22 2 387KB
SỞ GD-ĐT THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN
KÌ THI OLYMPIC DUYÊN HẢI BẮC BỘ Môn thi: HÓA HỌC - LỚP 10 NĂM HỌC 2017 - 2018
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu 1 (2,0 điểm) - Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn 1.1. Một trong các vạch phổ phát xạ của Be 3+ có độ dài sóng 253,4nm. Vạch phổ này ứng với sự chuyển electron từ mức n = 5. Xác định số lượng tử chính của mức năng lượng thấp tương ứng với phát xạ này. Biết h = 6,6261.10 -34Js, c = 2,9979.108m/s và 1eV = 1,602.1019 J. 1.2. Sắp xếp và giải thích trật tự tăng dần năng lượng ion hóa của các nguyên tử, phân tử và ion sau: O, O2, O2+, và O2-. 1.3. Vẽ giản đồ quan hệ giữa năng lượng ion hóa thứ ba (I 3) theo số hiệu nguyên tử của các nguyên tố chu kỳ ba từ Na đến Ar. Giải thích giản đồ đã vẽ. NỘI DUNG ĐÁP ÁN
ĐIỂM
8
−34
hc 6 ,6261 .10 Js×2 ,9979.10 m/ s ΔE= = =7,839.10−19 J −9 λ 253, 4.10 m 1.1. Từ và −19
ΔE=−13 , 6 eV ×1 ,602 .10 −7 ,839.10
−19
2
J /eV ×Z ×
J=−2 ,178.10
−18
1 1 1 1 −18 − 2 =−2 , 178. 10 J ×16× 2 − 2 nt nc n t 25
( ) ( )
J×16×
1 1 − n 2t 25
−19
7 , 839 .10 J 1 1 + = 2 −18 25 nt 2 , 178 .10 J×16 1.2.
n = 4 Giản đồ MO và AO của các phân tử, ion, và nguyên tử:
Trật tự tăng dần năng lượng ion hóa: O2- O2 O2+ O Giải thích:
(
)
O có năng lượng ion hóa cao nhất, do electron trên AO-2p của O có năng lượng thấp hơn electron trong MO-* của các phân tử và ion còn lại. O2- có năng lượng ion hóa thấp nhất do trong MO-* có electron ghép đôi, có khuynh hướng dễ nhường hơn. Năng lượng ion hóa của O2+ lớn hơn O2, do ion dương khó nhường electron hơn phân tử trung hòa. 1.3.
Giản đồ
I3 của Na và Mg cao hơn các nguyên tử còn lại do tách electron từ lớp thứ hai khó hơn từ lớp thứ ba. I3 của Mg lại cao hơn của Na vì Mg2+ có cấu hình bền của Ne. I3 từ Al đến Ar có khuynh hướng tăng, nhưng có sự tăng nhanh ở Si và Cl do ứng với cấu trúc bền bão hòa của phân lớp s và bán bão hòa của phân lớp p. Câu 2 (2,0 điểm) -Tinh thể 2.1. Vàng (Au = 197) có bán kính nguyên tử bằng 144 pm và khối lượng riêng bằng 19,32 g/cm3. Dựa trên các dữ kiện này hãy cho biết tinh thể vàng có cấu trúc lập phương tâm khối hay lập phương tâm diện? 2.2. RbCl có cấu trúc tương tự NaCl ở áp suất thường, nhưng lại có cấu trúc tương tự CsCl ở áp suất cao. (a) Tính khối lượng riêng (g/cm 3) của RbCl tại hai điều kiện này, biết Rb = r Rb+=148 pm r =181 pm 85,47; Cl = 35,45; ; và Cl− . (b) Giải thích sự biến đổi khối lượng riêng của RbCl ở hai điều kiện nói trên. 2.1.
NỘI DUNG ĐÁP ÁN Nếu vàng có cấu trúc tinh thể lập phương tâm khối, trong một tế bào cơ sở 1 8× +1=2 8 có nguyên tử Au. Quan hệ giữa bán kính nguyên tử (r) và độ a 3 r= √ 4 hay dài cạnh ô mạng cơ sở (a) là
a=
4×144 .10−10 cm =3 , 3255. 10−8 cm √3 .
