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

SiO2 có cấu trúc mạng tinh thể nguyên tử, mỗi nguyên tử Si liên kết CHT với 4 nguyên tử Oxi, tạo nên hình tứ diện ⇒ tinh thể Si bền có t0 nc cao.. CO2 r có cấu trúc mạng tinh thể phân tử

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TT HUẾ

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC

KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2015

MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10

Thời gian làm bài: 180 phút

HƯỚNG DẪN CHẤM, THANG ĐIỂM

Câu 1

(2,0đ)

=> ml có thể nhận các giá trị -4, -3, -2, -1 , 0, 1, 2, 3, 4

Vì ml có 9 giá trị nên phân lớp g có 9 obitan

Phân lớp h có l = 5

=> ml có thể nhận các giá trị -5, -4, -3, -2, -1 , 0, 1, 2, 3, 4, 5

Vì ml có 11 giá trị nên phân lớp h có 11 obitan

0,25

0,25

1 b. Cấu hình 10s26h17go8fo9do10po

Số e 2 8 18 32 50 51 32 18 8 2

Z= Số e=221

0.25

2.a. 55134Cs → 56134Ba + e (1)

55137Cs → 56137Ba + e (2)

Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55134Cs:

∆E = ∆m.c2 = (133,906700 - 133,904490)(10-3/6,02.1023)(2,997925.108)2(J)

= 3,28.10-13 J = 3,28.10-13/1,60219.10-19 = 2,05.10 6 eV 0,25 2.b. Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/21 là thời gian bán hủy của 55134Cs

Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/22 là thời gian bán hủy của 55137Cs

137

0, 693 14,8.10 x6,02.10

30,17x365x24x3600 137x3, 7.10

−

A0 = Atổng - A0 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi

Sau thời gian t:

Atổng = A1 + A2 = A0

1 1/ 2

1 2

 

 ÷

 

t t

+ A0

2 1/ 2

1 2

t t

 

 ÷

  Vì: A2 ≤ Atổng = 0,08 mCi (1)

→ A2/ A0 =

2 1/ 2

1 2

t t

 

 ÷

  ≤ 0,08/1,28 =

4

1 2

 

 ÷

  (2)

→ t/ t1/22 ≥ 4 → t ≥ 4t1/22 = 120,68 năm = 58,53 t1/21 (3)

Sau 58,53 t1/21, hoạt độ phóng xạ của 55134Cs chỉ còn:

A1 = A0

58,53

1 2

 

 ÷

  = 640.

58,53

1 2

 

 ÷

  = 1,54.10-15 µCi = 1,54.10-15x3,7.104 Bq = 5,7.10-11 Bq << 0,1 Bq (giới hạn đo được)

Như vậy, sau 120,68 năm, A1 = 0, hoạt độ phóng xạ tổng cộng của mẫu chỉ còn là

hoạt độ phóng xạ của 55137Cs

0,25

0,25

ĐÁP ÁN GIỚI THIỆU

Atổng = A2 và t = 120,68 năm

55134Cs thực tế đã phân rã hết, m(55134Cs) ≈ 0 và tỉ số

m( 55 134 Cs)/ m(55 137 Cs) ≈ 0

0,25 0,25

Câu 2

(2,0đ)

1.a. Viết công thức Lewis cho Ba anion CNO-, CON- và NCO

C N O - C O N

N C O

C N O

-1 +1 -1 -1 +2 -2 0 0 -1

điện tích hình thức lớn nhất

0,125 0,125

2.a.

2.b.

2.c.

