* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA.. Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron... Số mol electron trao đổi tron
Trang 1HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA 10
1
(2đ) 1 Theo đề bài có: He → He2+ + 2e ; I = + 79,00 eV
Mặt khác, He+→ He2+ + 1e ; I2 = -Ee trong He+
mà He+ là hệ 1 hạt nhân 1 electron ⇒ I2 = + 13,6 = + 54,4 eV
Năng lượng của bức xạ:
(J)
⇒ Wđ (e) = = E – I1 = 1,0277510-18 (J) ⇒ v = 1,503.106m/s 0,5
2.Xác định vị trí :
2Z +N =60 ; Z =N ⇒Z =20
,
X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2
Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là Cl
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1
STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố
0,5
Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:
Ca Cl
R 2 + < − <
Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích
hạt nhân của nguyên tử đó
Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân
Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17) Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron
lớn nhất (n = 4)
0,5
2
(2đ) 1 1 a) (0,75 điểm): Mỗi cấu trúc đúng = ¼ điểmCấu trúc của HSO 3 F
S
O
F
H
Cấu trúc của [H 2 SO 3 F] +
S O
F
H +
H
Cấu trúc của [SO 3 F]
-S
O
F
-b) (0,25 điểm):
Lực axit: HSO 3 F > H 2 SO 4 vì nguyên tử F có độ âm điện lớn hơn nguyên tử O do đó liên kết O-H trong HSO 3 F phân cực mạnh hớn liên kết O-H trong phân tử H 2 SO 4
c) (0,50 điểm): Mỗi cấu trúc ¼ điểm
1,5
Trang 2Cấu trúc của [F 5 SbOSO 2 F]
-Sb
F F
S
O
O
O F
Cấu trúc của [(F 5 SbO) 2 SOF]
-Sb
F F
O
F
F F
S
F
Sb
F F
F
2.a) Phân tử H2S có cấu trúc góc nên:
2
H S
µ
uuuur
2=
SH
µ uuuur
2 +
SH
µ uuuur
2 + 2
SH
µ uuuur
SH
µ uuuur cos α = 2
SH
µ uuuur
2(1 + cos α)
= 4
SH
µ uuuur
2.cos2 2 α →
2
H S
µ uuuur
= 2
SH
µ uuuur cos 2 α
Suy ra cos
2 α =
2 2
H S SH
µ µ
uuuur uuuur
=
30 30
1,09.3,33.10 2,61.10
−
−
= 1,39 → α = 920
b) Độ ion của liên kết S – H =
/ /
t n
l t
µ µ
uuuur uuur
=
30
2,61.10 1,33.10 1, 6.10
−
− −
100 = 12,3%
0,25
0,25
3
(2đ) a) - Ở mỗi đỉnh và ở tâm mỗi mặt đều có một nguyên tử Ag- Nguyên tử Ag ở đỉnh, thuộc 8 ô mạng cơ sở
- Nguyên tử Ag ở tâm của mỗi mặt, thuộc 2 ô mạng cơ sở
- Khối lập phương có 8 đỉnh, 6 mặt
⇒ Số nguyên tử Ag có trong 1 ô cơ số là 8 + 6
2 1 = 4 b) Gọi d là độ dài đường chéo của mỗi mặt, a là độ dài mỗi cạnh của một ô mạng cơ sở
Từ hình vẽ một mặt của khối lập phương tâm diện, ta có:
d = a = 4RAg⇒ a = 2RAg = 2,144 = 407 (pm)
⇒ Khối lượng riêng của Ag là:
3 4 23
3 3 12
3
/ 10 06 , 1 10 02 , 6 ) 10
407
(
10 108 4
m kg m
kg
=
−
−
0,5đ
0,5đ
Trang 3c) Số nguyên tử Au, Ag có trong một ô mang cơ số là x và (4 - x)
23 , 0 100
) 4 ( 108 197
197
− +
x x
x
⇒ Nguyên tử khối trung bình của mẫu hợp kim là:
12 , 113 4
23 , 0 197 77 , 3 108
≈
+
=
M
Bán kính nguyên tử trung bình của hợp kim là
25 , 0 4
147 ) 4 ( 144
≈ +
−
R
⇒ Độ dài cạnh của ô mạng cơ sở trong hợp kim là:
) ( 78 , 407 ) 23 , 0 3 576 (
2
2