ĐIỂM
−24
m 2nt×197 u/nt×1,6605 .10 d= = V ( 3 ,3255 .10−8 cm )3
g /u
=17,79 g/cm 3
Vậy . Nếu vàng có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện, trong một tế bào cơ sở 1 1 8× +6× =4 8 2 có nguyên tử Au. Quan hệ giữa bán kính nguyên tử (r) và a√2 r= 4 hay độ dài cạnh ô mạng cơ sở (a) là
a=
4×144 .10−10 cm =4 ,0729. 10−8 cm √2 .
m 4 nt×197u /nt×1,6605 .10 d= = V ( 4,0729 .10−8 cm )3
2.2.
−24
g/u
=19 ,37 g/cm 3
Vậy . Giá trị 19,37 g/cm3 gần với giá trị thực nghiệm 19,32 g/cm3, nên có thể kết luận rằng tinh thể Au có cấu trúc lập phương tâm diện. (a) Tại áp suất thường, RbCl có cấu trúc lập phương tâm diện tương tự NaCl. 1 1 1 8× +6× =4 12× +1=4 8 2 4 Trong mỗi ô mạng cơ sở có ion này và ion kia, với độ dài cạnh ô mạng cơ sở bằng 2(148 pm + 181 pm) = 658 pm.
( 4×85 , 47 u+4×35 , 45 u )×1, 6605. 10 dt= (658 .10−10 cm)3
−24
g/u
=2, 82 g /cm3
Tại áp suất cao, RbCl có cấu trúc lập phương tâm diện tương tự CsCl. Trong 1 8× =1 8 mỗi ô mạng cơ sở có ion này và 1 ion kia, với độ dài cạnh ô mạng 2(148 pm+181 pm) √3 cơ sở bằng = 380 pm.
(85 , 47u+35 , 45 u)×1 ,6605 . 10−24 g/u dc = =3 , 66 g/cm 3 −10 3 (380.10 cm) .
(b) Áp suất cao nén các ion lại gần nhau hơn, thể tích giảm trong khi khối lượng ion không đổi, nên khối lượng riêng tăng.
Câu 3 (2,0 điểm)- Phản ứng hạt nhân 3.1. Đồng vị phóng xạ Co-60 được sử dụng để nghiên cứu hiệu quả hấp thụ vitamin-B12, vì Co là nguyên tử trung tâm của vitamin-B12. Co-60 được tổng hợp quá ba bước, quá trình tổng có thể hiểu như là phản ứng của Fe-58 với 2 hạt nơtron sinh ra Co-60 và một vi hạt khác. (a) Vi hạt này là gì? (b) Bước sóng deBrogliecủa hạt này bằng bao nhiêu, nếu vận tốc chuyển động của hạt này bằng 0,90c (c là vận tốc ánh sáng)? (c) Năng lượng liên kết hạt nhân riêng của Co-60 bằng bao nhiêu? Biết 60Co = 59,9338u và 1H = 1,00782u. 3.2. (a) Cho biết cấu hình electron của nguyên tố chuyển tiếp Bori (Bh, Z = 107). (b) Quá trình tổng hợp Bh liên quan đến phản ứng bắn phá Bk-247 bằng Ne-22 sinh ra Bh-267. Viết phương trình phản ứng hạt nhân. (b) Chu kỳ bán hủy của Bh-267 là 15,0 giây. Nếu tổng hợp được 199 nguyên tử Bh-267 thì sau bao lâu chỉ còn lại 11 nguyên tử? NỘI DUNG ĐÁP ÁN 3.1.
(a)
58 26 Fe +
(b)
ĐIỂM
1 60 0 2 0 Ne 27 Co + 1 e
h 6, 626.1034 Js 2, 7.1012 m mv 9,109.1031 kg 0,90 2,998.108 m / s
(c) m (59,9338 27m e ) [27(1, 00782 m e ) 33 1, 00866] 0,5631 Er
0,5931u 1, 6605.1027 kg / u 2,998.108 m / s
2
60nucleon 12
3.2.
