Huong dan cham hoa 10 chinh thuc

a Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau: 1 1 1 1 b Sự phân rã của một số hạt nhân kém bền phụ thuộc vào tỉ số giữa số nơtron và số proton trong hạt nhân kí hiệu là T.. a Gọi Vt và V lầ

Câu 1 (2,5 điểm):

1 Phổ mặt trời cho các vạch hấp thụ liên tiếp tại các bước sóng 1, 2, 3 Kết quả phân tích chỉ ra rằng các vạch hấp thụ này có nguồn gốc từ sự chuyển electron trong tiểu phân “kiểu hidro” tạo ra từ heli ở trạng thái kích thích Biết:



a) Xác định tiểu phân “kiểu hiđro” tạo ra từ He

b) Biết các vạch hấp thụ tương ứng lần lượt với sự chuyển electron từ nt = 4 lên nc = 6, 7 và 8 Xác định 1, 2 và 3 (theo Å)

c) Xác định năng lượng ion hóa (theo J) của tiểu phân ở trạng thái cơ bản

Cho biết: RHe = 4,391.107 m-1; h = 6,625.10-34 J.s; c = 3.108 m/s

2 a) Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:

1

1

1

1

b) Sự phân rã của một số hạt nhân kém bền phụ thuộc vào tỉ số giữa số nơtron và số proton trong

hạt nhân (kí hiệu là T) Nếu T của hạt nhân kém bền lớn hơn T của hạt nhân đồng vị bền, hạt nhân kém bền sẽ phân rã kiểu , ngược lại, nếu nhỏ hơn sẽ phân rã kiểu + Xác định kiểu phân rã để hoàn thành bảng sau:

Kiểu phân rã

HƯỚNG DẪN CHẤM

1a Nguyên tử hoặc ion “ kiểu hiđro” tạo ra từ He  tiểu phân này là hệ có 1e, một hạt

1b

Từ:

2 2

t c

n n

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG

LẦN THỨ XVI–ĐIỆN BIÊN 2022

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI MÔN: HÓA HỌC - KHỐI: 10

Ngày thi: 12 tháng 8 năm 2022 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

Hướng dẫn chấm gồm có 11 trang

HƯỚNG DẪN CHẤM

1 7 2 2

7

4 6



2 2

7

4 7



2 2

7

4 8

4



0,25 0,25 0,25

1c Ở trạng thái cơ bản nt = 1  Năng lượng ion hóa là năng lượng cần thiết để chuyển

electron trong tiểu phân từ nt = 1 đến nc = 

t

18

0,50

1

0,25 0,25

Câu 2 (2,5 điểm):

1 Thực nghiệm cho biết ở nhiệt độ T, phản ứng sơ cấp: A + B  C + D (1) có k = 0,693 M-1phút-1 Tính thời gian để một nửa lượng A đã phản ứng ở nhiệt độ T khi nồng độ ban đầu:

a) [A]o = [B]o = 1,00.10-2 M

b) [A]o = 1,00.10-2 M; [B]o = 2,00 M

2 Khi đun nóng dung dịch benzendiazoni sẽ xảy ra phản ứng hoàn toàn:

C6H5N2Cl(aq) + H2O(l)  C6H5OH(aq) + H+(aq) + Cl-(aq) + N2(k) (2) Động học của phản ứng (2) được nghiên cứu bằng cách đo thể tích khí N2 (được coi là khí lí tưởng) sinh ra theo thời gian (tại cùng một nhiệt độ và áp suất)

a) Gọi Vt và V lần lượt là thể tích khí N2 được tạo ra tại thời điểm t và thời điểm kết thúc phản ứng, k là hằng số tốc độ của phản ứng Chỉ ra rằng nếu phản ứng có bậc 1 đối với C6H5N2Cl thì phương trình động học có dạng:

t

V







b) Trong một thí nghiệm tiến hành ở 30oC người ta thu được các số liệu thực nghiệm như sau:

Chứng minh rằng trong điều kiện thí nghiệm này phản ứng có bậc 1 đối với C6H5N2Cl Tính hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng ở 30oC

c) Biết năng lượng hoạt hóa của phản ứng (2) là 99,105 kJ/mol Tính thời gian cần thiết để một

nửa lượng C6H5N2Cl đã phản ứng khi đun nóng dung dịch ở 50oC, biết các điều kiện khác của thí

nghiệm được giữ nguyên như ý b)

HƯỚNG DẪN CHẤM

1a Phản ứng sơ cấp  v = k[A][B]

