khí SO2 = V = 22,4 = 8,4 (lít) 0,25 HẾT

KỲ THI HỌC SINH GIỎI MÔN THI: HÓA HỌC. LỚP:10

Thời gian: 90 phút( không kể thời gian giao đề) (đề thi có 2 trang)

Câu I: (4 điểm)

I.1. (3đ) Mỗi phân tử XY2 có:

- tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178

- số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 - số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12.

a, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào của nguyên tử X và Y

b, Xác định vị trí của X và Y trong bảng tuần hoàn, Viết kí hiệu hóa học của X , Y và công thức phân tử XY2

I.2.(1đ) Cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: SO2, SO3, SO42-, SF4, BrF5

Câu II: (4 điểm)

II.1.(3đ)Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a. FeO + HNO3 � Fe(NO3)3 + NxOy + H2O

b. CuFeS2Fe (SO )2 4 3O2H O2 �CuSO4FeSO4H SO2 4 II.2.(1đ)Cho sơ đồ pin: Cd/Cd2+//Cu2+ /Cu

Biết E0Cd2+/ Cd= -0,403V; E0Cu2+/Cu=+0,337V

a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

b) Tính suất điện động của pin nếu [Cd2+]=0,01M và [Cu2+] = 0,001M Câu III:(4 điểm)

III.1.(2đ) Tính nhiệt phản ứng của phản ứng tạo thành 200,25g AlCl3 từ các đơn chất Biết:

Al2O3(r)+ 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3( r) ∆H1= -232,24 kJ CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) ∆H2 = -112,4 kJ 2Al ( r) + 3/2 O2 (k) → Al2O3 ( r) ∆H3 =-1668,2 kJ Nhiệt hình thành của khí CO là -110,4 kJ

Nhiệt hình thành của khí CO2 là -393,13 kJ ĐỀ CHÍNH THỨC

III.2.(2đ)Cho phản ứng H2 (k) + I2 (k) 2HI (k)

Ở nhiệt độ 4300C, hằng số cân bằng KC của phản ứng trên bằng 53,96. Đun nóng một bình kín dung tích không đổi 10 lít chứa 4,0 gam H2 và 406,4 gam I2. Khi hệ phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở 4300C, thì nồng độ của HI là bao nhiêu?

Câu IV ( 6 điểm)

IV.1.(2đ) Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau:

a. Ozon oxi hóa KI trong môi trường trung tính b. Sục khí CO2 qua nước Javel

c. Cho nước Clo qua dung dịch KI

d. Sục khí Clo đến dư vào dung dịch FeI2

IV.2.(2đ) Người ta có thể điều chế hidroclorua(HCl), hidroflorua(HF) bằng cách cho dung dịch H2SO4 đặc tác dụng với muối clorua hoặc florua; nhưng không thể áp dụng phương pháp này để điều chế hidrobromua (HBr) hoặc hidroiotua (HI). Hãy giải thích và viết phương trình phản ứng?

IV.3.(2đ) Cho 4 chất rắn màu trắng: AlCl3, MgCl2, Na2SO4, MgSO4 được kí hiệu bằng các chữ cái: E, F, G, H (không theo trình tự trên). Kết quả của những thí nghiệm tìm hiểu về những chất rắn này được ghi vào bảng sau:

Chất Thêm dung dịch BaCl2 vào dung dịch từng chất

Thêm dung dịch NaOH vào dung dịch của từng chất

E Tạo kết tủa trắng Không có kết tủa

F Không có kết tủa Tạo kết tủa trắng, kết tủa này tan trong NaOH dư G Không có kết tủa Tạo kết tủa trắng, kết tủa này không tan trong dung

dịch NaOH dư

H Tạo kết tủa trắng Tạo kết tủa trắng

Hãy cho biết E, F, G, H là những chất nào?Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra Câu V: (2 điểm)

Hòa tan hết 82 gam hỗn hợp X gồm FeCO3, FeS2 và Fe3O4 trong 300 gam dung dịch H2SO4 98% , thu được dung dịch Y và 44,8 lit hỗn hợp khí Z(đkc) . Cho Z đi qua dung dịch brom dư, thấy có 272 gam brom bị mất màu. Tính phần trăm số mol của Fe3O4 trong X và nồng độ % của H2SO4 trong Y

( Cho Fe= 56; C= 12; S=32; O= 16; H=1; I= 127; Cd= 112; Cu=64, Al=27; Cl=35,5) Lưu ý: Thí sinh không sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học

………HẾT………

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 Câu I: (4 điểm)

I.1. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12.

a, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào của nguyên tử X và Y

b, Xác định vị trí của X và Y trong bảng tuần hoàn, Viết kí hiệu hóa học của X , Y và công thức phân tử XY2

I.2. Dự đoán trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau:

SO2, SO3, SO42-, SF4, BrF5

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

I.1.(3đ)

a , Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có các phương trình:

2 Zx + 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1) 2 Zx + 4 Zy  Nx  2 Ny = 54 (2) 4 Zy  2 Zx = 12 (3)

ZX = 26 ; ZY = 16 Cấu hình electron: X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 Y : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4

Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2.

Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2.

b,Vị trí của X : thuộc ô 26, chu kì 4, nhóm VIIIB Vị trí của Y : thuộc ô 16, chu kì 3, nhóm VIA Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 . I.2. (1đ)

Phân tử Công thức cấu trúc

Dạng lai hóa của NTTT

Dạng hình học của phân tử

SO2 AX2E sp2 Gấp khúc

SO3 AX3 sp2 Tam giác đều

SO42- AX4 sp3 Tứ diện

0,5điểm

0.25 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,25đ -Mỗi dạng lai hóa đúng được 0,1đ 0,1x5= 0,5đ -Mỗi dạng hình học

SF4 AX4E sp3d Cái bập bênh

BrF5 AX5E1 sp3d2 Tháp đáy vuông

đúng được 0,1 đ

0,1x5= 0,5đ Câu II: (4 điểm)

II.1.Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a. FeO + HNO3 � Fe(NO3)3 + NxOy + H2O

b. CuFeS2Fe (SO )2 4 3O2H O2 �CuSO4FeSO4H SO2 4 II.2.Cho sơ đồ pin: Cd/Cd2+//Cu2+ /Cu

Biết E0Cd2+/ Cd= -0,403V; E0Cu2+/Cu=+0,337V

c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động

d) Tính suất điện động của pin nếu [Cd2+]=0,01M và [Cu2+] = 0,001M

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

II.1.(3đ)Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron:

a) FeO + HNO3 � Fe(NO )3 3N Ox y �H O2 Fe+2 � Fe+3 + 1e x (5x - 2y) xN+5 + (5x - 2y) e �

2y xx

N x 1

Cân bằng: (5x-2y) FeO + (16x-6y) HNO3 � (5x-2y)Fe(NO )3 3N Ox y�(8x 3y)H O 2 b) CuFeS2Fe (SO )2 4 3O2H O2 �CuSO4FeSO4H SO2 4

2S-2 � 2S+6 + 16e x 1 2Fe+3 +2e � 2Fe+2 x a O + 4e 02 � 2O-2 x b

Vì tổng số electron mà các chất khử cho phải bằng tổng số electron mà các chất oxi hóa nhận, do đó ta có phương trình:

2a + 4b = 16 hay a + 2b = 8 � 0<a<8 và 0<b<4

Vì chỉ có 1 phương trình mà lại 2 ẩn số a, b nên có nhiều nghiệm số, ví dụ cho b=1 thì a=6 CuFeS26Fe (SO )2 4 3O26H O2 �CuSO413FeSO46H SO2 4

II.2.(1đ)

a) Phản ứng xảy ra khi pin hoạt động: Cd + Cu2+→Cd2+ + Cu b) ECd2+/Cd = E0Cd2+/ Cd + (0,059/2) lg[ Cd2+] = -0,462 V

ECu2+/Cu = E0Cu2+/ Cu + (0,059/2) lg[ Cu2+] = 0,2485 V Epin= E(+) - E(-) = 0,2485 – (-0,462)=0,7105 V

1đ 0,5đ

0,5đ

0,5đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu III:(4 điểm)

III.1.(2đ) Tính nhiệt phản ứng của phản ứng tạo thành 200,25g AlCl3 từ các đơn chất Biết:

Al2O3(r)+ 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3( r) ∆H1= -233,24 kJ

CO (k) + Cl2 (k) → COCl2 (k) ∆H2 = -112,4 kJ 2Al ( r) + 3/2 O2 (k) → Al2O3 ( r) ∆H3 =-1668,2 kJ Nhiệt hình thành của CO là -110,4 kJ

Nhiệt hình thành của CO2 là -393,13 kJ

III.2.(2đ)Cho phản ứng H2 (k) + I2 (k) 2HI (k)

Ở nhiệt độ 4300C, hằng số cân bằng KC của phản ứng trên bằng 53,96. Đun nóng một bình kín dung tích không đổi 10 lít chứa 4,0 gam H2 và 406,4 gam I2. Khi hệ phản ứng đạt trạng thái cân bằng ở 4300C, thì nồng độ của HI là bao nhiêu?

HƯỚNG DẪN CHẤM ĐIỂM

III.1.( 2đ)

Goi nhiệt hình thành của CO là ∆H4

Nhiệt hình thành của CO2 là ∆H5

Nhiệt hình thành AlCl3 ∆H Ta có các quá trình sau:

Al2O3(r)+ 3COCl2(k) → 3CO2(k) + 2AlCl3( r) ∆H1

3CO (k) + 3Cl2 (k) → 3COCl2 (k) 3∆H2

2Al ( r) + 3/2 O2 (k) → Al2O3 ( r) ∆H3

3C( r ) + 3/2 O2 (k) → 3 CO(k) 3∆H4

3CO2(k) → 3C( r) + 3O2(k) 3(-∆H5) 2Al( r) + 3 Cl2(k)→ 2AlCl3(r) 2∆H

Suy ra: 2∆H = ∆H1 +3∆H2 + ∆H3 +3 ∆H4+3(-∆H5)= -1389,45 kJ Suy ra nhiệt tạo thành 1 mol AlCl3 là: ∆H = -694,725 kJ

Vậy nhiệt phản ứng của phản ứng tạo thành 200,25g AlCl3(1,5 mol) là:

-694,725x1,5= -1042,0875 kJ

0,75đ 0.5đ 0,25đ 0,5đ III.2.(2đ)

CH2= 0,2M ; CI2=0,16M H2 (k) + I2 (k) 2HI (k) Bđ 0,2 0,16 0 Pư x x 2x CB 0,2-x 0,16-x 2x KC=

Suy ra x=0,1375M Suy ra [HI]= 0,275M

0,25đ

0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,25đ Câu IV ( 6 điểm)

IV.1.(2đ) Viết phương trình phản ứng xảy ra trong những trường hợp sau:

a. Ozon oxi hóa KI trong môi trường trung tính b. Sục khí CO2 qua nước Javel

[HI]2 [H2][I2]