HDC hóa 10 lê KHIẾT QUẢNG NGÃI DHBB 2022

Có thể xem các electron π trong iron-heme của một phân tử hemoglobin như một hệ các electron tự do chuyển động trong một hộp thế hai chiều.. Ngày nay, tính chất hấp thụ hydro của chất nà

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

QUẢNG NGÃI

TRƯỜNG THPT CHUYÊN

LÊ KHIẾT

ĐÁP ÁN

ĐỀ THI ĐỀ XUẤT

ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

LẦN THỨ XIII - NĂM 2022

Môn: Hóa học 10

Thời gian: 180 phút

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

1.1 Xét các phân tử sau: SO3, NH3, N(CH3)3 Phản ứng của SO3 lần lượt với NH3 và N(CH3)3 ở pha khí hình thành hai sản phẩm X và Y

a) Vẽ cấu trúc hình học của SO3, NH3, N(CH3)3, X và Y

b) Trong hai sản phẩm, độ dài liên kết S−N là 191,2 pm và 195,7 pm; góc liên kết ·NSO là 97,6o và 100,1o (chưa đúng theo thứ tự) Hãy gán giá trị đúng vào X, Y và giải thích

1.2 Có thể xem các electron π trong iron-heme của một phân tử hemoglobin như một hệ

các electron tự do chuyển động trong một hộp thế hai chiều Theo mô hình này, năng lượng của electron được xác định như sau:

2

8

x y

e

h

m L

, nx, ny = 1, 2, 3, … với hằng số Plank h = 6,63ˑ10−34 J.s; nx và ny là các số lượng tử chính; me = 9,11.10−31 kg là khối lượng electron; L là chiều dài hộp thế

a) Xây dựng giản đồ năng lượng biểu diễn thứ tự tương đối của 15 obitan thấp nhất.

b) Cho biết có 26 electron trong một iron-heme, xác định số electron trên các obitan được

chiếm cứ có năng lượng cao nhất ở trạng thái cơ bản

c) Giả sử qui tắc Hund có thể áp dụng cho hệ này, dự đoán hệ này là thuận hay nghịch từ d) Nếu chiều dài L cho hộp thế hai chiều này là 1 nm thì ánh sáng có bước sóng dài nhất

(theo nm) có thể dẫn đến sự kích thích bằng bao nhiêu?

Cho vận tốc ánh sáng c = 3,00.108 m/s

Hướng dẫn chấm

0,5

b)

Nhóm methyl gây hiệu ứng +I nên làm tăng mật độ electron tên N

do đó N(CH3)3 có tính base mạnh hơn NH3, điều này dẫn đến N-S trong

O3S-N(CH3)3 ngắn hơn O3S-NH3

Mật độ electron trên N-S của O3S-N(CH3)3 nhiềuhơn O3S-NH3 nên

làm góc liên kết N-S-O trong O3S-N(CH3)3 lớn hơn O3S-NH3.

0,25

1.2 a)

Giản đồ năng lượng biểu diễn thứ tự tương đối của 15 obitan thấp nhất:

E1,1 =2E0 E1,2 =E2,1= 5E0

E2,2 =8E0 E1,3 =E3,1= 10E0

E2,3 =E3,2 = 13E0 E1,4 =E4,1= 17E0

E3,3=18E0 E2,4=E4,2= 20E0

E3,4=E4,3 = 25E0 Khi E0 = h2/8 mL

0,25

b)

c)

d)

Năng lượng kích thích độ dài sóng lớn nhất là

34 2

(6, 63.10 ) (25 20) (25 20)

8 9,11.10 (10 )

o



Độ dài sóng:

7

min

3,01.10

hc

E







0,25

Câu 2: Tinh thể (2,0 điểm)

