HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường chuyên Trần Phú Hải Phòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNGTRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ Đề giới thiệu ĐÁP AN ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 Môn Hóa học; Khối 10 Thời gian: 180 phút không kể thời

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ

(Đề giới thiệu)

ĐÁP AN ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

NĂM 2015 Môn Hóa học; Khối 10

Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

1 1 BeH2: dạng AL2E0 Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H

BCl3: dạng AL3E0, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl

Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng

NF3: dạng AL3E1 Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở

đỉnh chóp Góc FNF nhỏ hơn 109o29’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp electron

không liên kết

SiF62-: dạng AL6E0 Ion có dạng bát diện đều

NO2+: dạng AL2E0, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O

([O=N=O]+) Ion có dạng đường thẳng

I3-: dạng AL2E3, lai hoá của I là dsp3, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo

(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết Ion có

dạng đường thẳng

2 I3 (X) và I5 (Y) tăng nhiều và đột ngột Suy ra:

a X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố

hoá học

b A là XO, B là YO2

c Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO3

1,0

1,0

2 MHx + x H2O   M(OH)x + x H2

n (H2) =

RT

PV

=

K mol

K m N

m m

N

15 , 298

314 , 8

10 134 , 3

10 5 , 99

1 1

3 3 2

3













= 0,1258 moL

n (1g MHx) =

x

1258 , 0



 M = 0,12581 g moL x

1 7,949 g.mol1 6,941 g.mol1 Liti

2 15,898 g.mol1 13,882 g.mol1

3 23,847 g.mol1 20,823 g.mol1

4 31,796 g.mol1 27,764 g.mol1 a) Kim loại M là Liti

b) 2Li + H2 2 LiH

LiH + H2O LiOH + H2 c) LiH kết tinh theo mạng lập phương tâm mặt tương tự như kiểu mạng tinh thể

NaCl, ô mạng lập phương tâm mặt của Li+ lồng vào ô mạng lập phương tâm

mặt của H- với sự dịch chuyển a/2

Do 0,5

36 , 1

68 , 0









H

Li r

r

> 0,4142 nên a = 2( rLi + rH )  = = (a: cạnh ô mạng; r: bán kính)

1,0

0,5 0,5

4  M (LiH)

NA  2 (r + r )3

Li + H

4  M (LiH) N

A  a3

4  7,95 g.mol1 6,022.1023 mol1  [2(0,68 + 1,36).108]3 cm3

 = = 0,78 g.cm3

3 a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32P:

1632S + 0n  1532P + 1 p Phương trình phân rã phóng xạ của 32P:

1532P  1632S +  b)

0

A

A = mCi

mCi

2

10

=

4

1

= 1/2

/ 2

1 t t











  t/t1/2 = 2  t = 2.t1/2 Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kì bán huỷ

Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ,

nên sau thời gian đó lượng 32P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu 

độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:

3 20

4 mCi =15 mCi = 15.10

-3.3,7.1010 Bq = 15.3,7.107 Bq

Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là:

N =

7 1/2

A.t

A 15.3,7.10 14,28.24.3600 λln20,693  ln2  0,693 = 9,9.10

14 nguyên tử Khối lượng 32P đã phân rã là:

32 P

m = 32.9,9.10 2314

6,02.10 = 5,3.10

-8 (g) = 5,3.10-2 (g) Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng 32S tạo thành đúng bằng khối lượng 32P đã phân rã: m(32S) = 5,3.10-2g

0,5

1,5

4 1 Áp dụng Chu trình Born- Haber tính được năng lượng mạng lưới BaCl2

Uml = - 484,4 kcal.mol-1

2 PTPƯ: C6H6 (l) + 15/2 O2 (k)   6CO2 (k) + 3H2O (l)

∆Uo

298 =  28,040,6778,11 = -3269 kJ.mol-1 ∆Ho

298 = ∆Uo

298 + ∆nRT = -3269 + (6-15/2)8,314.10-3298 = -3273 kJ.mol-1

1,0 1,0

5

a)

2

2

CO

CO P

P

= 4,00;

2

CO

CO

P

P

= 1,25

2

2

CO

CO

P

P

:

2

CO

CO

P

P

= 2

1

K

K

= P CO

=> P CO = 4,00/1,25 = 3,20 atm

P CO2 = 3,20/1,25 = 2,56 atm

b)

C(graphit) + CO2 (k)  2CO (k)

Lúc cân bằng 1 – x 1,2 – x – y 2x + y

Fe (tt) + CO2 (k)  FeO (tt) + CO(k)

Lúc cân bằng 1 - y 1,2 – x – y y 2x + y

Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,2 – x – y + 2x + y = 1,2 + x

