Đốt cháy hoàn toàn 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B. Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể mu

Ngô Đức Trọng

ĐT: 0917.126.613



HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: HOÁ, LỚP:10

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang

điểm đã định.

Câu

1



Nội dung



Điểm



1. Vì 2 nguyên tố kế tiếp nhau trong cùng một chu kỳ nên 2 nguyên tố có 0,5

cùng số lớp electron (cùng n ). Mà tổng ( n + l ) của B lớn hơn tổng ( n + l )

của A là 1 nên: Cấu hình electron lớp ngoài cùng của A, B là:

A: ns2; B: np1

⇒



Mặt khác A có 2e ở lớp ngoài cùng cation A có dạng A2+. Vậy tổng đại số

của 4 số lượng tử của A2+ là: (n – 1 ) + 1 + 1 – 1/2= 3,5



0,5



Vậy 4 số lượng tử của :



A:n=3



B: n = 3



l=0



l=1



2. A: 1s22s22p63s2 ( Mg ).



m=0



m=-1



s=-



s=+



1

2



0,5



1

2



0,5



0,25



B: 1s22s22p63s23p1 ( Al ).



2



1.



0,25



BeH2: dạng AL2E0. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.



0,25



BCl 3: dạng AL3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl. 0,25

Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng.

NF3: dạng AL3E1. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở

0,25

đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109 o28’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp electron

không liên kết.

SiF62-: dạng AL6E0. Ion có dạng bát diện đều.

NO2+: dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O 0,25

([O=N=O]+). Ion có dạng đường thẳng.

0,25

3

I3 : dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp , trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm

dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo

(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion 0,25

có dạng đường thẳng.



2. I3 (X) và I5 (Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra:

a. X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố 0,5

hoá học.

b. A là XO, B là YO2.



0,25



c. Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO3

3



2

PNH

3



1. Kp =



PH3 2 × PN2



⇒ Kp =



(0, 499 × 105 )2

(0,376 × 105 )3 × (0,125 × 105 )



0,25



= 3,747.10−9 Pa-2



0,25



K = Kp × P0-Δn ⇒ K = 3,747.10-9 × (1,013.105)2 = 38,45

ΔG0 = -RTlnK ⇒ ΔG0 = -8,314 × 400 × ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 12,136



0,25



kJ.mol-1



0,25



2.

n H2



n



N2



=



PH2



× PN2



n H2



n



NH3



=



PH2



N2



⇒ n =

× PN H3



⇒ n



NH3



500

0,376



=



0,25



× 0,125 = 166 mol



500

0,376



0,25



× 0,499 = 664 mol



⇒ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1×105 Pa



0,25



3. Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.



P



H2



=



510

1340



× 1×105 = 0,381.105 Pa ;



P



N2



=



166

1340



0,25

× 1×105 = 0,124×105



Pa



P



NH3



=



664

1340



× 1×105 = 0,496×105 Pa



ΔG = ΔG0 + RTlnQ

ln(



Δ G = -12136 + 8,314 × 400



0, 4962.(1, 013.105 ) 2

) = −144,5 J .mol −1

3

5 2

(0,381 .0,124).(1.10 )



⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.



0,25



4. Sau khi thêm 10 mol N 2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi

khí là:

H2



P =



100

785



× 1×105 Pa ;



N2



P =



510

785



× 1×105 Pa ; P=



175

785



× 1×105 Pa



0,25



0



ΔG = ΔG + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ



Δ G = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,0132 ) + ln (

19,74 J.mol -1



1752

1002.510



× 7852 × 1,0132)] =



0,25



⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.



4



Lượng thuốc tối thiểu cần duy trì trong cơ thể bệnh nhân là 50.0,04 = 2 0,5

mg.

k=



Hằng số tốc độ quá trình đào thải thuốc là



ln 2

= 0, 011

t1/2



0,5



Sau khi uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg

là:

m

500

ln 0 = k .t ⇒ ln

= 0, 011.t

mt

2



0,5



t = 485, 9 phút



Vậy sau khi uống viên thuốc đầu tiên, sau 485,9 phút (khoảng 8h) cần

uống tiếp viên thứ hai.

Sau khi uống viên thứ 2, lượng thuốc trong cơ thể lúc này là 502 mg.



