Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Phần này là phách Số mật mã ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1: Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26. a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron sau cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH. c) Viết công thức Lewis của phân tử AB 2 , cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB 2 có khuynh hướng polime hoá? Câu 2: 1) Mg(OH) 2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl 2 1M vào 100ml dung dịch NH 3 1M và NH 4 Cl 1M. Biết: 2 Mg(OH) T = 1,5.10 -10,95 và pK b = 4,75. 2) Tính pH và nồng độ mol của Cr −2 4 O , Cr 2 −2 7 O trong dung dịch K 2 Cr 2 O 7 0,01M và CH 3 COOH 0,1M. Cho: OHCOCH 3 K = 1,8.10 -5 HCr − 4 O + H 2 O Cr −2 4 O + H 3 O + pK 2 = 6,5 2HCr − 4 O Cr 2 −2 7 O + H 2 O pK 1 = -1,36 Câu 3: 1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron: a) KMnO 4 + FeS 2 + H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + K 2 SO 4 + MnSO 4 + H 2 O. b) M + HNO 3 → M(NO 3 ) n + N x O y + H 2 O. 2) Tính thế tiêu chuẩn E 1 của bán phản ứng: H 2 SO 3 + 6H + + 6e → H 2 S + 3H 2 O Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau: H 2 SO 3 + 4H + + 4e → S + 3H 2 O 0 2 E = +0,45V S + 2H + + 2e → H 2 S 0 3 E = +0,141V 3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI để giải phóng ra hiđrô. 1 Biết: 0 /AgAg E + = +0,8V; T AgCl = 10 -9,75 ; T AgI = 10 -16 Câu 4: Cho cân bằng: PCl 5 (K) PCl 3(K) + Cl 2(K) 1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl 5 , đun nóng bình đến nhiệt độ T( 0 K) để xảy ra phản ứng phân li PCl 5 . Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của K p theo độ phân li α và áp suất P. 2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl 5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T 1 ( 0 K). Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính α và K p . 3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl 5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T 2 = 0,9T 1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính K p và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl 5 thu nhiệt hay phát nhiệt. Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1. Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có 2 Y/H d =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung dịch H 2 O 2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính % khối lượng các chất trong X? c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B? Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16 2 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Phần này là phách Số mật mã ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1 a) Gọi Z A , Z B lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi N A , N B lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron Ta có hệ :    = = ⇒    =− =+ ⇔      =− =+−+ =+++ 17Z 4Z 13ZZ 21ZZ 262Z2Z 19)N(N)2Z(2Z 65)N(2Z)N(2Z B A AB BA AB BABA BBAA (0,5đ) Z A = 4 ⇒ A là Be Cấu hình e : 1s 2 2s 2 Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, m s = 2 1 − Z B = 17 ⇒ B là Cl Cấu hình e : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, m s = 2 1 − b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2. Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ phân nhóm chính nhóm II. Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII. c) : Cl :Be: Cl : (1đ) Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp d) Khi tạo thành phân tử BeCl 2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl 2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl 2 kia tạo liên kết cho- nhận. Vậy BeCl 2 có khuynh hướng polime hoá: (1đ) Câu 2: 3 Cl Cl Be Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Be Cl Cl Be Cl (0,5đ ) (0,5đ ) (0,5đ ) 1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl 2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì +2 Mg C ban đầu = 10 -2 (M). Ta có: 2 Mg(OH) T = [Mg 2+ ][OH − ] 2 = 10 -10,95 Để kết tủa Mg(OH) 2 thì [Mg 2+ ][OH − ] 2 ≥ 10 -10,95 (0,5đ) ⇒ [OH − ] 2 ≥ [ ] 2 10 − − + − = 10,95 2 10,95 10 Mg 10 = 10 -8,95 . Hay [OH − ] ≥ 10 -4,475 * Dung dịch đệm: NH 4 Cl 1M + NH 3 1M. Ta có: p + 4 NH K = 14 - p 3 NH K = 14 - 4,75 = 9,25. Do đó: [H + ] sơ bộ = K a b a C C = 10 -9,25 . 1 1 = 10 -9,25 < 10 -7 Suy ra cân bằng chủ yếu là: NH 3 + H 2 O + 4 NH + OH − 3 NH K = K b = 10 -4,75 1 1 1-x 1+x x K b = ( ) x1 x1x − + = 10 -4,75 Điều kiện: x << 1 ⇒ 1-x →1 ⇒ x = 10 -4,75 x+1 →1 (1đ) Hay [OH − ] = 10 -4,75 < 10 -4,475 . Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl 2 1M vào 100ml dung dịch NH 3 1M và NH 4 Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH) 2 . (0,5đ) 2) Ta có các cân bằng: CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO − + H 3 O + K a = 1,8.10 -5 (1) Cr 2 −2 7 O + H 2 O 2HCr − 4 O K 1 = 10 -1,36 (2) HCr − 4 O + H 2 O H 3 O + + Cr −2 4 O K 2 = 10 -6,5 (3) Vì K 1 >>K a , K 2 ⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr 2 −2 7 O và HCr − 4 O dựa vào cân bằng (2). 4 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Cr 2 −2 7 O + H 2 O 2HCr − 4 O K 1 = 10 -1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định đ/l t/d k/l. K 1 = x)(0,010 (2x) 2 − = 10 -1,36 (x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10 -3 . Vậy : [Cr 2 −2 7 O ] = 0,010 - 6,33.10 -3 = 3,7.10 -3 (M) ; [HCr − 4 O ] = 6,33.2.10 -3 = 1,27.10 -3 (M) (1đ) So sánh cân bằng (3) và (1): K a .C a >> K 2 [HCr − 4 O ] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế: CH 3 COOH + H 2 O CH 3 COO − + H 3 O + K a = 1,8.10 -5 BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a K a = a0,1 a 2 − = 1,8.10 -5 ĐK a<<0,1 ⇒ a = 1,34.10 -3 . Vậy: [H 3 O + ] = 1,34.10 -3 ⇒ pH = 2,87. (0,5đ) Để tính [Cr −2 4 O ] ta dùng cân bằng (3) HCr − 4 O + H 2 O Cr −2 4 O + H 3 O + K 2 = 10 -6,5 TTCB 1,27.10 -3 -b b 1,34.10 -3 Ta có: 3 6,53 6,5 3 3 1,34.10 .101,27.10 b10 1,27.10 b.1,34.10 − −− − − − =⇒= = 3.10 -6 ĐK: b<< 1,27.10 -3 Vậy: [Cr −2 4 O ] = 3.10 -6 (M). (0,5đ) Câu 3: 1a) 6KMnO 4 + 2FeS 2 + 8H 2 SO 4 = Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3K 2 SO 4 + 6MnSO 4 + 8H 2 O. 1 x FeS 2 + 8H 2 O -15e → Fe 3+ + 2S −2 4 O + 16H + 3 x Mn − 4 O + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O (0,5đ) FeS 2 + 3Mn − 4 O + 8H + → Fe 3+ + 2S −2 4 O + 3Mn 2+ + 4H 2 O b) M + HNO 3 → M(NO 3 ) n + N x O y + H 2 O. (5x-2y) x M - ne → M n+ (0,5đ) n x xN − 3 O + (6x-2y)H + + (5x-2y)e → N x O y + (3x-y)H 2 O (5x-2y)M + nxN − 3 O + (6x-2y)nH + → (5x-2y)M n+ + nN x O y + (3x-y)nH 2 O (5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO 3 = (5x-2y)M(NO 3 ) n + nN x O y + (3nx-ny)H 2 O. 5 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 2) H 2 SO 3 + 6H + + 6e → H 2 S + 3H 2 O ∆ 0 1 G (1) H 2 SO 3 + 4H + + 4e → S + 3H 2 O ∆ 0 2 G (2) S + 2H + + 2e → H 2 S ∆ 0 3 G (3) Lấy (2) + (3) ⇒ (1). Do đó: ∆ 0 1 G = ∆ 0 2 G + ∆ 0 3 G . (1đ) Mà: ∆G 0 = - n.E 0 .F. Suy ra: - n 1 . 0 1 E .F = - n 2 . 0 2 E .F - n 3 . 0 3 E .F ⇒ 0 1 E = 1 0 33 0 22 n EnEn + = 6 2.0,141 4.0,45 + = 0,347 V Vậy : 0 1 E = 0,347 V 3) * Tính thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn điều kiện của hệ Ag + /Ag khi có dư Cl − và I − . Ta có: Ag - 1e = Ag + K 1 = /0,059E 0 1 10 − (1) Ag + + Cl − = AgCl↓ 1 t T − (2) Ag + Cl − - 1e = AgCl K 2 = /0,059E 0 2 10 − (3) Cộng (1)(2) ta được (3) ⇒ K 2 = /0,059E 0 2 10 − = K 1 . 