Hóa 10 đáp án đề đề xuất thi DHBB 2022 phan huy minh

Hãy cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm Cl trong các phân tử và ion trên... Cho một viên bi sắt có khối lượng 3,1977 gam ở nhiệt độ thường vào 50,00 gam dung dịch HCl 15,

ĐỀ THI DHBB MÔN HÓA HỌC – LỚP 10 - NĂM 2022

TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Câu 1 (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

1 Trong bảng dưới đây có ghi các giá trị năng lượng ion hóa liên tiếp In (n = 1, 2, , 6) theo kJ.mol-1 của hai nguyên tố X và Y:

Electron cuối cùng của X và Y ở trạng thái cơ bản đều có tổng giá tri bốn số lượng tử là 3,5

Tìm tên nguyên tố và viết cấu hình electron của X và Y

2 Sử dụng mô hình VSEPR, hãy dự đoán và vẽ cấu trúc hình học của các phân tử và ion sau: ClF3, ClOF2+, ClOF3, ClOF4- Hãy cho biết trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm Cl trong các phân tử và ion trên

1

1

X có sự tăng đột ngột giữa I2 và I3 nên X có 2e hóa trị → X: ns2

→ l = 0, ml = 0, ms = -1/2 → n = 3,5 - (0 + 0 -1/2) = 4

Vậy X là Ca: [Ar] 4s2

Y có sự tăng đột ngột giữa I4 và I5 nên X có 4e hóa trị → X: ns2np2

→ l = 1, ml = 0, ms = +1/2 → n = 3,5 - (1 + 0 +1/2) = 2

Vậy Y là C: [He] 2s22p2

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ 1

2

ClF3: AX3E2→ Cl lai hóa sp3d: chữ T

ClOF2+: AX3E1 → Cl lai hóa sp3: chóp tam giác

ClOF3: AX4E1→ Cl lai hóa sp3d: bập bênh

ClOF4-: AX5E1→ Cl lai hóa sp3d2: chóp đáy vuông

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 2 (2,0 điểm) Tinh thể

Sắt có 4 dạng thù hình tùy theo điều kiện nhiệt độ như sau:

↑↓

↑

↑

Nhiệt độ Dạng thù hình Cấu tạo mạng tinh

thể

Độ dài cạnh a (Ao)

khối

2,86

khối

2,90

diện

3,56

khối

2,93

1 Một viên bi sắt có khối lượng 3,1977 gam ở nhiệt độ thường, được nung nóng đến

1000oC, thể tích viên bi sắt đó tăng hay giảm bao nhiêu % so với ban đầu?

2 Cho một viên bi sắt có khối lượng 3,1977 gam ở nhiệt độ thường vào 50,00 gam dung dịch HCl 15,00% đến khi bán kính viên bi sắt còn lại một nửa thì lấy viên bi sắt ra (giả sử quá trình ăn mòn viên bi sắt xảy ra đồng đều theo tất cả các hướng và viên bi có dạng hình cầu) Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch sau phản ứng

Cho H =1, Cl = 35,5, Fe = 55,847 đvC; số Avogađro = 6,023.1023

2

1

- Ở nhiệt độ thường, Fe kết tinh dạng LPTK → số nguyên tử Fe trong 1

ô mạng = 2

→ D = 2.55,847 : (6,023.1023.(2,86.10-8)3) = 7,927 g/cm3

Thể tích tương ứng với 3,1977 gam sắt là:

V = m/D = 3,1977/7,927 = 0,4034 cm3

= 6 1/2 + 1 = 4 nguyên tử

→ D' = 4.55,847 : (6,023.1023.(3,56.10-8)3) = 8,220 g/cm3

→ V' = m/D' = 3,1977/8,220 = 0,3890 cm3

Thể tích viên bi giảm = 0,4034 - 0,3890 = 0,0144 cm3

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

%V viên bi giảm = 0,0144/0,4034% = 3,57%.

