Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết

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 AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm?

T

d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? Câu 2: 1) Mg(OH)2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung

Mg(OH)

2

2

2

dịch NH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75.

4O , Cr2

K

7O trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và =

OHCO

CH3

2) Tính pH và nồng độ mol của Cr

2

CH3COOH 0,1M. Cho: 1,8.10-5

4O + H3O+ 4O + H2O Cr 2

HCr pK2 = 6,5

7O + H2O

4O Cr2

2HCr pK1 = -1,36

Câu 3: 1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron:

a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. b) M + HNO3  M(NO3)n + NxOy + H2O.

H2SO3 + 6H+ + 6e  H2S + 3H2O

0

2E = +0,45V

0

2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng: Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:

3E = +0,141V

H2SO3 + 4H+ + 4e  S + 3H2O S + 2H+ + 2e  H2S

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.

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

1

0 E  Ag

/Ag

Biết: = +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16

Câu 4:

Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)

1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li  và áp suất P.

2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). 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  và Kp.

3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và . Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.

Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1.

Câu 5:

2Y/Hd

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 =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi Y có

Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16

qua 100ml dung dịch H2O2 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?

2

khối : 10

Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương

Phần này là phách

Số mật mã Số mật mã

65

B

A

21

Z

4

Z

Z

A

B

A

)N A 2Z

19

(N) 

ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10

)N B )N B

A

B

13

Z

17

Z

Z

B

A

B

  

  

2Z

26

A

B

(0,5đ) Ta có hệ :

 Cấu hình e : 1s22s2

A  ZA = 4  A là Be

Câu 1 a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2Z (2Z   (2Z   2Z 

(0,5đ 1 )  2

Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms =

ZB = 17  B là Cl Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5

Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = (0,5đ 1 )  2

:

Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng  phân nhóm chính nhóm II. (0,5đ ) b) Ta có Z = 4  Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e  Be ở chu kỳ 2. Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII.

.. :Be:Cl ..

.. :Cl ..

c) (1đ)

Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp

Cl Be Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

(1đ)

Be

Be

Be

Be

Be

Cl

Cl

Cl

Cl

Cl

.... .... d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 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 BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết cho-nhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: Cl

3

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

C

ban đầu = 10-2 (M).

2Mg

T

Câu 2: 1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì

Mg(OH)

2

Ta có: = [Mg2+][OH]2 = 10-10,95

10,95

 10

(0,5đ)

2

Mg

10 

K

= 10-8,95. Hay [OH]  10-4,475 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH]2  10-10,95 10,95 10   [OH]2     2

3NHK

 4NH

a

* Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M. = 14 - p Ta có: p = 14 - 4,75 = 9,25.

1 1

C C

b

= 10-9,25 . = 10-9,25 < 10-7 Do đó: [H+] sơ bộ = Ka

Suy ra cân bằng chủ yếu là:

4NH + OH

3NHK

NH3 + H2O = Kb = 10-4,75

= 10-4,75 Kb = 1 1 1-x 1+x x   x1x  x1 

(1đ)

Điều kiện: x << 1  1-x 1  x = 10-4,75 Hay [OH] = 10-4,75 x+1 1 < 10-4,475.

(0,5đ)

Vậy khi thêm 1 ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. 2) Ta có các cân bằng:

2

CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+

4O

Cr2 Ka = 1,8.10-5 (1) K1 = 10-1,36 (2)

7O + H2O 2HCr 4O + H2O H3O+ + Cr

2 4O

HCr K2 = 10-6,5 (3)

4

2

4O dựa

7O và HCr

Vì K1 >>Ka, K2  cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

2

7O + H2O 2HCr

4O

K1 = 10-1,36

Cr2 0,010

vào cân bằng (2). BĐ TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định đ/l t/d k/l.

x)

(2x)2 (0,010 

2

7O ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr

4O ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3

4O ]  cân bằng (1) chiếm ưu thế:

= 10-1,36 (x < 0,01)  x = 6,33.10-3. K1 =

CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 0,1

Vậy : [Cr2 (M) (1đ) So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr BĐ TTCB 0,1-a a a

a

a2 0,1 

= 1,8.10-5 Ka =

2

(0,5đ) ĐK a<<0,1  a = 1,34.10-3. Vậy: [H3O+] = 1,34.10-3  pH = 2,87.

2

Để tính [Cr

4O ] ta dùng cân bằng (3) 4O + H2O Cr

4O + H3O+

HCr

3

6,5

 1,27.10

6,5

 10

TTCB 1,27.10-3 -b b 1,34.10-3 K2 = 10-6,5

b 

 b.1,34.10 3  1,27.10

2

Ta có: = 3.10-6

3  .10 3  1,34.10 4O ] = 3.10-6 (M).

2

ĐK: b<< 1,27.10-3 Vậy: [Cr (0,5đ)

4O + 16H+

Câu 3: 1a)

(0,5đ)

4O + 8H+ + 5e  Mn2+ + 4H2O 4O + 8H+  Fe3+ + 2S 2

4O + 3Mn2+ + 4H2O

6KMnO4 + 2FeS2 + 8H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 8H2O. 1 x FeS2 + 8H2O -15e  Fe3+ + 2S 3 x Mn  FeS2 + 3Mn 

5

b) M + HNO3  M(NO3)n + NxOy + H2O. (0,5đ)

3O + (6x-2y)H+ + (5x-2y)e  NxOy + (3x-y)H2O

(5x-2y) x M - ne  Mn+ n x xN 

+ nNxOy + (3x-y)nH2O

3O + (6x-2y)nH+  (5x-2y)Mn+

(5x-2y)M + nxN 

(5x-2y)M + (6nx-2ny)HNO3 = (5x-2y)M(NO3)n + nNxOy + (3nx-ny)H2O.

