Hướng dẫn chấm hóa 10 đề THI đề XUẤT DUYÊN hải chuyên hùng vương, phú thọ, 2022

Tính năng lượng ion hóa thứ nhất I1 và năng lượng ion hóa thứ hai I2 của phân tử X2 theo kJ.mol–1.. Sử dụng thuyết obitan phân tử thuyết MO để giải thích tại sao năng lượng ion hóa thứ n

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC KHỐI 10, NĂM

2022

Thời gian làm bài 180 phút

(Hướng dẫn chấm có 16 trang, gồm

10 câu)

Câu 1 (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn

Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng có bộ các số lượng tử:

n = 2; l = 1; ml = +1 và s = +

1

2

1 Viết cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố X và xác định nguyên tố

X

2 Bằng thiết bị và ở điều kiện thích hợp, một bức xạ có độ dài sóng là 58,34

nm được chiếu vào một dòng khí X2 Người ta xác định được tốc độ của dòng electron đầu tiên là 1,4072.106 m.s–1, tốc độ của dòng electron tiếp theo là 1,266.106 m.s–1 Tính năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) và năng lượng ion hóa thứ hai (I2) của phân tử X2 theo kJ.mol–1

3 Sử dụng thuyết obitan phân tử (thuyết MO) để giải thích tại sao năng

lượng ion hóa thứ nhất của phân tử X2 (tính được ở ý 2) lớn hơn năng lượng ion hóa thứ nhất của nguyên tử X (1420kJ/mol)

Cho: Hằng số Planck h = 6,6261.10–34 J.s; Tốc độ ánh sáng c = 2,9979.108 m.s–1; Khối lượng electron me = 9,1094.10–31 kg, số Avogađro NA = 6,0221.1023 mol–1;

4 Nguyên tố X có thể tạo được các ion mạch thẳng X5+ và mạch vòng X5-

a Viết công thức Lewis cho các dạng cộng hưởng của anion X5-

b Viết công thức Lewis cho các dạng cộng hưởng của X5+, ghi rõ trạng thái lai hóa tương ứng với mỗi nguyên tử X, từ đó hãy cho biết dạng hình học của X5+

m 1.

Với n = 2; l = 1; ml = +1 và s = +

1

2 Ta có cấu hình electron của X là: 1s 2s 2s2 2 3

Nguyên tố X là nitơ

0,25

2 Giả thiết tác dụng của bức xạ chỉ tách e từ phân tử nitơ.

2 2

= mv + I I = - mv

(1)

hν = 6,6261.10–34 2,9979.108 -9

1 58,34.10 6,0221.1023 10–3 = 2050,485(kJ mol–1)

Thay số vào biểu thức (1), tính được

I1 = 1507,335 (kJ mol–1);

I2 = 1610,867 (kJ.mol–1)

0,25

0,25

3. Giản đồ MO của N2 như sau:

Năng lượng ion hóa thứ nhất của phân tử N2 ứng với quá trình tách

1e ở MO z ra xa phân tử N

2 vô cùng

Năng lượng ion thứ nhất của nguyên tử N ứng với quá trình tách 1e

ở 1AO 2p ra xa nguyên tử N vô cùng

Từ giản đồ MO dễ thấy, năng lượng của MOz(trong phân tử N

2) thấp hơn năng lượng của obitan 2p (trong nguyên tử N), nên

electron ở obitanzkhó tách hơn electron ở obitan 2p Do đó, năng

lượng ion hóa thứ nhất của phân tử N2 lớn hơn năng lượng ion hóa

thứ nhất của nguyên tử N

0,25

4b.

Dạng hình học là chữ V

Câu 2 (2,0 điểm) Tinh thể

Bạc kim loại có cấu trúc tinh thể lập phương tâm diện Bán kính nguyên tử của Ag và Au lần lượt là: rAg = 144 pm; rAu = 147 pm

1 Tính số nguyên tử Ag có trong một ô mạng cơ sở.

2.Tính khối lượng riêng của bạc kim loại.

3 Một mẫu hợp kim vàng – bạc cũng có cấu trúc tinh thể lập phương tâm

diện Biết hàm lượng Au trong mẫu hợp kim này là 10% Tính khối lượng riêng của mẫu hợp kim

Cho: nguyên tử khối của Ag là 108, của Au là 197.

m 1.