2

2

Sau khi bán kính giảm một nửa, thể tích viên bi còn lại

V = (4л.3).(r/2)3

Vậy V bi sắt pư = Vbđ - V còn = (7/8)Vbđ

Hay mFe pư = (7/8).3,1977 = 2,798 gam

→ nFe pư = 2,798/55,847 = 0,05 mol

Có mHCl = 50.15% = 7,5.gam

→ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑

0,05 0,1 0,05 0,05 mol

dd sau pư có m dd = 2,798 + 50 - 0,1 = 52,698 gam

C%HCl dư = (7,5-3,65)/52,698% = 7,31%

0,25đ 0,25đ

0,2đ

0,25đ

Câu 3 (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

Ngày nay, urani tự nhiên gồm vài đồng vị Các đồng vị có chu kì bán hủy dài là: 238U (chiếm 99,275%) có t1/2 = 4,468.109 năm và 235U (chiếm 0,720%) có t1/2 = 7,038.108

năm

Ngoài ra còn có 234U chiếm 0,005% urani tự nhiên Đồng vị này không có khi trái đất hình thành mà được tạo thành trong quá trình phân rã của một trong các đồng vị trên Hiện nay lượng 234U không thay đổi nữa

1 Tính thời điểm (trong quá khứ) mà khối lượng 238U gấp đôi khối lượng 235U

2 Tính chu kì bán hủy của 234U

3

1

Xét 100 gam urani hiện nay, có:

m (238U) = 99,275 gam và m (235U) = 0,72 gam

Trong quá khứ, tại thời điểm t: khối lượng 238U và 235U lần lượt là mo

(238U) và mo (235U) ta có:

0,25đ

mo = m eλt → mo (238U) = m (238U) eλ1t và mo (235U) = m (235U) eλ2t

Theo gt: mo (238U) = 2mo (235U) → m (238U) eλ1t = 2 m (235U) eλ2t

→ 99,275 et.ln2/(4,468.109) = 2.0,72 et.ln2/(7,038.108)

→ t = 5,102.109 năm

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 3

2

Đồng vị 234U thuộc họ phóng xạ 238U và có cùng số khối dạng A = 4n+2

Hiện nay lượng 234U không thay đổi → lượng 234U tạo thành bằng chính

lượng nó phân rã → N(234U).λ(234U) = N(238U).λ(238U)

→ 99,275.ln2/(4,468.109) = 0,05.ln2/(t1/2)

Vậy t1/2 (234U) = 2,25.105 năm

0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

1 Biết giá trị nhiệt động của các chất sau ở điều kiện chuẩn (298K):

∆Ho

Tính ∆Go của sự tạo thành các oxit sắt từ các đơn chất ở điều kiện chuẩn Từ đó cho biết

ở điều kiện chuẩn oxit sắt nào bền nhất?

2 Tính ∆S của quá trình hóa hơi 4 mol H2O (l) ở 25oC, 1 atm

Biết: ∆Hhh, H2O (l) = 40,656 kJ.mol-1 và nhiệt dung đẳng áp của nước lỏng và hơi nước lần lượt là 75,291 và 33,580 (J.mol-1.K-1)

4

1

Ta có: ∆Go = ∆Ho - T ∆So

Vậy: ∆Go (FeO) = -63,7.1000 - 298.(14,0 - 6,5 - 49,0/2)

= - 58634 cal.mol-1

∆Go (Fe2O3) = -169,5.1000 - 298.(20,9 - 2.6,5 - 49,0.3/2)

= - 149951,2 cal.mol-1

∆Go (Fe3O4) = -266,9.1000 - 298.(36,2 - 6,5.3 - 49,0.2)

0,25đ 0,25đ

= - 242672,6 cal.mol-1.