0,5



Sau khi uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải còn 2 mg là:



0,5



ln



m0

502

= k .t ⇒ ln

= 0, 011.t

mt

2



t = 486, 2 phút



5



Gọi nồng độ của Na2S và CH3COONa trong dung dịch A là C1 (M) và C2 (M). 0,5

Khi chưa thêm Na3PO4, trong dung dịch xảy ra các quá trình:

S2-



+ H 2O



HS-



+ H 2O



ƒ



HS- + OH-



ƒ



H2S + OHƒ



CH3COO- + H2O

H2 O



ƒ



10-1,1

10-6,98



CH3COOH + OH-



H+ + OH-



(1)

(2)



10-9,24



10-14



(3)

(4)



So sánh 4 cân bằng trên → tính theo (1):



2-



S

C



ƒ



+ H 2O



HS- + OH-



0,5



10-1,1



C1



[ ] C1- 10-1,5



→



CS2-



10-1,5



10-1,5

αS2- = α1 =



= C1 = 0,0442 (M) và độ điện li



[HS- ] 10−1,5

=

= 0, 7153

CS20, 0442



Khi thêm Na3PO4 vào dung dịch A, ngoài 4 cân bằng trên, trong hệ còn có 0,5

thêm 3 cân bằng sau:

PO3-4

HPO 2-4



+ H 2O

+ H 2O



ƒ



HPO 2-4



ƒ



H 2 PO-4



+ OH-



10-1,68



(5)



+ OH-



10-6,79



(6)



H 2 PO -4



Khi đó



+ H 2O



αS, 2- = α 2



H 3 PO 4



ƒ



+ OH-



10-11,85



= 0,7153.0,80 = 0,57224 =



(7)



[HS- ]

CS2-



→ [HS-] = 0,0442. 0,57224 = 0,0253 (M).



Vì môi trường bazơ nên



CS2-



2-



-



= [S ] + [HS ] + [H2S]



≈



0,5

2-



-



[S ] + [HS ]



→ [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M)



Từ (1) → [OH-] =



10−1,1.0, 0189

0, 0253



= 0,0593 (M).



So sánh các cân bằng (1) → (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ:

[OH-] = [HS-] + [

0,0340 (M)



PO



Từ (5) → [

→



34



]=



CPO3- = PO34

4



[



HPO 2-4



]→[



HPO 2-4



] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253 =



[HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593

=

10-1,68

10-1,68



]+[



HPO 2-4



]+[



0,25



H 2 PO -4



]+[



0,25

= 0,0965 (M).



H 3 PO 4 ≈ PO3-4



] [



]+[



HPO2-4



]



CPO3- =

4



6



0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M).



1. Cr2O72- + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O



0,5



ECr O 2− / Cr 3+

2 7



E 0 Cr2O72− / Cr 3+



=



1.2

100



[Cl-]pư =



[



][ ]

[ ]



0,0592 Cr2 O72− H +

lg

2

6

Cr 3+



+



14



= 1,33 - 0,138pH



= 0,02M → [Cl2] = 0,01M



[Cl-]/dd = 0,98M

2Cl- →



ECl



2 / 2 Cl



Cl2 + 2e



E



−



0



=



Cl 2 / 2 Cl



0,0592 [ Cl2 ]

lg

2

2

Cl −



−



[ ]



+



= 1,30 (V)



Để Cr2O72- có thể oxi hóa được ít hơn 2% Cl- thì:

1,33 – 0,138pH < 1,30



[Br-]pư =



0,01.80

100



⇒



0,5



pH > 0,217



= 8.10-3 M → [Br2] = 4.10-3 M



[Br-]/dd = 2.10-3 M

2 E0



Br2 / 2 Br −



Br2 (l) + 2e → 2Br-



K1 =



Br2 (H2O)



Br2 (l)



S-1



Br2 (H2O) + 2e → 2Br-



K



→



10



0 , 0592



= 1035,98



2 E0



Br2 ( H 2O ) / 2 Br −



K = K1.S-1 = 1035,98.(0,22)-1 = 1036,64

⇒



0

EBr

( H O ) / 2 Br −

2



2



= 1,085 (V)



⇔



10



0 , 0592



= 1036,64



EBr ( H O ) / 2 Br−

2



2



[ Br2 ]

0,0592

lg

2

2

Br −



0

E Br

( H O ) / 2 Br −

2



=



2



[



+



]



0,5

= 1,174 (V)



Để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- thì:

1,33 – 0,138pH > 1,174



⇒



pH > 1,130



Vậy để Cr2O72- có thể oxi hóa được hơn 80% Br- và ít hơn 2% Cl- thì:

0,217 < pH < 1,130



2. Phương trình điện phân:

2XNO3 + H2O → X + 1/2O2 + 2HNO3 (1)



+ Sau t (s): nkhí anốt (1) = nO2 =



0,1792

22, 4



0,5



= 8.10-3 (mol)



+ Sau 2t (s): nkhí anốt (2) = 2.nkhí anốt (1) = 1,6.10-2 (mol)



Mà: nhh khí =

trình điện phân:

H2 O →

⇒

⇒



0,56

22, 4



= 2,5.10-2 (mol) > nkhí anốt (2) , nên có xảy ra phương



H2 + 1/2O2 (2)



nH2 = 2,5.10-2 - 1,6.10-2 = 9.10-3 (mol) → nO2/(2) = 4,5.10-3 (mol)

0,5



nO2(1) = 1,6.10-2 - 4,5.10-3 = 1,15.10-2 (mol)



Từ (2): nXNO3 = 4nO2 = 4,6.10-2 (mol)



MXNO3 =



7,82

4, 6.10 −2



= 170



⇒



MX = 108



⇒



M là Ag



I .t

n.F ⇒



Ta có: nO2(1) =



7



t =



4.96500.8.10 −3

1,93



= 1600 (s)



1. Đặt công thức của A là: NanR

→



Ta có %R -%Na = 21,4%



R − 23n 21, 24

=

→ R = 35,5n

R + 23n

100



0,25



nghiệm thích hợp là: n=1, R=35,5 . Vậy A là NaCl.

Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối 0,25

NaClOx (x=1,2,3,4).

Ở 200oC, a mol B nhiệt phân tạo thành a/3 mol NaCl và 2a/3 mol C, thoát

0,25

ra khí E không duy trì sự cháy chỉ có thể là hơi nước, do đó B là muối ngậm

nước.

a



→ 3

to



aNaClOm



NaCl +



2a

NaClOm'

3



o



Hay 3NaClOm



t



→



NaCl + 2



NaClOm'



Bảo toàn khối lượng (O): 3m=2m'



0,25



'

'

⇔ m : m = 2 : 3 ⇒ m = 2; m = 3



Do đó B là NaClO2. zH2O và C là NaClO3, suy ra D là NaClO4.



0,25



o



3NaClO2



t



→



NaCl + 2NaClO3



(1)



NaCl + 3NaClO4



(2)



o



4NaClO3



t



→



o



NaClO4



t



→



NaCl + 2O2



↑



(3)



0,25



o



t



→



3NaClO2.zH2O



NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O



(4)



0,25



18az

12,5

=

58,5a + (90,5a + 18az ) + 106,5a + 122,5a 100

18 z

↔

= 0,125 → z = 3

378 + 18 z



0,25

Vậy B là NaClO2.3H2O

→



o



3NaClO2.3H2O



t



→



NaCl + 2NaClO3 + 9H2O



2. % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X:

%mNaCl =



0,5



58,5a

.100% = 13,54%

432a



%mNaClO2 .3H 2O =



8



mhh = 378a + 54a = 432a ( gam)



90,5a + 54a

.100% = 33, 45%

432a



% mNaClO3 =



106,5a

.100% = 24, 65%

432a



%mNaClO4 =



122,5a

.100% = 28,36%

432a



1. 2MS + 3O2

MO + H2SO4





→



→



2MO + 2SO2

MSO4 + H2O



Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được

(M + 96)g muối MSO4. Ta có:

Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan =

(M+96)g



0,5



Theo bài cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tan



0,5



Tính được M= 64, M là Cu.

Ta có : mdd bão hoà = m CuO +



m dd H2SO4



– m muối tách ra



0,5



= 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g.

Khối lượng CuSO4 còn lại trong dung dịch bão hòa = (44,375 .

22,54)/100% = 10g

Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol

Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol

Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol

Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO 4.nH2O ta có (160+18n) . 0,0625 0,5

= 15,625



→



n=5



o



2. 3SO2 + 2H2O



150 C



→



SO2 +Br2 + 2H2O

H2SO4 + BaCl2





→





→



TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII



2H2SO4 + S ↓(màu vàng)

H2SO4 + 2HBr



BaSO4 ↓ + 2HCl



ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC KHỐI 10 NĂM 2016



0,5