1,2 + x = 1 , 38

1020 082

, 0

0 , 20 ) 56 , 2 2 , 3 (







=> x = 0,18

61 , 0 1020 082

, 0

0 , 20 56 , 2







CO

77 , 0



CO



CO

n 2x + y => y = 0,41 mol



C

n 1,00 – 0,18 = 0,82 mol

0,75

1,25

n = 1,00 – 0,41 = 0,59 mol

6 a)

HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)

H3PO4 H+ + H2PO4 Ka1 =10-2,15 (2)

H2PO4 H+ + HPO42– Ka2 =10-7,21 (3)

HPO4 H+ + PO43– Ka3 =10-12,32 (4)

H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (5)

Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ + H PO HSO4 K 3 4. K 2- - a a1 Ta có: [H ] = [SO4 ] + [H PO ] = C2 4 + C K + [H+]a K + [H+]a1    H PO3 4 Ka1 HSO4 Ka C [H+] - C K + [H+]a1   K + [H+]a   H PO3 4 HSO 4 ( Ka ).K + [H+]a1 C [H+] - C K + [H+]a Ka1     -2 -2,15 2,03 2,03 -2 2,03 -2,15 H PO4 3 10 10 (10 ) 10 10 + C - 0,010 10 + 10     = 9,61.10 -3 (M) 2 -2 4 H PO3 4 H PO4 3 PO = [H ].100 Ta có: α = α1 C ; trong đó -2,15 -3 -2,15 -2,03 1 1 1 0 -[H PO ] = 9,64.102 4 0  0 = 4,16.10-3  

-3 -3 H SO3 4 4,16.10 α = 100 43,15% 9,64.10  Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A  độ điện li của H3PO4 giảm 25% 2 = ,H PO4 3 = α α 43,15% 0,75 32,36%  và trong dung dịch thu được sẽ có 3 quá trình quyết định pH của hệ: HSO4 H+ + SO42– Ka =10-2 (1)

H3PO4 H+ + H2PO42– Ka1 =10-2,15 (2)

HCOOH H+ + HCOO– Ka’ =10-3,75 (6)

2- -

-Ta có: [H+] = [SO4 ] + [H PO ] + [HCOO ]2 4 vì PO43– << HPO42– << H2PO4 , + OH , HCO HSO4 Ka - Ka [H ] = C + [H PO ] + C2 4 K + [H+]a K + [H+]a    CHCOOH = H+ - H2PO4 - , , HSO4 Ka K + [H+]a C K + [H+]a Ka  (7)

Từ biểu thức 3 2 H PO4 3 H PO4 = = 100 -[H PO ] , 2 4 α α 32,36% C 



 H2PO4 = 3,12.10-3 M

H3PO4 = 9,64.10-3 - 3,12.10-3 = 6,52.10-3 (M)

Từ (2)   H+ =

3

0,0148 3,12.10

Ka1[H PO ]3 4





Thay giá trị H2PO4  và H+ vào (7), ta được:

0,5

1,0

CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 -

-2 -2

10 0,0148

10 0,01

 )

-3,75 -3,75

10 0,0148 10



= 0,644 M

3 Zn2+ + H2O ZnOH+ + H+  =10-8,96

C’ 0,1 – x x x x  10-4,98 << 0,10

Vậy C' 2+= C 2+= 0,10

pHA = 2,03

3-3 4 4

'

PO

=

3-3 4 4

21,68

PO

Ka1





 1,41.10-18 M

Xét điều kiện để Zn3(PO4)2 tách ra theo phản ứng:

3Zn2+ + 2PO43– Zn3(PO4)2 Ks-1 =1035,42

3-4

Zn PO

(C ) (C ) = (0,1)3 (1,41.10-18)2 =1,99.10-39 < 10-35,42



 Không có Zn3(PO4)2

0,5

7 1 a)2KMnO4 + 5NaNO2 + 3H2SO4  5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O

b) 2Cr2O3 + 3O2 + 8NaOH   4Na2CrO4 + 4H2O

c) 6FeO+K2Cr2O7+13H2SO4  3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 13H2O

d) 4NaCrO2 + 3O2 + 4NaOH  4Na2CrO4 + 2H2O

e) 3As2S3 + 14KClO3 + 18H2O  6H3AsO4 + 9H2SO4 + 14KCl

2 a) E(Mg2+/Mg) = -2,37 +

2

059 , 0

lg0,010 = -2,43V E(Ag+/Ag) = +0,7991 + 0,059 lg0,10 = +0,740V

b) Anot là điện cực Mg, catot là điện cực Ag Các electron chuyển từ anot sang catot nhờ dây dẫn điện