1, 401.10 J / nucleon (a) Cấu hình electron: [Rn]5f146d57s2 247 22 267 1 (b) Phản ứng: 97 Bk + 10 Ne 107 Bh + 4 0 n 199 ln 2 ln t t 62, 7 11 15 (c) Từ (giây)
Câu 4 (4,0 điểm)- Nhiệt hóa học 4.1. Xét mẫu nước chứa 1 mol nước ở -30 oC, sau đó đun nóng đến khi mẫu nước này ở thể hơi tại nhiệt độ 140.oC. Sử dụng các dữ liệu dưới đây, tính nhiệt (q) cho toàn quá trình. Nhiệt dung riêng của nước đá = 2,03 J/°C.g Nhiệt dung riêng của nước = 4,18 J/°C.g Nhiệt dung riêng của hơi nước = 2,02 J/°C.g H2O(r) H2O(l) Hnóng chảy = 6,02 kJ/mol (tại 0°C) H2O(l) H2O(k) Hbay hơi = 40,7 kJ/mol (tại 100°C) 4.2. Nhiệt hình thành chuẩn của H2O (l) tại 298K là -285,8 kJ/mol. Coi hệ khí là khí lý tưởng, tính biến thiên nội năng của quá trình sau tại 298K và 1atm: H2O (l) H2 (k) + 1/2O2 (k) Uo= ? ĐÁP ÁN ĐIỂM 4.1. Nhiệt đun nóng nước đá từ -30oC đến 0oC: q1 = 2,03 J/°C•g × 18,02 g × [0 – (−30)]°C = 1,1×103 J Nhiệt cung cấp cho quá trình nóng chảy: q2 = 1,00 mol × 6,02 × 103 J/mol = 6,02 × 103 J
4.2.
Nhiệt đun nóng nước từ 0oC đến 100oC q3 = 4,18 J/°C•g × 18,02 g × (100, – 0)°C = 7,53 × 103 J Nhiệt cung cấp cho quá trình bay hơi: q4 = 1,00 mol × 40,7 × 103 J/mol = 4,07 × 104 J Nhiệt đun nóng hơi nước từ 100oC đến 140oC q5 = 2,02 J/°C•g × 18,02 g × (140 – 100)°C = 1,5 × 103 J Tổng nhiệt cần cung cấp q = q1 + q2 + q3 + q4 + q5 = 5,69 × 104 J = 56,9 kJ Từ nhiệt hình thành chuẩn của H2O (l), ta biết nhiệt quá trình: H2O (l) H2 (k) + 1/2O2 (k) Ho = +285,8 kJ o o U = H - pV = Ho - nRT Uo = (+285,8kJ) – (1mol + 0,5mol – 0mol)8,3145 J/Kmol298K10-3J/kJ Uo = 282,1 kJ
Câu 5 (4,0 điểm) - Cân bằng hoá học trong pha khí 5.1. Đun nóng một mẫu FeSO4 trong bình chân không đến 920oC, xảy ra các phản ứng sau: 2FeSO4 (r) Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k)(1)
5.2.
5.1.
5.2.
SO3 (k) SO2 (k) + 1/2O2 (k) (2) Tại cân bằng, áp suất chung của hệ là 0,836 atm và áp suất riêng phần của khí O 2 là 0,0275 atm. Tính KP cho mỗi phản ứng trên. Thêm một mẫu khí N2O4 vào một xilanh tại 25oC. Khi phản ứng đạt đến cân bằng, có 16% (theo số mol) N2O4 đã phân ly thành NO2, và áp suất chung của hệ là 1,5atm. (a) Tính KP ở 25oC cho phản ứng phân ly này. (b) Tính áp suất riêng phần của N 2O4 và NO2thu được tại cân bằng khi giãn nở xilanh trên đến khi áp suất chung bằng 1atm và giữ nguyên nhiệt độ. Tính phần trăm (số mol) N2O4 đã phân ly thành NO2 để đạt cân bằng mới này. ĐÁP ÁN Xét phản ứng thứ hai, với áp suất riêng phần ban đầu của SO3 và SO2 tương ứng với lượng sinh ra ở phản ứng thứ nhất. SO3 (k) SO2 (k) + 1/2O2 (k) P0 P0 0 0,02752 0,02752 0,0275 P0 - 0,055 P0 + 0,055 0,0275 Từ P = (P0 – 0,055) + (P0 + 0,055) + 0,0275 = 0,836 P0 = 0,40425 (atm) P 0, 40425 0, 0275 2 0,35 SO3 P 0, 40425 0, 0275 2 0, 46 và SO 2 P P 0,35 0, 46 0,161 Phản ứng (1): KP = SO3 SO2 PSO2 PO1/22 0, 46 (0, 0275)1/2 KP 0, 218 0, 035 PSO3 Phản ứng (2): (a) Xét cân bằng
ĐIỂM
N2O4 (k) 2NO2 (k) P0 0 0,16P0 0,32P0 0,84P0 0,32P0 Từ 0,84P0 + 0,32P0 = 1,5 P 0,84 1,3 1,1; PNO2 0,32 1,3 0, 42 P0 = 1,3 ( N 2O4 2 PNO (0, 42) 2 2 KP 0,16 1,1 PN2O4 (b) Gọi áp suất riêng phần N2O4 và NO2 ở cân bằng mới lần lượt là x và y, x y 1 2 x 0, 67; y 0,33 y 0,16 Từ x
PNO2
PN 2O4
P (phản ứng) = 2 = 0,165; N 2O4 (ban đầu) = 0,67 + 0,165 = 0,835 0,165 H 100% 20% 0,835 Câu 6 (2,0 điểm) - Động hóa học hình thức 6.1. Hai đồng phân A và B của cùng một chất thực hiện các quá trình đime hóa sau: k1 2A A2 k
6.2.
