Vì năng lượng ion hóa của X biến đổi đều đặn nên các electron trong X có năng lượng chênh lệch nhau không nhiều... Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm
Trang 1TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC KẠN
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
Hướng dẫn chấm gồm 06 trang
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC
LỚP 10
Thời gian làm bài : 180 phút;
Câu 1
(2,5 đ)
1.
(1,5 đ)
* Ở trạng thái cơ bản, cấu hình e của 11Na là: 1s22s22p63s1 hay [10Ne]3s1 và của 12Mg là:
1s22s22p63s2 hay [10Ne]3s2
* Năng lượng orbital của electron hoá trị đối với Na:
σ3s = 2 + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z
* 3s
= 11 − 8,8 = 2,2
⇒ E3s = − 13,6×
2
2,2 3
= − 7,3 eV
I1 = E(Na+) − E(Na) = 0×E3s− 1×E3s = − (− 7,3) = 7,3 eV.
Trong Na+: 1s22s22p6
σ2s = σ2p = (2×0,85) + (7×0,35) = 4,15 ⇒ Z
* 2s
= Z
* 2p
= 11 − 4,15 = 6,85
⇒ E2s =E2p = − 13,6×
2
6,85 2
= − 159,5 eV Trong Na2+: 1s22s22p5
σ2s = σ2p = (2×0,85) + (6×0,35) = 3,8 ⇒ Z
* 2s
= Z
* 2p
= 11 − 3,8 = 7,2
⇒ E2p = − 13,6×
2
7,2 2
= − 176,2 eV
I2 = 7×E(Na2+) − 8×E(Na+) = 7×(− 176,2) − 8×(− 159,5) = 42,6 eV
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
* Năng lượng orbital của electron hoá trị đối với Mg:
σ3s = 2 + (8×0,85) + 0,35 = 9,15 ⇒ Z
* 3s
= 12 − 9,15 = 2,85
⇒ E3s(Mg) = − 13,6×
2
2,85 3
= − 12,3 eV
Trong Mg+: 1s22s22p63s1
σ3s = 2 + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z
* 3s
= 12 − 8,8 = 3,2
⇒ E3s(Mg+) = − 13,6×
2
3,2 3
= − 15,5 eV
I1 = 1×E3s(Mg+) − 2×E3s(Mg) = (− 15,5) − 2×(−12,3) = 9,1 eV.
0,25 đ
0,25 đ
Trang 2Năng lượng ion hoá thứ hai: Mg+→ Mg2+ + e Trong Mg2+: 1s22s22p6
I2 = E(Mg2+) − E(Mg+) = 0×E3s− 1×E3s = − (− 15,5) = 15,5 eV.
* So sánh: Với Na (I2≈ 6I1) còn với Mg (I2≈ 1,5I1)
* Giải thích: Cấu hình Na+ bão hoà, bền nên sự tách e → Na2+ cần tiêu tốn năng lượng lớn
0,25 đ
2.
(1,0 đ)
thuộc nhóm IA hoặc IB
Vì năng lượng ion hóa của X biến đổi đều đặn nên các electron trong X có năng lượng chênh lệch nhau không nhiều Từ dữ kiện trên suy ra X thuộc nhóm IB
Vậy cấu hình electron của X là [Xe] 4f14 5d10 6s1
Số oxi hóa có thể có của X là +1; +2; +3
0,5 đ
0,5 đ
Câu 2
(2,5 đ)
1
(1 đ)
N
F F F O
- sp tứ diện ;
I Cl Cl
Cl Cl
- sp3d2 -tháp vuông ; PtCl42-, - dsp2 vuông phẳng XeO2F2: sp3d – dạng bập bênh
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
2
(1,5 đ)
Số proton trung bình của 3 nguyên tố
42 4,67 9
Z = =
tiếp nên số proton tương ứng Z và Z + 1 Xét 3 trường hợp:
36 7
(loại)
Hoặc 2 + 4Z + 3(Z + 1) = 42 → Z=
37 7
(loại)
35 6
(loại)
Hoặc 3 + 4Z + 2(Z + 1) = 42 → Z=
37 6
(loại)
36 5
(loại)
→ Z + 1 = 8 (nguyên tố oxi) → A: H4N2O3 hay NH4NO3 (Amoni nitrat)
0,25 đ
0.25 đ
0,25 đ
0,25 đ
Trang 3Công thức electron A
Công thức cấu tạo A
0,25 đ
0,25 đ
Câu 3
(2,5 đ)
1
(0,75 đ)
Kp ở 1000C
298 373
ΔH =ΔH =-111+242+75=206(kJ)
298 373
ΔS =ΔS =3.0,131+0,198-0,186-0,189=0,216(kJ/K)
) ( 432 , 125 216 , 0 373 206
∆
-125432/8,314.373 -8 p
0,75 đ
2
(1,0đ)
Chiều dịch chuyển cân bằng của phản ứng
Phần mol của từng khí:
∑
n = 2400 mol
Áp suất chung của hệ:
6
nRT 2400.8,314.373
hay P=24,8 bar
3
-8 p(373)
2
12,4 4,133
4,133
Hay
-18
Cân bằng chuyển dịch sang trái (chiều nghịch)
0,5 đ
0,5 đ
3.