Trong dung dịch, các anion chuyển về anot, các cation chuyển về catot

c) Epin = 0,740 – (- 2,43) = + 3,17V

1,0

1,0

8

nKMnO4 ban đầu = 22158,12 = 0,14 mol; nO2 = 22,1232 21,16 = 0,03 mol

2KMnO4 

o

t

K2MnO4 + MnO2 + O2 0,06 ← 0,03 ← 0,03 ← 0,03

=> nKMnO4 còn = 0,14 – 0,06 = 0,08 mol

2KMnO4 + 16HCl  5Cl2↑ + KCl + 2MnCl2 + 8H2O

0,08 → 0,64 → 0,2

KMnO4 + 8HCl   2Cl2↑ + 2KCl + MnCl2 + 4H2O

0,03 → 0,24 → 0,06

MnO2 + 4HCl   MnCl2 + Cl2↑ + 2H2O

0,03 → 0,12 → 0,03

=> nCl2 = 0,2 + 0,06 + 0,03 = 0,29 mol => VCl2 = 0,29.22,4 = 6,50 lít

=> nHCl = 0,64 + 0,24 + 0,12 = 1,0 mol

=> Vdd HCl =

d

m ddHCl

= 136.36,5,5%..1001,18% = 84,74 ml

9 1 Khi cho dd A tác dụng với khí clo rồi cho tác dụng với BaCl2 xảy ra các ptpư:

H2O + Na2SO3 + Cl2  Na2SO4 + 2HCl

x x (mol)

2H2O + Na2S2O3 + Cl2  Na2SO4 + H2SO4 + 2HCl

y y y (mol)

Ba2+ + SO42-  BaSO4

1,5

x + 2y x + 2y (mol)

Có x + 2y = 2 , 777 10 3

233

647 ,

 (1) Khi chuẩn độ dd A bằng I2:

H2O + Na2SO3 + I2  Na2SO4 + 2HI

x x (mol)

2Na2S2O3 + I2  Na2S4O6 + 2NaI

y y/2 (mol)

Lại có: x + y/2 = 29.10-3.0,05 = 1,45.10-3 (2)

Từ (1) và (2) giải được: x = 10-3; y = 8,845.10-3

Vậy: CM Na2SO3 = 0 , 01M

1 , 0

10 3





; CM Na2S2O3 =

M

2 3

10 845 , 8 1

, 0

10 845

,





2 Nếu dùng HCl cho phản ứng với 100ml A:

Na2S2O3 + 2HCl  2NaCl + SO2 + S + H2O

nS = nNa2S2O3 = 8,845.10-3mol

Khối lượng chất rắn thu được là: 8,845.10-3.32 = 0,283g

0,5

10

Từ phương trình Areniuxơ, ta có: r

-ΔHH

K= = exp( )

RT

(K là hằng số cân bằng) Mặt khác, K liên hệ với Sr và Hr bởi biểu thức:

r r

'

ΔHS -ΔHH k

K= = exp( )exp

k (2)

So sánh (1) và (2) rút ra ở điều kiện tiêu chuẩn:

0 r

'

exp( ) =

R A (3) S0

r = Rln(A/A’) = 8,3145J.K-1mol-1.ln(1,0.109/1,4.1011) = - 41,1 J.mol-1 (4) Theo định lí nhiệt của Nerst:

S0

r = S0(C2H6(k)) + S0(Br(k)) - S0(C2H5(k)) - S0(HBr(k)) (5)

Từ (4) đã tính được biến thiên entropi của phản ứng (S0

r ) Theo (5) và các số liệu của đầu bài về entropi của các chất khác, tính được S0 của C2H5(k):

S0(C2H5(k)) = 240,0 J.K-1.mol-1

Biến thiên entanpi của phản ứng là hiệu giữa các năng lượng hoạt động hoá của phản ứng nghịch và thuận (lấy dấu ngược lại theo quy ước của nhiệt động học): Hr0 =- (E’a - Ea) = -57,5KJ/mol (6)

Theo quy tắc về entanpi hình thành ta có:

H0

r = Hf0(C2H6(k)) + Hf0(Br(k)) - Hf0(C2H5(k)) - Hf0(HBr(k)) (7) Sau vài biến đổi đơn giản và thay số ta tính được H0

f(C2H5(k)) = 121,2 kJ/mol

Áp dụng công thức: Gf0 = Hf0 - TSf0

Ta được: Gf0(C2H5(k)) = 148,3 kJ/mol

0,5

0,5

0,5 0,5 Lưu ý: HS làm bài đúng nhưng bằng cách khác vẫn cho đủ số điểm