Biết năng lượng tối thiểu cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He ở trạng thái cơ bản là 79,00eV

1 HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

HƯỚNG DẪN CHẤM

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII

MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10 Ngày thi: 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Hướng dẫn chấm gồm 10 trang )

Đáp án và các bước chấm được đề nghị chỉ mang tính tương đối. Học sinh có thể làm bài (hoặc trình

bày bài) theo cách khác nếu đúng và lập luận đầy đủ cũng vẫn được điểm tối đa.

Kính mong các quý thầy cô đóng góp ý kiến điều chỉnh đề và hướng dẫn chấm hợp lí

và khoa học hơn nữa. Trân trọng cảm ơn.

Nguyễn Tiến Hưng – THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh.

Câu 1 (2 điểm)

1. Biết năng lượng tối thiểu cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He ở trạng thái cơ bản là 79,00eV. Khi chiếu một bức xạ có tần số  (s^-1 hay Hz) vào nguyên tử He (cũng ở trạng thái cơ bản) thì thấy có 1 electron thoát ra với vận tốc 1,503.10⁶ m/s. Tính  (Hz).

2. Sử dụng mô hình cộng hưởng electron theo Lewis, vẽ tất cả các công thức cộng hưởng (hay còn gọi là các cấu trúc cộng hưởng) có thể có của ion OCN^-.

3. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).

a) Xác định số điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B.

b) Viết cấu hình electron của X²⁻,Y⁻, R, A⁺, B²⁺. So sánh bán kính của chúng và giải thích.

Đáp án:

1 0,75

Theo đề bài có: He  He²⁺ + 2e ; I1 + I2 = + 79,00 eV Mặt khác, He⁺ He²⁺ + 1e ; I2 = -Ee trong He+

mà He⁺ là hệ 1 hạt nhân 1 electron  ₂ 13, 6.2₂ ²

54, 4( )

I   1   eV

 I1, He = 79 – 54,4= 24,60 eV = 3,941.10^-18 (J)

Mà Wđ (e) = =¹.9,109.10 .(1, 503.10 )^{31 6 2} 1, 029.10 ¹⁸( )

2 ^  ^ J

Năng lượng của bức xạ: E = I1 + Wđ (e) = 3,941.10^-18 + 1,029.10^-18 = 4,97.10^-18 (J)

18

15 1

34

4,97.10

. 7,5.10 ( )

6, 626.10

E h E s hay Hz

  h ^_ ^

    

0.25

0,25

0,25

2 0,5

Các công thức cộng hưởng Lewis 0,5

2

Học sinh thiếu 1 hoặc 2 công thức trừ 0,25 điểm 3

0,75

a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X

=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4)

Theo giả thiết

Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 Số điện tích hạt nhân Z: X = 16, Y = 17, R = 18, A = 19, B =20.

b) X²⁻, Y⁻, R, A⁺, B²⁺ đều có cấu hình e: 1s² 2s² 2p⁶ 3s² 3p⁶

Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.

r > r > r > r > r

0,25 0,25

0,25 Câu 2 (2 điểm)

1. Tantan (Ta) có khối lượng riêng là 16,7 g/cm³, kết tinh theo mạng lập phương với cạnh của ô mạng cơ sở là 3,32A°. Tantan kết tinh theo kiểu mạng lập phương nào ? Cho MTa = 180,95 g/mol. Học sinh không cần vẽ hình ở phần 1

2. Muối florua của kim loại Ba có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a . Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion Ba²⁺ chiếm đỉnh và tâm các mặt của hình lập phương, còn các ion florua (F^‒) chiếm tất cả các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của muối Bari florua này là 4,89 g/cm³.

a) Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể bari florua. Trong một tế bào đơn vị này có bao nhiêu phân tử BaF2?

b) Tính số phối trí của ion Ba²⁺ và F^- trong tinh thể này. Cho biết số phối trí của một ion trong tinh thể là số ion trái dấu, gần nhất bao quanh ion đó.

c) Xác định giá trị của a (nm)? Cho Mcủa F = 19; Ba = 137,31 (g/mol).

