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 AB2, 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 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 dịch NH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75.

2) Tính pH và nồng độ mol của Cr , Cr2 trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH

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

HCr + H2O Cr + H3O+ pK2 = 6,5

2HCr Cr2 + H2O 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.

2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng:

H2SO3 + 6H+ + 6e H2S + 3H2O

Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:

H2SO3 + 4H+ + 4e S + 3H2O = +0,45V

S + 2H+ + 2e H2S = +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

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

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:

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

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

Tỉnh Quảng Ngãi

Trường THPT chuyên Lê Khiết

2

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 1a) 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 Ta có hệ : (0,5đ)

ZA = 4 A là Be Cấu hình e : 1s22s2

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 =

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) (1đ)

Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng

Trạng thái lai hoá : sp

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 BeCl 2 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: (1đ)

Câu 2:

3

Cl ClBe

........

Cl

Be

Cl

Cl

Be

Cl

Cl

Be

Cl

Cl

Be

Cl

Cl

Be

Cl

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

(0,5đ)

(0,5đ)

(0,5đ)

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

ban đầu = 10-2 (M).

Ta có: = [Mg2+][OH]2 = 10-10,95

Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH]2 10-10,95 (0,5đ)

[OH]2 = 10-8,95. Hay [OH] 10-4,475

* Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M.

Ta có: p = 14 - p = 14 - 4,75 = 9,25.

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

Suy ra cân bằng chủ yếu là:

NH3 + H2O + OH = Kb = 10-4,75

1 1

1-x 1+x x

Kb = = 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 MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M thì không xuất hiện kết tủa Mg(OH)2. (0,5đ)

2) Ta có các cân bằng:

CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 (1)

Cr2 + H2O 2HCr K1 = 10-1,36 (2)

HCr + H2O H3O+ + Cr K2 = 10-6,5 (3)

Vì K1 >>Ka, K2 cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 và HCr dựa vào cân bằng (2).

4

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Cr2 + H2O 2HCr K1 = 10-1,36 BĐ 0,010TTCB 0,010-x 2xÁp dụng định đ/l t/d k/l.

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

Vậy : [Cr2 ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 (M) (1đ)

So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr ] cân bằng (1) chiếm ưu thế:CH3COOH + H2O CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5

BĐ 0,1TTCB 0,1-a a a

Ka = = 1,8.10-5

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

Để tính [Cr ] ta dùng cân bằng (3)

HCr + H2O Cr + H3O+ K2 = 10-6,5 TTCB 1,27.10-3 -b b 1,34.10-3

Ta có: = 3.10-6

ĐK: b<< 1,27.10-3 Vậy: [Cr ] = 3.10-6 (M). (0,5đ)

Câu 3:1a) 6KMnO4 + 2FeS2 + 8H2SO4 = Fe2(SO4)3 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 8H2O.

1 x FeS2 + 8H2O -15e Fe3+ + 2S + 16H+

3 x Mn + 8H+ + 5e Mn2+ + 4H2O (0,5đ)

FeS2 + 3Mn + 8H+ Fe3+ + 2S + 3Mn2+ + 4H2O

b) M + HNO3 M(NO3)n + NxOy + H2O.(5x-2y) x M - ne Mn+ (0,5đ)

n x xN + (6x-2y)H+ + (5x-2y)e NxOy + (3x-y)H2O

(5x-2y)M + nxN + (6x-2y)nH+ (5x-2y)Mn+ + nNxOy + (3x-y)nH2O

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

2) H2SO3 + 6H+ + 6e H2S + 3H2O (1)

H2SO3 + 4H+ + 4e S + 3H2O (2)

5

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

S + 2H+ + 2e H2S (3)

Lấy (2) + (3) (1). Do đó: = + . (1đ)

Mà: G0 = - n.E0.F. Suy ra: - n1. .F = - n2. .F - n3. .F

= = = 0,347 V

Vậy : = 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+ K1 = (1)

Ag+ + Cl = AgCl (2)

Ag + Cl - 1e = AgCl K2 = (3)

Cộng (1)(2) ta được (3) K2 = = K1. =

- lgTt = + 0,059 lgTt. (1đ)

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

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

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

< E0 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 H2. (1đ)

Câu 4:

1) PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)

TTCB 1-

Áp suất:

Ta có: Kp = (1đ)

Vậy: Kp =

6

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

2) Theo đề: ban đầu = mol, P = 2,7atm

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

= 69,5 = 69,2.2 = 139.

Áp dụng BTKL: mS = ban đầu = 83,4 (g) nS = = 0,6 mol. (0,5đ)

PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)

BĐ 0,4

TTCB (0,4-x) x x

nS = 0,4 - x + x + x = 0,6 x = 0,2.

Do đó: = = 0,5.

Vậy: Kp = = (1đ)

3) Gọi áp suất của hệ tại nhiệt độ T1 là P1 = 2,7atm, số mol n1 = nS = 0,6 mol.Áp suất của hệ tại nhiệt độ T2 = 0,9 T1 là P2 , số mol n2.Với P2 = 1,944 atm.

Ta có:

n2 = = 0,48. (0,5đ)

PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K)

BĐ 0,4 TTCB (0,4-x) x x

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

Do đó: = = 0,2. (0,5đ)

Vậy: Kp = =

Vì giảm nhiệt độ thì độ phân li PCl5 giảm, do đó phản ứng phân li PCl5 là phản ứng thu nhiệt.

(0,5đ)

Câu 5:

a) Viết phương trình:

7

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

Fe + S FeS (1)

FeS + 2HCl FeCl2 + H2S (2)

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

Fedư + 2HCl FeCl2 + H2 (3)

2H2S + 3O2 2SO2 + 2H2O (4) (1,5đ)

2H2 + O2 2H2O (5)

SO2 + H2O2 H2SO4 (6)

b) Đặt = a (mol); = b (mol)

=

Giả sử = 1 (mol) = 3 (mol)

(1)(2) phản ứng = nS = nFeS = = 3 (mol)

(3) nFe dư = = 1 (mol)

ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) (1đ)

Vậy: %mFe =

%mS = 100% - 70% = 30%

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

= 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).

Từ (4)(6) = = 0,075 (mol)

Từ (6) = = 0,075 (mol) H2O2 dư.

phản ứng = = 0,075 (mol) H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)

Áp dụng BTKL ta có: (1,5đ)

mddB = + + = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)

Vậy: C%H2SO4 = = 6,695 (%).

C%H2O2 dư = = 2,392 (%).

8

PHẦN NÀY LÀ PHÁCH

9