[A]o = [B]o = 1,00.10-2 M  thời gian để một nửa lượng A phản ứng:

o

k[A] 0, 693.1, 00.10

0,25

1b [A]o = 1,00.10-2 M << [B]o = 2,00 M

 v = k[A][B]  k[B]o[A] = k’[A]

với k’ = k[B]o = 0,693.2 = 1,386 phút-1  phản ứng có bậc 1 đối với A

 thời gian để một nửa lượng A phản ứng: t1/2 ln 2 ln 2 0,5

0,25 0,25

2a C6H5N2Cl(aq) + H2O(l)  C6H5OH(aq) + H+(aq) + Cl-(aq) + N2(k) (1)

N2 là khí lí tưởng  PVt = nRT; PV = noRT

 P(V - Vt) = (no – n)RT







Giả sử phản ứng có bậc 1, ta có:

Thay (*) vào (**) 

t

V







0,25

0,25

2b Từ bảng số liệu nhận thấy khi t ≥ 15 giờ thì C6H5N2Cl đã phản ứng hết

 V = 69,82 mL

Ta có:

t

V 1









Các giá trị k tính tại các thời điểm t khác nhau đều xấp xỉ nhau

 phản ứng có bậc 1

Hằng số tốc độ phản ứng tại 30oC: k30 k

Thời gian bán hủy ở 30oC: 1/2

30

ln 2

k

0,25 0,25 0,25

2c

1 3

50



Thời gian để 1/2 lượng C6H5N2Cl đã phản ứng ở 50 C:

50

Câu 3 (2,5 điểm):

1 Một mẫu khí lí tưởng ở trạng thái 1 có T1 = 298 K, P1 = 5,0 bar, V1 = 9,911 L, được giãn nở đẳng nhiệt thuận nghịch đến trạng thái 2 có P2 = 1,0 bar Tính:

a) nhiệt độ và thể tích của hệ ở trạng thái 2

b) công, nhiệt, biến thiên nội năng và biến thiên entanpi của quá trình

2 Ở 25oC, sự đốt cháy 1,0 mol C3H8(k) trong một bình kín có thể tích không đổi tỏa ra một nhiệt lượng 2212,51 kJ Tính:

a) Nhiệt đốt cháy C3H8(k) ở 25oC, 1,0 bar

b) Nhiệt hình thành chuẩn của C3H8(k) ở 25oC

c) Năng lượng phân li trung bình của liên kết C-H của C3H8 ở 298K, 1,0 bar

Cho biết: Ở 25oC, 1,0 bar:

Nhiệt hình thành chuẩn của các chất:

o

fH298,C(k) 715, 00 kJ / mol

2

o

fH298,H O(l) 285,82 kJ / mol

2

o

fH298,CO (k ) 393, 51 kJ / mol

Năng lượng phân li trung bình của các liên kết:

EH-H = 434,72 kJ/mol; EC-C = 345,81 kJ/mol

HƯỚNG DẪN CHẤM

1a

Khí lí tưởng 

1 1

1

P V 5, 0.10 9,911.10



Quá trình đẳng nhiệt  T2 = T1 = 298 K

1 1 2 2

0,25 0,25

1b Đẳng nhiệt thuận nghịch  U = H = 0

3 1

2



Q A7, 974 kJ

0,25

0,25 0,25

2a Từ đầu bài suy ra: U298 2212, 51 kJ / mol

 Nhiệt đốt cháy C3H8(k) ở 25oC, 1,0 bar:

0,25

0,25

cH298 3 fH298,CO (k) 4 fH298,H O(l) fH298,C H (k)

 Nhiệt hình thành C3H8 ở 25oC, 1,0 bar:

3 8

o

2c Ta có sơ đồ:

 Năng lượng phân li trung bình của liên kết C-H:

3 8

C H f 298,C(k ) H H C C f 298,C H (k )

1

8

C H

1

0,25

0,25

Câu 4 (2,5 điểm):

1 a) Vẽ cấu trúc hình học phân tử (cả các cặp electron tự do (nếu có) của nguyên tử trung tâm) và

dự đoán góc liên kết cho các phân tử: XeF2, XeF4, BF3

b) Thực nghiệm cho biết cả ba hợp chất CHBr3, SiHBr3, CH(CH3)3 đều có cấu tạo tứ diện Tuy nhiên góc liên kết tại nguyên tử trung tâm (không kể tới H khi xét các góc này) lại không bằng nhau Biết độ âm điện của H là 2,20; CH3 là 2,27; Csp3 là 2,47; Si là 2,24; Br là 2,50 Dựa vào mô hình VSEPR và độ âm điện, hãy lập luận để sắp xếp góc liên kết của các hợp chất theo thứ tự tăng dần