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

2) (1)

(2)

(3) H2SO3 + 6H+ + 6e  H2S + 3H2O H2SO3 + 4H+ + 4e  S + 3H2O S + 2H+ + 2e  H2S

Lấy (2) + (3)  (1). Do đó:  0 (1đ)

1G =  0 0

0 3E .F

1E .F = - n2.

2E .F - n3.

0 En 22

0 En 33

 0 1G  0 2G  0 3G 2G +  0 3G . 0 Mà: G0 = - n.E0.F. Suy ra: - n1.

0 1E =

4.0,45 2.0,141 6

 n 1

0

 = = 0,347 V

1E = 0,347 V

Vậy :

/0,059

E0 1

10

3) * Tính thế oxi hoá-khử tiêu chuẩn điều kiện của hệ Ag+/Ag khi có dư Cl và I.

K1 =

/0,059

E0 2

10

Ta có: Ag - 1e = Ag+ Ag+ + Cl = AgCl (2) (1) 1 tT 

/0,059

/0,059

(3)

E0 1

10

10

1 tT 

0

Ag + Cl - 1e = AgCl K2 = E0 2 Cộng (1)(2) ta được (3)  K2 = = K1. 1 tT  =

0 2E =

1E + 0,059 lgTt.

0 E  2 0,059

0 E  1 0,059

E

(1đ)  - lgTt 

0 AgCl/Ag

E

Hay : = 0,8 + 0,059 lg10-9,75 = 0,225 (V)

0 AgI/Ag

E

Tương tự: = 0,8 + 0,059 lg10-16 = - 0,144 (V)

0 AgCl/Ag

0 E  2H

/H

2

Hay: >  E0 phản ứng < 0 : phản ứng không xảy ra.

6

E

0 AgI/Ag

0 E   E0 phản ứng = 0 - (-0,144)>0 : phản ứng xảy ra. 2H

/H

2

<

P.

Vậy Ag không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI giải phóng H2. (1đ) Câu 4: 1) PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)

 1

 1

.P 

 

 

1 1

Áp suất: TTCB 1-   .P 

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

.

2

.P

P

Cl

α

2

P .α  α1

P .

2

PCl 3 P

 α1

PCl 5

P .

P .α  α1  α1 α1 

2 

P.

(1đ) Ta có: Kp =

1

2 

4,0

Vậy: Kp =

=

ban đầu

5PCln

4,83 5,208

2) Theo đề: mol, P = 2,7atm

Tổng số mol khí của hỗn hợp tại TTCB: nS.

SM = 69,2.2 = 139.

2S/Hd

= 69,5 

ban đầu

= 83,4 (g)  nS =

5PClm

4,83 139

= 0,6 mol. (0,5đ) Áp dụng BTKL: mS =

BĐ TTCB PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) 0,4 (0,4-x) x x

nS = 0,4 - x + x + x = 0,6  x = 0,2.

x 0,4

0,2 0,4

2 

P.

7,2.

9,0

Do đó:  = = 0,5.

1

2 

1

2   5,0   5,0

2 

= (1đ) Vậy: Kp =

7

1

3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol.

n

22

2

RTn 1 1 R.0,9.T 1

VP 11 VP 22

2

2

Ta có:  Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9 T1 là P2 , số mol n2. Với P2 = 1,944 atm. RTn VP  11 1 RTn VP  2

VP RTn 1 1 1 VP n RT 2 2 Pn 0,6.1,944 21 .0,9 P 2,7.0,9 1

= 0,48. (0,5đ)  n2 =

PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) 0,4

BĐ TTCB (0,4-x) x x

n2 = 0,4 - x + x + x = 0,48  x = 0,08.

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

x 0,4

0,08 0,4

2

2

 '

P.

944,1.

081,0

Do đó:  = = 0,2. (0,5đ)

2

2

1

 '

1

= Vậy: Kp =

  2,0   2,0

(0,5đ)

Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt. Câu 5: a) Viết phương trình:

Fe + S  FeS (1)

FeS + 2HCl  FeCl2 + H2S (2)

YM = 13.2 = 26  Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.

Với

(1,5đ)

(6)

SH2

2b

26



Fedư + 2HCl  FeCl2 + H2 (3) 2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O (4) 2H2 + O2  2H2O (5) SO2 + H2O2  H2SO4 = a (mol); n b) Đặt

YM =

2Hn = b (mol) a b

3 1

34a  ba 

8

n

SH2

n

= 3 (mol) Giả sử

SH2

2Hn = 1 (mol)

= 3 (mol)

%70

(1đ)

2Hn = 1 (mol)  (1)(2)  Fen phản ứng = nS = nFeS = (3)  nFe dư =  Fen ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) %100 .56.4  56.4 32.3 %mS = 100% - 70% = 30%

n

Vậy: %mFe =

SH2

3 4

24,2 4,22

= 0,1(mol)  = .0,1 = 0,075 (mol). c) nY =

2Hn

n

 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).

22OH

5,1.1.100 100.34

0,15(mol)

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

n

2SOn

SH2

Từ (4)(6)  = = 0,075 (mol)

2SOHn

4

2SOn

phản ứng =

Từ (6)  = = 0,075 (mol)  H2O2 dư.

22OHn

2SOn

= 0,075 (mol)  H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)

m

(1,5đ)

ddHm

22O

2SOm +

OH2

,0

Áp dụng BTKL ta có: + = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) mddB =

100.98.075 6,106

,0

= 6,695 (%). Vậy: C%H2SO4 =

100.34.075 6,106

= 2,392 (%). C%H2O2 dư =

9

10