SiO2 có cấu trúc mạng tinh thể nguyên tử, mỗi nguyên tử Si liên kết CHT với 4

nguyên tử Oxi, tạo nên hình tứ diện ⇒ tinh thể Si bền có t0

nc cao

CO2 (r) có cấu trúc mạng tinh thể phân tử, tương tác giữa các phân tử CO2 là

lựcVanđervan, mặc khác phân tử CO2 phân tử không phân cực, nên tương tác này

rất yếu → tinh thể CO2 không bền có t0

nc rất thấp

H2O (r) có cấu trúc mạng tinh thể phân tử, tương tác giữa các phân tử H2O là

lựcVanđervan, mặc khác phân tử H2O phân tử phân cực và giữa các phân tử H2O có

liên kết H, nên tương tác này lớn hơn tương tác trong tinh thể CO2 → t0

nc nước đá lớn hơn t0

nc nước đá khô

0,25

0,25

0,25

3.

So sánh và giải thích momen lưỡng cực:

O S lai hóa sp2 S lai hóa sp2 S lai hóa sp3

S S S

O O O O Cl O Cl

⇒ µurSOCl2 > µurSO2 > µurSO3

0.75

Câu 3

(2,0đ)

1 Nhiệt tạo thành chuẩn của As2O3 được tính từ phản ứng:

2As(r) + 3/2O2(k) = As2O3(r) (*) Phản ứng (*) này được tổ hợp từ các phản ứng đã cho như sau:

2H3AsO3 (aq) = As2O3(r) + 3H2O (l) ∆ H10= - 31,59 kJ/mol

2x │AsCl3(r) + 3H2O(l) = H3AsO3 (aq) + 3HCl(aq) (2) ∆ H02= 2 x73,55kJ/mol

2 x│As(r) + 3/2Cl2(k) = AsCl3(r) (3) ∆ H03= 2 x (-298,70) kJ/mol

6 x│HCl(aq) = HCl(k) + aq (4) ∆ H04= 6 x 72,43kJ/mol

6 x │ HCl(k) = 1/2H2(k) + 1/2Cl2(k) (5) ∆ H50= 6 x 93,05kJ/mol

3 x │H2(k) + 1/2O2(k) = H2O(l) (6) ∆ H06= 3 x (-285,77)kJ/mol

Do đó: ∆ H0As O2 3= ∆ H10 + ∆ H02+ ∆ H03+ ∆ H04+ ∆ H05+∆ H06 = -346,32 kJ/mol

1,0

1 µ uur

2 µ

uur

1 µ

uur

=µuur2

⇒ µuuurpt= 0

1 µ uur

2 µ uur

2 µ

uur

> µuur1

⇒µuuurpt ≠ 0

1 µ uur

2 µ uur 2( 2) 2( 2)

SOCl SO

< ⇒

<

⇒uuur >uuur

2. Nếu O3 có cấu tạo vòng 3 cạnh, khép kín thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 3

liên kết đơn O-O, lượng nhiệt cần cung cấp là: 3 x 138,07 = 414,21 kJ/mol

Nếu O3 có cấu tạo góc thì khi nguyên tử hóa O3 phải phá vỡ 1 liên kết đơn và 1 liên

kết đôi, lượng nhiệt cần cung cấp là: 493,71 + 138,07 = 632,78 kJ/mol

Trong khi đó nếu tính theo các giá trị đã cho ở đề bài, ta có:

Quá trình 3O2 = 2O3 có ΔH = -812,11 – (- 1095,79) = 283,68 kJ/mol

Ta lại có sơ đồ: pli ,O2

3 H 2

ΔH 2 H ∆ pli ,O3

2O3

Từ đó: 3 ∆Hpli,O2= ΔH + 2

3

pli,O

H

∆ nên ∆ Hpli,O3= 598,725 kJ/mol

Kết quả này gần với kết quả tính được khi giả sử ozon có cấu tạo góc Do vậy, cấu

tạo góc phù hợp hơn về mặt năng lượng so với cấu tạo vòng

0,25 0,25 0,25

0,25

Câu 4

(2,0đ)

1.