2 Trong tinh thể ReO3, mỗi nguyên tử Re được bao quanh bởi 6 nguyên tử oxi tạo nên những bát diện đều giống nhau Biết rằng tinh thể ReO3 thuộc hệ lập phương (chiều dài mỗi cạnh là 0,374 nm) trong đó nguyên tử Re chiếm các vị trí đỉnh của hình lập phương

a) Vẽ một ô mạng cơ sở của tinh thể ReO3

b) Giả sử ReO3 là tinh thể ion Biết bán kính của ion O2- là 0,126 nm, tính bán kính của ion Re6+

c) Tính bán kính lớn nhất của cation lạ có thể nằm trong mạng lưới tinh thể ReO3 mà không làm thay đổi kích thước của ô mạng (bỏ qua mọi tương tác giữa ion này và tinh thể ReO3)

HƯỚNG DẪN CHẤM

F F

Thẳng, 180o

XeF4:

F F F

F

Vuông, 90o

BF3:

F

Tam giác phẳng,

120o

0,75

1b Cấu trúc không gian của các phân tử được biểu diễn như sau:

Si H

Br Br

Br

C H

Br Br

Br

C H

CH3

CH3

CH3

SiHBr3 (1) CHBr3 (2) CH(CH3)3 (3)

Góc liên kết được tạo thành bởi trục của đám mây electron của 2 obitan tạo thành

liên kết Sự phân bố mật độ electron của các đám mây này phụ thuộc vào độ âm

điện của nguyên tử trung tâm A và phối tử X Ở cả 3 hợp chất nguyên tử trung tâm

A đều có lai hoá sp3 vì lớp vỏ hoá trị có 4 cặp electron Sự khác nhau về trị số của

các góc chỉ phụ thuộc vào độ âm điện tương đối giữa các nguyên tử liên kết

- Khi so sánh 2 góc Br – A – Br ở (1) và (2), liên kết Si-Br phân cực hơn liên kết

C-Br nên góc C-Br – C – C-Br có trị số lớn hơn góc C-Br – Si – C-Br

- Khi so sánh 2 góc Br – C – Br và H3C – C – CH3 ở (2) và (3), liên kết C – Br phân

cực hơn liên kết C – CH3 nên góc ở (3) lớn hơn ở (2)

Từ hai so sánh trên thấy rằng trị số các góc tăng dần theo thứ tự sau:

Góc ở SiHBr3 < Góc ở CHBr3 < Góc ở CH(CH3)3

0,25 0,25

2a Do số phối trí của Re = 6 và tỉ lệ Re:O = 1:3 nên số phối trí của O = 6/3 = 2

 một O phối trí với 2 Re, và cách đều hai Re vì các nguyên tử Re là tương đương

Vậy các nguyên tử O nằm ở trung điểm của mỗi cạnh

 Ô mạng cơ sở của ReO3

Kiểm tra tỉ lệ Re:O trong một ô mạng = (8.1/8) : (12.1/4) = 1:3

0,25

0,25

a = 2rO + 2r 

2c Ion lạ nằm trong ô mạng tinh thể sẽ chiếm vị trí trung tâm của ô mạng cơ sở

Do vậy khoảng cách từ tâm đến trung điểm mỗi cạnh tương ứng bằng

2rO+ 2rion lạ = a 2

2

r  a 2 / 2 r  0, 374 2 / 2 0,126 0,138nm Vậy bán kính lớn nhất của ion lạ bằng 0,138 nm

0,50

Câu 5 (2,5 điểm):

Hoạt động trao đổi chất, tiêu hóa thức ăn và các hoạt động thể chất của con người sẽ đưa một lượng đáng kể axit vào máu Lượng axit này đủ để làm giảm pH của máu nếu như nó không được điều chỉnh Tuy nhiên sự sống của các tế bào đòi hỏi độ pH chỉ được thay đổi rất ít Vì vậy máu phải đảm bảo duy trì pH trong ngưỡng an toàn (7,36-7,44) nhờ các hệ đệm và các cơ chế cho phép thải axit ra khỏi cơ thể Trong đó hệ đệm bicacbonat đóng một vai trò đặc biệt quan trọng Để đơn giản bài toán sau xét hệ đệm trong máu chỉ là hệ bicacbonat, các tính toán thực hiện ở 37oC, H2CO3

tương ứng với CO2 hòa tan trong máu nhờ cân bằng: CO2(k) + H2O  H 2CO3(dd)