2 2B B2 Biết cả hai quá trình là bậc hai theo chất tham gia và k 1 = 0,250 L/mol.s tại 25oC. Trong một thực nghiệm, A và B được đặt trong hai bình riêng tại 25 oC, với [A]0= 1,0010-2M và [B]0= 2,5010-2M. Sau khi phản ứng tiến hành được 3 phút thì [A] = 3,00[B]. (a) Tính nồng độ A2 sau 3 phút. (b) Tính chu kỳ bán hủy của thực nghiệm liên quan đến A. (c) Tính giá trị k2. Xét phản ứng sau: CH3X + Y CH3Y + X Dữ liệu dưới đây cho hai thực nghiệm với phản ứng này tại 25oC Thực nghiệm 1: [Y]0 = 3,0M Thực nghiệm 2: [Y]0 = 4,5M [CH3X] (mol/L) t (giờ) [CH3X] (mol/L) t (giờ) -3 -3 1,0 0 7,0810 4,5010 -3 -3 1,5 1,0 4,5210 1,7010 2,3 2,5 2,2310-3 4,1910-4 -4 -4 4,0 4,0 4,7610 1,1110 -5 -5 5,7 5,5 8,4410 2,8110 7,0 2,7510-5 Thực nghiệm cũng được tiến hành ở 85 oC, giá trị hằng số vận tốc xác định được tại nhiệt độ này là 7,88108 (với thời gian theo đơn vị là giờ), với [CH3X]0 = 1,010-2M và [Y]0 = 3,0M.
(a) (b) (c) (d)
Xác định phương trình định luật vận tốc và giá trị k cho phản ứng này tại 25oC. Xác định chu kỳ bán hủy tại 85oC. Xác định năng lượng hoạt hóa Ea cho phản ứng này. Biết rằng năng lượng liên kết C-X được biết vào khoảng 325 kJ/mol, đề nghị cơ chế giải thích hợp lý phần (a) và (c). Nội dung
6.1.
1 1 =kt+ [A] [ A ]0
(a) Với phản ứng bậc hai ta có 1 1 (0, 250L / mol.s) 180s 1, 00 10 2 mol / L [A] = 6,910-3M [A] 1 [A2] = 2 (1,0010-2M – 0,6910-2M) = 0,15510-2M 1 1 t1/2 4, 00 10 2 s 2 k[A]0 0, 250L / mol.s 1, 00 10 mol / L (b)
6,9 103 M 2,3 103 M 3 (c) Sau 3 phút, [B] = 1 1 k 180s 2 3 2,50 10 2 mol / L k2 = 2,19 L/mol.s Từ 2, 3 10 mol / L 6.2.