Đơn chất X “hấp thụ hydro như bọt biển hấp thụ nước” và

ở nhiệt độ 298 K, áp suất H2 p = 1 bar, thì 1 đơn vị thể tích chất

này hấp thụ 850 đơn vị thể tích hydro Ngày nay, tính chất hấp

thụ hydro của chất này được ứng dụng trong công nghiệp, đặc

biệt là để tạo ra các loại màng tuyệt vời cho quá trình tinh chế

hydro Chất này có ô mạng cơ sở lập phương tâm diện (fcc:

face-center cubic) với hằng số mạng a = 389 pm, khối lượng riêng là

12,02 g.cm-3 Hình trên là cấu trúc tinh thể của chất X Các kí

hiệu o (octahedral void) là tâm của các hốc bát diện

a) Xác định khối lượng nguyên tử của nguyên tố E tạo thành đơn chất X

b) Xác định công thức hydride EHx được tạo thành bởi sự hấp thụ hydro

Các kết quả nhiễu xạ nơtron cho thấy rằng trong hydrua thì các nguyên tử hydro riêng

biệt chiếm các hốc bát diện trong mạng tinh thể chất X Tâm các hốc bát diện được chỉ ra trong

hình trên

c) Xác định tỉ lệ hốc bát diện trong ô mạng fcc bị chiếm bởi các nguyên tử hydro

Bán kính Bohr của nguyên tử hydro RH = 53 pm, bán kính của ion hydrua RH− = 150 pm

Độ dẫn điện của chất này thay đổi một chút sau khi hấp thụ một lượng đáng kể hydro Hằng số

mạng của X sau khi hấp thụ hydro tăng một chút lên 402 pm

d) Tính bán kính nguyên tử của nguyên tố E trong ô mạng fcc Hãy cho biết có thể sắp

xếp liên kết trong hydrua EHx theo kiểu: ion, cộng hóa trị hay kim loại?

Cho biết hằng số Avogadro: NA = 6,022.1023

Hướng dẫn chấm

Một ô mạng fcc chứa:

8× + 6× = 4

Khối lượng riêng của đơn chất E là

E A om

M

4 × N

d = V

E

12,02 × 3.10 × 6,022.10

d × V ×N

M =



106,52 (g/mol) Vậy E là paladi (Pd)

0,5

b)

Theo đề, 1 đơn vị thể tích Pd hấp thụ 850 đơn vị thể tích hydro nên:

2

3 3

106,5

12,02×10

2 2

3 5 H

H



Công thức của hợp chất hidrua là PdH0,6

0,25

0,25 c)

1 12× + 1 = 4 4

Tỉ lệ số hốc bát diện : số nguyên tử Pd = 1 : 1

d)

Pd

2

R = a = 137,5 pm

4

Trong mạng fcc, ta có tỉ số bán kính hốc bát diện và bán kính nguyên tử:

octa

octa Pd Pd

R

= 0,414 R R 0,414 = 56,94 pm

Kiểu liên kết vẫn là liên kết kim loại

Vì, các nguyên tử hydro chiếm tâm của các hốc bát diện và không có xu

hướng tạo liên kết trực tiếp với một trong các nguyên tử kim loại xung

quanh Kích thước của các hốc bát diện ít nhiều trùng khít với bán kính

Bohr của nguyên tử hydro, và nhỏ hơn nhiều so với bán kính anion hydrua;

nên có thể lập luận rằng liên kết trong hydrua chủ yếu có bản chất kim loại

0,25

0,25

Câu 3: Phản ứng hạt nhân (2,0 điểm)

Một số loại đồng hồ đeo tay với các mũi tên và số phát sáng trong bóng tối đã được sản xuất Một số chỉ phát sáng khi đã được để trong khu vực có ánh sáng Một số khác có thể phát sáng bất kể có được tiếp xúc với ánh sáng hay không Kiểu thứ hai là các đồng hồ triti Chúng có các ống rất nhỏ chứa đồng vị hydro phóng xạ 3H, gọi là triti Các electron (vi hạt beta) được giải phóng từ triti trong phân rã phóng xạ:

1H  2He  1e Các electron được giải phóng sẽ va chạm với các vật liệu lân quang được phủ trên các mũi tên và số Kết quả của hiệu ứng này là các electron của chất lân quang được kích thích, nghĩa là dịch chuyển lên các mức năng lượng cao hơn Khi trở về trạng thái cơ bản, các electron phát xạ

các photon của ánh sáng khả kiến Dĩ nhiên, phóng xạ là một từ rất “đáng sợ” Tuy nhiên, trong

các đồng hồ triti, các chất khí phóng xạ này rất ít và năng lượng của các vi hạt beta được bức xạ rất nhỏ và không đủ để xâm nhập vào cơ thể người Quy luật động học của phân rã phóng xạ cũng giống như các phản ứng hóa học bậc một Chu kì bán hủy của triti là 12,32 năm

a) Tính thời gian cần để 96,5% triti trong đồng hồ bị phân hủy hết Hoạt độ A của một

mẫu vật liệu phóng xạ là số phân rã trên mỗi giây, tính theo biểu thức A = λN, trong đó λ là hằng

số phân rã, còn N là số vi hạt phóng xạ

b) Giả sử rằng một chiếc đồng hồ chứa 100,0 μL hỗn hợp khí triti và 3He ở 23oC Khối lượng 3He không phóng xạ trong hỗn hợp là 3,003 μg Áp suất trong đồng hồ là 0,257 atm Tính hoạt độ của hỗn hợp này theo đơn vị becquerel (Bq)

c) Để mắt người “bắt” được ánh sáng từ đồng hồ trong bóng tối, các tế bào nhận kích thích

ánh sáng (quang thụ thể) phải chạm được ít nhất 9 photon trên mỗi 100 ms Giả sử rằng 10% photon phát xạ từ nguồn sáng sẽ chạm tới các quang thụ thể Tính tần số bức xạ photon của một nguồn sáng để một người bình thường có thể xem được giờ trong bóng tối, có nghĩa là tính xem bao nhiêu photon phải được phát xạ mỗi giây

d) Biết rằng sự phân rã một nguyên tử triti gây ra sự phát xạ một photon, hãy tính số

lượng vi hạt phóng xạ cực tiểu Nmin để hoạt độ đủ cho mắt nhìn thấy ánh sáng phát ra từ đồng hồ Tính xem một chiếc đồ hồ chứa 0,0100 gam triti sẽ phát sáng trong bao nhiêu năm

Hướng dẫn chấm

3 a)

Phản ứng phóng xạ tuân theo phương trình động học bậc một, ta có:

[A]

[A]

o t t





1/2

ln (1 0,965) [A]

o o

t T

ln



59,58

t

0,5

b)

Tổng số mol khí:

6

6

0, 257 100.10

1,058.10

22, 4 (273 23) 273

PV n RT







(mol)

Số mol He:

6

7

3,003.10

9,957.10 3,01603

m n M





(mol)

Số mol triti:

He

Hằng số tốc độ:

9 1/2

1,784.10 12,32 365 24 60 60

T

Hoạt độ phóng xạ:

0,25

0,25

c)

Hoạt độ tối thiểu cần trong một mẫu để mắt người có thể nhìn thấy được

ánh sáng:

3

9

900

0,25

d)

Số nguyên tử tritium tối thiểu:

11 min

900

5, 04.10 1,784.10

A N

(nguyên tử)

Số nguyên tử tritium ban đầu:

0,01

3,01605

T

T

m

M

(nguyên tử)

Ta có:

min

N

N

o t

min 1/2

N ln 2 ln

N

T

21 11

2, 00.10 ln 2 ln

5, 04.10 12,32 t

392,8

t

0,25

0,5

Câu 4: Nhiệt hóa học (2,0 điểm)

Đo thân nhiệt là một trong những cách khám sàng lọc để phát hiện

người bệnh có nguy cơ nhiễm Covid-19 Ở những địa điểm công cộng,

việc kiểm tra được thực hiện bởi các nhiệt kế bức xạ và máy ảnh nhiệt Các

thiết bị này cung cấp khả năng thu thập dữ liệu nhanh, nhưng độ chính xác

của chúng thấp hơn nhiều so với nhiệt kế thủy ngân Khi tiếp xúc với vật

cần đo, thể tích của thủy ngân thay đổi cho sự giãn nhiệt, tuân theo công

thức: V V 1 0  T; trong đó V

0, V là các thể tích đầu và cuối của thủy ngân, là hệ số nhiệt giãn nở thể tích, Tlà chênh lệch giữa nhiệt độ đầu