1 Biết pH của máu bằng 7,40 và tổng nồng độ các dạng tồn tại của CO2 trong máu là 0,0280 mol/L Tính nồng độ H2CO3 và HCO3- trong máu (lấy 4 chữ số sau dấu phẩy)

2 Khi cơ thể thực hiện các hoạt động thể chất, axit lactic (ký hiệu là HA) sẽ được tạo ra và đi vào

máu Giả sử trong một hoạt động thể chất có 6 mmol HA đi vào 6,0 lít máu của cơ thể

a) Viết phương trình hóa học của phản ứng chính giữa axit lactic và hệ đệm trong máu Tính

hằng số cân bằng của phản ứng và rút ra kết luận

b) Nếu coi hệ đệm bicacbonat trong máu là hệ kín thì giá trị pH mới của máu là bao nhiêu? Giá

trị này có tương thích với sự sống của tế bào không?

c) Nếu hệ đệm bicacbonat trong máu là hệ mở có nồng độ H2CO3 được giữ không đổi thông qua việc loại bỏ H2CO3 dư thừa nhờ quá trình hô hấp thì pH mới của máu là bao nhiêu?

Cho biết: ở 37oC, pKw = 13,62; pKa1(H2CO3) = 6,10; pKa2(H2CO3) = 10,30; pKa(HA) = 3,86

HƯỚNG DẪN CHẤM

2

Ta có : pH = 7,40  h = 10-7,40

2,90 3

2

a 2 3

K





1,30

3

[H CO ] [HCO ]= 0,028

















0,25

0,25

2a Vì Ka(HA) = 10-3,86 > Ka1(H2CO3) = 10-6,10  phản ứng chính:

HAHCOH CO A (3)

2,24 a

a1

K (HA)

K

 phản ứng coi như xảy ra hoàn toàn

0,25

0,25

2b

Ta có:

3 o

HA

6.10

6



Vì (3) xảy ra hoàn toàn  TPGH:

2 3

3

o

H CO o HCO o A















2 3

o a1,H CO H CO w

nên pH của máu được quyết định bởi hệ đệm H CO / HCO2 3 3

0, 0256

0, 0024

pH < 7,36  không tương thích với sự sống của tế bào

0,25

0,25

0,25

2c

[H2CO3] = 0,0014 M = const; HAHCO3CO2A

 TPGH:

3 o A

H CO : 0, 0014 M HCO : 0, 0256 M

C  : 0, 001M













0, 0014

0,25

0,50

Câu 6 (2,5 điểm):

1 Pin Kẽm-Oxit bạc (được thương mại hóa với kí hiệu D350) có dung lượng 100 mAh Pin này

được mô tả bằng sơ đồ: (-) Zn,ZnOKOHAg2O,Ag (+)

Ở 25oC, sức điện động của pin bằng 1,596 V Hệ số nhiệt độ của E là dE 1,8.104 V / K

dT



a) Viết phương trình của phản ứng xảy ra tại các điện cực và phản ứng tổng quát khi pin hoạt động b) Xác định Go, So và Ho của phản ứng tổng quát tại 25oC

c) Tính thời gian lớn nhất mà pin có thể cung cấp được dòng điện có cường độ bằng 200 A

Cho biết: Hằng số Faraday: F = 96485 C/mol

2 Giản đồ Latimer của Crom trong môi trường axit (pH = 0) như sau:

Cr(VI) (Cr O2 27) 0,55 Cr(V)  Cr(IV) Eo 2,10 Cr3+

o

E

Cr2+0,912 Cr 0,293

- 0,744

a) Tính o

x

E và E oy

b) Tính toán và cho biết trong môi trường có pH = 0, Cr(IV) có thể tự oxi hóa khử thành Cr3+ và Cr(VI) được hay không?

c) Khi cho K2Cr2O7 tác dụng với H2O2 trong môi trường axit sẽ thu được sản phẩm có màu xanh Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có phải phản ứng oxi hóa khử hay không ? Tại sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố của các chất tham gia phản ứng

HƯỚNG DẪN CHẤM

Tại anot (-): Zn + 2OH-  ZnO + H2O + 2e

Tại catot (+): Ag2O + H2O + 2e  2Ag + 2OH

-Tổng quát: Zn + Ag2O  ZnO + 2Ag

0,25

1b

Ta có E = Eo  Eo = 1,596 V;

o

4



Suy ra:

298

o

298

dE

dT



0,25

0,50

1c

Từ q = I.t suy ra thời gian lớn nhất: t q 100.10 6 500 h

I 200.10

0,25

2a Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = 0

y

E + 2(-0,912)  0

y

E = - 0,408 (V) 0,55 + 0

x

E + 2,10 - 3.0,744 = 6.0,293  0

x

1

2

0,55 E 0,55 1,34

Lấy (1) - (2) được: 3Cr(IV)  2Cr3+ + Cr(VI) (3) 0

3 G



 Cr(IV) có thể tự oxi hóa khử thành Cr3+ và Cr(VI)

0,50

2

Phản ứng trên không phải là phản ứng oxi hóa-khử vì số oxi hóa của các nguyên

tố không thay đổi trong quá trình phản ứng

0,25

Câu 7 (2,5 điểm):

1 Viết phương trình hóa học thực hiện dãy chuyển hóa sau:

2 Trong công nghiệp H2O2 có thể điều chế bằng cách cho axit A hoặc axit B tác dụng với nước Sản phẩm của hai phản ứng này đều là H2SO4 và H2O2 Biết tổng số nguyên tử trong một phân tử A

là 8 và trong A nguyên tố oxi chiếm 70,18% khối lượng Phân tử B chứa nhiều hơn phân tử A một nguyên tử S và ba nguyên tử O

a) Xác định A, B và viết các phương trình của các phản ứng xảy ra

b) Viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hóa (với các nguyên tử có lai hóa) của các

nguyên tử trong A và B Xác định số oxi hóa của các nguyên tử trong A và B

c) Giải thích tại sao A và B đều có tính oxi hóa mạnh và đều có tính axit mạnh

HƯỚNG DẪN CHẤM

1 Xe + F2 → XeF2 (A) (1)

Xe + 2F2 → XeF4 (B) (2)

Xe + 3F2 → XeF6 (C) (3)

2XeF2 (A) + 2H2O → 2Xe + 4HF + O2 (4)

XeF2 (A) + SbF5 → [XeF][SbF6] (D) (5)

XeF4 (B) + Pt → Xe + PtF4 (6)

XeF6 (C) + 3H2O → XeO3 (E) + 6HF (7)

2XeF6 (C) + 3SiO2 → 2XeO3 (E) + 3SiF4 (8)

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

2a A + H2O → H2SO4 + H2O2

B + H2O → H2SO4 + H2O2

 A, B đều chứa H, O và S

Gọi công thức của A là HaSbOc ta có: a + b + c=8

 a = 8 – b – c (1)

0, 7018

8 b c 32b 16c     

7, 7985c 8 b

31



Vì a + b + c = 8  c  6

Lập bảng giá trị a, b, c:

Vậy A là H2SO5 ; B là H2S2O8

Phương trình phản ứng:

H2SO5 + H2O → H2O2 + H2SO4

H2S2O8 + 2H2O → H2O2 + 2H2SO4

0,25

0,25

-2

-2 -1

-1 -2

-2

-2 +1

-2 -1

-1

+1

+1 -2 -2

+6

-2 +1

S

O

O

O

H O

H O

A

S

O

O

O

H

O

S

O

O H

O

O

Trong các chất trên O có liên kết đơn đều lai hóa sp3, S lai hóa sp3

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)

0,5

A và B đều chứa nhiều O liên kết với S tạo ra nhóm có hiệu ứng liên hợp hút

electron làm cho liên kết O-H trong phân tử phân cực mạnh nên A và B đều có

tính axit mạnh

A và B đều chứa nguyên tử oxi có số oxi hóa -1 và phân tử kém bền nên A và B

đều có tính oxi hóa mạnh

0,25

0,25

Câu 8 (2,5 điểm):

A, B, C, D là các muối của kim loại Na, X là hỗn hợp gồm 1 mol mỗi muối Đun nóng X đến 200oC thấy có khí E (chứa hai nguyên tố và không cháy được) thoát ra và thu được hỗn hợp Y (có khối lượng giảm 12,50% so với khối lượng của X) chứa 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D Nếu đun nóng đến 400oC thì thu được hỗn hợp Z chỉ có A và D Nếu tiếp tục đun nóng đến 600oC thì chỉ còn lại A Biết A chỉ chứa hai nguyên tố và phần trăm khối lượng Na trong A là 39,32 Xác định:

a) A, B, C, D và viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra

b) Thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp Y

c) Thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z

Cho biết: H = 1; O = 16; Na = 23; F = 9; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; N = 14; P = 31;

S = 32; C = 12; Si = 28