Do trong môi trường đệm [H3O+] là hằng số nên biểu thức tốc độ phản ứng là:

v = k[NO2NH2] là phản ứng bậc nhất theo thời gian

0,25 0,25

2 Cơ chế 1: v = k[NO2NH2] → không phù hợp

Cơ chế 2: v = k3[NO2NH3+] mà 2 3 2 2

NO NH H O] k

NO NH H O k

[ ][

[ ][ ]

+ +

−

=

2 2

k

k H O]

[

−

const, thay vào biểu thức cơ chế 2: v = k K[NO3 2NH H O2][ 3 +]

Cơ chế 3: v = k5[NO2NH-] mà

,

2

k NO NH H O] NO NH

−

−

]

[ ] [ ] do [H2O] const.

Thay vào biểu thức của cơ chế 3: , 2 2 ,, 2 2

5

NO NH NO NH

H O + H O +

[ ] [ ] phù hợp với thực nghiệm

0,25 0,125

0,5 0,125

0,5

Câu 5

(2,0đ)

1. N2 (k) + 3H2 (k)  2NH3 (k); ∆Η= - 92 kJ

Ban đầu (mol) 1 3

Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x

∑n sau = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)

%VNH3 = 42x -2x .100% = 36% ⇒ x = 0,529

%VN 2 = 41 x− -2x .100%

= 41−20.0,592,592

−

.100% = 16%

%VH 2 = 100 - (36 + 16) = 48%

KP =

2 2

3

3 2

N H

NH

P P

P

= ( )3

2 2

48 , 0 16 , 0

36 , 0

P P

P

2

48 , 0 16 , 0

36 , 0

P = 8,14.10

-5 (atm--2) 0,75

%VNH3 = 42x -2x .100% = 50% ⇒ x = 2/3

%VN 2 = 41 x− -2x .100%

= 12,5%;

%VH 2= 37,5%

KP =

2 2

3

3 2

N H

NH

P P

P

2

375 , 0 125 , 0

5 , 0

P = 8,14.10

-5 (atm--2) ⇒ P = 682,6 (atm) 0,5

3.

KP 2 =

2 2

3

3 2

N H

NH

P P

P

2

300 375 , 0 125 , 0

5 , 0

= 4,21.10-4

ln

1

2

P

P

K

K

= ∆  1 − 2

1 1

T T R

1

2

ln 1

1

2

P

K

K H

R T

T − = ∆

⇒

2

1

T = 1

1

T - 1

2

ln

P

P

K

K H

R

4

3 8,14.10

10 21 , 4 ln 10 92

314 , 8 273 450

1

−

− +

+ ⇒ T2 = 652,9 K 0,75

Câu 6

(2,0đ)

1. H2S + H2O ¬ → H3O+ + HS– 7

A 10

K

1

−

HS– + H2O ¬ → H3O+ + S2 – 12,92

A 10

K 2 = − (2) 2H2O ¬ → H3O+ + OH – KW = 10 – 14 (3)

Vì KA1 =10−7 >> KA2 =10−12,92 >> KW = 10 – 14 nên cân bằng (1) là chủ yếu

H2S + H2O ¬ → H3O+ + HS– 7

A 10 K

1

−

C 0,010

[ ] 0,010 – x x x

2 10 7

x 0,010

=

− Với x << 0,010 ta có x= 10−7.10−2 =10−4,5 <<0,010 Vậy [H3O+ ] = [HS- ] = 10 – 4,5 và pH = 4,5

Thay các giá trị của [H3O+ ] = [HS- ] = 10 – 4,5 vào cân bằng (2)

HS– + H2O ¬ → H3O+ + S2 – 12,92

A 10

K 2 = − (2) [ ] (10 – 4,5 – y) (10 – 4,5 + y) y

12,92 4,5

4,5

10 y) (10

y)

−

−

= +

+

Với y << 10 – 4,5

ta có : y = [S2 – ] = 10 – 12,92 = 1,2 10 – 13

0,5

0,5

2 2 Khi HCl vào dung dịch H2S ta có các qúa trình:

HCl + H2O → H3O+ + Cl–

0,001 0,001

Tổ hợp (1) và (2) ta có:

H2S + H2O € H3O+ + HS– 7

A 10

K 1 = − (1)

HS– + H2O € H3O+ + S2 – 12,92

A 10

K 2 = − (2)

H2S + 2H2O € 2H3O+ + S2 – K = 10 – 19,92 (4) Khi có mặt HCl cân bằng phân li của H2S càng chuyển dịch sang trái Do đó nồng

độ H+ do H2S phân li ra càng bé và ta có thể coi [H+ ] = CHCl = 0,0010

0,25 0,25

Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho (4) ta có: 19,92

2

2 2

S]

[H

] [S ] O

=

19,92 2

3

2 19,92 2

) (10

0,010 10 O]

[H

S]

[H 10 ] [S − = − = − − = 10 – 15,92 = 1,2 10 – 16 0,5

Câu 7

(2,0đ)

1 3x CuS ƒ Cu2+ + S2- Ks

3x S2- + 2H+ ƒ H2S (Ka1.Ka2)-1

3x H2S ƒ S + 2H+ + 2e K 100,05922.0,14

−

= 2x NO3- + 4H+ + 3e ƒ NO + 2H2O K, =100,05923.0,96

3CuS + 2NO3- + 8H+ ƒ 3Cu2+ + 2S + 2NO + 4H2O K = 1037,27

K rất lớn, phản ứng xảy ra hoàn toàn

Thành phần giới hạn: NO3-: 0,75M ; Cu2+: 0,375M

Ta có cân bằng: 3Cu2+ + 2S + 2NO + 4H2O ƒ 3CuS + 2NO3- + 8H+ K = 10-37,27

C 0,375 0,75

[ ] 0,375 -3x 0,75 +2x 8x

37,27 3

[ ] [ ] (8 ) (0,75 2 )

10 [ ] NO (0,375 3 )

K

− +

+

− Với 3x << 0,375 ⇒ x = 2,04,01.10-6

Vậy: S = [Cu2+] = 0,375M

0,5

0,25

0,125 0,125

2.

NH 3

0,25.150

0,15 250

C = = M ; HCl 0,15.100 0,06

250

C = = M ;

MgCl

0,0125.100

5.10 250

NH3 + HCl → NH4Cl

Hệ có: NH4Cl 0,06M; NH3 0,09M; MgCl2 5.10-3M

NH3 + H2O ¬ → NH + OH+4 - Kb=10-4,76 (1)

C 0,09 0,06 [ ] 0,09-x 0,06+x x Tính ra x = [OH-] = 2,6.10-5

Mg2+ + H2O ¬ → MgOH+ + H+ β= 10-12,8 (2) Với 2+

3

Mg 5.10

C = − M , ta tính được tử (2): [Mg2+] = 2,08.10-6

Vậy [Mg2+][OH-]2 = 2,08.10-6.(2,6.10-5)2 = 10-14,85 << Ks,Mg(OH)2→ không có kết

tủa Mg(OH)2

0,5

0,5

Câu 8

(2,0đ)

1.

1 0

0,0592

lg[ ] 1

Ag Ag Ag Ag

E + =E + + Ag+ = 0,5632V

2 2

0, 0592

lg[Cu ] 2

Cu Cu Cu Cu

E + =E + + + = 0,3074V

Do 2

0

E + >E + nên: catot điện cực Ag, anot điện cực Cu

Sơ đồ pin: (-) Cu Cu2+ 10-1 M Ag+ 10-4M Ag (+)

Epin = E(+) - E(-) = 0,5632 - 0,3074 = 0,2558V

Phản ứng trong pin: Cu + 2Ag+ → Cu2+ + 2Ag

0,125 0,125

0,125 0,125

Ag+ + 2NH3 ƒ Ag(NH3)2+ β2= 3 2

2 3

[ ( ) ] [ ][ ]