Đáp án:

1 0,75

3,32 A° = 3,32.10^-8 cm

Thể tích ô cơ sở của Ta là: V = (3,32.10^-8)³ = 36,6.10^-24 cm³ Khối lượng của ô cơ sở là:

m = 36,6.10^-24.16,7 = 611,22.10^-24 g

Gọi n là số nguyên tử Ta trong một ô cơ sở. Khối lượng một nguyên tử Ta là: mTa =

n 10 24

. 22 ,

611 ^

g

 MTa = mTa N =

n 10 24

. 22 ,

611 ^

6,02.10^-23 = n

95 , 367 Mà khối lượng mol của Ta là MTa = 180,95 g/mol 

n 95 ,

367 = 180,95

 n = 2

Vì n = 2 nên Ta kết tinh theo kiểu mạng tinh thể lập phương tâm khối

0,25

0,25

0,25 2

1,25

a) Ô mạng cơ sở:

0,25

3 Trong một tế bào đơn vị BaF2 có : 1x 8 ion F^- và 8 ¹ 6 ¹ 4

8 2

    ion Ba²⁺

Do đó sẽ có 4 phân tử BaF2 trong một tế bào đơn vị.

0,25

b) Số phối trí của ion Ba²⁺ là 8 Số phối trí của F^- là 4

Học sinh sai một ion giáo viên chấm không cho điểm

0,25

c) Khối lượng riêng florua tính theo công thức:

2 2

2

BaF BaF

3 3

M M

4 4

d = 4

a

A A BaF

A

N N M

m a

V d d N

  

   



3 2 22 3

23

4 4 (137, 31 19 2)

2, 38.10 ( ) 4,89 6, 022.10

BaF A

a M cm

d N

    

  

 

6, 2.10 (8 ) 0, 62( )

a ^ cm nm

  

0,25

0,25 Câu 3 (2 điểm)

1. Cho dãy phóng xạ sau (cho biết Rn có Z = 86)

222Rn













2. Khi nghiên cứu một mẫu cổ vật nguồn gốc hữu cơ chứa 1 mg cacbon, người ta thấy rằng tỷ lệ đồng vị

C C

12 14

của mẫu là 1,2.10^-14. a) Có bao nhiêu nguyên tử ¹⁴C có trong mẫu ?

b) Tuổi của mẫu nghiên cứu bằng bao nhiêu? Cho chu kỳ bán hủy của ¹⁴C là 5730 năm, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon thời chưa có các hoạt động hạt nhân của con người là 227 Bq/KgC. Cho biết 1Bq = 1 phân rã/giây.

3. Trong tự nhiên, các đồng vị có mặt trong một chuỗi thoát biến phóng xạ nối tiếp, kết thúc ở một đồng vị bền của chì có số khối từ 206-208, tạo thành một họ phóng xạ.

(Chỉ có họ neptuni mở đầu bằng ²³⁷Np kết thúc bằng ²⁰⁹Bi). Họ phóng xạ mở đầu bằng

238U gọi là họ urani (cũng gọi là họ urani – rađi), còn họ phóng xạ mở đầu bằng ²³⁵U gọi là họ actini. Trong 4 đồng vị bền của chì: ²⁰⁴Pb, ²⁰⁶Pb, ²⁰⁷Pb và ²⁰⁸Pb, những đồng vị nào thuộc vào các họ urani và họ actini?

Đáp án:

1 0,5

22286Rn  ²¹⁸84Po + ⁴2He

21884Po  ²¹⁴82Pb + ⁴2He

21482Pb  ²¹⁴83Bi + ^-

21483Bi  ²¹⁴84Po + ^-

0,25 0,25 Ba²⁺

F^-

4 2

1,0

a) Tổng số nguyên tử C trong mẫu vật

23 19

0, 001

.6, 022.10 5, 02.10

 12  nguyên tử

Số nguyên tử ¹⁴C = 5,02.10¹⁹.1,2.10^-14 = 6,02.10⁵ nguyên tử.

0,25

b) Tốc độ phân rã:

5 6

1/2

ln 2 ln 2

. . .6, 02.10 2,31.10 ( )

5730.365.24.60.60

A k N N Bq

t

    

Tuổi của mẫu nghiên cứu

37925 10

. 31 , 2

10 . .227 ln ln . ln 5730 ln ln

ln 1 1

6 6

2 2

2 1









 ^_

A t A A A k N N

t k ^{o o o} năm

0,25

0,5 3

0,5

Dựa trên sự thay đổi số khối của các đồng vị là do sự phát ra hạt α (⁴₂He ). Do đó :

