Đề thi năng khiếu môn Hóa lớp 10 10H lần 4 năm học 2019- 2020 trường THPT Chuyên Nguyễn Trãi - Hải Dương.

KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 10 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020 Câu 1: (2 điểm) 1. Viết các phương trình điện li khi các chất sau tan trong nước: HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO.   2SO3(k) (*) được thiết lập ở 450 K người ta xác 2. Trong một hệ có cân bằng 2SO2(k) + O2(k)   định được các áp suất riêng phần sau đây: P02  0,124.105 Pa; PSO2  0,375.105 Pa; PSO3  0,501.105 Pa a. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 450 K. b. Tính lượng O2 và SO3, biết hệ có 500 mol SO2. Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1atm = 1,013.105 Pa. Câu 2: (2 điểm) Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình: A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, hằng số tốc độ của phản ứng tại 350 K là k1 = 4,00.10-5 s-1. 1. Cho biết bậc của phản ứng (1). 2. Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy ở 350K. 3. Tính hằng số tốc độ của phản ứng, k2, tại 300K và thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng A bị phân hủy ở nhiệt độ này. Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng là 166,00 kJ.mol-1 và không phụ thuộc vào nhiệt độ. 4. Khi có mặt chất xúc tác, hằng số tốc độ của phản ứng phân hủy tại 300 K là k2’ = 3,00.104 s-1. Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng khi có mặt xúc tác. Câu 3: (2 điểm) Cho phản ứng: NH4HS (r) NH3 (k) + H2S (k). Cho biết: Hợp chất H0 (kJ/mol) S0 (J/K.mol) NH4HS (r)  156,9 113,4 NH3(k)  45,9 192,6 H2S (k)  20,4 205,6 1. Hãy tính Ho298 ,So298 và Go298 của phản ứng trên 0 2. Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 25 C của phản ứng trên 0 0 0 3. Hãy tính hằng số cân bằng Kp tại 35 C của phản ứng trên, giả thiết H và S không phụ thuộc nhiệt độ. 4. Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 L. Hãy tính áp suất toàn phần trong bình 0 chứa nếu phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 25 C. Bỏ qua thể tích của NH4HS (r). Nếu dung tích bình chứa là 100 lít, hãy tính lại áp suất toàn phần trong thí nghiệm trên. Câu 4: (2,5 điểm) 1. Hấp thụ hoàn toàn 0,010 mol khí H2S vào nước cất, thu được 100,0 mL dung dịch A. Tính nồng độ cân bằng của các ion trong dung dịch A. pKa1(H2S) = 7,02; pKa2(H2S) = 12,90. 2. Một dung dịch X gồm CH3COOH (HAc) 0,010 M và NH4Cl 0,200 M. Tính pH của dung dịch X. Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4. 3. Dung dịch Y là hỗn hợp của Na2S và Na2SO3 có pH = 12,25. a. Tính độ điện li  của ion S2 trong dung dịch Y. b. Tính thể tích dung dịch HCl 0,04352 M phải dùng để khi thêm (rất chậm) vào 25,00 ml dung dịch Y thì dung dịch thu được có pH bằng 9,54. Cho: pKa: H2S 7,00 ; 12,90. pKa: H2SO3 1,76; 7,21 Câu 5: (1,5 điểm) 1) Tính pH của dung dịch Na2A 0,022 M. 2) Tính độ điện li của ion A2- trong dung dịch Na2A 0,022 M khi có mặt NH4HSO4 0,001 M. Cho: pK - a(HSO 4 ) = 2,00; pK + a(NH 4 ) = 9,24; pK a1(H 2A) = 5,30; pK a2(H 2A) = 12,60. ---------------------------------------------------- Hết ------------------------------------------------ KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MÔN: Hóa học KHỐI 10 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: tháng 02 năm 2020 CÂU 1.1 1.1 NỘI DUNG Các phương trình điện li khi các chất sau tan trong nước: HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO. a) HCl H+ + Clb) CaCl2  Ca2+ + 2 Clc) CH3COOH CH3COO- + H+ d) H2S H+ + HSe) HSH+ + S2f) H2SO4  H+ + HSO4g) HSO4-  H+ + SO42h) Ba(OH)2  Ba2+ + 2OHi) Al2(SO4)3  2Al3+ + 3SO42k) HClO H+ ClO- (0,501 105 )2 Kp = 2  Kp = (0,375 105 )2  (0,124  105 ) PSO2  PO2 PS2O3 1.2 K = Kp  P0-Δn  K = 1,439.10-4  (1,013.105) = 14,58. ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  450  ln (14,58) = -10025,4 J.mol¯1 = - 10,025 kJ.mol-1 n O2 = 1.3 n SO3 = nSO2 PSO2 nSO2 PSO2  PO2  n O2 = ĐIỂM 0,5 0,5 = 1,439.104 Pa-1 0,5 500  0,124 = 165,33 mol 0,375  PSO3  n SO3 = 500  0,501 = 668 mol 0,375 0,5  n tổng cộng = 1333,33 mol  P tổng cộng = 1105 Pa 2.1 2.2 Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng là bậc 1. Vì phản ứng là bậc 1, nên: 1 a 1 a t1  ln  ln  40235,95s 11,18h. 5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a k 2 Ea  1 1      , thay số vào ta được: k1 R  T1 T2  k 166.103  1 1  ln 2 5   suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1.  4.10 8,314  350 300  0,5 0,5 Ta có: ln 2.3 0,5 2.4  Ea RT Ở 300K: - Khi không có xúc tác: k 2  A.e (1)  E'a RT ' - Khi có xúc tác, vì thừa số tần số không thay đổi nên: k 2  A.e (2) E'a  Ea Từ (1) và (2) ta được: k2 e k '2 RT , thay số vào ta được: 0,5 E' 166 a 2,971.109 8,314.103.300 e . 3.104 3.1 Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1. H0 =  45,9 20,4  (  156,9 ) = 90,6 kJ/mol S0 = 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol 0,5 G0 = H0  T. S0 = 90600  298,15  284,8 = 5687 J/mol = 5,687 kJ/mol 3.2 G0 =  RT.ln Ka  3.3 Ka = 0,1008   5687 =  8,314  298,15  ln Ka. 0,5 Kp = Ka = 0,1008 atm2. Tương tự tại 350C, G0 = H0  T. S0 = 2839 J/mol 0,5 nên Ka = 0,3302 và Kp = 0,3302 atm2. 3.4 Do P (toàn phần) = P (NH3) + P (H2S) Kp = [0,5P (toàn phần)]2 = 0,1008 số mol khí =    P (NH3) = P (H2S) = 0,5P (toàn phần) P (toàn phần) = 0,635 atm 0, 635  25 PV = = 0,65 mol RT 0, 082  298 số mol NH4HS = 1  0,50,65= 0,675 * Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí = 0, 635 100 = 2,6 mol 0, 082  298 0,5 số mol NH4HS = 1  0,5  2, 6 =  0,3   không còn chất rắn Khi đó 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên nRT 2  0, 082  298 = = 0,49 atm V 100 Nồng độ của H2S trong dung dịch A: C = 0,10 M. Do Ka1(H2S) >> Ka2(H2S) và C.Ka1(H2S) >> KW, do vậy có thể bỏ qua cân bằng phân li nấc 2 của H2S và cân bằng phân li của H2O. Cân bằng chính quyết định pH trong dung dịch là: H2S ⇌ H+ + HS- Ka1 = 10-7,02 [] (0,1 –x) x x  [H+] = [HS-] = x = 10-4,01; [S2-] = 10-12,9 M. Tính pH của dung dịch X NH4Cl  NH4+ + Cl Trong dung dịch có các cân bằng sau: P (toàn phần) = 4.1 4.2 HAc NH4+   Ac    NH3   + H+ K1 = 10 - 4,76 + H+ K1 = 10 - 9,24 0,5 0,5 4.3.a 4.3.b   H+ H2O  + OH- Kw=10 -14  K1C1 >> K2C2, KW Bỏ qua sự phân