HƯỚNG DẪN CHẦM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường CHUYÊN QUẢNG NGÃI

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA – KHỐI 10 Câu 1 1.1.. Để tạo thành ion 2 6 SiF −thì

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT

TỈNH QUẢNG NGÃI

ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA – KHỐI 10

Câu

1 1.1. Đặt công thức phân tử chất A: X

aYb

Ta có: a.PX + b.PY = 18

a + b = 4

Y có 4 electron ở phân lớp p nên:

- Trường hợp 1: Y thuộc chu kì 2 ⇒Y: 1s22s22p4 ⇒ Y là oxi (PY = 8) ⇒

b ≤ 2

PX = 3,33 (loại)

PX = 1 (Hiđro) Khi đó nghiệm phù hợp: a = b = 2, PX = 1 (Hiđro)

- Trường hợp 2 : Y thuộc chu kì 3 ⇒Y: 1s22s22p43s23p4 ⇒ Y là lưu huỳnh (PY = 16) ⇒ b = 1

⇒a = 3⇒ PX = 0,67 (loại)

Vậy A là H 2 O 2

5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 → 2MnSO4 + 5O2 + K2SO4 + 8H2O

n = n = 0,1 mol

2

O

0,1 0,082 300

0,5

0,5 1.2. Cấu hình electron nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích:

Si [Ne]3s23p2

Si* [Ne]3s13p3

3s 3p 3d Cấu hình electron của nguyên tử F:

F: [He]2s22p5  → F‒: [He]2s22p6

Khi hình thành phân tử SiF4 thì nguyên tử Si ở trạng thái kích thích (Si*)

sẽ có 4 AO chứa electron độc thân sẽ xen phủ với 4 AO 2p chứa electron độc thân của 4 nguyên tử F tạo thành 4 liên kết σSi–F trong phân tử SiF4

Để tạo thành ion 2

6

SiF −thì mỗi phân tử SiF4 liên kết với 2 anion F‒ theo cách sau: mỗi ion F‒ cho nguyên tử Si một cặp electron, cặp electron sẽ đi vào các AO 3d còn trống

Tương tự Si, nguyên tử C ở trạng thái kích thích cũng có 4 electron độc thân:

C [He]2s22p2

0,5

0,5

C* [He]2s12p3

Phân tử CF4 tồn tại tương tự SiF4 Tuy nhiên không tồn tại 2

6

CF −vì nguyên tử cacbon ở chu kì 2, không có các AO d trống

Câu

2

a)

b)

c)

Ô mạng cơ sở:

Trong một ô mạng:

- Số ion Rn+: 8 1 6 1 4

× + × =

- Số ion F‒: 8 1 8 × =

⇒ Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 4×n = 8×1 ⇒ n = 2

⇒ ion kim loại là R2+

Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF2 Khối lượng riêng florua tính theo công thức:

2

RF 23 3

M 4

6,023.10

D =

a

×

2

RF

D×a 6, 023.10 4,89 (0,620.10 ) 6,023.10

−

R

M 175, 48 19 2 137, 48

Vậy kim loại R là bari

Muối florua là BaF2

0,5

0,5

1,0

Câu

3 3.1. Phương trình phóng xạ: 32 32 0

15P → S + β ( e)16 −1

33 33 0

15P → S + β ( e)16 −1

Đơn vị khối lượng nguyên tử: 1 amu = 1 gam/mol

* Phân rã của 32 P:

2 1

ΔE = Δm C = (31,97390 ‒ 31,97207).(

3 23

10 kg 6,023.10

−

) (3,0.108 m.s‒1)2

= 2,734517 10‒13 J = 1,707.106 eV = 1,707 MeV.

* Phân rã của 33 P:

0,25

0,5

2 2

ΔE = Δm C = (32,97172 ‒ 32,97145).(

3 23

10 kg

6, 023.10

−

) (3,0.108 m.s‒1)2

= 4,034534 10‒14 J = 251843,6 eV = 0,2518 MeV.

