Dap an Hoa 10 de du bi Trai he Hung Vuong 2012

lớn nhất (n = 4).. a) Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.. Vậy A1 là NH4HS (amoni hiđrosunfua).[r]

TRẠI HÙNG VƯƠNG NĂM 2012

ĐÁP ÁN ĐỀ THI DỰ BỊ MÔN : HÓA HỌC LỚP 10

Câu 1

(2đ)

Xác định vị trí :

2ZXNX 60 ; ZXNX ZX 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

1,0

Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: Ca

2 + ¿

<RCl− RCa

R¿

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

Câu 2

(2đ) a Ta có: 90Th

232  82Pb208 + x 2He4 + y -1e0

90 = 82 + 2x - y

232 = 208 + 4x

Rút ra: x= 6, y = 4 Vậy số phân rã α: 6, số phân rã β: 4

0,5 đ

b Theo phương trình ta có: ∆m = mTh - mPb - 6mHe - 4me

Do khối lượng của -1e0 không đáng kể nên có thể bỏ qua

Thay vào: ∆m = 232,03805 - 207,97664 - 6.4,0026 = 0,04581u

 Năng lượng được giải phóng trong chuỗi là:

c Ta có: 1 năm = 365 ngày.24 tiếng.60 phút = 525600 phút

Vậy sau một năm số nguyên tử còn lại:

ncl = 1,5.1010 - 3440.525600 = 1,3192.1010

áp dụng: k =1

t ln

nbd

ncl=ln

1,5

1 , 3192=0 , 128 năm-1

t1 /2=0 , 693

k1/ 2 =

0 , 693

0 , 128=5,4 năm

Vậy chu kì bán hủy của đồng vị đó là 5,4 năm

1,0 đ

Câu 3

(2đ)

1

Công thức

Liuyt

F S

F

F S F

F

F S S’ F F

Trạng thái lai

hoá của S

S’: sp3 (MX2E2) Hình học

phân tử Chữ V Bát diện đều Cái bập bênh nối với chữ V

F F

F

S S' F :

Góc liên kết < 109o28’ vì S

còn 2 cặp e không liên kết nên ép góc liên kết Góc liên kết vào khoảng

103o

90o - Góc SS’F< 109o28’ bởi S’ còn

2 cặp e không liên kết

- Góc FSF<90o, góc FSF< 1200

do S còn 1 cặp e không liên kết

2 a) Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.

TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan:

Vậy e cuối cùng có:

l=1, m=-1, ms = +1/2 ;

mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4

Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga)

TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan:

Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2;

mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2

Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N)

b) Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ Công thức cấu tạo các hợp

chất:

+ Hợp chất với hiđro:

N H

H

H Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 + Oxit cao nhất:

O

O

O

O Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2

+ Hiđroxit với hóa trị cao nhất:

1,0

0,5

H O N

O

O Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2

0,5

Câu 4

C (M) 0,1

[ ] (M) 0,1 – x x x

= 10-4,76

C C

C C

C0 (M) 0,1- C C

[ ] (M) 0,1- C – 10-3 C + 10-3 10-3

−3)10− 3

0,1− C −10 − 3=10−4 ,76

2.Trong dung dịch có các cân bằng:

Sr2+ + CrO42- SrCrO4 T2-1 = 104,65

2+¿

Ba¿

¿

CSr2+¿

¿

T1

¿

 10−3 , 93 ≤ CCrO4≤10 −3 ,65

 dlt/d khối lượng cho cân bằng (1)  3,4  pH  3,7

0,25

0,75

1,0

Câu 5

(2đ) a H0

298 , S0

298 và G0

298

298(pư) = [H0

298(CO) + H0

298(H2O)] – [H0

298(CO2) + H0

298(H2O)] = (-110,5 – 241,8) – ( -393,5) = 41,2 KJ/mol

S0

298(pư) = [ S0

298(CO) + S0

298(H2O) – [S0

298(CO2)] = 42 J/mol G0

298(pư) = H0

298(pư) –TS0

298(pư) = 41200 – 298 x 42 = 28684 J/mol

Vì G0

298(pư) > 0 nên phản ứng không tự diễn ra theo chiều thuận ở 250C

b áp dụng công thức : ΔG T2

ΔG T1

0(1/T2− 1/T1)

1273 = 1273[ 28684/298 + 41200(1/1273 – 1/298)] = -12266 J/mol

c Để phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận thì :

1,0

0,75

0,25

Câu 6

(2đ)

I2(k) ⇌ 2I(k)

P(I2) 0 – x 2x

Ở cân bằng: P(I2)cân bằng = P(I2)bđ – x

Ptổng = P(I2)bđ – x + 2x = P(I2)bđ + x  x = P cb – P bđ

* Ở 1073 K, x = 0.0750 – 0.0631 = 0.0119 bar

P(I)cb = 2x = 0.0238 bar

P(I2)cb = 0.0631 – 0.0119 = 0.0512 bar

K = P I2

P I2 =

0 , 0282

0 ,0512=0 ,01106 ≈ 0 , 0111

* Ở 1173 K, x = 0.0918 – 0.0684 = 0.0234 bar

P(I)cb = 2x = 0.0468 bar

P(I2)cb= 0.0684 – 0.0234 = 0.0450 bar

K = 2

I,eq

I ,eq

= 0,04867 = 0,0487

ln

o 2



, ln

0,04867 0,01106 = 1,4817

1 2

T  T 10731173 = 7,945105 K1  Ho = 5

1, 4817 8,314 7,945 10



 = 155052 J = 155 kJ

* Ở 1100K ; ln

1100

0,01106 8,314 1073 1100  K1100 = 0,0169 = 0,017 Go = RTlnK =  8,314 1100  ln(0,0169) = 37248,8 J = 37,2488 kJ

Go = Ho  TSo  So =

155052 37248,8 1100



= 107,1 J.K1

0,5

0,5

0,5

0,5

Câu 7

-(aq), AgI(r)|| Ag+

(aq) |Ag(r) (+) (-) Ag(r) + I

-(aq)   

AgI(r) + e K1 1

=

0 / ,

1.