và cuối

a) Khi tiến hành đo thân nhiệt của học sinh A thì có 115,0 J nhiệt

được truyền đến thủy ngân Hỏi học sinh A có bị sốt hay không Biết Khối

lượng riêng của thủy ngân là  = 13,55 g.cm−3; nhiệt dung riêng của thủy

ngân lỏng là c = 27,88 J.mol−1; α = 1,8.10−4 K−1 Vạch chia tỉ lệ là 1 mm,

nhiệt độ đầu của thủy ngân là 35,0oC Khi bị sốt thì nhiệt kế sẽ vượt mốc

37,0oC Đường kính cột thủy ngân là d = 1 mm

b) Nhiệt kế thủy ngân có một vài nhược điểm, bao gồm việc khó sử dụng ở những vùng có

ngân; MHg= 200,6 g.mol−1, nhiệt nóng chảy ΔH =2,29 kJ×molnc -1, ΔS =0,034 J.Knc 1

Nhiệt kế chứa 0,7 gam thủy ngân

c) Hãy xác định biến thiên entropy của 0,7 gam thủy ngân khi tăng nhiệt độ từ −60oC lên +40oC, nhiệt dung riêng của thủy ngân rắn làC s 28,8 Jmol1K1.

Hướng dẫn chấm

4 a)

Để đo nhiệt độ cơ thể người bằng nhiệt kế như trong hình, bạn cần

xác định được biến thiên thể tích thủy ngân Khi biết giá trị vạch chia độ và

xác định được độ cao h từ thể tích cylinder (2r2h), chúng ta sẽ tìm được

nhiệt độ cuối Trong quá trình đo, nhiệt lượng Q=c.m.T đã truyền đến thủy

ngân, trong đó m=Vo (m là khối lượng thủy ngân) Biến thiên thể tích thủy

ngân trong quá trình nóng lên là

V = V – Vo = VoT

Do đó, ta có:

Hg

Q M V

c





 

 

Hg

Q M h



 

 

1,8.10 115 200,6 /

1, 4 14 13,55 / 27,88 / 3,14 (0,5.10 )



Do vạch chia tỉ lệ là 1 mm nên thủy ngân đã tăng lên 14 vạch và nhiệt độ cơ thể người là 36,4oC, có nghĩa rằng người ấy khỏe mạnh

0,5

b)

Trong quá trình chuyển phase, biến thiên entropy là

H S T



 

, nhiệt

độ hóa rắn của thủy ngân là

200, 6 0,034

Hg melt

Hg melt



0,5

c)

Biến thiên entropy S của thủy ngân khi tăng nhiệt độ từ –60oC lên +40oC gồm S1 khi đun nóng thủy ngân rắn từ –60 lên nhiệt độ nóng chảy,

meltS và S2 khi đun nóng thủy ngân lỏng từ –38oC lên 40oC

1

1

235 ln 3,5.10 28,8 ln 9,91.10 (J.K )

213

nc s

T

S n C

T

1

2 3

313 ln 3,5.10 27,88 ln 2,80.10 (J.K )

235

l nc

T

S n C

T

       

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu 5: Dung dịch và phản ứng trong dung dịch (2,0 điểm)

Dung dịch A chứa Na2CO3 0,02M Dung dịch B là CaCl2 0,02M

a) Tính pH của dung dịch A.

b) Chuẩn độ 10,0 mL dung dịch A bằng HCl 0,01M đến đổi màu metyl da cam (pH =

4,00) Tính pH tương đương tại thời điểm này

c) Trộn 10,0 mL dung dịch A với 10,0 mL dung dịch B, điều chỉnh đến pH=10 thì có kết

tủa Ca(OH)2 và CaCO3 tách ra không?