Chỉ có ²⁰⁶Pb thuộc họ urani ²³⁸U do ^{238 206} 8 4

  ( hạt α) Chỉ có ²⁰⁷Pb thuộc họ actini ²³⁵U do ^{235 207} 7

4

  (hạt α)

0,25

0,25

Câu 4 (2 điểm)

1. Tính năng lượng cần thiết để phá vỡ mạng lưới tinh thể ion BaCl2 từ các dữ kiện thực nghiệm sau đây:

Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn BaCl2 tinh thể: -205,6 kcal.mol^-1 Nhiệt thăng hoa của Ba (rắn): + 46,0 kcal.mol^-1

Năng lượng liên kết của Cl2: + 57,0 kcal.mol^-1 Ái lực electron của Cl: - 87,0 kcal.mol^-1

Năng lượng ion hóa lần thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal.mol^-1 Năng lượng ion hóa lần thứ hai của Ba: + 230,0 kcal. mol^-1

2. Ở điều kiện chuẩn, entanpi phản ứng và entropi của các chất có giá trị như sau:

STT Phản ứng ^H⁰298 (kJ)

1 2NH3(k) + 3N2O(k) → 4N^2(k) + 3H2O( l ) -1011 2 N2O(k) + 3H2(k) → N²H4(k) + H2O( l ) -317 3 2NH3(k) + 0,5O2(k) → N²H4(k) + H2O( l ) -143 4 H2(k) + 0,5 O2(k) → H²O ( l ) -286

S⁰298(N2H4(k)) = 240J/mol.K S⁰298 (N2(k)) = 191J/mol.K S⁰298 (H2O( l )) = 66,6J/mol.K S⁰298 (O2(k)) = 205 J/mol.K

a) Tính entanpi tạo thành H⁰298 (kJ) của N2H4(k)

b) Tính G⁰298 phản ứng cháy đẳng áp N2H4(k) tạo thành H2O (l) và N2(k) ở 298K.

c) Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2 mol khí NH3 và 0,5 mol khí O2 thì nhiệt của phản ứng cháy ở (3) trong điều kiện thể tích không đổi bằng bao nhiêu?

Đáp án:

1 0,75

Áp dụng Chu trình Born- Haber tính được năng lượng cần thiết để phá vỡ mạng lưới BaCl2

E = - Uml = + 484,4 kcal.mol^-1; Chu trình đúng 0,5 điểm

Tính toán thay số liệu ra kết quả chính xác 0,25 điểm

0,5 0,25

5

Hoặc học sinh có thể dùng phương pháp tổ hợp các quá trình, nếu viết quá trình và tính toán đúng vẫn cho điểm tối đa.

Nếu trường hợp học sinh nhầm với năng lượng mạng lưới Uml trừ 0,25 điểm

Nếu học sinh viết không đúng các quá trình nhiệt hóa học (ngược chiều, trạng thái r, l, k không chính xác) sẽ trừ 0,25 điểm

2.

1,25

a) Ta có: -(1)+ 3.(2) + (3) –(4) ta được

4N2(k) + 8H2(k) → 4N2H4(k) có H⁰298 = 203kJ Vậy H⁰298 tạo thành N2H4 = 203kJ/4 =50,8 kJ/mol

0,25 0,25

b) N2H4(k) + O2(k) → N2(k) + 2H2O(l)

H⁰298 = -2(286) – 50,8 = -622,8kJ

S⁰298 = 191 +2(66,6) – 205 -240 = -120,8J/K

G⁰298 = -622,8 - 298*(-0,121) = -586,74kJ

0,25 0,25 c)H = U + pV = U + nRT

Pư (3) ta có: n = 1-2,5= -1,5

U = -143000 + 1,5*8,314*298= -139283 J = -139,283kJ

0,25

Câu 5 (2 điểm)

1. Cho phản ứng 2NO2(k) ƒ N2O4(k) có Kp=9,18 ở 25⁰C. Hỏi ở cùng nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào trong điều kiện sau: P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm.

2. Cho cân bằng hóa học:

N2 (k) + 3H2 (k) ƒ 2NH3 (k) ; ⁰= - 46 kJ.mol^-1 .

Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N2 và H2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1:

3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450^oC, 300 atm) NH3 chiếm 36% thể tích.

a) Tính hằng số cân bằng KP (ghi rõ đơn vị nếu có).

b) Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH3 chiếm 50% thể tích? Giả sử ⁰không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu. Cho phương trình Van^’t Hoff:

0 2

1 2 1

1 1

lnK H

K R T T

 

    

 

Đáp án 1 0,5

2 NO2 ƒ N2O4 Kp=9,18.

Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln Kp

Q . Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng.