(0,75
đ)
Kp ở 9000C
0 1173
ΔH =206+(1173-298).0,046=246.25(kJ)
0 1173
1173
ΔS =0,216+0,046ln =0,279(kJ/K)
298
0 1173
ΔG =246,25-1173.0,279 = − 81, 017(kJ)
→
-81017/8,314.1173 p
0,75đ
Trang 4Câu 4.
(2,5 đ)
1 (1,25 đ)
a) Dựa vào các kết quả thực nghiệm, khi tăng nồng độ lên 2 lần thì tốc độ
ứng: ν = k[N
2O5]
b) Hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ T là k =
3 1,39 10 0,170
−
×
= 8,17 10−3
(s−1 )
1
ln 2
t
=
0,693 341,4
= 2,03 10−3
Theo
2
1 1
ln k Ea
ta có
3 3
8,17 10 24740 1 1 ln
2,03 10 8,314 298 T
−
−
→ T = 308,25
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ
2 (1,25 đ)
2AsH3 (khí) → 2As (r) + 3H2 (k)
Po 0 [ ] P0 – 2x 3x
Có Pt = P0 – 2x + 3x = P0 + x -> x = Pt – P0
-> P0 – 2x = Po – 2(Pt –P0) = 3P0 – 2Pt Giả sử phản ứng trên là bậc 1: kt = ln [ P0 / (P0 – 2x ) ]= ln [P0 / (3P0 – 2Pt) ] → k1 = 0,0400 ; k2 = 0,0404 ; k3 = 0,0407 → ktb≈ 0,0403
0,5 đ
0,5 đ 0,25 đ
Câu 5
(2,5 đ)
(2,5 đ)
Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1)
Pb2+ + H2O ↔ PbOH+ + H+ *β2 = 10-7,80 (2)
Zn2+ + H2O ↔ ZnOH+ + H+ *β3 = 10-8,96 (3)
H2O ↔ OH- + H+ Kw = 10-14
(4)
So sánh (1) →
(4): *β1
3+
Fe
C
>> *β2
2+
Pb
C
>> *β3
2+
Zn
C
>> Kw
→
tính pHA theo (1):
Fe3+ + H2O ↔ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1)
C 0,05 [ ] 0,05 - x x x
[H+] = x = 0,0153 M →
pHA = 1,82
0,25 đ
0,25đ 0,25đ
* Do
3+ 2+
0
Fe /Fe
E = 0,771 V
>
2
0 S/H S
E = 0,141 V
nên:
1/ 2Fe3+ + H2S
→
2Fe2+ + S↓ + 2H+ K1 = 1021,28 0,05
- 0,05 0,05 2/ Pb2+ + H2S
→
PbS↓ + 2H+ K2 = 106,68 0,10 0,05
- 0,25
0,25 đ
0,25đ 0,25đ
Trang 53/ Zn2+ + H2S ↔ ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 4/ Fe2+ + H2S ↔ FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72
K3 và K4 nhỏ, do đó cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa của ZnS và FeS:
Vì môi trường axit → ' 2+ 2+
Zn Zn
= 0,010 M;
'
= 0,050 M
Đối với H2S, do Ka2 << Ka1 = 10-7,02nhỏ →
khả năng phân li của H2S trong môi
trường axit không đáng kể, do đó chấp nhận [H+] =
+
H
C
= 0,25 M
0,5 đ
→
tính
2-' S
C theo cân bằng:
H2S ↔ S2- + 2H+ Ka1.Ka2 = 10-19,92
2-' S
C
= Ka1.Ka2
2
2
] H [
] S H [ +
= 10-19,92
2
) 25 , 0 (
1 , 0
= 10-19,72
Ta có:
2+
' Zn
C
2-' S
C
< KS(ZnS)
→
ZnS không xuất hiện;
2+
' Fe
C
2-' S
C
< KS(FeS)
→
FeS không tách ra Như vậy trong hỗn hợp B, ngoài S, chỉ có PbS kết tủa
0,5 đ
Câu 6
(2,5 đ
1.
(1,5 đ)
a Zn2+ + 2e Zn
E1 =
Zn / Zn Zn / Zn
0,059
2
= - 0,76 + (0,059/2).lg0,1 = - 0,7895 V
Ag+ + e Ag E2 =
0
Ag / Ag Ag / Ag
0,059
1
= + 0,8 + 0,059.lg0,1 = 0,741 V E1 < E2 nên điện cực kẽm là cực âm và điện cực bạc là cực dương Sơ
đồ pin điện như sau: (-) Zn | Zn(NO3)2 0,1M || AgNO3 0,1M | Ag (+)
0,5 đ
b Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+
Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc:
Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag
0,25 đ
Trang 6d Khi pin ngừng hoạt động thì Epin = 0
Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin
Ta có:
Zn / Zn Zn / Zn
0, 059
2
0
Ag / Ag Ag / Ag
0,059
1
+
Epin =
2
Ag / Ag Zn / Zn Ag / Ag Zn / Zn 2
Ag
0, 059
+ +
pin
0,1 x
0, 059
x
2
−
+
51,86 0,1 x
x 0,1 2
−
−
+
⇒ ≈x 0,1M
2
+
;
51,86 27 x
2
0,25 đ
0,25đ
2.