Vì ∆Go (Fe3O4) < ∆Go (Fe2O3) < ∆Go (FeO)

nên Fe3O4 là oxit bền nhất trong 3 oxit trên

0,25đ

0,25đ 4

2

Xét chu trình:

25oC, 4 mol H2O(l), 1atm ∆S 25oC, 4 mol H2O(h), 1 atm

∆S1 ∆S3

100oC, 4 mol H2O(l), 1atm ∆S2 100oC, 4 mol H2O(h), 1 atm

∆S1 = = n.CP(l).ln(T2/T1)

= 4.75,291.ln(373,15/298,15) = 67,5763 (J.K-1)

∆S2 = Q2/T = n ∆Hhh (l)/T= 4.40,656.103/373,15 = 435,814 (J.K-1)

∆S3 = = n.CP(l).ln(T1/T2)

= 4.33,58.ln(298,15/373,15) = -30,1392 (J.K-1)

Vậy ∆S = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = 473,2511 (J.K-1)

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ

Câu 5 (2,0 điểm) Cân bằng hoá học trong pha khí

Xét phản ứng tách H2 của etan: C2H6 CH2=CH2 + H2 (1)

Cho các số liệu sau đối với phản ứng trên: ∆Go

900K = 22,39 kJ.mol-1

So

1 Tính KP của phản ứng (1) ở 900K Tính KC, Kx tại trạng thái cân bằng của phản ứng (1), biết áp suất của hệ là 2 atm

2 Tính thành phần phần trăm theo thể tích của các chất tại cân bằng của phản ứng (1), biết áp suất của hệ tại trạng thái cân bằng là 1 atm

3 Ở 900K, phản ứng CH2=CH2 + H2 C2H6 (2) tỏa nhiệt hay thu nhiệt?

4 Tính KP của phản ứng (1) ở 600K, giả thiết ∆Ho và ∆So không thay đổi theo nhiệt độ

1 0,0502.

C2H6 CH2=CH2 + H2 (1) có ∆n = 1 nên

KC = KP.(RT)-1 = 0,0502/(0,082.900) = 6,8.10-4

và Kx = KP.P-1 = 0,0502/2 = 0,0251

đ

0,25 đ 5

2

Nếu áp suất tại cân bằng của hệ là 1 atm thì Kx = 0,0502

C2H6 CH2=CH2 + H2 (1)

[] 1-x x x (mol) → tổng số mol

hệ = 1+x

Phần mol (1-x)/(1+x) x/(1+x) x/(1+x)

→ Kx = x2/(1-x2) = 0,0502 → x = 0,2186

Hỗn hợp có: 0,2186 mol H2, 0,2186 mol C2H4, 0,7814 mol C2H6

→ %VH2 = %VC2H4 = 0,2186/1,2186% = 17,94%; %VC2H6 = 64,12%

0,25 đ

0,25 đ 5

3

Đối với pư: CH2=CH2 + H2 C2H6 (2) có ∆Go

900K = -22,39 kJ.mol-1

Và ∆So = So(C2H6) - So(C2H4) - So(H2) = -135 J.K-1.mol-1

Vậy ∆Ho = ∆Go + T ∆So = -22390 + (-135.900) = -14,389 kJ.mol-1 < 0

→ pư (2) là pư tỏa nhiệt

(HS có thể giải thích do ∆G o <0, ∆S o <0 nên ∆H o = ∆G o + T∆S o <0 nên

pư tỏa nhiệt)

0,25 đ

0,25 đ

5

4

Theo định luật Kirchhoff có ln(KP(T1)/KP(T2)) = (∆H/R).(1/T2 - 1/T1)

Với ∆Ho

(l) = - ∆Ho

(2) = 143890

→ ln(0,0502/KP(600)) = (143890/8,314).(1/600 - 1/900)

→ KP(600) = 3,349.10-6

0,25 đ

0,25 đ

Câu 6 (2,0 điểm) Động hóa học hình thức

Cho phản ứng 2N2O5 4NO2 + O2 ở nhiệt độ T (K), với các kết quả thực nghiệm sau:

Tốc độ phân hủy (mol.l

-1.s-1)