Số nguyên tử Ag có trong 1 ô mạng cơ sở:

  

= 4

0,25

2. Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của

một ô mạng cơ sở Ta có: d = a 2 = 4rAg a = 2rAg 2 = 2.144

2 = 407 (pm)

 Khối lượng riêng của Ag là:

DAg = 23 10 3

4.108 6,02.10 (407.10 ) = 10,64 (g/cm3)

0,75

3. Đặt số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ sở là x và (4 –

x)

Ta có:

197x

100 197x 108(4 x) 

Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:

108.3,77 197.0, 23 M

4





= 113,12 Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là:

144.3,77 147.0,23 r

4





= 144,1725 pm

Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:

ahk = 2r 2 = 2.144,1725 2 = 407,78 pm Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:

4.113,12 6,02.10 (407,78.10 ) = 11,08 (g/cm3)

0,25

0,25

0,25

Câu 3 (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

1 Hãy viết phương trình biểu diễn các biến đổi hạt nhân: 98Mo tác dụng với nơtron và hạt nhân vừa được tạo thành lại tiếp tục phân rã  tạo ra 99Tc

2 Một mẫu 137Ce (t1/2 = 30,17 năm) có độ phóng xạ ban đầu 15,0 Ci Hãy tính thời gian để hoạt độ phóng xạ của mẫu này còn lại 1,50 Ci

3 Khi bắn phá hạt nhân 235U bằng một nơtron, người ta thu được các hạt nhân

138Ba, 86Kr và 12 hạt nơtron mới

a Hãy viết phương trình của các phản ứng hạt nhân đã xảy ra.

b Tính năng lượng thu được (ra kJ), khi 2,00 gam 235U bị phân hạch hoàn toàn

1. 98Mo + 0n 99Mo; 99Mo99Tc +  0,5

2. Sau 1 thời gian bán huỷ, hoạt độ phóng xạ của mẫu giảm đi 2 lần

Sau n lần thời gian bán huỷ, hoạt độ phóng xạ của mẫu giảm đi 2n

lần Khi hoạt độ phóng xạ giảm 10 lần, ta có phương trình: 2n =

10  n = 1/log2 = 3,32

Thời gian cần thiết là: 3,32 30,17 năm = 100,23 năm

0,25

0,25

3.a

.

235U + 0n 138Ba + 86Kr + 120n (1) 0,25

3.b

.

Từ phương trình phản ứng hạt nhân (1) tính ra được độ hụt khối

trong phản ứng này là:

m = 235,04 u + 1,0087 u – (137,91 + 85,91 + 12.1,0087) u =

0,1243 u

Từ phương trình E = m.c2, tính được năng lượng tính được năng

lượng thu được

khi hụt khối 1 u là 931,5 1,602.10-13 J và thu được khi phân hạch

2 g235U là:

E = 0,1243.931,5.1,602.10-13.(2/235,04).6,02.1023J = 9,5.1020 J =

9,5.107 kJ

0,75

Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

Ở điều kiện 250C và áp suất của hệ không đổi, tiến hành đốt cháy hoàn toàn 0,10 mol C8H18 bằng một lượng oxi vừa đủ Sau phản ứng thu được H2O, CO và CO2

ở 3000C và toả ra môi trường một lượng nhiệt là 90,2 kcal

1 Tính số mol mỗi khí CO và CO2

2 Nếu 90,2 kcal nhiệt toả ra trên được tận dụng hoàn toàn vào mục đích đun

sôi nước uống Hãy tính khối lượng nước có thể đun sôi được từ 250C đến 1000C Cho các số liệu nhiệt động sau:

Chất C8H18 CO CO2 H2O(hơi) H2O(lỏng) 0

f

H

 (kcal/mol) -64,6 -26,41 -94,05 -57,79 …

Nhiệt dung (CP)

cal/mol.K

Giả sử H0f, C

p không thay đổi theo nhiệt độ Cho nhiệt hoá hơi của nước bằng 548 cal/gam ở 373K

Ý Hướng dẫn chấm Điể

m

1. Phương trình phản ứng cháy là:

25

2

 t o 

(1)

0

17

2

 t 

(2)

(1) x[8 HCO 9 HH O HC H ]=-1207,9x(kcal)

(2) (0,1 x)[8 HCO 9 HH O HC H ]= - (0,1 - x)666,8 (kcal)

(với x là số mol của C8H18 ở phương trình (1) và (0,1 – x) là

số mol của C8H18 ở phương trình 2)

Nhiệt lượng cần dùng để chuyển các chất CO, CO2 và hơi nước từ 250C lên 3000C là:

CO CO

H Cp t(0,1 - x)8 = [1533,4 - 15334x] (cal)