Khi P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)² =90 > Kp nên phản ứng diễn ra theo chiều nghịch.

0,25

0,25 2

1,5

a)

N2 (k) + 3H2 (k) ƒ 2NH3 (k); = -46 kJ.mol^-1 Ban đầu (mol) 1 3 0

Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x



0,25

0,25

6

%VNH₃ = .100% 2x - 4

2x = 36%  x = 0,529

%VN₂ = .100% 2x - 4

1x

= 4 2.0,592 592 , 0 1



 .100% = 16%

%VH₂ = 100 - (36 + 16) = 48%

1

Kp =

2 2

3

3 2

N H

NH

P P

P =

 

2 2

. 48 , 0 . . 16 , 0

. 36 , 0

P P

P =

2

3 2

0,36

0,16 0, 48 300 = 8,14.10^-5 . Kp không có đơn vị, học sinh ghi đơn vị của Kp trừ 0,25 điểm

0,25

b) Từ

3

2 2

% V 50% y

4 2 3

NH

y

 y   



2

1 1 2 / 3

% V 12,5%

4 2 4 2.2 / 3

N

y y

 

  

  và

2

3(1 ) 3(1 2 / 3)

% V 37,5%

4 2 4 2.2 / 3

H

y y

 

  

 

2

Kp =

2 2

3

3 2

N H

NH

P P

P = _{3 2}

2

300 . 375 , 0 . 125 , 0

5 ,

0 = 4,21.10^-4

ln

1

2 P P

K K =

0

2 1

1 1

H

R T T

 

   

  ^

2

1

0

1 2

1 1

ln ^P

P

R K

T T  H K





2

1 T =

1

1

T - ²

1

0 ln ^P

P

R K

H K

 =

4

3 5

1 8, 314 4, 21.10 450 273 46.10 .ln 8,14.10



 



 T2 = 595,19K

0,25

0,25

0,25 Câu 6 (2 điểm)

1. Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H3PO4 0,02M có sẵn vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X. Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch. Cho biết: H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32; pKw = 14. Quỳ tím (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0 màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh).

2. Cho H2S đi qua dung dịch Cd²⁺ 0,001M và HCl 0,001M cho đến bão hoà _{H S} C 2 = 0,1M. Hỏi có kết tủa CdS tạo ra không? Cho biết TCdS = 10^-26 ;

1, H S2

K = 10^-7 ;

2, H S2

K

= 10^-12,92 Đáp án:

1.

0,75

Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H3PO4 0,01M Phản ứng xảy ra:

H3PO4 + OH^- → H2PO4- + H2O 0,01 0,015

- 0,005 0,01

H2PO4- + OH^- → HPO42- + H2O 0,01 0,005

5.10^-3 - 5.10^-3

Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và bazơ liên hợp cùng nồng độ mol. Do đó: pHX = pKa2 = 7,21.

Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím

0,25

0,25 0,25

7 2.

1,25

Trong dung dịch:

H2S + H2O H3O⁺ + HS^ K1 (1) HS^ + H2O H3O⁺ + S^2 K2 (2) 2H2O H3O⁺ + OH^ Kw (3)

Vì K1 >> K2>> Kw  trong dung dịch xảy ra cân bằng (1) là chủ yếu:

H2S + H2O H3O⁺ + HS^ K1= 10^-7 C 0,1 10-3 0

[] 0,1-x (10^-3+x) x K1 =

 

x) (0,1

x x 10 ³



 

= 10^-7

x << 0,1  (10^-3 - x).x  10^-8 Giả sử x<< 10^-3  x = 10^-5 (phù hợp).

Xét cân bằng (2):

HS^ + H2O H3O⁺ + S^2

[] 10^-5 y K2 =

5 3

10 y.1,01.10





= 10^-12,92  y = 10^-14,92.

Suy ra: CCd2.CS2 = 0,001.10^-14,92 = 10^-17,92 >> TCdS = 10^-26. Do đó có kết tủa CdS tạo ra

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 7 (2 điểm)

1.a) Viết sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin theo quy ước quốc tế IUPAC của pin khi hoạt động diễn ra phản ứng tổng sau

2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe²⁺ + 4OH^-

b) Cho biết thế khử chuẩn ở 25^oC: E^o(Fe²⁺/Fe) = -0,44V, E^o(O2/OH^-) = 0,40V.

