HDC đề hóa 10 THPT chuyên lào cai

Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng trạng thái kích thích ứng với n=c về trạng thái ứng với n=t sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy.. Xác

HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA HỌC LỚP 10

NĂM 2022

(Đáp án gồm có 13 trang)

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

1.1 Một nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng

trạng thái kích thích ứng với n=c về trạng thái ứng với n=t sẽ phát ra ánh sáng màu xanh giống như vậy Tìm giá trị của c, t.

tử:

A: n = 3 ℓ = 1 m = +1,

1 2

s 

R: n = 2 ℓ = 1 m = 0,

X: n = 2 ℓ = 1 m = +1,

a Gọi tên A, R, X (theo quy ước các giá trị của m theo tứ tự +ℓ 0 -ℓ)

b Xác định trạng thái lai hóa của các nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử và ion sau: R2X, AR6, H2AX3, (H là hidro)

1.3 Hãy sắp xếp (có giải thích) các hạt vi mô cho dưới đây theo chiều giảm dần bán kính hạt:

Rb+ (Z = 37); Y3+ (Z = 39); Kr (Z = 36), Br- (Z = 35), Se2- (Z = 34), Sr2+ (Z = 38)

điểm 1.1 Nguyên tử hiđro khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n =5 về trạng thái

ứng với n=2 thì phát ra bức xạ có năng lượng :

n = 5 → n = 2:

1 5

8

2 2 2

1 1 2,18 10

5

–

2







E E

Một ion He + (Z He =2) có cấu tạo 1 hạt nhân, 1 electron giống nguyên tử Hidro 

Năng lượng của electron có dạng :

1, 602 10

E



Khi chuyển từ trạng thái kích thích ứng với n c về trạng thái ứng với n t sẽ phát ra

ánh sáng có năng lượng giống như vậy tức là :

18

1, 602 10

c t

E

n n





Vậy He + chuyển từ n = 10 về n = 4.

0,1

0,1

0,1 0,1 0,2

Trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học:

O

F F

F S F F F

S

O OHOH

, S lai hóa sp3, tứ diện đều

S

O

2-0,2

0,1 0,1 0,1 0,1 0,1

0,1 0.1 0,1

Se2- > Br- > Kr > Rb+ > Sr2+ > Y3+

Giải thích : các hạt có cùng cấu hình e ; hạt nào có Z càng lớn  lực

hút giữa hạt nhân và e càng lớn làm bán kính giảm

0,2 0,2 Câu 2 (2,0 điểm) Tinh thể

2.1 Trước khi có định nghĩa mới, số Avogadro ( NA) được định nghĩa là "số nguyên

Trên thực tế, một tổ hợp nghiên cứu quốc tế bao gồm tám

viện trong đó có một viện của Nhật Bản đã tạo ra một đơn

thật được cắt ra để xác định NA Đơn tinh thể của Si có hệ

tinh thể kiểu kim cương với ô cơ sở có dạng lập phương

như hình vẽ

a Xác định số nguyên tử Si có trong một ô cơ sở

b Khảo sát khối lượng riêng của quả cầu được cắt ra từ đơn tinh thể Si Chiều dài

trong đó u được tính như sau:

3 A

( 1.10

N





Viết biểu thức tính khối lượng riêng của 28Si theo đơn vị (kg.m-3), sử dụng n, m và a.

c Người ta đo được bán kính của quả cầu là r = 4,69 cm, khối lượng của quả cầu được xác định là w = 1,00 kg Bằng phép phân tích nhiễu xạ tia X xác định được chiều dài cạch của ô cơ sở a = 5,43 Å Sử dụng các thông số đo được ở trên, hãy tính

số Avogadro

siêu mịn dùng nhiều trong lĩnh vực tạo màu cho sơn,

nhựa, gạch, gốm sứ…Trong đó, CoAl2O4 kết tinh ở

kiểu mạng spinel có cấu trúc như hình bên Trong đó

bát diện Ô màu đen biểu thị hốc tứ diện, và ô màu

đỉnh và mặt

Ở một nhiệt độ T nhất định thì độ dài đường biên giới ô mạng cơ sở (gồm chiều dài

và rộng) của CoAl2O4 là 912 pm Lúc này các ion oxit có thể tiếp xúc với nhau trực tiếp được

a Tính khối lượng riêng (g/cm3) của CoAl2O4 ở nhiệt độ T

b Xác định bán kính cực đại để các ion M2+ và M3+ có thể nằm khít vào các hốc tương ứng trong ô mạng spinel

