Hướng dẫn chấm lớp 10

Theo định nghĩa, năng lượng ion hóa là năng lượng ít nhất để tách 1 electron khỏi hệ ở trạng thái cơ bản.. Các trị số năng lượng tính được ở trên ứng với trạng thái kích thích n = 2, do

HƯỚNG DẪN CHẤM LỚP 10

Câu I

1

a) Áp dụng biểu thức En = -13,6(Z2/n2) → E2 = -3,4Z2 (eV) = -328,0063Z2 kJ/mol.

- Đối với He+: Z = 2 → E2 = -1312, 0252 kJ/mol.

- Đối với Li2+: Z = 3 → E2 = -2952, 0567 kJ/mol.

b) Theo định nghĩa, năng lượng ion hóa là năng lượng ít nhất để

tách 1 electron khỏi hệ ở trạng thái cơ bản Với cả 3 ion trên, trạng thái cơ bản ứng với n = 1 Các trị số năng lượng tính được

ở trên ứng với trạng thái kích thích n = 2, do vậy không thể

dùng bất cứ trị số E2 nào để tính năng lượng ion hóa.

0,5

c) Mỗi ion đều có 1 electron, cùng ở trạng thái cơ bản, ion có số

điện tích hạt nhân Z càng lớn thì lực hút của hạt nhân tác dụng vào electron càng mạnh, ion càng bền và ngược lại Như vậy ion

Be3+ có Z = 4 (lớn nhất) bền nhất và ion He+ có Z = 2 (bé nhất) kém bền nhất trong số 3 ion đã cho.

0,5

2

Vì thori phân hủy phóng xạ theo phản ứng bậc 1 nên chu kỳ bán hủy được tính theo biểu thức:

1/2

0,693

t =

1/2

0,693

k = t

-0,693

Trong 264 gam ThO2 tinh khiết chứa 6,022.1023 hạt 232Th Vậy trong 1 gam ThO2 tinh khiết chứa: 6,022.10 123

hạt 232

Th.

biểu thức:

dN

dt

Do vậy số hạt α bị bức xạ trong 1 giây bởi 1 gam thori đioxit tinh khiết sẽ là:

dN

v = - =

dt 1,58.10-18 2,28.1021 = 3,60.103 (s-1) Nghĩa là có 3,60.103 hạt α bị bức xạ trong 1 giây.

0,25

0,25

0,5

Câu II 1 Cấu trúc tinh thể 1 ô mạng cơ sở của Au:

a) Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:

Mặt ô mạng: AO = 2R = d

A B

C D

O

a

a

2

407

2

b) Số phối trí của nguyên tử Au là 12

c) Trong 1 ô mạng cơ sở có số nguyên tử Au:

8+ 2= nguyên tử

( )3

V 6,022.10 4,07.10−

d) d 2R 2,8779.10= = − 8 (cm)

8

R 1, 43895.10−

⇒ Độ đặc khít của tinh thể

( 8)3

3 8

10 07 , 4

10 43895 , 1 14 , 3 3

4

4

−

−

=

Au

⇒ Au = 74%

0,5 0,25

0,25

0,25

0,25

2 Xác định đúng mỗi chất 0,25 điểm

NH3: dạng AL3E1 có tháp tam giác.

N

H

H

H

H

N

HH

+ClF3: có dạng (AB3E2) nên có dạng chữ T (các electron tự

do chiếm vị trí xích đạo):

Cl F F F

F

F

+ XeF4 có sáu khoảng không gia khu trú, trong đó có hai cặp electron tự do (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (các cặp electron tự do phân bố xa nhau nhất):

Xe

F F F

F + SiF62- có dạng AL6Eo nên ion có dạng bát diện đều.

Câu III

a Ta có ∆H phản ứng = ∑∆H ( sản phẩm) - ht ∑∆H ( chất phản ứng) ht

= ∆H ht( NH3) + ∆H ht( CO2) -∆H ht( ure) -∆H ht( H2O) = 2 (-80,8) + (-412,9) – (-317,7) – (-285,8)

= 29,0 KJ ∆S phản ứng = ∑S o ( sản phẩm) - ∑S o ( chất phản ứng) = 2.110 + 121 - 176 - 69,9

= 95,1 J.K-1

Suy ra ∆Go

phản ứng = ∆H ophản ứng - T.∆So

phản ứng = 29000 - 298.95,1 = 660,2 J

Mà ∆Go = - RT ln K Suy ra K = e8,314.298660,2

−

= 0,766 b) Xét tỷ số Q =

] ][

[

] [ ] [

2 2

2 3

O H Ure

CO NH

=

2

5 , 55 1

) 01 , 0 (

1 , 0

=1,8 10-7

Xét biểu thức tính ∆G: Có ∆G= ∆Go + RT ln Q = 660,2 - 8,314.298.15,53 = -37,82 KJ

Vì ∆G< 0 phản ứng tự diễn biến

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5

Câu IV 1 a)

1 Giả sử phản ứng là bậc 1 Phương trình động học k = ln P P0

(P0 là áp suất của SO2Cl2ở thời điểm ban đầu, t là áp suất của

SO2Cl2 tại thời điểm t)

SO2Cl2 ⇔ SO2 + Cl2

t = 0 Po 0 0 phản ứng x x x (atm)

t Po - x x x

⇒ Phỗn hợp = Po + x ; P = Po - x = 2Po - Phh Ta có bảng số liệu sau :

Thế các giá trị vào phương trình động học, ta có :