Tính E của phản ứng biết: [Fe²⁺] = 0,015M; pH = 9,00;

O2

p = 0,700 atm (nhiệt độ 25°C). Cho RTln10/F = 0,0592V (ở 25^oC).

2. Hoàn thành và cân bằng phương trình sau đây theo phương pháp ion – electron Cu S₂ H^ NO₃^  ... NO SO₄^2...

Đáp án:

1.

1,5

a) Để pin diễn ra phản ứng tổng 2Fe + O2 + 2H2O → 2Fe²⁺ + 4OH^- thì các quá trình xảy ra ở các điện cực của pin phải như sau

Anot(-), quá trinh oxi hóa: Fe → Fe²⁺ + 2e

Catot (+), quá trình khử: O2 + 2H2O + 4e → 4OH^- Vậy sơ đồ pin (-) Fe(r)│Fe²⁺(aq)║OH^-(aq)│O2(k)│Pt(r) (+) Chú ý: học sinh có thể biểu diễn khác về sơ đồ pin như (-) Fe(r)│Fe²⁺(aq)║OH^-(aq), O2(k)│Pt(r) (+)

Hoặc (-) Fe(r)│Fe²⁺(aq)║OH^-(aq)│O2(k) (Pt) (+)thì vẫn cho điểm tối đa

0,25 0,25 0,25

8 b)

2 4

2

( ) ( )

2

0, 0592 Fe

lg ( )

o

pin pin

E E OH

n p O

 

   

   

 

2 2

2

2 4

2

0 0

( ) / /

0, 0592 Fe

(E ) lg

pin O OH Fe Fe

O

E E OH

n p

 

 

   

   

   

pH = 9,00 → [H⁺] = 10^-9M và [OH^-] = 10^-5M

 

( )

0, 0592 0, 015 (10 )

0, 4 ( 0, 44) lg 1,188( )

4 0, 7

Epin V

 

     

Học sinh có thể tính thế Epin E_E_ , áp dụng phương trình Nernst cho từng bán phản ứng.

0,25

0,25

0,25

2

0,5

2 2

2 2 4

3 2

4 2 8 10

4 3 2

Cu S H O Cu SO H e

NO H e NO H O

  

 

    

   

2 2

2 3 4 2

3Cu S10NO^16H^ 6Cu ^10NO 3SO ^8H O

0,25 0,25 Câu 8 (2 điểm)

1. Một trong những oxit quan trọng của halogen là I2O5, được sử dụng trong phân tích định lượng CO trong máu và trong không khí. Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí CO và CO2 qua I2O5 dư, đun nóng. Chất rắn sau phản ứng hòa tan vào dung dịch chứa NaI và Na2CO3 dư được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 20,00 mL dung dịch Na2S2O3 0,10 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định phần trăm thể tích khí CO trong hỗn hợp khí ban đầu.

2. Bằng hiểu biết về liên kết hoá học, hãy giải thích sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen:

Phân tử F2 Cl2 Br2 I2

Năng lượng liên kết X – X (kJ/mol) 159 242 192 150 Đáp án:

1 1,0

Các phản ứng diễn ra : 5CO + I2O5 → 5CO2 + I2

I2 + NaI → NaI3

I2O5 + H2O → 2HIO3

HIO3 + Na2CO3 → NaHCO3 + NaI NaI3 + 2Na2S2O3 → 3NaI + Na2S4O6 Từ các phản ứng trên suy ra nCO =5.

I2

n = ⁵ 2 .

2 2 3

Na S O

n = 5.10⁻³ mol.

→ khí CO chiếm 5,0% về thể tích hỗn hợp đầu.

0,25 0,25

0,25 0,25

2.

1,0

Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :

- Năng lượng liên kết X – X trong F2 nhỏ hơn trong Cl2 và Br2 do trong F2 chỉ có xen phủ p–p còn trong Cl2 I2 ngoài sự xen phủ p –p còn có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết.

- Năng lượng liên kết giảm từ Cl2  I2 là do bán kính nguyên tử tăng dần từ F  I nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần  độ bền liên kết X – X giảm từ Cl2  I2.