H Cp t.8x = 19712x (cal)

2(h)

CO H

H Cp t.0,9 = 1465,2 (cal)

Lượng nhiệt phản ứng (1) và (2) toả ra bằng tổng nhiệt lượng cung cấp và toả ra môi trường, do đó có phương trình:

(1) (2) CO CO H O(h)

           Thế các giá trị vào được x = 0,0494, do đó số mol CO = 0,4048 mol và CO2 = 0,3952 mol

0,5

0,5

0,5

2. Ta có sơ đồ sau:

(2)

(3)

H(1) = H(2) +H(3) = Cpt + H(h)

= 18.75 + 548.18 = 11070 cal.mol-1 Suy ra khối lượng nước có thể đun sôi được là;

0,5

3

H O

90, 2.10

m 18 146,7(gam)

11070

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

1) Hãy cho biết phản ứng 2Ni (l) + O2 (k) ƒ 2NiO (r) ở 1627 oC có thể tự diễn biến theo chiều thuận được không nếu áp suất riêng phần của oxi nhỏ hơn 150 Pa?

Cho:G0hình thành(NiO) ở 1627 oC là -72,1 kJ mol–1; Áp suất chuẩn P0 = 1,000.105 Pa;

0oC trong thang Celsius là 273,15 K

2 Người ta tiến hành tổng hợp NH3 với sự có mặt chất xúc tác Fe theo phản ứng sau:

2 2  Khi tổng hợp tỉ lệ mol N2 và H2 là 1 : 3 Trong quá trình tổng hợp chúng ta thu được các số liệu thực nghiệm sau:

Nhiệt độ Ở Ptổng = 10 atm

Lượng % NH3 chiếm giữ

Ở Ptổng = 50 atm Lượng % NH3 chiếm giữ

a Xác định Kp theo số liệu thực nghiệm của bảng trên

b Tính giá trị ΔH của phản ứng ở Ptổng đã cho

m

1. Từ phản ứng: 2Ni (l) + O

2 (k) ƒ 2NiO (r) (1)

ta có: G0

phản ứng = -72,1.2 = -144,2 kJ/mol = -144200 J/mol

 lnK =

0

ΔG -144200

RT 8,3145.1900,15 9,127  K = 9200,38

0,5

Đối với phản ứng (1): Δn (k) = -1 

Δn (k) -1

K =

P  P

→ Kp = K.P0-1 = 9200,38.(1,000.105)-1

Mặt khác: 2

p O

1

K = p với pO 2là áp suất cân bằng của oxi

2

5 O

1,000.10

p =

9200,38



= 10,87 (Pa) Vậy phản ứng có xảy ra nếu 10,87Pa < pO 2< 150Pa

0,5

2 2  Hằng số cân bằng Kp được xác đinh theo biểu thức:

3

NH

p 1/2 3/2

N H

P

K =

P P

* Tại 350o C: Ptổng = 10 atm

Theo đề, tại cân bằng lượng NH3 chiếm 7,35% nên PNH 3 0, 735

atm

→ PN 2 PH 2 9, 265atm Mặt khác lượng N2 và H2 ban đầu lấy theo tỉ lệ 1: 3 nên

2

N

P = 2,316 atm và PH 2 6,949atm

Do đó:

2

0,735

(2,316) (6,949)





* Tại 350o C: Ptổng = 50 atm

Tại cân bằng lượng NH3 chiếm 25,11% nên PNH 3 12,555 atm

→ PN 2 PH 2 37, 445 atm

P = 9,361 N 2 atm và PH 2 28,084atm

Do đó:

2

12,555

(9,361) (28,084)





* Tại 450o C: Ptổng = 10 atm

3

NH

P 0, 204 atm ; P = 2,449N2 atm và PH 2 7,347atm

Do đó:

3 p2-1 1/2 3/ 2

0,204

(2,449) (7,347)





* Tại 450o C: Ptổng = 50 atm

3

NH

P 4,585 atm ; P = 11,354N2 atm và PH 2 34,061atm

Do đó:

3

4,585

(11,354) (34,061)





0,5

2.b. Tại áp suất tổng Ptổng = 10 atm:

o p2-1

K  R T T

Thay số:

2

6,55.10ΔH 1 1

2,64.10 8,314 623 723



 ΔHo = ‒52,199 J.mol‒1

0,5

Tại áp suất tổng Ptổng = 50 atm:

o p2-2

K  R T T

2

6,84.10ΔH 1 1

2, 76.10 8,314 623 723



 ΔHo = ‒51,613 J.mol‒1

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

Hàm lượng rượu trong máu có thể được xác định bằng các định luật động học Quá trình đào thải rượu ra khỏi cơ thể một cách gần đúng có thể biểu diễn bằng sơ đồ sau

A   B D Trong đó A là rượu trong dạ dày, B là rượu trong máu, D là sản phẩm oxi hóa rượu bằng các men trong gan Giai đoạn A   B tuân theo quy luật phản ứng bậc một Giai đoạn B   D tuân theo quy luật phản ứng bậc không.