1 Hãy viết biểu thức tốc độ của phản ứng trên

2 Biết năng lượng hoạt hóa (EA) của phản ứng trên là 24,74 Kcal.mol-1 và ở 25oC nồng

độ N2O5 giảm đi một nửa sau 341,4 giây Hãy tính nhiệt độ T

6

1

Dựa vào các kết quả thực nghiệm, khi tăng nồng độ lên 2 lần thì tốc độ

pư tăng 2 lần → pư là bậc 1

Biểu thức tốc độ pư: v = k.[N2O5]

6

2

Hằng số tốc độ pư ở nhiệt độ T là: k2 = 1,39.10-3/0,170 = 8,17.10-3 s-1

Ở 25oC hằng số tốc độ pư k1 = ln2/t1/2 = 0,693/341,4 = 2,03.10-3 s-1

Ta có: ln(k2/k1) = (EA/R).(1/T1 - 1/T2)

→ ln(8,17/2,03) = (24740.4,184/8,314).(1/298 - 1/T) → T = 500K

Câu 7 (2,0 điểm) Dung dịch và phản ứng trong dung dịch

Dung dịch A gồm H3PO4 x (M) và NaHSO4 0,010M có pHA = 2,03

1 Tính x

2 Tính nồng độ HCOOH phải thêm vào dung dịch A sao cho độ điện li của H3PO4 giảm 25% (coi thể tích dung dịch không thay đổi)

Biết: H3PO4 có pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32 pKa (HSO4-) = 2; pKa

(HCOOH) = 3,75

7

1

NaHSO4 → Na+ + HSO4-; HSO4- ↔ H+ + SO42- (1)

H3PO4 ↔ H+ + H2PO4- (2); H2PO4- ↔ H+ + HPO42- (3)

HPO42- ↔ PO43- + H+ (4); HOH ↔ H+ + OH- (5)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua (5)

Có Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ

ĐK proton có: [H+] = [SO42-] + [H2PO4-]

= CHSO4- Ka : (Ka + [H+]) + CH3PO4 Ka1 : (Ka1 + [H+])

→ x = C(H3PO4) = 9,64.10-3 M

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

7

2

Có α1 = α (H3PO4) = [H2PO4-] 100 : C (H3PO4)

Mà [H2PO4-] = C(H3PO4) Ka1 : (Ka1+ [H+]) = 4,16.10-3 (M)

→ α1 = 43,15%

trình quyết định pH của hệ:

HSO4- ↔ H+ + SO42-(1); H3PO4 ↔ H+ + H2PO4- (2); HCOOH ↔

HCOO- +H+ (6)

Bảo toàn proton: [H+] = [SO42-] + [H2PO4-] + [HCOO-]

→ [H+] = C(HSO4-).Ka/(Ka+[H+]) + [H2PO4-] + C(HCOO-).Ka'/(Ka'+[H+])

(7)

Từ biểu thức: α1 = α'(H3PO4) = 32,36% = [H2PO4-].100/C(H3PO4)

→ [H2PO4-] = 3,12.10-3 M → [H3PO4] = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3

M

Theo (2): [H+] = Ka1 [H3PO4]/[H2PO4-]

= 10-2,15.(6,52.10-3)/(3,12.10-3) = 0,0148M

Thay các giá trị [H2PO4-] và [H+] vào (7) ta được: CHCOOH = 0,644M

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ

0,25 đ 0,25 đ

Câu 8 (2,0 điểm) Phản ứng oxi hoá khử Pin điện và điện phân

1 Lập các phương trình hóa học của các phản ứng sau theo phương pháp ion-electron:

a CrO2- + Br2 + OH- → CrO42- +

b Cu2FeSx + KHSO4 + KNO3 → SO42- + NO +

c C6H5-CH=CH2 + KMnO4 + H2SO4 → C6H5COOH + CO2 +

dịch trên với các điện cực trơ trong thời gian 50 phút, cường độ dòng điện không đổi 1,93A