1 t T − = /0,059E 0 1 10 − 1 t T − ⇒ 0,059 E 0,059 E 0 1 0 2 − = − - lgT t ⇒ 0 2 E = 0 1 E + 0,059 lgT t . (1đ) Hay : 0 AgCl/Ag E = 0,8 + 0,059 lg10 -9,75 = 0,225 (V) Tương tự: 0 AgI/Ag E = 0,8 + 0,059 lg10 -16 = - 0,144 (V) Hay: 0 AgCl/Ag E > 0 /H2H 2 E + ⇒ ∆E 0 phản ứng < 0 : phản ứng không xảy ra. 0 AgI/Ag E < 0 /H2H 2 E + ⇒ ∆E 0 phản ứng = 0 - (-0,144)>0 : phản ứng xảy ra. Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải phóng H 2 . (1đ) Câu 4: 1) PCl 5 (K) PCl 3(K) + Cl 2(K) TTCB 1-α α α Áp suất: P. 1 1 α α + − α α +1 .P α α +1 .P 6 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Ta có: K p = P P PP P .PP 5 23 PCl ClPCl . α1 α . α1 α1 α1 .α . α1 .α 2 2 − = + − ++ = (1đ) Vậy: K p = P. 1 2 2 α α − 2) Theo đề: 5 PCl n ban đầu = 4,0 5,208 4,83 = mol, P = 2,7atm Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: n S . 2 S/H d = 69,5 ⇒ S M = 69,2.2 = 139. Áp dụng BTKL: m S = 5 PCl m ban đầu = 83,4 (g) ⇒ n S = 139 4,83 = 0,6 mol. (0,5đ) PCl 5 (K) PCl 3(K) + Cl 2(K) BĐ 0,4 TTCB (0,4-x) x x n S = 0,4 - x + x + x = 0,6 ⇒ x = 0,2. Do đó: α = 0,4 0,2 0,4 x = = 0,5. Vậy: K p = P. 1 2 2 α α − = ( ) ( ) 9,07,2. 5,01 5,0 2 2 = − (1đ) 3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T 1 là P 1 = 2,7atm, số mol n 1 = n S = 0,6 mol. Áp suất của hệ tại nhiệt độ T 2 = 0,9 T 1 là P 2 , số mol n 2 . Với P 2 = 1,944 atm. Ta có: 2222 1111 RTn VP RTn VP = = ⇒ 22 11 22 11 RTn RTn VP VP = 12 11 2 1 R.0,9.Tn RTn VP VP =⇔ ⇒ n 2 = 2,7.0,9 0,6.1,944 .0,9P Pn 1 21 = = 0,48. (0,5đ) PCl 5 (K) PCl 3(K) + Cl 2(K) BĐ 0,4 TTCB (0,4-x′) x′ x′ n 2 = 0,4 - x′ + x′ + x′ = 0,48 ⇒ x = 0,08. 7 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Do đó: α′ = 0,4 0,08 0,4 x = = 0,2. (0,5đ) Vậy: K p ′ = P. '1 ' 2 2 α α − = ( ) ( ) 081,0944,1. 2,01 2,0 2 2 = − Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl 5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl 5 là phản ứng thu nhiệt. (0,5đ) Câu 5: a) Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) FeS + 2HCl → FeCl 2 + H 2 S↑ (2) Với Y M = 13.2 = 26 ⇒ Y có H 2 S và H 2 , do Fe dư phản ứng với HCl. Fe dư + 2HCl → FeCl 2 + H 2 ↑ (3) 2H 2 S + 3O 2 → 2SO 2 + 2H 2 O (4) (1,5đ) 2H 2 + O 2 → 2H 2 O (5) SO 2 + H 2 O 2 → H 2 SO 4 (6) b) Đặt SH 2 n = a (mol); 2 H n = b (mol) ⇒ Y M = 1 3 b a 26 ba 2b34a =⇒= + + Giả sử 2 H n = 1 (mol) ⇒ SH 2 n = 3 (mol) (1)(2) ⇒ Fe n phản ứng = n S = n FeS = SH 2 n = 3 (mol) (3) ⇒ n Fe dư = 2 H n = 1 (mol) ⇒ Fe n ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) (1đ) Vậy: %m Fe = %70 32.356.4 %100.56.4 = + %m S = 100% - 70% = 30% c) n Y = 4,22 24,2 = 0,1(mol) ⇒ SH 2 n = 4 3 .0,1 = 0,075 (mol). ⇒ 2 H n = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 0,15(mol) 100.34 5,1.1.100 n 22 OH == 8 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Từ (4)(6) ⇒ 2 SO n = SH 2 n = 0,075 (mol) Từ (6) ⇒ 42 SOH n = 2 SO n = 0,075 (mol) ⇒ H 2 O 2 dư. 22 OH n phản ứng = 2 SO n = 0,075 (mol) ⇒ H 2 O 2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: (1,5đ) m ddB = 22 OddH m + 2 SO m + OH 2 m = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy: C%H 2 SO 4 = 6,106 100.98.075,0 = 6,695 (%). C%H 2 O 2 dư = 6,106 100.34.075,0 = 2,392 (%). 9 . H 2 O. (5x-2y) x M - ne → M n+ (0,5đ) n x xN − 3 O + (6x-2y)H + + (5x-2y)e → N x O y + (3x-y)H 2 O (5x-2y)M + nxN − 3 O + (6x-2y)nH + → (5x-2y)M n+ . H 3 O + K 2 = 10 -6 ,5 TTCB 1,27.10 -3 -b b 1,34.10 -3 Ta có: 3 6, 53 6, 5 3 3 1,34.10 .101,27.10 b10 1,27.10 b.1,34.10 − −− − − − =⇒= = 3.10 -6 ĐK: b<<