1 Nồng độ rượu trong dạ dày giảm đi 2 lần sau 5 phút Tính k1

2 Chứng minh rằng biểu thức biểu diễn sự phụ thuộc nồng độ rượu trong

trong máu theo thời gian có dạng [ ] [A] B  o.(1 e  k t1 ) k t  2 .

3 Nếu nồng độ rượu trong dạ dày ban đầu là 3,8 g/L thì chỉ có thể nhận biết

được lượng rượu trong máu sau tối đa 20 giờ Tính k2

m

1. Nồng độ rượu trong dạ dày giảm đi 2 lần sau 5 phút, suy ra chu

kỳ bán hủy của phản ứng A   B là: t1/2 5 (min)  300(s)

0,5

Vì phản ứng A   B là phản ứng bậc 1 nên:

3 1 1

1/2

ln 2 ln 2

t 300,

 

0,5

2.

Ta có:

1

k t

d B

k A] k d B k A]dt k dt k A e dt k dt dt

[ ]  [   [ ]  [   [ ]  

k t

[ ]  [   

0,5

Tại thời điểm t = 0 thì [B] = 0 suy ra C1 = [A]o

Như vậy: [ ] B   [ A] eo k t1  k t2  [ A]o  [ A] (1 eo  k t1 ) k t  2

0,5

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

Cho dung dịch X gồm H3PO4 C (mol/l) và HA 0,01 M

1 Tính nồng độ của H3PO4 và hằng số cân bằng của axit HA, biết rằng độ điện

ly của H3PO4 và HA trong dung dịch X lần lượt là 0,443 và 1,95.10-4

2 Thêm dần dung dịch NH3 vào dung dịch X đến nồng độ 0,16 M (coi thể tích không đổi khi thêm NH3) được dung dịch B Tính pHB

3 Trộn 5 ml dung dịch B với 5 ml dung dịch Mg(NO3)2 0,03 M Bằng các phép tính cụ thể, hãy cho biết có kết tủa tách ra không? Tính pH của hệ thu được Cho pKa(H3PO4)= 2,15; 7,21; 12,32; pKa(NH4+)= 9,24; pKs(MgNH4PO4) = 12,6;

pKs(Mg(OH)2 = 10,9

m

1. Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 nên xem H3PO4 chỉ phân ly nấc 1

Do H PO 3 4 ? HA và  = nên xem như HHA 1 3PO4 quyết định pH

Ta có:

3 4

3 4

3 a1

2 4

H PO

K [H PO ]

0, 446 h 8,90126.10





6 a

a

K

K 1, 7361.10 (M)

h K





H3PO4 ƒ H+ + H PO2 4 

Ka1 [] C-h h h

3 4

2

2,15

H PO

h

10 C 0, 02(M)

C h





0,5

2. H

3PO4 + NH3  NH4 

+ H PO2 4 

K = 107,09

C0 0,02 0,16M

C - 0,14 0,02 0,02

HA + NH3  NH4 

+ A- K = 103,48

0,5

C0 0,01 0,14M 0,02

C - 0,13 0,03 0,01

H PO2  4

+ NH3  NH4 

+ HPO24 

K = 102,03

C0 0,02 0,13M 0,03

C - 0,11 0,05 0,02

2 4

HPO 0,02M;A 0, 01M TPGH ddB

NH 0,11M; NH 0,05M







3 a

4

pH pK log 9, 24 log 9,58

[NH ] 0,05

3

C  0,025M;C 0,055M;C  0,005M;C  0,01M;C  0,015M

3

5 a1 a 2 a3

3 2 PO

a1 a1 a 2 a1 a 2 a3

0,02.K K K 1

2 h h K K K h K K K

Để xuất hiện kết tủa:

2

3

7 S

4 4 Mg (1)

NH PO

K MgNH PO : C 5,5245.10 (M)

C C





2

3 S

2 Mg (2) 2

OH

K Mg(OH) : C 8, 614.10 (M)