Trộn hai dung dịch sau điện phân với nhau, thu được kết tủa và dung dịch B (có chứa

dung dịch ban đầu

8

1

a CrO2- + 4HO- → CrO42- + 2H2O + 3e x2

Br2 + 2e → 2Br- x3

2CrO2- + 3Br2 + 8OH- → 2CrO42- + 6Br- + 4H2O

b NO3- + 4H+ + 3e → NO + 2H2O x

(6x+7)

Cu2FeSx +4xH2O → 2Cu2+ + Fe3+ + xSO42- + 8xH+ + (6x + 7)e x 3

3Cu2FeSx + 28H+ + (6x+7)NO3- → 3xSO42- + (6x+7)NO + 6Cu2+ +

3Fe3+ + 14H2O

6Cu2FeSx + 56KHSO4 + (12x+14)KNO3

→ 6xK2SO4 + (12x+14)NO + 12CuSO4 + 3Fe2(SO4)3 + 28H2O

c MnO4- + 8H+ + 5e → Mn2+ + 4H2O x 2

C6H5-CH=CH2 + 4H2O → C6H5COOH + CO2 + 10H+ + 10e x 1

0,25đ 0,25đ

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

C6H5-CH=CH2 + 2MnO4- + 6H+ → C6H5COOH + CO2 + Mn2+ + 4H2O

C6H5-CH=CH2 + 2KMnO4 + 3H2SO4

→ C6H5COOH + CO2 + 2MnSO4 + K2SO4

4H2O

0,25đ

9

2

Vì dd sau khi trộn vẫn có Cl- và có kết tủa → CuCl2, AgNO3 dư sau

điện phân

PTHH:

Điện phân: CuCl2 → Cu + Cl2; 4AgNO3 + 2H2O → 4Ag + 4HNO3

+ O2 (1)

Trộn dd sau đp: CuCl2 + 2AgNO3 → Cu(NO3)2 + 2AgCl↓ (2)

Số mol CuCl2 dư sau khi trộn = 0,08/2 = 0,04 mol

Vì 2 bình mắc nối tiếp nên số mol e trao đổi là như nhau

Theo gt: ne = It/F = 1,93.50.60/96500 = 0,06 mol

→ nCu đp = 0,06/2 = 0,03 mol; nAg đp = 0,06 mol

Gọi số mol CuCl2 pư ở (2) là x mol → AgNO3 = 2x mol

Vì số mol CuCl2 bđ = số mol AgNO3 bđ nên: 0,04 + 0,03 + x = 2x +

0,06

→ x = 0,01

Vậy mCuCl2 bđ = 0,08.135 = 10,8 gam

mAgNO3 bđ = 0,08.170 = 13,6 gam

Câu 9 (2,0 điểm) Halogen, Oxi – lưu huỳnh

1 Nạp 1 mol SO2 và 0,7 mol O2 vào một bình kín (có chất xúc tác V2O5), nung bình ở nhiệt độ thích hợp để phản ứng xảy ra Dẫn từ từ toàn bộ hỗn hợp thu được sau phản

tủa Tính hiệu suất của phản ứng ban đầu

2 Nung nóng hỗn hợp G (gồm bốn muối của natri X, Y, Z, T có cùng a mol mỗi muối) đến 200oC thoát ra khí E không duy trì sự cháy và hỗn hợp chất rắn M (chứa 4a/3 mol

X, 5a/3 mol Z, a mol T) có khối lượng giảm 12,5% so với hỗn hợp G Nếu tiếp tục nung hỗn hợp M đến 400oC thì chỉ thu được hỗn hợp chất rắn chứa X và T Nếu tiếp tục nung đến 600oC thì chỉ còn duy nhất chất X

a Xác định X, Y, Z, T biết rằng X chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri nhỏ hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,36%

b Xác định phần trăm khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp G

9

1

Các PTHH: 2SO2 + O2 ↔ 2SO3

Pư: 2x x 2x (mol)

Sau pư: 1-2x 2x (mol)