(1,0đ)
a) SO32- - 2e + H2O → SO42- + 2H+ x 3
MnO4- + 3e + 2H2O → MnO2 + 4OH- x 2
3SO32- + 2MnO4- + H2O → 3SO42- + 2MnO2 + 2OH
-0,5đ
2
3 2
y x
x y
+
x 8
2
2SO −+ 12H++ 8e → +S O + +S 6H O
8Fe O x y + 6x−4y SO −+ 36x−8y H+ → 8Fe ++ 3x−2y SO
+ (3x−2y S) (+ 18x−4y H O) 2
0,5đ
1
(1,0 đ)
(a) Vẩn đục vàng của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2→ H2O + S↓ 0,25đ
(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 0,25 đ
(c) Thoát khí O2 và nồng độ giảm dần
NaClO + H2O + CO2→ NaHCO3 + HClO HClO → HCl + 1/2O2
0,25 đ
(d) Có màu đen do sự than hóa chất bẩn hữu cơ có trong không khí.
Cn(H2O)m
→
H2SO4
nC + mH2O
0,25 đ
Trang 7Câu 7
(1,5 đ)
Xác định R, B, G.
R + 2nHCl → RCl
n
+n/2 H
2↑
KOH + HCl → KCl + H
2 O RCl
n
+ nKOH → R(OH)
n
↓+ n KCl
2R(OH)
n
+(m-n)/2 O
2
Nung
→ R
2
O m
+ nH 2 O R
2
O m
+ mH 2
SO
4
→ R 2
(SO 4
)
m
+ m H 2 O
0,5đ
Gọi a là số mol của R :
Đề bài => n
e (R cho để tạo RCl
n) = 2.n
H2 = 2 0,05 = 0,1 mol = na
ne(R cho để tạo R2Om) = 2.nO(trong oxit) = 2 1,2/16 = 0,15 = ma
→ R có sự thay đổi số oxi hoá : m>n
=>
0,15 3
n a n
m=a m = = => = =
; số mol của R = a= 0,05(mol) Nếu B là muối khan : RCl
2
=> mB = 0,05(R+71)=9,95=> R =128 (loại)
Vậy B là muối ngậm nước RCl
2.bH
2O : 0,05mol
=> 9,95 = 0,05 (R + 71 + 18b) (I)
0,5 đ
Muối G có thể là muối ngậm nước: R
2
(SO 4
) 3
a H 2
O
Sơ đồ: 2R→ R
2
(SO 4
) 3
a H 2
O : 0,025 mol
=> 14,05 = 0,025(2R + 288 + 18a) (II)
Vậy R là Fe; B: FeCl
2 4H
2 O; G : Fe 2 (SO 4 ) 3 9H
2 O
0,5 đ
1 (1,0đ)
Khối lượng của muối MX là: m = 35,6
50 : 100 = 17,8 (gam) Gọi x là số mol của muối MX : MX +
AgX
x x x x
Khối lượng kết tủa của AgX: m = (108 + X) x (gam)
Khối lượng MX tham
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
0,25đ
Từ (I, II) =>
Lập bảng:
R+18b = 128 R+9b = 137
R=56, b =4, a=9 là phù hợp
Trang 8Câu VIII
Khối lượng MX còn lại là: m = 17,8 - (M + X)
x (gam) Suy ra nồng độ
MX trong dung dịch sau phản ứng là
[17,8 - (M+X).x].100 35, 6 5
[50+10 - (108 +X).x] = 100 6
Biến đổi ta được 120 (M + X) = 35,6 (108 + X)
Lập bảng :
M
Vậy MX là muối LiCl
2 (1.5 đ)
a FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (x mol)
Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (y mol)
Theo gt:
34x 2y
x y
+ +
= 0,9×29 = 26,1 →
x y
=
3 1 → số mol FeS = 3×số mol Fe
Vậy % lượng Fe =
56
56 (88 3)
×100% = 17,5%
và còn lại 100 – 17,5 = 82,5% là FeS
b 2H2 + O2→ 2H2O 2H2S + 3O2→ 2SO2 + 2H2O
SO2 + 2FeCl3 + 2H2O → FeSO4 + FeCl2 + 4HCl FeCl2 + H2SO4→ FeSO4 + 2HCl ↑
6FeSO4 + 3H2SO4 + 2HNO3→ 3Fe2(SO4)3 + 2NO ↑ + 4H2O Theo phương trình: 3 SO2→ 6 FeSO4→ 2NO
0,075 0,05 (mol)
Suy ra thể tích NO (đktc) = 0,05 22,4 = 1,12 lít
0,25 đ 0,25 đ
0,25 đ 0,25 đ
0,25đ 0,25 đ