Ag NH

Ag NH

+ + = 107,24

β2khá lớn, xem phản ứng xảy ra hoàn toàn ⇒ [Ag(NH3)2+] = [Ag+] = 10- 4M

[NH3] = 1 - 2.10-4 ≈ 1M

0

0,0592

lg[ ] 1

E + =E + + Ag+ = 0,8 + 3 2

2

[Ag(NH ) ]

0, 0592

lg

1 β [NH ]

+

= 0,8 + 0, 0592lg 107,244

1 10

− = 0,1346V

Do 2

0

E + <E + nên: catot điện cực Cu, anot điện cực Ag

Sơ đồ pin: (-) Ag Ag(NH3)2+ 10-4M, NH3 1M Cu2+ 10-1M Cu (+)

Epin = E(+) - E(-) = 0,3074 - 0,1346 = 0,1728V

Phản ứng trong pin: 2Ag + Cu2+ + 4NH3 → Cu + 2[Ag(NH3)2]+

0,5

0,125 0,125 0,125

3. Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2↓

[Cu2+] giảm ⇒ E Cu2 + /Cu giảm < E Ag+/Ag ⇒ Epin = E Ag+/Ag - E Cu2 + /Cu

⇒ E Cu2 + /Cu = E Ag+/Ag- Epin = 0,5632 - 0,813 = - 0,2498V

E Cu2 + /Cu = 0,337 + 0,0592lg[Cu ]2

2

+ = - 0,2498V ⇒ [Cu2+] = 10-19,82M

Cu2+ + 2OH- → Cu(OH)2 Ks-1

[Cu2+] pư = 0,1 – 10-19,82 ≈ 0,1M ; [OH-]cb = 1- 0,2 = 0,8M

Ks = [Cu2+][OH-]2 = 10-19,82(0,8)2 = 10 -20,01

0,25 0,125

0,25

Câu 9

(2,0đ)

1. Cấu trúc mạng Ge: cấu trúc mạng lập phương tâm diện Ngoài ra có thêm các

nguyên tử Ge đi vào một nữa số lỗ tứ diện, vị trí so le với nhau

Số nguyên tử/ion KL trong một ô mạng = 1

8.8 +

1

2.6 + 4 = 8

0,25

0,5

2.

Đường chéo Ô mạng:

23 10 3 3

8.72,64

5,32( / ) 6,023.10 (566.10 )

A

nM

g cm

0.75

0,25 0,25

Câu 10

(2,0đ)

Độ đặc,ρ

Khối lượng riêng d =

3

3 3

4

8 r

a

π

1. Phương trình phản ứng:

S + Mg → MgS (1) MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S(2)

Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3)

26 29 8966 , 0

MB = × = ⇒ B chứa H2S và H2 [Mg có dư sau phản ứng (1)]

Gọi x và y lần lượt là số mol khí H2S và H2, ta có













= + +

= +

26 y

x

y 2 x

34 22,4

987 , 2 y x

Giải ra ta có x = 0,1 ; y = 1

30 Từ (1), (2), (3) ta có:

0,1 32

1 0,1 24 0,1 32 30

m S = × × =

 + × + ×

50%, %m(Mg)=50%

H2S +

2

3

O2 → SO2 + H2O 0,1 0,1 0,1

H2 +

2

1

O2 → H2O 1/30 1/30

SO2 + H2O2 → H2SO4

0,1 0,147

0 0,047 0,1 m(dung dịch) = 100+(0,1×64) (+ 0,133×18)=108,8 gam

C%(H2SO4) = ×100%=

8 , 108

98 1 , 0

9%; C%(H2O2) = =

8 , 108

34 047 , 0

1,47%

0.25 0.25

0.25

0.25

0.25

2. Phương trình phản ứng:

S + O2 → SO2 (1)

5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 (2)

Từ (1) và (2) ⇒ S SO KMnO 0,625 0,005 7,8125.10 3

2

5 n

2

5 n

n = 2 = 4 = × × = − mol = − × ×100%=

100

32 10 8125 , 7 m

Vậy nhiên liệu trên được phép sử dụng.

0.25

0.5