Cho: H2CO3 có pKa1 = 6,35; pKa2= 10,33;

Ca(OH)2 có Ks = 6,46.10–6; CaCO3 có Ks = 3,31.10–9

Hướng dẫn chấm

a)

Vì Kb1 >> Kb2 và Cb.Kb1 >> Kw nên pH của dung dịch A được tính theo (1)

CO32– + H2O € HCO3 + OH– Kb1 = 10–3,67 (1)

C 0,02 0 0 [ ] 0,02 − x x x

1

2

3,67

10

0, 02

b

x K

x



 x = 1,96.10–3M

 pH = 14 + lg[1,96.10–3 ] = 11,29

0,25

0,25 b)

Tại pH = 4,0  [H+] = 10–4

Ta có:

– 3 2–

3

[H]

a

H

K

CO CO



và

1

– 3

[H]

a

H CO



Vì: [H2CO3] >> [HCO3 ] >> [CO32–]

Ta có:

CO32– + 2H+ → H2CO3

2.10–4 4.10–4 2.10–4 mol

VHCl =

0,0004

0,04

(lít)

2 3

3 0,0002

4.10 0,05

H CO

H2CO3 € H+ + HCO3– Ka1 = 10–6,35

[ ] 4.10–3− h h h

2

6,35

0,004

a

h K

h





 h = 4,20.10–5 M pH = 4,376

0,25

0,25

0,25 c)

C  C 

= 0,01M

- Tại pH =10  [OH–] = 10–4 M

o Ca

C  [OH–]2 = 10–10 << K s Ca OH, ( ) 2  6,46.10–6

 Không có kết tủa Ca(OH)2 tách ra.

- Xét khả năng tạo kết tủa CaCO3

CO32– + H2O ⇌ HCO3– + OH– Kb1 = 10–3,67 >> Kb2

C 0,01 0 0

[ ] 0,01 − x x 10–4

4

3,67 1

.10

10 0,01

b

x K

x





  x = 6,81.10–3 M [CO32-] = 3,187.10–3 M [Ca2+].[CO32–] = 3,187.10–5 >> K s CaCO, 3 3,31.10–9

 Có kết tủa CaCO3 tách ra.

0,25

0,25

0,25

Câu 6: Phản ứng oxi hoá khử Pin điện và điện phân (2,0 điểm)

6.1 Pin sạc axit chì là một trong những loại pin phổ biến nhất được sử dụng trong xe hơi ở

đầu thế kỷ 21 Nó có một số đặc điểm vượt trội và nó có thể được tái chế gần như hoàn toàn Trong suốt quá trình pin phóng điện thì điện cực chì và chì (IV) oxit chuyển thành điện cực chì sunfat Axit sunfuric được sử dụng như là chất điện phân

a) Viết các quá trình hóa học xảy ra ở mỗi điện cực, phản ứng chung xảy ra khi pin phóng

điện và sơ đồ pin

Cho: 2

o

Pb / Pb

2

o PbO / Pb

E  1,455V; pKa (HSO )4 2,00;

4

s(PbSO )

tại 25oC:

RT

b) Tính 4

o PbSO /Pb

o PbO /PbSO

E

và suất điện động của pin khiCH SO 2 4 1,8M

6.2 Các ion CN− có mặt trong một số loại nước thải công nghiệp Có thể loại chất độc này bằng phản ứng sau ở 25oC: CN− + H2O2  NCO− + H2O

a) Tính hằng số cân bằng của phản ứng.

b) Trong nước thải có nồng độ CN− là 10-3 M Nếu dùng dung dịch H2O2 0,1M (thể tích không đổi) nồng độ CN− còn lại sau phản ứng là bao nhiêu, rút ra kết luận

H O H O

NCO CN

Hướng dẫn chấm

6.1 a)

Catot: PbO2 + 4H+ + 2e  Pb2+ + 2H2O K1 =

2(1,455) 0,0592

HSO4–  SO42− + H+ K2 = 10–2

Pb2+ + SO42–  PbSO4 K3 = 107,66

Quá trình khử tại catot:

PbO2 + HSO4 + 3H+ + 2e  PbSO4 + 2H2O Kcatot =K1.K2.K3 (*)

Anot: Pb  Pb2+ + 2e K1’=

2( 0,126) 0,0592

10

 