0,059

10

AgI Ag I



(aq) + e    Ag(r) K2 =

0 /

1.

0,059

10

Ag Ag

(aq) + I -(aq)   

AgI(r) T-1

T-1 = K1 1

.K2=

/ / ,

0,059

10

Ag Ag AgI Ag I

Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:

AgI   Ag+ + I- T =10-16

(aq), Fe2+

(aq) || Au3+

(aq), Au+

(aq) | Pt (+)

(aq)    Fe3+

(aq) + e K1 1

(aq) + 2e    Au+

(aq) K2

(aq)   2Fe3+

(aq) K

K = (K1 1

)2 K2=

3/ 3/ 2

0,059

10

Au Au Fe Fe

(1)

0 /

(aq) +3e   Fe 3

0 /

(aq) + e    Fe2+

(aq)

0

3 / 2

Fe Fe

0 3

G

 = G20 - G10 

0

3 / 2

Fe Fe

0 /

0 /

Ở điều kiện chuẩn, sức điện động chuẩn của pin:

0

pin

E

= E Au03 /Au  E Fe03 /Fe2 = 0,49V

1,0

1,0

Câu 8

(2đ) a) Phương trình phản ứng:Fe3O4 + 2I- + 8H+  3Fe2+ + I2 + 4H2O (1)

Fe2O3 + 2I- + 6H+  2Fe2+ + I2 + 3H2O (2) 2S2O32- + I2  S4O62- + 2I- (3) 5Fe2+ + MnO4- + 8H+  5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (4) b) Tính phần trăm:

(3)  n I

2 (3)=1

2n S2O3

2 −=1

20 , 0055× 1=0 , 00275 mol (4)  Fe

2 + ¿ (4)

=5 nMnO

4

−=5 × 0 ,0032 ×1=0 , 016 mol

n¿

Đặt số mol Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là x và y ta có:

{x + y =0 , 00275× 5=0 ,01375 3 x+2 y=0 ,016 × 2=0 , 032 ⇒{y=0 ,00925 x=0 , 0045

%mFe3O4=0 , 0045 ×232

6 , 000 × 100 %=17 , 4 %

%mFe2O3=0 , 00925× 160

6 , 000 ×100 %=24 ,7 %

1,0

1,0

Câu 9

(2đ)

Gọi công thức của hợp chất A1 là XxYySz , ta có khối lượng phân tử của A1:

Xx + Yy + 32z = 51  z = 1 và x +y = 7 – z = 6 ; Xx + Yy = 51 – 32 = 19 Khối lượng mol nguyên tử trung bình của X và Y là : 6 3,3

19

(g) ; Vậy một trong hai nguyên tố có khối lượng nguyên tử < 3,3 chỉ có thể là H

0,5

Trường hợp I : Hợp chất A1 là muối axit MHS trong M có 5 nguyên tử nên không thể của một nguyên tố, vậy M cũng chứa X và H : Xx + (y-1).1 = 18

Chỉ có nghiệm phù hợp là x = 1, y = 5, X = 14 Vậy A1 là NH4HS (amoni hiđrosunfua) 0,5 Trường hợp II : A1 là muối trung hòa XxHyS, ta có : Xx + y = 19, x + y = 6 không có gốc hóa trị II nào phù hợp

0,5 Các phương trình hoá học :

NH4HS + 2NaOH  Na2S + NH3 + 2H2O (1) Na2S + 2HCl  2NaCl + H2S (2) 2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O (3) SO2 + 2NH3 + H2O  (NH4)2SO3 (4) (NH4)2SO3 + H2O + Br2  (NH4)2SO4 + 2HBr (5) (NH4)2SO4 + BaCl2  2NH4Cl + BaSO4 (6) NH4Cl + AgNO3  NH4NO3 + AgCl (7)

0,5

Câu 10

Số mol NaOH ứng với 8,24ml dung dịch NaOH 0,09M là :

Tại điểm tương đương có

nHApư = nNaOHpư = 3,708.10-13 (mol) Đây cũng là số mol HA ban đầu đem dùng

- Khi thêm 8,24ml NaOH, dung dịch thu được có pH =4,3, môi trường axit, chứng tỏ NaOH pứ hết, HA còn dư

Vậy trong dung dịch sau khi thêm 8,24ml dung dịch NaOH có :

Vậy

CNaA= 0 ,7416 10 −3

(50+8 , 24) 10 − 3=0 ,0127 (M)

CHA= 2 , 964 10 −3

(50+8 , 24) 10 −3=0 ,05 (M)

1,0

[A-] = 0,0127 + 10-4,3 (M)

+¿

[A −]

¿

¿

K a=¿

Tại điểm tương đương

nHA pư =nNaOH pư = nNaA tạo thành = 3,708.10-3 (mol)

=> Trong dung dịch có NaA

CNaA= 3 , 708 10 − 3

(50+41 , 2).10 −3=0 , 04( M)

K a =7 , 94 10

− 10

Ban đầu : 0,04

(0 , 04 − x)=7 ,94 10

− 10

=> [H+] = 10-14/ 10-5,25 = 10-8,75

0,5

0,5

Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác, kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.