15 9

6,626.10 3.10

1,691.10 J 0,01056 MeV 0,1175.10

hC E

λ

−

−

−

b) Hoạt độ phóng xạ: A = 0,1 Ci = 0,1 3,7.1010 Bq = 3,7.109 Bq

Ta có:

9 1/2

1/2

A.t

A = k.N = N N=

× × × ×

⇒ N = 6,6.1015 (nguyên tử) Khối lượng của 32P:

15

7 23

32 6,6.10

3,506.10

6, 023.10

−

gam

0,25

0,5

3.3. Hằng số tốc độ phân rã của

32P: 1

ln 2

14,3

33P: 2

ln 2

25,3

Thời điểm ban đầu (t = 0): A32 + A33 = 9136,2 Ci Sau 14,3 ngày: 0,0485 14,3 0,0274 14,3

A e− × +A e− × =4569,7 Giải hệ, ta có: A32= 9127,1 Ci và A33 = 9,1 Ci Trong mẫu ban đầu:

32

33

32 2

P

=

Thay số, ta được:

32

33

P P

m 32 × 9127,1 × 0,0274

549, 46

m = 33 × 9,1 × 0,0485 = ⇒%m32 P =99,82% ; %m33 P =0,18%

0,5

Câu

4

a) Phản ứng đốt cháy glucozơ: C6H12O6 (r) + 6O2 (k)  →6CO2 (k) + 6H2O (l)

o 298

H

∆ phản ứng = 6 (‒393,51) + 6 (‒ 285,84) ‒ (‒ 1274,45) = ‒ 2801,65 kJ.mol‒1

o 298

S

∆ phản ứng = 6 (213,64) + 6 (69,94) ‒ (212,13) ‒ 6 (205,03) = 259,17 J.K‒1.mol‒1

o 298

G

298

H

∆ ‒ 298 o

298

S

∆ = ‒ 2801,65 ‒ 298 (259,17 10‒3) = ‒ 2878,88 kJ.mol‒1

0,5 0,5 0,5

b) o

310

G

298

H

∆ ‒ 310 o

298

S

∆ = ‒ 2801,65 ‒ 310 (259,17 10‒3) = ‒ 2881,99 kJ.mol‒1

Vì o

310

G

∆ phản ứng < o

298

G

∆ phản ứng (âm hơn), nên sự chuyển hóa đường trong cơ thể ở 37oC diễn ra thuận lợi hơn ở 25oC

0,5

Câu

5

a)

Hằng số cân bằng Kp được xác đinh theo biểu thức: 3

NH

P

K =

P P

* Tại 350o C: Ptổng = 10 atm Theo đề, tại cân bằng lượng NH3 chiếm 7,35% nên PNH3 =0,735 atm

→ PN2 +PH2 =9, 265atm Mặt khác lượng N2 và H2 ban đầu lấy theo tỉ lệ 1: 3 nên P = 2,316 N2 atm và

2

H

P =6,949atm

0,735

(2,316) (6,949)

−

=

* Tại 350o C: Ptổng = 50 atm

Tại cân bằng lượng NH3 chiếm 25,11% nên PNH3 =12,555 atm

→ PN2 +PH2 =37, 445 atm

P = 9,361 N2 atm và PH2 =28,084atm

12,555

(9,361) (28,084)

−

=

* Tại 450 C:o Ptổng = 10 atm

3

NH

P =0, 204 atm ; P = 2,449N2 atm và PH2 =7,347atm

0,204

(2,449) (7,347)

−

=

* Tại 450 C:o Ptổng = 50 atm

3

NH

P =4,585 atm ; P = 11,354N2 atm và PH2 =34,061atm

4,585

(11,354) (34,061)

−

=

0,25

0,25

0,25

0,25

b) Tại áp suất tổng Ptổng = 10 atm:

o p2-1

0,5

Thay số:

2

2,64.10 8,314 623 723

−

− = − ⇒ ΔHo = ‒52,199 J.mol‒1

Tại áp suất tổng Ptổng = 50 atm:

o p2-2

2

2,76.10 8,314 623 723

−

− = − ⇒ ΔHo = ‒51,613 J.mol‒1

0,5

Câu

6 Vừa mới trộn: H PO 3 4

25, 00

40,00

Ag NO 3

15,00

40,00

Trong dung dịch có các cân bằng sau:

(1) H3PO4 € H+ + H2PO4− Ka1 = 10‒2,23

(2) H2PO4− € H+ + HP 2

4

O − Ka2 = 10‒7,21

(3) HP 2

4

O − € H+ + P 3

4

O− Ka3 = 10‒12,32

(4) H2O € H+ + OH‒ Kw = 10‒14,00

Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 > Kw, chỉ xét cân bằng (1)

H3PO4 € H+ + H2PO4− Ka1 = 10‒2,23

C 0,050 [ ] 0,050 –x x x

[ ]

2

1

a

x x

   

   