Cho biết M của Co = 58,93; Al=26,98; O =16,00; số avogadro N A =6,023.10 23

Câ

u

2.1

a

b Khối lượng riêng của tinh thể Si:

n.m

( kg/m3 )

c Ta có : m = d.v =

3 3

n.mngtu 4. .r

=

3 3

a

n.28,09u 4. .r

3 

3 3 3

A

a N

n.28,09.10 4. .r

3



=> NA = 6,07.1023

0,2 0,2

0,2

rộng) = 912pm nên độ dài của một ô mạng cơ sở là a = 456 pm

Thể tích của ô mạng cơ sở : V = a3 = (456.10-10)3 (cm3)

KL riêng của CoAl2O4 ở nhiệt độ T là:

D =

2 4

CoAl O

A

M (58,93 2.26,98 4.16,00)

N a 6,023.10 (456.10 )



= 3,097 (g/cm3)

b - Các ion O2- tiếp xúc nhau qua đường chéo của hình lập phương

a

0,2 0,2

0,2 0,2

được xác định: b 2r O2   2.161, 22 322, 44  pm

- Khoảng cách từ tâm hình tứ diện ra đến đỉnh là c; thì c được xác định

bởi công thức :

197, 45

b

ion là:

2 3

66,78

O M

0,2

0,2

0,2

Câu 3 (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân

chứa 0,015% D2O, nếu toàn bộ được tách ra từ 1kg nước làm nhiên liệu dùng cho

3.2 Mặt trời có đường kính 1,392 106 km và có khối lượng riêng khoảng

hoàn toàn từ sự kết hợp của Hidro tạo Heli theo phương trình:

4 H  He 2  e 2 

Năng lượng giải phóng khi hình thành mỗi hạt nhân Heli tạo ra cường độ rất

1e



a Tính khối lượng mặt trời

b Từ cường độ ánh sáng tính khối lượng Hidro tham gia phản ứng trong một giây trong phản ứng trên

c Với lượng Hidro trên mặt trời hiện tại, hãy cho biết sau bao lâu thì mặt trời ngừng chiếu sáng?

Câ

u

g điểm

độ hụt khối

m= (2m D -m He - m n ) = 2(m P + m n - ∆m D ) - [(2m p + m n - ∆m He ) + m n ]

= (2∆m D - ∆m He ) = 0,0457u

Năng lượng phản ứng tỏa ra:

2 0,0457 931,5 42,57 68,11 10 13

Số phân tử D 2 chứa trong 0,15 g D 2 O :

0,25 0,25 0,25

N=0,15 =

23

6,022 10 0,15

20

= 4,5165  10 21 Năng lượng có thể thu được từ 1 kg nước thường nếu toàn bộ đơtêri thu được

đều dùng làm nhiên liệu cho phản ứng nhiệt hạch là

E = N  E = 4,5165  10 21  68,11  10 -13 = 307,62  10 8 J = 30,762  10 6 kJ

0,25

6

( 10 ) 1, 408 1,9875 10

m V d   r  d        g

b.Năng lượng phát ra của phản ứng trên là:

4(m m ) (m 2 m 2 m ) 931,5MeV

4 m m 4 m ) 931,5MeV 24,687 24,7 1,602 10 39,578 10

H He e

E

Trong một giây số nguyên tử Heli sinh ra là :

26

37 13

3,846 10

9,72 10 39,578 10



Số mol Heli sinh ra trong một giây :

37

14 23

9,72 10

1,614 10 6,022 10

He

A

N

N





Khối lượng Hidro mất đi trong một giây là:

4 1,614 10   1, 00783 6,5065 10 g 

c Khối lượng Hidro trên mặt trời là :

1,98746 10 73, 46 /100 1, 461 10

Thời gian lượng Hidro tham gia phản ứng hết:

33

14

1, 461 10

2, 245 10 7,12 10

Vậy sau 7,12  1010 năm thì mặt trời mới ngừng chiếu sáng.