(a) Xét phương trình định luật vận tốc: v = k[CH3X]n[Y]m (1) Trong cả hai thực nghiệm, Y được lấy dư nhiều so với X, nên [Y] coi như không đổi, nên phương trình (1) có thể viết v = k’[CH3X]n (k’ = k[Y]) Đồ thị phản ứng ln[CH3X] theo thời gian ở cả hai thực nghiệm đều là đường thẳng. nên phản ứng là bậc nhất theo CH3X, cụ thể: Thực nghiệm 1: ln[CH3X] = −(0.93)t − 3.99; k′ = 0.93 giờ-1 Thực nghiệm 2: ln[CH3X] = −(0.93)t − 5.40; k′′ = 0.93 giờ-1 k , 0,93 k(0,30) m m0 " 0,93 k(0, 45) m k Từ , phản ứng là bậc hai theo Y. Phương trình định luật vận tốc: v = k[CH3X] với k = 0,93 giờ-1 tại 25oC ln 2 0, 693 t1/2 8,8.1010 8 k 7,88.10 (b) (giờ-1) 7,88.108 k 2 Ea 1 1 Ea 1 1 ln ln 0,93 8,3145J / K.mol 298K 358K k1 R T1 T2 (c) E a 3, 0 105 J 3, 0 102 kJ (d) Phần (a) cho biết phản ứng là bậc nhất theo CH 3X và bậc không theo Y, như vậy giai đoạn chậm chỉ phụ thuộc nồng độ CH 3X. Phần (c) cho thấy năng lượng hoạt hóa gần với năng lượng liên kết C-X, như vậy giai đoạn đầu liên quan đến sự phân cắt liên kết C-X. Cơ chế có thể: CH3X CH3 + X (chậm)
Điểm
CH3 + Y CH3Y (nhanh) CH3X + Y CH3Y + X Câu 7 (2,0 điểm) - Dung dịch và phản ứng trong dung dịch 7.1. Trộn lẫn 50,0mL dung dịch Na3PO4 0,100M, 100mL dung dịch KOH 0,0500M, 200,0mL dung dịch HCl 0,0750M, và 50,0mL dung dịch NaCN 0,150M tạo ra dung dịch X. Tính thể tích dung dịch HNO3 0,100M cần thêm vào X để được dung dịch Y có pH bằng 7,21. Biết H3PO4 có Ka1 = 7,510-3, Ka2 = 6,210-8, và Ka3 = 4,210-13; HCN có Ka = 4,910-10. 7.2. (a) Thiết lập phương trình liên hệ giữa độ tan (S) của Al(OH) 3 với nồng độ ion hiđro ([H+]), tích số tan (T), và hằng số cân bằng |(K) phản ứng hòa tan Al(OH) 3 trong OH- (giả thiết ngoài Al(OH)-, không tồn tại các phức hiđroxo khác). (c) Biết T = 210-32 và K = 40,0, tính độ tan của Al(OH)3 tại các giá trị pH bằng 4, 6, và 8; nhận xét và giải thích kết quả tính được.
7.1.
NỘI DUNG ĐÁP ÁN n 3 5mmol n OH 5mmol n H 15mmol Số mol các ion ban đầu: PO4 , , n 7,5mmol và CN Nhận xét: pH = 7,21 = pKa2(H3PO4) = -lg(6,210-8) dung dịch Y là dung dịch đệm trong đó [H2PO4-] = [HPO42-] n n HPO 42 Như vậy cần thêm HNO3 đến khi H 2PO4 1014 K 2,38 10 2 b1 3 13 4, 2 10 Xét các hằng số điện ly bazơ: PO 4 có , K b1 Kb
1014
4, 2 10
13
1014 4, 9 10
10
1, 6110
7
, và
K b3
1014
7,5 10
3
1,33 1012
2, 00 10 5
.
Xét các quá trình theo trật tự: OH- + H+ H2O PO34 + H+ HPO 24 CN- + H+ HCN HPO 24 H H 2 PO 4 1 5 n = 15 +x = 5 + 5 + 7,5 + 2 x = H (thêm) = 5 (mmol) 0, 005mol V 0, 05L 50mL 0,1mol / L
n H
7.2.
3 3 (b) Al(OH)3⇄ Al3+ + 3OH- T [Al ][OH ]
; CN- có
ĐIỂM
K Al(OH)3 + OH- Al(OH)4-
T
[Al(OH) 4 ] [OH ]
K[OH ]=
T [H ]3
K Kw
3 K 3w [H ] S = [Al3+] + [Al(OH)4-] = [OH ] 2.1032 (104 )3 40 1014 S= 0, 02 14 3 4 (10 ) 10 (b) pH = 4, 2.1032 (106 )3 40 1014 S= 4, 2 107 14 3 6 (10 ) 10 pH = 6, 2.1032 (10|10 )3 40 1014 S= 0, 004 14 3 10 (10 ) 10 pH = 10, Độ tan của Al(OH)3 tăng lên trong dung dịch axit mạnh cũng như trong dung dịch bazơ mạnh do: Al(OH)3 + OH- Al(OH)4Al(OH)3 + 3H+ Al3+ + 3H2O
Câu 8 (2,0 điểm) - Phản ứng oxi hoá khử. Pin điện và điện phân 8.1. Khi Cu phản ứng với dung dịch HNO 3 sẽ sinh ra hỗn hợp khí NO và NO 2. Tỉ lệ thể tích các khí sinh ra phụ thuộc nồng độ HNO3 theo cân bằng: 2H+ + 2NO3- + NO 3NO2 + H2O
E oNO ,H / NO 0, 775V
8.2.
E oNO ,H / NO 0,957V
3 2 3 (a) Biết và , tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. (b) Tính nồng độ dung dịch HNO3 để tạo hỗn hợp NO2 và NO trong đó NO2 chiếm 0,20% về số mol tại 25oC và 1atm. Giả thiết không có khí khác hình thành và sự thay đổi thể tích dung dịch HNO3 là không đáng kể. Một pin ganvani gồm điện cực Cu nhúng trong dung dịch có [Cu 2+] = 1,00M (không đổi), E oCu 2 /Cu 0, 34V ; và điện cực V nhúng trong dịch có nồng độ V 2+ chưa xác định, E oV 2 /V 1, 20V . Chuẩn độ điện cực V (có thể tích 1,00 L) bằng H 2EDTA2- 0,0800M theo phản ứng: H2EDTA2-(aq) + V2+(aq) ⇄ VEDTA2-(aq) + 2H+(aq) K = ? Tại điểm tương đương thể tích H 2EDTA2- đã thêm vào là 500,0mL, thế của pin là 1,98V và dung dịch đệm có pH = 10,00. (a) Tính thế của pin trước khi chuẩn độ. (b) Tính hằng số cân bằng K của phản ứng chuẩn độ. (c) Tính thế của pin khi thể tích dung dịch H2EDTA2- đã dùng là 250,0mL.
NỘI DUNG ĐÁP ÁN
ĐIỂM
8.1.
(a) Tại điểm tương đương: n V2 n H EDTA 2 0, 5L 0, 0800mol / L 0, 0400mol 2
0, 0400mol 0, 0400M 1L Ban đầu [V2+] = Phản ứng trong pin: V + Cu2+ V2+ + Cu
E pin E opin
Từ
0, 0591 [V 2 ] lg n [Cu 2 ]
E pin [0,34 (1, 20)] 1,98 1,54
0, 0591 0, 0400 lg 1,58(V) 2 1, 00
0,0591 [V 2 ] lg [V 2 ] 1,3.10 15 M [H 2 EDTA 2 ] 2 1, 00
(b) Từ [V2+] quá bé so với nồng độ ban đầu, nên phản ứng là hoàn toàn 0, 0400mol 0, 0267M 21, 00L 0,50L [VEDTA ] =
Trong dung dịch đệm pH = 10,00: [H+] = 10-10M [VEDTA 2 ][H ]2 0, 0267 (10 10 ) 2 K 1, 6.108 2 2 15 2 [H 2 EDTA ][V ] (1,3.10 ) (c) Khi khi thể tích dung dịch H2EDTA2- đã dùng là 250,0mL, thì một nửa 0, 0200mol 0, 0160M V2+ phản ứng, nên [V2+] = 1, 00L 0, 25L
E pin 1,54
0, 0591 0, 0160 lg 1,59V 2 1, 00
Câu 9 (2,0 điểm) – Halogen 9.1. Xét các dữ liệu sau: Các quá trình
9.2.