1

1 0,1654

17 , 4

92 , 4 ln 1

53 , 3

92 , 4 ln 2

k

1

3 0,1663

53 , 2

92 , 4 ln 4

4 0,1664

3 , 1

92 , 4 ln 8

k

Vì k1 ≈ k2 ≈ k3 ≈ k4⇒ Phản ứng trên là bậc 1

0,5

0,5

b) 1 2 3 4 0,1660 1

4

−

= + + +

k

h k

1660 , 0

6931 , 0

ln2

2

1 = = =

c) t = 24h

P = Po.e-kt = 4,92.e-0,166.24 = 0,093 atm = Po - x ⇒ x = 4,827 atm Vậy áp suất trong bình: Phh = Po + x = 9,747 atm

0,5

d) Ở 620k:

1

7895 , 0 048 , 1

084 , 5 ln 2 1

048 , 1

; 084 , 5 1

620 082 , 0 1 , 0

−

=

=

=

=

=

=

h k

atm P

atm V

nRT

P o

600

620

k

k

181 , 2 10

600 620

600

620 =

=

⇒

−

K

K

γ γ

0,5

0,5

Câu V

1 Cân bằng chính: HSO4-(dd) H+

(dd) + SO42-(dd)

C 0,012 0,022 [C] 0,012 – x 0,022 + x x

2

1,99 4

4

10

a

K

x

−

−

+

− ⇒ x = 3,44.10-3

⇒ pH = -lg (0,022 + 3,44.10-3) = 1,59

2 pH = 7,21 = pKa2 ⇒ Tạo 2 muối NaH2PO4 và Na2HPO4 với số mol bằng nhau ⇒ NaOH phản ứng hết nấc 1 và 1/2 nấc 2 của axit H3PO4 NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O Suy ra: V.0,1= 200.0,1+ 100.0,1 Vậy V = 300ml

∗ pH = 9,765 = 1/2(pKa2 + pKa3) ⇒ Tạo Na2HPO4

2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O 0,04 0,02 0,02

⇒ nNaOH = 0,04 mol ⇒ V = 400 ml

1,0

0,75

0,75

4 + e → MnO2−

4 ∆G0

1 = - F.0,56 MnO2−

4 + 4H+ + 2e → MnO2 + 2H2O ∆G0

2 = - 2FE0

2

MnO2 + 4H+ + e → Mn3+ + 2H2O ∆G0

3 = - F.0,95

Mn3+ + e → Mn2+ ∆G0 = - F.1,51 MnO−4 + 8H+ + 5e → Mn2+ ∆G0

5 = - 5F.1,51 Vậy: ∆G0 = ∆G5 - (∆G0 + ∆G0 + ∆G0 ) Thay các giá trị tương ứng ta có:

E0

2 = 2,265V

2 3MnO2 −

4 + 4H+ → 2MnO−

4 + MnO2 + 2H2O

Từ các thế khử chuẩn E0MnO4/MnO2 −

4 = + 0,56V và E0 MnO2 −

4 /MnO2=

0,5

0,5

+ 2,265V

Áp dụng cho phản ứng trên ta có ∆E0

Pu= + 1,70V, nghĩa là

∆G0

Pu= -nFE0 < 0

Vậy phản ứng tự xảy ra được

3 Theo đầu bài H2O + e →

2

1

H2 + OH−

Ở giá trị pH = 7 ta có E = 0,00 - 0,059pH = 0,41V hay E H2O /

2

1

H2 = -0,41V Mặt khác, theo sơ đồ trên E0Mn2+ / Mn = - 1,18V

Mn + 2H2O → Mn(OH)2 + H2

∆E0

Pu= 0,77v hay ∆G0

Pu< 0 →Phản ứng xảy ra theo chiều thuận, có giải phóng khí H2

0,5

0,5

0,5

Câu VII

- Dung dịch KI3 phản ứng với dung dịch A:

S2- + I3- → S + 3I- (1) 2S2O32- + I3- → S4O62- + 3I- (2) Chuẩn độ I3- dư:

2S2O32- + I3- dư → S4O62- + 3I- (3)

- Đặt n Na S2 = x mmol; n Na S O2 2 3= y mmol trong 25ml dd A

→ 2 2 2

→ 25,00.0,0525 = x + ½.y + ½.12,90.0,1010

→ x + ½.y = 0,66105 (mmol) (*) Thêm ZnSO4 dư làm kết tủa hoàn toàn S2-:

Zn2+ + S2- → ZnS Chuẩn độ S2O32- trong 50 ml dd A (2y mmol Na2S2O3) 2S2O32- + I3- → 3I- + S4O6

2-→ 2

2 3

S O

n − = 2.n I3 −= 2.11,50.0,0101 = 0,2323 mmol = 2.y → y = 0,11615 mmol

Thay vào (*) → x = 0,602975 mmol

2 2 3 2

.5

.9

.250

25 250

25

Na S O H O

Na S H O

y

x

0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu VIII Gọi công thức muối halozen: MR

Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H2SO4 đặc Vậy X là H2S Các phương trình phản ứng:

8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O (1)

H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3 (2)

BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3)

Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol)

và theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2

nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol)

Theo (3): nBaSO4 = (1,674 69,6): 233 = 0,5(mol) → Vậy số mol

H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)

Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)

Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4 96= 31,2 gam )

m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)

Xác định R,M: 101,6: 0,4= 254 Vậy R là Iốt

31,2: 0,8= 39 Vậy M là Kali

0,5

0,5 0,5

0,5

0,5