SO2 + Ba(OH)2 → BaSO3↓ + H2O SO3 + Ba(OH)2 →

BaSO4↓ + H2O 1-2x 1-2x 2x

2x (mol)

Có: 217(1-2x) + 233.2x = 223,4 → x = 0,2

Vậy H pư = 0,2.2.110/1 = 40%

0,25đ 0,25đ 0,25đ

9

2

→ %R = 60,68% và %Na = 39,32%

→ 23x/R = 39,32/60,68 → R = 35,5x → x = 1, R = 35,5 (clo) thỏa

mãn

Vậy X là NaCl

Sau khi nhiệt phân hoàn toàn (600oC) chỉ còn NaCl → các muối Y, Z,

T phải là các muối NaClOy với y = (1;2;3;4)

Ở 200oC, a mol Y nhiệt phân thành a/3 mol NaCl và 2a/3 mol Z, thoát

ra khí E không duy trì sự cháy, trong điều kiện này của thí nghiệm E

chỉ có thể là hơi nước Vậy Y là muối ngậm nước

0,25đ

0,25đ

Gọi công thức của Y: NaClOn.bH2O và Z: NaClOm.

2NaClOm

Bảo toàn O ta có: 3n = 2m → n = 2, m = 3 (vì 1 ≤ n,m ≤ 4)

Do đó: Y là NaClO2.bH2O và Z là NaClO3 → T là NaClO4

Khối lượng giảm 12,5% so với G

→ 18a.b : [a(58,5 + 90,5 + 18b + 106,5 + 122,5)] = 12,5%

→ b = 3 → Y là NaClO2.3H2O

Tính %m các chất trong G:

mG = a(58,5 + 90,5 + 18.3 + 106,5 + 122,5) = 432a (g)

Vậy %m NaCl = 58,5a : 432a% = 13,54%

%m NaClO2.3H2O = (90,5a + 18.3.a) : 432a% = 33,45%

%m NaClO3 = 106,5a : 432a% = 24,65%

%m NaClO4 = 122,5a : 432a% = 28,36%

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 10 (2,0 điểm) Đại cương hữu cơ (quan hệ giữa cấu trúc và tính chất)

1 Nhiệt độ nóng chảy của cis-but-2-en (-139oC) thấp hơn nhiệt độ nóng chảy của trans-but-2-en (-105oC) nhưng nhiệt độ sôi của cis-but-2-en (4oC) lại cao hơn nhiệt độ sôi của trans-but-2-en (1oC) Hãy giải thích

2 So sánh lực axit của các chất sau và giải thích:

CH3-CHBr-CH2-COOH; CH3-CH2-CHBr-COOH; CH3-CH2-CH2-COOH; CH3-CH2

10

1

Ở trạng thái rắn, các phân tử sắp xếp theo một trật tự xác định Phân tử

trans-but-2-en có tính đối xứng cao hơn nên dễ sắp xếp đặc khít theo cả 3

chiều hơn những phân tử cis-but-2-en kém tính đối xứng → lực Vander

Waals của trans-but-2-en cao hơn nên nhiệt độ nóng cháy cao hơn của

0,5 đ

Ở trạng thái lỏng, các phân tử không còn sắp xếp trật tự như ở thể rắn,

chúng chuyển động tương đối hỗn độn Phân tử trans-but-2-en không

phân cực (μ = 0) nên lực Vander Waals yếu hơn phân tử cis-but-2-en nên

nhiệt độ sôi của trans-but-2-en thấp hơn

0,5 đ

10

2

So sánh lực axit:

CH3-CH2-CH2-COOH < CH3-CHBr-CH2-COOH < CH3-CH2

Vì Cl, Br có độ âm điện lớn nên hút e mạnh (hiệu ứng -I) nên hỗ trợ sự

dịch chuyển e về phía =C=O làm tăng sự phân cực của liên kết -O-H làm

tăng tính axit

0,5 đ

0,5 đ

Người ra đề: Phan Huy Minh

Số ĐT: 069169919