) 3 576 ( 5
2 2
147 ) 4 ( 144 2 2
pm
x x
x R
a
a hk
≈ +
=
+
= +
−
=
=
⇒ Khối lượng riêng của mẫu hợp kim là:
3 4 23
3 3 12
3
/ 10 108 , 1 10 02 , 6 ) 10 78
,
407
(
10 12 , 113 4
m kg m
kg
=
−
−
0,5đ
0,5đ
M(k)
M+(k) X-(k)
HTH
HML
HHT
+
+ AE
X(k)
I1
+
HLK
1 2
1 2
+
Ta được:
AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*)
Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 và
AE (Cl) = -360 kJ.mol-1
AE (F) > AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều Có thể giải thích điều này như
sau:
1,00
Trang 4* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl2, do đó ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2) và dẫn đến AE (F) > AE
(Cl)
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong nhóm VIIA F ở đầu nhóm
Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường và cản trở sự xâm nhập của electron
2 a) Sự tạo thành FeO từ các đơn chất Fe và oxit ở đkc:
2Fe+O2 → 2FeO (1)
ΔH0= -63700 cal.mol-1
ΔS0= S0
FeO – (S0
Fe + ½ S0o2 ) = -17 cal.mol-1.K-1
ΔG10 = ΔH0 –T.ΔS0= -58,634 kcal.mol-1
Sự tạo thành Fe2O3 từ các đơn chất Fe và oxi ở đkc:
2Fe + 3/2O2 → Fe2O3 (2)
ΔH0=-169500 cal.mol-1
ΔS0= ΔS0Fe2O3- (2S0
Fe + 3/2S0
O2)= -65,6 cal.mol-1.K-1
ΔG20 = ΔH0 – T.ΔS0 = -149,952 kcal.mol-1
Sự tạo thành Fe3O4 từ các đơn chất Fe và oxi ở đkc:
3Fe + 2O2 → Fe3O4
ΔH0=-266900 cal.mol-1
ΔS0= ΔS0Fe3O4- (3S0
Fe + 2S0
O2)= -81,3cal.mol-1.K-1
ΔG20 = ΔH0 – T.ΔS0 = -242,6726 kcal.mol-1
0,50
b) Xét quá trình: 2/3 Fe3O4 + 1/6 O2 <=> Fe2O3 ΔG3
ΔG30 = ΔG0
Fe2O3 – 2/3 ΔG0
Fe3O4 = 11,83 kcal.mol-1 Nên phản ứng xảy ra theo chiều nghịch hay ở đkc Fe3O4 bền hơn Fe2O3
Xét quá trình 2FeO + ½ O2 <=> Fe2O3 ΔG4
ΔG40 = ΔG0
Fe2O3 – 2 ΔG0
FeO= -32,6832 kcal.mol-1 < 0 Nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận hay ở đkc Fe2O3 bền hơn FeO
Vậy tính bền của các oxit tăng dần theo thứ tự:
FeO → Fe2O3 → Fe3O4
0,50
5
(2đ)
1 1 Phản ứng bậc 1 nên
4
2 / 1
3000
693 , 0 t
693 , 0
s-1
2 Phản ứng bậc 1 nên từ a → a/2 cần t1/2; từ a/2 → a/4 cần t1/2⇒ t = 2t1/2 = 2000 giây
3
4
2 / 1
1000
693 , 0 t
693 , 0
s-1
; γ =
3 10 31 , 2
10 93 , 6 k
k k
k
4 4 27
37 27
10
4
−
=
300
1 310
1 R
E k
k
27 37
⇒ Ea =
−
300
1 310
1 : k
k ln R 27 37
0,25
0.25
0.25
0.25
Trang 5⇒ Ea
−
300
1 310
1 : 10 31 , 2
10 93 , 6 ln 314
,
≈ 84944,92 J/mol ≈ 84,945 kJ/mol
2 Thiết lập biểu thức của tốc độ phản ứng
2 5 d[N O ] dt
N2O5
1
k
→
NO2 + NO3
NO2 + NO3
' 1
k
→
N2O5
NO2 + NO3
2
k
→
NO2 + NO + O2
NO + N2O5
3
k
→
3NO2
Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định đối với NO3 và NO:
3
d[NO ]
dt
= k1.[N2O5] -
' 1
k
.[NO2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3]
≈
0 (1) d[NO]
dt
= k2.[NO2].[NO3] – k3.[NO].[N2O5]
≈
0 (2)
2 5
d[N O ]
dt
= - (k1.[N2O5] + k3.[NO].[N2O5] ) +
' 1
k
.[NO2].[NO3]
Từ (1) và (2) suy ra: k1.[N2O5] = (
' 1
k
+ k2).[NO2].[NO3]
k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3]
3 2
'
1 2 1
k k
NO
k k = k
+
1 2 '
3 1 2
k k NO
k k k
=
+
[NO2].[NO3] =