0,5

0,5

9 Câu 9 (2 điểm)

1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau đây:

a) H2O2 + PbS →

b) KMnO4 + H2SO4 + H2O2 →

2. Nêu hiện tượng và giải thích bằng phương trình hóa học khi đựng trong bình miệng hở các dung dịch sau đây ở trong không khí một thời gian.

a) Axit sunfuhiđric b) dung dịch HI

3. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Làm nguội và cho sản phẩm tác dụng hết với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với không khí (M_KK 29 .g mol^1 ) bằng 0,8966.

Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H2O2 5% (d = 1g/mL) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.

Đáp án:

1.

0,5

Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng a) 4H O_{2 2}PbSPbSO₄4H O₂

0,25

b) 2KMnO₄3H SO_{2 4}5H O_{2 2} 2MnSO₄K SO_{2 4}5O₂8H O₂ 0,25 2.

0,5

a) Axit sunfuhiđric, vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh do H2S trong dung dịch bị oxi hóa bởi oxi không khí.

H2S + ¹

2O2  H2O + S↓

0 ,25

b) Axit bromhiđric, có màu vàng nâu do HI tác dụng với oxi trong không khí giải phóng I2

1

2O2 + 2HI  H2O + I2

0,25

3.

1,0

Phương trình phản ứng:

S + Mg  MgS (1)

MgS + 2HCl  MgCl2 + H2S (2)

Mg + 2HCl  MgCl2 + H2 (3) 26

29 8966 , 0

MB     B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có









 





 y 26 x

y 2 x 34

4 , 22

987 , y 2 x

Giải ra ta có x = 0,1 ; y = ¹

30. Từ (1), (2), (3) ta có:

 

0,1 32

% ( ) 100%

0,1 1 24 0,1 32 30

m S    

    

 

 

50%, %m(Mg)50%

H2S + 2

3 O2  SO2 + H2O 0,1 0,1 0,1

0,25

0,25

0,25

10 H2 +

2

1 O2  H2O 1/30 1/30

SO2 + H2O2  H2SO4 0,1 0,147

0 0,047 0,1

m(dung dịch) = 100



 



8 , 108

98 . 1 ,

0 9%; C%(H2O2) = 

8 , 108

34 . 047 ,

0 1,47% 0,25

Câu 10 (2 điểm)

1. Ở một nhiệt độ đã cho, tốc độ của một phản ứng phụ thuộc vào thời gian theo phương trình: lgv = -0,68 – 0,09t trong đó v là tốc độ phản ứng tính bằng mol/(L.s), t là thời gian tính bằng s. Tính tốc độ phản ứng khi 50% chất đầu đã phản ứng, hằng số tốc độ và nồng độ đầu của chất tham gia phản ứng.

2. Năng lượng hoạt động hóa của một phản ứng hóa sinh học không xúc tác là 50,0 kJ/mol. Khi có mặt xúc tác tại 37°C, hằng số tốc độ phản ứng tăng 2,5.10³ lần so với khi phản ứng này không có xúc tác. Giả sử tần số va chạm có hiệu quả A (hay còn gọi là thừa số trước lũy thừa) là không đổi cho phản ứng khi có xúc tác và không có xúc tác. Tính năng lượng hoạt động hóa cho phản ứng khi có mặt xúc tác.

Đáp án 1.

1,25

Giả sử phản ứng bậc 0 ta có v = k → lgv = lgk (không thỏa mãn) Giả sử phản ứng bậc 1 ta có :

C = C0.e^-kt → kC = kC0.e^-kt → lnv = lnv0 – kt

→ lgv = lgv0 – (1/2,303)kt = lgv0 – 0,434kt (1)

Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là phản ứng bậc 1 với lgv0 = -0,68.

→ v0 = 10^-0,68 mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s) Khi C = C0/2 thì v =v0/2 = 0,105 mol/(L.s)

→ lgv = lg0,105 = -0,98 (3) Thay (3) vào (2): - 0,98 = -0,68 – 0,09t1/2

→ t1/2 = 3,33 s → k = ln2/t1/2 = 0,21 s^-1

→ C0 = v0/k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s^-1 = 1 mol/L

0,25 0,25

0,25

0,25 0,25 2.

0,75

kcat : hằng số tốc độ phản ứng của phản ứng có xúc tác (cat : catalyst : xúc tác, uncat: uncatalyst: không xúc tác)

kuncat : hằng số tốc độ phản ứng của phản ứng không có xúc tác

0,25

0,25

0,25

11