0,25

0,25

0,25

0,25

Câu 4 (2,0 điểm) Nhiệt hóa học

Cho biết:

- Hỗn hợp khí được lấy theo đúng hệ số tỉ lượng

0

373, ( )

v H H O l

0

298, ( )

f H C H k

0

298, ( )

f H CO k

0

298, ( )

f H H O l

2

0

, ( )

P CO k

0 , ( )

P H O l

0 , ( )

P H O k

4.2 Nếu thay O2 bằng không khí thì nhiệt độ lớn nhất bằng bao nhiêu? Cho biết:

- Không khí chứa 20% O2, còn lại là N2 và lượng không khí được lấy vừa đủ

0 ,

P N

g điểm

dùng để nâng nhiệt độ của các chất còn lại sau phản ứng từ T1 đến Tmax

Phản ứng từ T1 đến Tmax (Q=0)

Gọi T là nhiệt độ lớn nhất của ngọn lửa; giả sử T>373K, ta có sơ đồ:

0

(C H  5 )(298 ,1O K bar) Q H  3CO k( ) 4  H O k T b( )( ,1 ar)

2

2 (4)

2 (2)

2

3

4 ( )

373 ,1

CO

H O k

K bar







2

0

1 3 f 298,CO

298, ( )

4 f H H O l - 0 3 8

298, ( )

f H C H k



= - 2219,10 (KJ)

2

3 3 P CO, ( 298)

     = 4[C P H O l( 2 ) (373-298)+ 2

0

373, ( )

v H H O l

 +C P H O k( 2 ) (T-373)]

=134,4T+135098,8 (J)

0,2

0,1 0,1 0,1

Ta có

T = 8688,6 K > 373K điểu giả sử thỏa mãn

Vậy Tmax = 8688,6K

0,2 0,2

Gọi T là nhiệt độ lớn nhất của ngọn lửa; giả sử T>373K, ta có sơ đồ:

(C H  5O  20N )(298,1bar)   3CO k( ) 4  H O k( ) 20  N T b( ,1 ar)

2

2 (4)

2

2 (2)

2

3

4 ( )

298 ,1 20

373 ,1

4 ( ) 4

373 ,1

CO

H O k

K bar N

K bar

H O l

H O

K bar









0

1 3 f 298,CO

298, ( )

4 f H H O l - 0 3 8

298, ( )

f H C H k

,

3 (3 P CO, 20 P N, )( 298)

0,2

0,2 0,2 0,4

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

(5)

(5)

Ở 6000C và 1,38 bar, độ phân li của COCl2 theo phản ứng: COCl2 (k) CO(k) +

Cl2 (k) là 0,9

2

COCl

0 298,

f H COCl

=-242,61 kJ/mol; f H298,0 CO=-110,53 kJ/mol.

điểm 5a COCl2 (k) CO(k) + Cl2 (k)

Ban đầu 1

Phân li   

Cân bằng 1-   

2

2

.

CO Cl P

COCl

P P K

P



=

2 2

1

P







Kx = KP ( )P n=5,883.(1,38)-1 = 4,263

0,2

0,1 0,1 0,1 0,1 5b

Ta có

2

2

.

CO Cl P

COCl

P P Q

P



; Q1 = 1,013 bar < KP nên phản ứng diễn ra theo chiều thuận

Q2 = 5,883 bar = KP phản ứng ở trạng thái cân bằng

Q3 = 8,813 bar > KP phản ứng diễn ra theo chiều nghịch

0,2 0,2 0,2

298

H

298, 298,

f H CO f H COCl

Từ

2

1 1

P



;

Nên trong cả 3 trường hợp QP < KP phản ứng đều diễn ra theo

chiều thuận

0,2

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

đo áp suất tổng của hệ, người ta được các kết quả sau:

Dựa vào các kết quả này, hãy:

a) Chứng minh rằng phản ứng phân huỷ đimetyl ete là phản ứng bậc một

c) Tính áp suất tổng của hệ trong bình và phần trăm lượng (CH3)2O đã bị phân hủy sau 460 giây

điểm

to = 0 Po

t Po – P P P P

Po)/2

 Ở thời điểm t, P (CH ) O 3 2 = Po – P =

o h 3.P - P

2 Suy ra, ở thời điểm:

* t = 0 s thì P (CH ) O 3 2 = 400 mm Hg

* t = 3100 s thì P (CH ) O 3 2 = 100 mm Hg

* t = 4650 s thì P (CH ) O 3 2 = 50 mm Hg

Vì nhiệt độ và thể tích bình không đổi nên áp suất tỉ lệ với số mol

khí Ta nhận thấy, cứ sau 1550 giây thì lượng (CH3)2O giảm đi

một nửa Do đó, phản ứng phân hủy (CH3)2O là phản ứng bậc 1

với t1/2 = 1550 s

0,2 0,2

0,2

0,2

4,47.10-4 s-1

0,4 6c Pt = Po.e-kt = 400.e 4,47.10 4604

= 325,7 (mm Hg)

 P = Po – Pt = 400 – 325,7 = 74,3 (mm Hg)