3 2
k k
.[NO].[N2O5]
2 5 d[N O ] dt
= - k1.[N2O5] - k3.[NO].[N2O5] +
' 1
k
3 2
k k
.[NO].[N2O5]
0,5
0.25
0,25
Trang 6= k1.(-1 -
2 '
1 2
k
k +k
+
' 1 '
k
k +k
).[N2O5] =
1 2 2 5 '
2 k k N O
k k
−
+
6
2 NO2
ƒ
N2O4 Kp=9,18
Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln
p K Q
Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận
Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng
Khi P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)2 =90 > Kp nên phản ứng diễn ra theo chiều nghịch
0,25
0,25
a)
N2 (k) + 3H2 (k)
ƒ
2NH3 (k);
∆Η
= -46 kJ.mol-1
Ban đầu (mol) 1 3 0
Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x
= 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol)
%VNH
3
=
% 100 2x -4
2x
= 36%
⇒
x = 0,529
%VN
2
=
% 100 2x -4
1 x−
=
592 , 0 2 4
592 , 0 1
−
−
.100% = 16%
%VH
2
= 100 - (36 + 16) = 48%
1
K
=
2 2
3 3 2
N H
NH
P P P
=
2 2 48 , 0 16 , 0
36 , 0
P P
P
=
2
0,36 0,16 0, 48× ×300
= 8,14.10-5
K p không có đơn vị, học sinh ghi đơn vị của K p trừ 0,25 điểm
0,25
0,25
0,25
Trang 7b) Từ
3
NH
y y
−
2
N
y y
và
2
H
y y
2
K
=
2 2
3 3 2
N H
NH
P P P
=
2 3
2 300 375 , 0 125 , 0
5 , 0
= 4,21.10-4
ln
1
2
P
P K K
=
0
H
R T T
∆
2 1
0
ln P
P
K R
T −T = H K
∆
1
T
= 1
1
T
-
2 1
0 ln P P
K R
∆
=
4
.ln
450 273 46.10 8,14.10
−
−
+ +
⇒ T2 = 595,19K 0,25 0,25 0,25 7 (2đ) 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
−
→
H PO3 4. Ka1 HSO4 Ka
K + [H+]a1 = − K + [H+]a
→
4 ( Ka ).K + [H+]a1
C [H+] - C
K + [H+]a Ka1
−
=
→
2,03
H PO4 3
10
10 +
C - 0,010
−
−
−
=
= 9,61.10-3(M)
1
Trang 82
-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
0
-[H PO ] = 9,64.102 4
0 + 0
= 4,16.10-3
→
-3 -3
H SO3 4
4,16.10
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)
-Ta có: [H+] = [SO4 ] + [H PO ] + [HCOO ]2 4
vì [PO43–] << [HPO42–] << [H2PO4]
, +
OH , HCO
[H ] = C + [H PO ] + C2 4
−
→
CHCOOH = [H+] - [H2PO4 ] -
,
, HSO4 Ka K + [H+]a
K + [H+]a Ka
−
(7)
Từ biểu thức
3
2 H PO4 3
H PO4
-[H PO ]
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
-[H PO ]2 4
−
×
M Thay giá trị [H2PO4 ] và [H+] vào (7), ta được:
1,0
Trang 9CHCOOH = (0,0148 – 3,12.10-3 -
-2 -2
10 0,0148
10 0,01
+
)
-3,75
-3,75
10
+
= 0,644 M
8
(2đ)
1.a) Pin điện: Ks(AgCl) = Ks1; Ks(Hg2Cl2) = Ks2
Nửa pin 1: AgCl + e
ƒ
Ag + Cl-
E1 = E0
Ag+/Ag + 0,0592 lg [Ag+]
= E0
Ag+/Ag + 0,0592 lgKs1 - 0,0592 lg [Cl-]
Nửa pin 2: Hg2Cl2 + 2e
ƒ
2Hg + 2Cl
-E1 = E0
Hg22+/Hg +
0,0592 2
lg [Hg22+]
= E0
Hg22+/Hg +
0,0592 2
lg Ks2 - 0,0592 lg [Cl-] Đặt: E0’
1 = E0
Ag+/Ag + 0,0592 lg Ks1 = 0,208 V
E0’
2 = E0 Hg22+/Hg +
0,0592 2
lg Ks2 = 0,263V
=> E1 = 0,208 – 0,0592 lg [Cl-] < E2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl-]
Do đó, nửa pin I là cực âm, nửa pin II là cực dương
Sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin
(-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg2Cl2, Hg | Pt (+)
Hoặc (-) Ag, AgCl | KCl bão hòa | Hg2Cl2, Hg (Pt) (+) Phản ứng trong pin:
Cực (-): Ag + Cl- AgCl + e Cực (+): Hg2Cl2 + 2e 2Hg + 2Cl -Phản ứng chung:
2Ag + Hg2Cl2 2AgCl + 2Hg
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Epin = E2 - E1 = E2 = 0,263 - 0,0592 lg [Cl-] – (0,208 – 0,0592 lg [Cl-]) = 0,263 –
2.Nửa phản ứng oxi hóa ở anot:
1
2
H O→ H++ O + e
Nửa phản ứng oxi hóa ở catot:
2
Phản ứng tổng:
1 2
Trang 10Số mol electron trao đổi trong 30 giờ
1.30.60.60
1,119( ) 96485
e
I t
F
Theo quá trình anot, ta có số mol nước bị điện phân
2
1 2
n = n
≈
0,56(mol) suy ra khối lượng nước bị điện phân là 0,56.18 = 10,08 g
Khối lượng dung dịch trước khi điện phân là 50.1 = 50 g
Khối lượng dung dịch sau khi điện phân là 50 – 10,08 = 39,92 (g)
Thể tích dung dịch sau khi điện phân là 39,92 mL
≈
0,04 L Trong quá trình điện phân số mol H+ không thay đổi = 50.10-3.10-5 = 5.10-7 (mol).(chính
bằng số mol HNO3 ban đầu)
Sau khi điện phân kết thúc, nồng độ ion H+
7
5
5
5.10
1, 25.10
0, 04
lg lg(1, 25.10 ) 4,903 4,9
−
0,25
0,25
9
(2đ)
1 Số phân tử H2O có trong 10 (g) mẫu nước nặng:
(phtử)
Số nguyên tử H có trong 1,0 (g) mẫu nước: 6,023.023 (ngtử)
Số đồng vị
H
3 1
có trong 1,0 (g) mẫu nước:
N0 = 6,023.1023.8.10-8 = 4,82.1016 (ngtử)
t1/2 = 12,3 năm
⇒
k =
2 / 1
2 ln
t
= 0,0564 năm-1
ln
N
N0
= kt
⇒
N = N0.e-kt = 5,354.106.e-0,0564.20 = 1,56.1016 (ngtử)
Vậy sau 20 năm số nguyên tử
H
3 1 còn trong 1,0 (g) mẫu nước là:
1,56.1016 (ngtử)
0,25
0.25
0.5
2 a) Phương trình phản ứng biểu diễn các phân rã phóng xạ:
134
55Cs
→
134
56Ba
+
0 -1e
0,5
Trang 1155Cs
→
137
56Ba
+
0 -1e
b) Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của
134
55Cs:
∆E = ∆m.c2=(133,9067-133,90449).(10–3/6,022.1023) (3,000.108)2 (J)
→ ∆E = 3,30.10–13 J = 3,30.10–13/(1,602.10–19) = 2,06.106 (eV)
0,5
10
(2đ)
1 Cl2 + I2 + OH- → IO3- + Cl- + H2O
Sự khử: Cl2 + 2e → 2Cl- x 5
Sự oxi hóa: I2 + 12OH- → 2IO3- + 10e+ 6H2O
5Cl2 + I2 + 12OH- → 2IO3- + 10Cl- + 6H2O
b) NaClO + KI + H2O→ NaCl + I2 + KOH
Sự khử: Cl+1 + 2e → Cl-
Sự oxi hóa: 2I- -2e → I2
NaClO + 2KI + H2O→ NaCl + I2 + 2KOH c) F2 + NaOH loãng, lạnh → OF2 + NaF + H2O
Sự khử: F2 + 2e → 2F-
Sự oxi hóa: 2OH- → OF2 + 2e+ H2O
2F2 + 2OH- → OF2 + 2F- + H2O
d) Na2SO3 + S → Na2S2O3
Sự oxi hóa: S - 2e → S+2
Sự khử: S+4 +2e → S+2
0,25đ/
1 pht
2 Từ HF đến HCl: Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm Từ HCl đến HI nhiệt độ nóng
chảy và nhiệt độ sôi tăng
Năng lượng tương tác định hướng giảm từ HF đến HI do độ phân cực của phân tử giảm
Năng lượng tương tác khuếch tán tăng lên trong dãy do sự tăng bán kính nguyên tử của các
halogen và sự giảm độ phân cực của liên kết trong phân tử
Từ HF đến HCl, nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi giảm do giữa các phân tử HF phát sinh
được liên kết Hidro, đồng thời năng lượng tổng quát của tương tác giữa các phân tử giảm
do tương tác định hướng giảm
Từ HCl đến HI năng lượng tương tác khuếch tán chiếm ưu thế so với tương tác định hướng
vì vậy nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi tăng
0,5đ