C







 Thứ tự xuất hiện kết tủa (nếu có) là MgNH4PO4 sau đó đến

Mg(OH)2

0,5

Do CMg2  C1

 có kết tủa MgNH4PO4

Mg2+ + NH3 + HPO24  MgNH4PO4

C0 0,015 0,055 0,01

C 0,005 0,045

 sau khi xuất hiện kết tủa MgNH4PO4 thì nồng độ NH3 giảm nên

nồng độ OH- giảm và CMg 2  0,005M C Mg (2) 2 

 không có kết tủa Mg(OH)2

0,045 log

0,5

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

Điện cực loại II là điện cực tạo bởi kim loại được bao phủ bởi muối ít tan của kim loại đó, nhúng vào dung dịch muối tan chứa anion của muối ít tan Ví dụ như điện cực bạc/bạc clorua (Ag, AgCl/Cl-) và điện cực calomen (Hg, Hg2Cl2/Cl-) Suất điện động của một tế bào điện hóa: (-) Ag,AgCl/KCl/Hg2Cl2/Hg (+) là E0= 0,0455 V ở T =

298 K Hệ số nhiệt độ của tế bào này là: dE0/dT = 3,38.10-4 V K-1

1 Cho biết phương trình phản ứng xảy ra ở cả hai điện cực và phản ứng tổng cộng.

2 Tính năng lượng tự do Gibbs (ΔG0) cho quá trình diễn ra trong pin điện ở 298 K

Cho biết ý nghĩa dấu của ΔGo

3 Tính biến thiên entanpi cho quá trình ở 298 K, biết rằng ΔS = nFΔE/ΔT.

4 Biết rằng thế chuẩn của Ag/Ag+ là E0 = 0,799 V và tích số tan của AgCl là Ksp = 1,73.10-10, tính giá trị thế điện cực chuẩn của điện cực bạc/bạc clorua Thiết lập

phương trình cho biết sự phụ thuộc giữa E0(Ag/Ag+) và E0(Ag,AgCl/Cl-)

5 Tính tích số tan của Hg2Cl2 biết rằng, thế điện cực chuẩn của điện cực calomen

là E0 = 0,798 V

m 1.

Sự khử (Điện cực calomen): 2 2

1

2



   

Sự oxi hóa (điện cực bạc/bạc clorua): Ag Cl     AgCl  e

Phản ứng tổng cộng: 2 2

1

2

0,5

2. Năng lượng tự do Gibbs cho phản ứng xảy ra ở trên:

Vì ΔGo âm, phản ứng tự xảy ra

0,5

3. Sự thay đổi của entanpy có liên hệ với phương trình

Gibbs-Helmholtz:

= (0,0455 – 298.3,38.) = 5,36 )

0,5

Đối với cặp AgCl |, [ được xác định bởi: [ = 5

5. + log (

Thế oxi hóa khử chuẩn của điện cực calomel bằng: 0,0455

+0,2222 = 0,2675 (V)

Từ đó log ( có giá trị:

Log ( =

=

0,2 5

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

Cho sơ đồ chuyển hóa sau:

Cho biết các chất từ X 1 đến X 14 đều là các hợp chất của lưu huỳnh (trừ X 11 ).

Biết rằng X 14 là một axit mạnh rất phổ biến trong công nghiệp, X 7 và X 8 có cấu

trúc tương tư nhau

Khi thủy phân hoàn toàn các chất X 8 và X 10, thu được các dung dịch axit và không thấy khí thoát ra Thêm dung dịch Ba(NO3)2 dư vào các dung dịch trên đều thu

được kết tủa trắng X Lọc kết tủa X, thêm tiếp dung dịch AgNO3 dư vào nước lọc,

lại thu được kết tủa trắng Y Trong cả hai thí nghiệm tiến hành với hai chất X 8 và

X 10 ở trên, tỉ lệ khối lượng kết tủa X và kết tủa Y

 

 

 

X Y

m

m đều là 1,624 Cho dung dịch

Ba(OH)2 vào dung dịch sau khi thủy phân X 9 thấy có kết tủa trắng tạo thành, không tan trong axit mạnh và có khí NH3 thoát ra Phần trăm về khối lượng N và S

trong X 9 là 14,43% và 32,99% và trong phân tử X 9 chỉ chứa 1 nguyên tử lưu huỳnh.

Trong X 13 có phần trăm theo khối lượng của S là 26,89% và có cầu nối chứa oxi.

Xác định các chất từ X 1 đến X 14 và viết các phương trình phản ứng

+ X14