Go298 (kJ/mol) HF HCl 24 -4 537 405 1324 1324 -349 -368 -1518 -1398
HX (dd) ⇄ HX (k) HX (k) ⇄ H (k) + Cl (k) H (k) ⇄ H+ (k) + e X (k) + e ⇄ X- (k) H+ (k) + X- (k) ⇄ H+ (dd) + X- (dd) (a) Tính hằng số điện ly axit của HF và HCl. (b) Giải thích kết quả thu được. (a) Cho biết cấu trúc các phân tử: Al2Br6 và (BeCl2)n (b) So sánh và giải thích góc liên kết và độ dài liên kết của các chất dưới đây F2O Cl2O ClO2
Góc liên kết (o) Độ dài liên kết (Å)
103 1,41
111 1,71
118 1,49
ĐÁP ÁN 9.1. (a) Với quá trình: HF(dd) ⇄ H (dd) + F-(dd) G oHF = 24 + 537 + 1324 + (-349) + (-1518) = 18(kJ/mol)
ĐIỂM
+
18000J/mol 8,314J/molK298K
RT ln K HF K HF e 6,99.104 Từ Với quá trình: HCl(dd) ⇄ H+(dd) + Cl-(dd) G oHF = (-4) + 405 + 1324 + (-368) + (-1398) = -41(kJ/mol) G oHF
G oHF
41000J/mol 8,314J/molK298K
RT ln K HF K HCl e 1,54.107 Từ (b) Kết quả cho thấy HF là axit yếu, trong khi HCl là axit mạnh. Dựa trên bảng số liệu trên có thể thấy rằng yếu tố chính ảnh hưởng đến độ mạnh tính axit đến độ mạnh của hai axit này là độ bền liên kết HX. F có bán kính nhỏ hơn, liên kết HF bền hơn, khó phân ly hơn, nên độ mạnh tính axit nhỏ hơn. 9.2. (a) Cấu trúc phân tử
(b) Cấu trúc phân tử:
-
-
Góc liên kết của Cl2O lớn hơn Cl2O, do trong Cl2O electron liên kết phân cực về phía nguyên tử trung tâm (O), khoảng cách giữa các electron liên kết gần hơn làm tăng lực đẩy giữa chúng; góc liên của ClO 2 lớn hơn Cl2O do số electron liên kết nhiều hơn làm tăng lực đẩy giữa các electron liên kết. Độ dài liên kết của F2O nhỏ nhất do bán kính của F nhỏ hơn Cl;độ dài liên kết Cl-O trong ClO2 nhỏ hơn trong Cl2O do có bậc liên kết lớn hơn.
Câu 10 (2,0 điểm) - Oxi – lưu huỳnh 10.1. Biết năng lượng liên kết đơn O-O là 146kJ/mol, xác định độ dài sóng ánh sáng gây ra phản ứng: h O3 O2 + O
10.2. Trong khi axit senlenic có công thức dạng H 2SeO4 tương tự axit sunfuric, thì axit teluric lại có dạng H6TeO6. (a) Cho biết cấu trúc phân tử của axit teluric. (b) Mặc dù cấu tạo khác biệt, nhưng axit teluric vẫn là một điaxit với pK a1 = 7,68 và pKa2 = 11,29. Axit teluric được điều chế bằng phản ứng thủy phân khí telu hexaflorua, chất này được lại được điều chế từ phản ứng giữa telu và khí flo. Nếu cho một khối lập phương telu (Te = 127,6 và D = 6,240g/cm 3), độ dài cạnh bằng 0,545cm, phản ứng với 2,34L khí flo (đo ở 25oC và 1,06atm), sau đó cho sản phẩm sinh ra hòa tan vào nước để tạo 115mL dung dịch X. Giả thiết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, tính pH của dung dịch X. ĐÁP ÁN 10.1. Để phá vỡ liên kết trên, photon ánh sáng cần có năng lượng ít nhất bằng: 146000J / mol hc 19 E photon 2, 42.10 J 6, 022.1023 mol1
(6, 626.1034 Js) (2,998.108 m / s) 19
8, 21.107 m 821nm
2, 42.10 J 10.2. (a) Phân tử axit teluric có cấu trúc bát diện:
(b)
n Te
ĐIỂM
(0,545cm)3 6, 24g / cm 3 0, 00792mol 127,6g / mol
1, 06atm 2,34L 0,10127mol 0, 082Latm / molK 298,5K Te + 3F2 TeF6 0,00792 0,10127 0 0,07751 0,00792 TeF6 + 6H2O H6TeO6 + 6HF 0, 00792mol CoH6TeO6 0, 0689M 0,115L n F2
Vì K1>> K2, xét nấc thứ nhất H6TeO6⇄ H+ + H5TeO6h2 2,0893.108 h 3,8.105 (M) 0, 0689 h Ka1 = (hợp lý) -5 pH = -lg(3,8.10 ) = 4,42
10.3.