li của nước và NH4+, tính theo:   AcHAc  + H+ K1 = 10 - 4,76  C 0,01 [] 0,01 - x x x x..x Theo đltdkl ta có:  K1  104,76 (0,01  x) x= [H+] = 4,083.10-4  pH = 3,39. Gọi C1, C2 là nồng độ ban đầu của S2- và SO32- . Na2S  2Na+ + S22C1 C1 + Na2SO3  2Na + SO2-3 2C2 C2 Ta có các cân bằng : S2- + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1 (1) -7 HS + H2O  H2S + OH Kb2 = 10 (2) SO2-3 + H2O  HSO-3 + OHK’b1 = 10-7 (3) -12 HSO 3 + H2O  H2SO3 + OH K’b2 = 10 (4) H2O  H+ + OHKw = 10-14 (5) Nhận xét, pH = 12,25, môi trường kiềm => bỏ qua sự phân ly của nước. Áp dụng định luật bảo toàn nồng độ đầu đối với S2- và SO32- ta có. C1 = [ S2- ] + [ HS- ] + [H2S ] K [ HS  ]  a1 = 105,25 => [HS-] >> [H2S ] bỏ qua nồng độ Mặt khác, ta có: [H 2 S ] [H ] [H2S] so với HS . => C1 = [ S2- ] + [ HS- ] = [S2-] ( 1 + Ka2-1 . [H+ ] ) = [S2-] ( 1 + 100,65 ) . 2C2 = [ SO 3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ] = [SO2-3] ( 1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 ) = [SO2-3] ( 1 + 10-5,25 + 10-15,5 )  [SO2-3 ]  SO2-3 không điện ly. 2S + H2O  HS- + OHKb1 = 10-1,1 (1) C0 C1 [] C1 - x x x -1,75 Với x = [OH ] = 10 M 2 x Kb1 = = 10-1,1 => C1 - 10-1,75 = 10-2,4 C1  x => C1 = 2,176.10-2 M Gọi  là độ điện ly của S2-. Ta có : 1 [ S 2 ]. K a 2 .1012 , 25 [ HS  ]  = = 2 = 81,7%. 1 C1 [ S ](1  K a 2 .1012 , 25 ) Tại pH = 9,54. => 0,5 0,5 K [ HS  ]  a1 = 102,54 [H 2 S ] [H ] K [ S 2 ]  a2 = 10 -3,36  [ HS ] [ H ]  Dạng tồn tại chính trong dung dịch là HS Có thể bỏ qua nồng độ [S2-] và [H2S] so với nồng độ của [HS-] . C2= [ SO2-3 ] + [ HSO-3 ] + [H2SO3 ]=[SO2-3](1 + K’a2-1. [H+] + (K’a1.K’a2)-1.[H+]2 ) 0,5 = [SO2-3] ( 1 + 10-2,54 + 10-10,08 )  [SO2-3 ]  SO32- chưa phản ứng . Vậy khi thêm dung dịch HCl vào dung dịch X đã xảy ra phản ứng sau: H+ + S2-  HS 25. 2,176.10-2 = V. 0,04352  V = 12,5 ml 5.1 5.2 A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4 (1) HA- + H2O  H2S + OHKb2 = 10-8,7 (2) H2O  H+ + OHKw = 10-14 (3) Vì Kb1.C >> Kb2.C >> Kw  pH của hệ được tính theo cân bằng (1): A2- + H2O  HA- + OHKb1 = 10-1,4 C 0,022 [ ] 0,022 - x x x [OH ] = x = 0,0158 (M)  pH = 12,20 Khi có mặt NH4HSO4 0,0010 M: NH4HSO4    + H SO 4 NH 4 0,001 Phản ứng: H SO  4 0,001 NH A2-  HA- + + 0,022 0,021 0,001 SO 0,001 0,5 2 4 K1 = 1010,6 0,001 0,5  4 + 0,001 -  HA 2- - A 0,021 0,020 + NH3 0,001 0,002 3,36 K2 = 10 0,001 2 Hệ thu được gồm: A2- 0,020 M; HA- 0,002 M; SO 4 0,001 M; NH3 0,001 M. Các quá trình xảy ra: + H2O  HA+ OH- 2- A NH3 + H2O  NH  4 SO + H2O HA-  H+ K 'b + OH- HA- + H2O  H2A 2 4 Kb1 = 10-1,4 + OH-  H SO  4 = 10-4,76 (6) Kb = 10-12 (7) Ka2 = 10-12,6 (8) So sánh các cân bằng từ (4) đến (7), ta có: Kb1. C Kb. C 2SO 4 (5) Kb2 = 10-8,7 + OH- + A2- (4) ' A 2- >> K b . C NH 3 >> Kb2. C HA - >>  (4) chiếm ưu thế và như vậy (4) và (8) quyết định thành phần cân bằng A2- của hệ: C [] + H2O  HA- + OH- Kb1 = 10-1,4 0,02 0,002 0,02 - x 0,002 + x x  x = 0,0142  [HA ] = 0,0162 (M)  αA - = 2 - [HA ] 0,022 - (Hoặc α A 2- = = [OH ] + C HSO 4 0,022 +C 0,0162 0,022 + NH 4  = 0,7364 hay α A 2- = 73,64 %. 0,0142 + 0,001 + 0,001 0,022 = 0,7364) 0,5