HSO4– € SO

42– + H+ K2’ = 10–2

Pb2+ + SO42–  PbSO4 K3’ = 107,66

Quá trình oxh tại anot:

Pb + HSO4  PbSO4 + H+ + 2e Kanot = K1’.K2’.K3’ (**)

Phản ứng chung khi pin phóng điện:

PbO2 + Pb + 2HSO4 + 2H+  2PbSO4 + 2H2O (***)

Sơ đồ pin:

(–) Pb│PbSO4, H+, HSO4│PbO2 (Pb) (+)

0,25

0,25

b)

(*):

o PbO /PbSO2 4

2E 0,0592

10 = Kcatot =

2(1,455) 0,0592

o

PbO /PbSO

E

= 1,62 V Theo (**):

o PbSO /Pb4

2E

0,0592

10



= Kanot =

2( 0,126) 0,0592

10

 

10–2107,66

o

PbSO /Pb

E

= – 0,29 V Theo (***):

Epin = E(c) – E(a)

= 2 4

o PbO /PbSO

E

o PbSO /Pb

E

+

2

0, 0592

lg[HSO ] [H ] 2

 

Trong đó [HSO4 ], [H+] được tính từ cân bằng sau:

HSO 4 € H+ + SO24 Ka = 10−2

[ ] 1,8 – x 1,8 + x x

[SO42–] = x = 9,89×10–3 M

 [H+] = 1,81 M; [HSO4] = 1,79 M

Epin = 1,62 + 0,29 +

2 2

0, 0592

lg(1, 79) (1,81)

0,25

0,25

6.2 a)

CN− + H2O2  NCO− + H2O

∆Eo = 2 2 / 2

o

H O H O

o NCO CN

E  

∆Go = − 2 96500.(1,77 + 0,14) = −8,314.298 lnK

 K = 4,14.1064

0,25 0,25

b)

Phản ứng: CN- + H2O2 ⇌ NCO- + H2O

CB: 10-3 – x 10-1 – x x

Vì K rất lớn nên coi x = 10-3

Vậy dùng dư H2O2 theo tỉ lệ số mol H2O2 : CN- = 100 : 1 thì có thể loại trừ

0,25

Câu 7: Cân bằng hóa học trong pha khí (2,0 điểm)

làm hư hại các bột màu này do các phản ứng sau:

PbCO3 (s) + H2S (g)  PbS

(s) + CO2 (k) + H2O (g) (1) ZnO(s) + H2S (g)  ZnS

(s) + H2O (g) (2)

a) Tính hằng số cân bằng của các phản ứng (1) và (2)

b) Cần khống chế nồng độ tối đa của H2S trong không khí bằng bao nhiêu g/m3 để các bột màu nói trên không bị hư hại?

c) Trong 2 chất màu nói trên, chất nào ưu thế hơn khi môi trường có H2S, tại sao? Bằng cách

xử lí với dung dịch H2O2, có thể làm trắng lại các mảng bị đổi màu do sự hình thành PbS Viết phương trình của phản ứng xảy ra trong cách xử lí này

20,70% O2; 0,026% CO2; 0,40% hơi H2O; và 1,03% các khí khác về thể tích

PbCO 3(s) H 2 S (g) PbS (s) ZnO (s) ZnS (s) CO 2(g) H 2 O (g) PbSO 4(s)

Δ f G° 298

kJ/mol − 626,0 − 33,0 − 92,6

−318, 0

−184, 8

−394,

Hướng dẫn chấm

7 a)

Đối với phản ứng (1)

ΔG°(1) = (-92,6 – 394,2 – 228,5 + 626,0 + 33,0) kJ/mol = -56,3 kJ/mol

K(1) = e- ΔG°(1)/RT = e56300/8,314.298 = 7,4.10 9

Đối với phản ứng (2)

ΔG°(2)=(-184,8 -228,5 + 318,0 + 33,0) kJ/mol = - 62,3 kJ/mol

K(2) = e- ΔG°(2)/RT = e62300/8,314.298 = 8,3.10 10

0,25

0,25

b)

Đối với phản ứng (1):

H S

P