−

⇒ x2 + 5,89.10-3x – 2,94.10-4 = 0 ⇒ x = [H+] = [H2PO4 −] = 1,45.10-2 mol.L-1

⇒ [H3PO4] = 0,0500 – 0,0145 = 0,0355 mol.L-1

Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có:

H3PO4 € 3H+ + P 3

4

O − K = Ka1.Ka2.Ka3 = 10‒21,76 = 1,74.10‒22

   

     

Ag + PO − 0,015 2,03.10 − 6.85.10 − K

⇒ Không tạo kết tủa Ag3PO4

Ag3PO4 € 3Ag+ + 3

4

PO − Ksp= 10‒19,9

1,0

1,0

Vậy 3

4

PO − tự do ⇒ [H+] không thay đổi so với tính toán ở trên [H+] = 0,0145 mol.L-1

⇒ pH = ‒ log [H+] = ‒ log 1,45.10‒2 = 1,84

Câu

7 7.1. Khi nhúng thanh bạc vào dung dịch HI 1,0M, có thể xảy ra phản ứng: 2Ag + 2HI € 2AgI + H2

Ta xét các thế điện cực sau:

,

[I ]

s AgI

AgI Ag Ag Ag Ag Ag

K

E + E + + E +

−

17

8.10

1,0

−

2

o

H H H H

H

P

+

Vì E2H H+ / 2> E AgI Ag/ +nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận, chứng tỏ bạc thể phản ứng với dung dịch HI giải phóng khí hiđro

0,75

7.2 a) Để có kết tủa Ni ở catot thì thế catot: E < Ec Ni /Ni2+ (Ni2+ + 2e → Ni)

Với:

2+ 2+

Ni /Ni Ni /Ni

E E lg[Ni ] = 0,23 + lg 0,10 0, 2595 V

+

b) * Ở catot có các quá trình:

Ni2+ + 2e → Ni (1) có ENi /Ni 2+ = 0, 2595 V−

2 H+ + 2e → H2 (2)

+ +

2H /H 2H /H

−

Vì ENi /Ni 2+ = 0, 2595 V− < +

2

2H /H

E = − 0,118 V nên khi bắt đầu điện phân, ở catot xảy ra quá trình (2) trước

* Ở anot:

2H2O → O2 + 4H+ + 4e

E =E lg([H ] P ) = 1, 23 + lg(10 ) 1,112 V

−

Điện áp tối thiểu cần phải đặt vào để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra là:

V = Ea ‒ Ec + I.R = (EηO /H O2 2 + O2) ‒ ( +

2

2H /H

E ) + I.R = (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,118) + 1,10 3,15 = 5,495 V c) Để [Ni2+] = 1,0.10‒4 M thì lúc đó thế catot:

Ec = 2+

4

Ni /Ni

0, 059

2

−

Khi đó, điện áp cần phải tác dụng là

0,25

0,5

0,5

V = Ea ‒ Ec + IR = (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,348) + 1,10 3,15 = 5,725 V

Câu

8 8.1. Ptpư: (mỗi phản ứng 0,25đ)a) O3 + 2I‒ + H2O  → O2 + I2 + 2OH‒

b) CO2 + NaClO + H2O  → NaHCO3 + HClO c) 3Cl2 + 2FeI2  → 2FeCl3 + 2I2

5Cl2 + I2 + 6H2O  → 2HIO3 + 10HCl d) 2F2 + 2NaOH(loãng, lạnh)  → 2NaF + OF2 + H2O

1,0

8.2. Phản ứng hấp thu định lượng CO:

I2O5 + 5CO → I2 + 5CO2

Phản ứng chuẩn độ:

I2 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI Tính toán hàm lượng CO:

n = 5n = n 0,100 0,016 0, 004

CO

0, 004

0,3

22, 4

1,0

Câu

9 a) Ptpư: 4FeCO3 + O2 → 2Fe2O3 + 4CO2 (1)

4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 (2) + Khí B gồm: CO2, SO2, O2, N2; chất rắn C gồm: Fe2O3, FeCO3, FeS2 +Rắn C phản ứng với dung dịch H2SO4 loãng:

Fe2O3 + 3H2SO4 → Fe2(SO4)3 + 3H2O (3) FeCO3 + H2SO4 → FeSO4 + H2O + CO2 (4) FeS2 + H2SO4 → FeSO4 + S↓ + H2S (5) + Khí D gồm: CO2 và H2S;

Các chất còn lại gồm:FeSO4, Fe2(SO4)3, H2SO4 dư và S, khi tác dụng với KOH dư:

2KOH + H2SO4 → K2SO4 + 2H2O (6) 2KOH + FeSO4 → Fe(OH)2↓ + K2SO4 (7) 6KOH + Fe2(SO4)3 → 2Fe(OH)3↓ + 3K2SO4 (8) + Kết tủa E gồm Fe(OH)2, Fe(OH)3 và S, khi để ra không khí thì chỉ có phản ứng:

4Fe(OH)2 + O2 + 2H2O → 4Fe(OH)3 (9)

Vậy F gồm Fe(OH)3 và S

0,5

b) Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí sau

phản ứng tăng lên chứng tỏ lượng FeCO3 có trong hỗn hợp A nhiều hơn FeS2

Gọi a là số mol của FeS2⇒ số mol của FeCO3 là 1,5a, ta có:

116.1,5a + 120a = 88,2 ⇒ a = 0,3

+ Vậy trong A gồm : FeS2 (0,3 mol), FeCO3 (0,45 mol)

1,0

+ Nếu A cháy hoàn toàn thì cần lượng O2 là : 0, 45 0,3.11 0,9375

⇒Lượng không khí ban đầu trong bình có :

Số mol O2: 0,9375 110 1,03125

100

Số mol N2: 4 1, 03125 4,125 × = mol

Số mol không khí : 5 1, 03125 5,15625 × = mol

- Vì hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng nên gọi x là số mol FeS2 tham gia phản ứng (1) thì số mol FeCO3 tham gia phản ứng (2) là 1,5x

+ Theo (1), (2) thì độ tăng số mol khí sau phản ứng:

1,5 (4 1) (8 11) 0,375

x

+ Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung, ta

có : 5,156250,375x =1, 455100 ⇒ x = 0,2

- Theo các phản ứng (1), (9) ta có chất rắn F gồm : Fe(OH)3 (0,75 mol) và S (0,1 mol)

Vậy trong F có %m-Fe(OH)3 = 96,17% ;

%m-S = 3,83%

c) Hỗn hợp khí B gồm: N2 (4,125 mol), O2 (0,40625 mol), CO2 (0,3 mol), SO2

(0,4 mol) ⇒ MB = 32

Hỗn hợp khí D gồm: CO2 (0,15 mol), H2S (0,1 mol) ⇒ MD = 40

Vậy dD/B = 1,25

0,5

Câu

10

10.1

Phương trình động học của phản ứng thuận nghịch bậc 1:

1 2

k k

t=0: a 0

t cân bằng: a – xcb xcb

Biểu thức: 1 2 cb

cb

x 1

k + k = ln

t x −x cb 1

2

K = =

Tại thời điểm cân bằng (∞): xcb = 70%

tong 1

45 70 10,8

−

−

Tại t = 90 giây: x = 18,9% ⇒ tong 2 3

90 70 18,9

−

−

tong 3

270 70 41,8

−

−

1,0

Lấy trung bình:

3

−

Mặt khác, hằng số cân bằng phản ứng: cb 1 cb

[B]

k [A] = 30 =

Do đó: k 1 = 2,47 10 ‒3 s ‒1

k 2 = 1,06 10 ‒3 s ‒1

10.2

. Theo đề: v = k [A].[B] nên phản ứng bậc 2.

a) CA = CB = a = 1,0 0,5

2 = M Nồng độ đầu 2 chất phản ứng bằng nhau nên phương trình động học:

k = ( )

t a x − a

− Tại T1 = 300K: 1

2 0,5 0, 215 − 0,5 =

Tại T1 = 370K: 2

1,33 0,5 0, 25 − 0,5 =

− (mol‒1.lít.giờ‒1)

Phương trình Arrhenius: 2

lnk E a ( )

k = R T −T

⇒ ln1,5037 ( 1 1 )

0,7544 8,314 300 370

a

E

⇒ Ea = 9093,55 (J/mol)

b) Ở 300K, k = 0,7544 mol‒1.lít.giờ‒1

CA = a = 1 1,0 0, 25

4 = M; CB = b = 3 1,0 0,75

theo đề: x = 90% a = 0,225 M

Do nồng độ đầu hai chất khác nhau nên phương trình động học:

k(b a) b.(a )

x x

−

=

= 1 ln0, 25 (0,75 0, 225) 5,16 0,7544 (0,75 0, 25) 0,75 (0,25 0, 225)

0,5

0,5

HẾT

-Người ra đề

Lê Thị Quỳnh Nhi

Điện thoại: 01674715808