548,6 (mm Hg)

Phần trăm (CH3)2O bị phân huỷ =

74,3

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

Cho dung dịch X gồm K2S 0,018M và K2SO3 0,012M

a) Tính pH của dung dịch X

b) Tính thể tích dung dịch HCl 0,036M cần cho vào 10,0 ml dung dịch X đến khi đổi màu chất chỉ thị thymolphtalein (pH = 9,4) và đổi màu chỉ thị metyl đỏ (pH = 5,0) c) Chuẩn độ 10,0 mL dung dịch X bằng dung dịch HCl 0,036M

Tính pH tại điểm tương đương thứ nhất và điểm tương đương thứ 2 Từ đó hãy cho biết khi dùng thymolphtalein (pH=9,40) và metyl đỏ (pH = 5,00) làm chỉ thị cho phép

hơn so với giá trị nồng độ đúng? Giải thích?

Cho biết: pKa1 (H2S) = 7,02; pKa2 (H2S) = 12,90; pKa1 (H2SO3) = 1,76; pKa2 (H2SO3) = 7,21

điểm

7 K2S 2K+ + S

2-Các cân bằng trong dung dịch

(1) S2- + H2O HS- + OH- Kb1 = 10-14.1012,9 = 10-1,1

(2) HS- + H2O H2S + OH- Kb2 = 10-14 107,02 = 10-6,98

(3) SO32- + H2O HSO3- + OH- Kb1’ = 10-14.107,21 = 10-6,79

(4) HSO3- + H2O H2SO3 + OH- Kb2’ = 10-12,24

Ta thấy Kb1>>Kb2; Kb1’>>Kb2’ nên bỏ qua cân bằng (2) so với cân bằng

(1); cân bằng (4) so với (3)

Mặt khác Kb1C>>Kb1’C’ >>Kw nên cân bằng 1 quyết định pH của phản

ứng

S2- + H2O  HS- + OH- Kb1 =10-1,1

0,018-x x x

Ta tính được x = 0,0151M, pOH = 1,82

pH = 12,18

b) Chuẩn độ 10,0 ml dung dịch X đến khi đổi màu chất chỉ thị

thymolphtalein (pH = 9,4)

2

3

[SO ]

a K



 

2 3

[HSO ]

a K

H SO h



 

=107,64 >>1 như vậy dạng tồn tại chủ yếu là SO 32-, gọi thể tích HCl cần là V (ml)

-Chọn MK: SO32-, HS-, đặt [H+] = h, C1 = C(HS-) =

0, 018.10

10 V

C 2 = C(SO 32-) =

0,012.10

10 V 2

h OH  S   H S  HSO  H SO

'

2

h

Ta tính được V=V1 = 5,03 ml

Chuẩn độ 10,0 ml dung dịch X đến khi đổi màu chỉ thị metyl đỏ (pH

[ ] 2[ ]+[ ]+[ ]-[ ]

h OH  S  HS SO  H SO

h

0,2

0,1

0,1

0,1

0,1

0,1

0,2

0,2 0,1 0,2

Ta tính được V = V2 = 13,27ml

c)

9,67 > pH = 9,4 như vậy thời điểm dừng chuẩn độ sẽ sau điểm tương

4,54< pH = 5 vậy thời điểm dừng chuẩn độ sẽ trước điểm tương

0,3 0,3

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

a) Axit percarbonic (H2CO4) là một chất xử lý môi trường xanh có tính oxi hoá rất

b) Sục khí CO2 bão hoà liên tục vào dung dịch chứa hỗn hợp H2O2 0,100M và HCl 0,100M Tính cân bằng trong dung dịch thu được

c) Sục khí CO2 bão hoà liên tục vào dung dịch X chứa H2O 0,100M Tính pH của

H2O2€ H+ + HO2- Ka2 = 10-11,65

4 3

0

HCO H HCO

E     V

0 , / 1,77

H O H H O

2 1,8 0,0592 10

x

(3) HCO3- + H+ € H2O + CO2 (aq) Ka1-1 = 106,35

Tổ hợp các phương trình ta có

K = Ka K2 Ka1-1 = 1063,621,

E = 1,883V

0,2

0,1 0,1 8b

Khi sục bão hòa CO2(aq) ta có [CO2(aq)] =

2

CO H

P

Ta có quá trình:

(1) H2O2 + CO2 € H2CO4 K1 =102x(1,77-1,883)/0,0592 = 10-3,82

(2) H2O2 € H+ + HO2- K = 10-11,65

(5) HCO3- € H + + CO 32- K a2 = 10 -10,33

(6) H2O € H+ + OH- Kw = 10-14

phân li của H2O2, H2CO3, H2CO4, H2O

h = 0,1M

0,1

0,2

0,2

[ ] 0,1-x 0,033 x

1 0,033(0,1 )

x K

x



Kiểm tra CH2O2.Ka<< C([H2CO4]).Ka’<< CCO2.Ka<<CH+ nên điều

giả sử là đúng

0,2 0,1 0,1

= 0,0999M

Xét cân bằng

H2O2 + CO2(aq) € H 2 CO 4 K1 = 10-3,82

[ ] 0,033 0,0999 a

h

K h 10-4 a

h

K h

Giả sử h >> Ka[H2O2]

h=10-5,84 >>Ka(H2O2)

pH = 5,84

0,1 0,1

0,1

0,1 0,2 Câu 9 (2,0 điểm) Halogen, Oxi – lưu huỳnh

9.1 Cho dòng khí clo đi chậm qua thủy ngân(II) oxit thu được khí màu vàng nâu A1 Hấp thụ A1 vào dung dịch KOH ở nhiệt độ thấp được dung dịch chứa muối A2 Đun nóng dung dịch này được dung dịch chứa muối A3 Khi nhỏ giọt H2SO4 đặc vào A3 rắn được khí màu vàng A4 Chiếu sáng A4 bằng tia tử ngoại tạo ra chất lỏng A5 màu lục A5 tác dụng với KCl cho muối A6 và khí màu vàng lục Phản ứng của A4 với lượng dư ozon tạo ra chất lỏng A7 màu đỏ thẫm, dẫn diện A7 tác dụng với dung dịch KOH tạo ra hỗn hợp muối A3 và A6, trong khi phản ứng tương tự của A4 tạo ra hỗn hợp muối A3 và A8

Xác định các hợp chất A1 – A8 và viết phương trình hóa học cho các phản ứng

9.2 Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước, sản phẩm của 2 phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2 Biết 1 phân tử A

có 8 nguyên tử, trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng, phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A 1 nguyên tử S và 3 nguyên tử O

a) Xác định A, B và viết các phương trình hóa học xảy ra

b) Hãy viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa của các nguyên tử trong A và

B (với các nguyên tử có lai hóa), xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B

A1: Cl2O; A2:KClO; A3: KClO3; A4: ClO2; A5: Cl2O4, A6:

KClO4 ; A7: Cl2O6, A8: KClO2

2Cl2 + HgO  HgCl2 + Cl2O

Cl2O + 2KOH  2KClO + H2O (Cl2O tương ứng với HClO)

3KClO  2KCl + KClO3

0,2

0,1 0,1 0,1

KClO3 + H2SO4(đ) K2SO4 + ClO2 + H2O + HClO4

ClO2 + O3  chất lỏng màu đỏ, dẫn điện

2ClO2 + 3/2O3  Cl2O6

Cl2O6 + 2KOH  KClO3 + KClO4 (A6)

Cl2O4 + KCl  KClO4 + Cl2

2ClO2 + 2KOH  KClO3 + KClO2 + H2O

0,1 0,1

0,1 0,1 0,1 0,1 9.2 a A + H 2O → H2 SO 4 + H 2 O 2

B + H 2O → H2 SO 4 + H 2 O 2

 A, B đều chứa H, O và S.

Gọi công thức của A là H a S b O c ta có : a+b+c=8 (1)  a=8-b-c

32 16 0,7018

16





a

c

 8 32 16 0,7018

16









c

 7018

, 0 15 31 8

16





c

Vì a+b+c=8  c 6

Lập bảng giá trị a, b, c:

Vậy A là H 2 SO 5 B là H 2 S 2 O 8

Pt phản ứng: H 2 SO 5 + H 2O → H2 O 2 + H 2 SO 4 ;

H 2 S 2 O 8 + 2H 2O → H2 O 2 + 2H 2 SO 4

0,1

0,2 0,1 0,1 9.2

Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp 3 , S lai hóa sp 3

Số oxi hóa của S là +6; O có số oxi hóa -1 hoặc -2

(chú ý nếu xác định số oxi hóa trung bình không cho điểm)

0,2

0,1 0,1

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

10.1 Sắp xếp theo thứ tự tăng dần tính bazơ của các hợp chất sau và giải thích ngắn gọn.

10.2 Giải thích ngắn gọn sự khác biệt về chiều và độ lớn của momen lưỡng cực của hai chất

sau: