HDC HOA HOC 10

KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIII, NĂM 2022 (HDC gồm 21 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN: HĨA HỌC - LỚP 10 Bài (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hồn 1.1 (Chun Hạ Long) Tính động electron bị tách từ q trình ion hóa ion Li 2+ trạng thái photon có tần số 5,00.10 16 s-1 Biết toàn lượng photon chuyển thành lượng ion hóa động electron 1.2 (Chuyên Nguyễn Tất Thành, Yên Bái) Các mức lượng polyen vịng có cơng thức CnHn tính cách áp dụng cơng thức sau: k  0,  1,  2, , ( Ek     cos ( k ) n với n n 1 k  0,  1,  2, ,  ) n chẵn n lẻ, Cho biết cation xicloheptratrienyl (A) a Tính mức lượng (A) dạng biểu thức α β Vẽ giản đồ MO, gắn giá trị lượng tương ứng điền electron π vào giản đồ b Tính chênh lệch lượng HOMO LUMO biết β = -3,40 eV Tính bước sóng ánh sáng gây nên kích thích phân tử Câu Nội dung cần đạt 1.1 Năng lượng electron trạng thái : (1,0đ) 13, 6.32 19 E1   12  122, 4(ev)  122, 4.1, 602.10 Điểm 0,25  1,961.1017 ( J ) => lượng ion hóa để tách e : I = - E1 = 1,961.10-17 (J) Năng lượng photon: Ephoton = hυ = 6,626.10-34.5,00.1016 = 3,313.10-17 (J.photon-1) Động electron sau bị tách là: Ec = Ephoton – I = 3,313.10-17 – 1,961.10-17 = 1,352.10-17 (J) 0,25 0,25 0,25 Trang 1/21 1.2 a) E0 = α + β E+1 = E−1 = α + 1,247 β E+2 = E−2 = α – 0,445 β E+3 = E−3 = α − 1.802 β 0,25 0,25 b) E    – 0,445  –    1,247     1,692   5,753 eV = 9,216.10-19(J) hc 6,625.10 34.3.108    2,16.107 m  2,16.105 cm 19 E 9, 216.10 0,25 0,25 Bài (2,0 điểm) Tinh thể 2.1 (Lấy ý tưởng Chuyên Lào Cai) Xác định giá trị số Avogadro (NA) theo kiện cho sau: - Một cầu tạo từ tinh thể Silic (Si), có bán kính 4,69 cm; khối lượng 1,00 kg - Tinh thể Si có cấu trúc kiểu kim cương với chiều dài cạnh ô sở a = 5,43 Å Biết Si = 28,09 2.2 (Chuyên Thái Bình) Muối florua kim loại R có cấu trúc lập phương với số mạng a = 0,62 nm, ion kim loại (R n+) nằm vị trí nút mạng hình lập phương tâm diện, cịn ion florua (F‒) chiếm tất hốc tứ diện Khối lượng riêng muối florua 4,89 g/cm3 a Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng sở) mạng tinh thể florua b Xác định kim loại R Cho MF = 19 g/mol Câ u2 2.1 Nội dung cần đạt 1 n     8 Số nguyên tử Si có sở: 3 n.mngtu n.28,09u  n.28,09.10 .r 3  r  r a N A a3 a3 Ta có: m = d.v = = 2.2 => NA = 6,07.1023 a) Ô mạng sở: Điể m 0,25 0,5 0,25 0,25 Trang 2/21 b) Trong ô mạng: 0,25 1 8  6  - Số ion Rn+: - Số ion F‒: 1   Để đảm bảo mặt trung hịa điện tích thì: 4×n = 8×1  n =  ion kim loại R2+ Vậy mạng sở có phân tử oxit có dạng RF2 Khối lượng riêng florua tính theo công thức: 4 D=  M RF2  0,25 M RF2 6, 023.1023 a3 D×a  6, 023.10 23 4,89  (0, 620.107 )  6, 023.10 23   175, 48 4  M R  175, 48  19   137, 48 (g/mol) 0,25 Vậy kim loại R bari Bài (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân 3.1 (Chuyên Hưng Yên Chuyên Bảo Lộc, Lâm Đồng) a Hoàn thành phản ứng hạt nhân sau: O + p  …+ n (2) … + D  18F +  F + D  20F + … (4) (1) 18 (3) 19 O + …  18F + p + n 16 b 18F-2-đeoxi-D-glucozơ (FDG) tổng hợp cách gắn 18F vào D-glucozơ Tính hiệu suất trình tổng hợp FDG biết chu kì bán hủy 18F 109,7 phút, hoạt độ phóng xạ ban đầu mẫu 18F 600 MBq hoạt độ phóng xạ FDG sau gắn 488,3 MBq Thời gian tổng hợp phút 3.2 (Chuyên Lê Q Đơn, Bình Dương) Ngun tố Thorium kim loại phóng xạ Một chuỗi phóng xạ tự nhiên kết thúc đồng vị bền a Bằng tính tốn, cho biết có phân rã beta có chuỗi phóng xạ b Tính lượng theo MeV giải phóng từ chuỗi phóng xạ Biết: khối lượng nguyên tử Th, Pb, He là: 232,03805u; 207,97664u; 4,00260u Khối lượng e là: 5,5.10-4u Câ u3 3.1 Nội dung cần đạt (1) 18O + p  18F + n Điể m 0,5 Trang 3/21 (2) 20Ne + D  18F +  (3) 19F + D  20F + H (4) 16O +   18F + p + n Hoạt độ phóng xạ mẫu sau phút là:  ln t T1/  0,25 ln 109,7 A = Ao e = 600 e = 581,34 (MBq) Hiệu suất = 488,33/581,34 = 0,840 hay 84,0% 0,25 2.2 0,5 Áp dụng định luật bảo tồn điện tích số khối: 232 = 208 + 4x + 0y => x = 90 = 82 + 2x – y => y = Như vậy, có phân rã beta chuỗi phóng xạ 0,25 0,04581 u Như vậy, lượng mà phản ứng giải phóng ra: 0,25 Bài (2,0 điểm) Nhiệt hóa học 4.1 (Vùng cao Việt Bắc) Ở điều kiện 250C áp suất hệ khơng đổi, tiến hành đốt cháy hồn tồn 0,10 mol C8H18 lượng oxi vừa đủ Sau phản ứng thu H 2O, CO CO2 3000C toả môi trường lượng nhiệt 90,2 kcal Tính số mol khí CO CO2 Cho số liệu nhiệt động sau: Chất H f (kcal/mol) Nhiệt dung (CP) cal/mol.K C8H18 -64,6 CO -26,41 CO2 -94,05 H2O(hơi) -57,79 H2O(lỏng) 0 6,97 8,96 5,92 18 Giả sử H f , Cp không thay đổi theo nhiệt độ Cho nhiệt hoá nước 548 cal/gam 373K 4.2 (Chuyên Bắc Giang) Cho 150 gam CO2 273,15 K 1,01325.105 Pa Xác định nhiệt, công, biến thiên nội năng, biến thiên entanpi trình sau tiến hành thuận nghịch nhiệt động: a Giãn đẳng nhiệt đến thể tích 300 lít b Giãn đẳng áp đến thể tích 200 lít Chấp nhận điều kiện khảo sát, CO2 khí lí tưởng nhiệt dung đẳng áp CO2 không đổi 37,1 J.mol-1.K-1 Câ Nội dung cần đạt Điể Trang 4/21 u4 4.1 m 0,25 Phương trình phản ứng cháy là: C8 H18  25 O  8CO  9H O(h) C8 H18  17 O2  8CO  9H 2O (h) (1) (2) Gọi x số mol C 8H18 phương trình (1) (0,1 – x) số mol 0,25 C8H18 phương trình (2) H 0(1)  x[8H 0CO2  9H H0 2O  H C0 8H18 ]= -1207,9x (kcal) H 0(2)  (0,1  x)[8H CO  9H 0H2O  H C0 H18 ]= - (0,1 - x) 666,8 (kcal) Nhiệt lượng cần dùng để chuyển chất CO, CO nước từ 250C lên 3000C là: H CO  Cp CO t(0,1 - x)8 = [1533,4 - 15334x] (cal) H CO  CpCO2 t.8x = 19712x (cal) ΔH H2O(h) = [Cp H 2O(l) (100  25)  ΔH hh + Cp H 2O(h) (300-100)].0,9 = 2308 (cal) Lượng nhiệt phản ứng (1) (2) toả tổng nhiệt lượng cung cấp toả môi trường, có phương trình: H 0(1)  H 0(2)  (H 0CO  H CO  H 0H2 O(h)  90, 2) 4.2 Thế giá trị vào x = 0,051 mol Vậy số mol CO = 0,392 mol CO2 = 0,408 mol Giãn nở đẳng nhiệt: 0,25 0,25 0,5 T1  273,15K T2  273,15K  P  1, 01325.10 Pa  a t m P    150 gam CO  nRT1   V   76,36 lít  V2  300 lít P1 1 1   1 1 C p  37,1J.mol K  C  37,1J.m ol K  p Ta có: H = U = V2 V2  PdV   Q = -W = V = 10593,5 (J) Giãn nở đẳng áp: V1 nRTdV V  nRT ln V V1 150 300 8, 314.273,15ln 76,36 = 44 0,5 Trang 5/21 T1  273,15K T2 P 1atm P 1atm   150 gam CO    V1  76,36 lít V2  200 lít 1 1 Cp  37,1J.mol 1 K 1   C p  37,1J.mol K T2 U  Q V   nC V dT  nC V (T2  T1 )  n(C P  R)( T1  V2  1)T1 V1 150 200 (37,1  8,314)( 1).273,15  43, kJ 44 76,36 Q P  H  nC P (T2  T1 )  nC P ( V2 150 200 1)T1  37,1( 1).273,15  55,938 kJ V1 44 76,36 W   P(V2  V1 )   101325(200  76,36).10 3 = - 12,53 kJ U = H + W = 55,938 – 12,528 = 43,41 kJ Bài (2,0 điểm) Cân hóa học pha khí 5.1 (Chuyên Tuyên Quang) Ở nhiệt độ T, phản ứng CO C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có số cân KP 10 a Xác định nồng độ phần mol khí hỗn hợp trạng thái cân bằng, biết áp suất chung hỗn hợp trạng thái cân 4atm b Xác định áp suất riêng CO2 lúc cân 5.2 (Chuyên Vĩnh Phúc) Cho phản ứng CO tác dụng với nước 450 0C theo phản ứng: H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) (*) Cho mol H2O mol CO vào bình chân khơng 450oC Khi phản ứng (*) đạt đến cân hỗn hợp phản ứng chứa 0,9 mol CO2 a Tính số cân phản ứng (*) 450oC b Phản ứng (*) cần tiến hành nhiệt độ để 99% lượng CO ban đầu bị chuyển hóa thành CO2 Cho biết: Biến thiên entanpy tạo thành (kJ.mol-1) chất 25oC atm: CO(k): -110,5; CO2(k): -393,51; H2O(h): -241,84 Câu 5.1 Nội dung cần đạt Điểm a Xác định nồng độ phần mol khí hỗn hợp trạng thái cân bằng: CO2 (k) + C (r) 2CO KP =10 0,25 Ban đầu: Tại cân bằng: x mol (x – a) mol 2a mol Trang 6/21 Tổng số mol khí cân bằng: x – a + 2a = x + a (mol)  0,25  = 0,62x  Nồng độ phần mol CO2 = Nồng độ phần mol CO = 0,235 0,765 0,25 5.2 Xác định áp suất riêng CO2 cân bằng: Áp suất riêng CO2 = 0,235 x = 0,94 atm a Tính số cân Kp phản ứng 450oC (723K) H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) 0,25 0,25 Ban đầu (số mol): 0 Cân (số mol): 1,1 0,1 0,9 0,9 Áp suất riêng phần khí Pi = niRT/V Vì thế: Kp  PCO2 PH PCO PH 2O  nCO2 nH nCO nH 2O  0,9.0,9  7,36 1,1.0,1 0,25 b 99% CO chuyển hóa tương ứng với số mol CO phản ứng n CO = 0,1.99% 0,25 = 0,099 mol H2O(h) + CO(k) ⇌ H2(k) + CO2(k) Ban đầu (số mol): 0 Cân (số mol): 1,01 0,01 0,99 0,99 Để đạt lượng chuyển hóa này, số cân là: Kp  PCO2 PH PCO PH 2O ln  K PT K nCO2 nH nCO nH 2O   0, 99.0,99  97, 04 1, 01.0, 01 0,25 H  1    R  723 T  P Từ công thức: Entanpy phản ứng: ∆Hopứ = ∆HoCO2 + ∆HoH2 - ∆HoH2O - ∆HoCO = -41,17 kJ = -41170J Thay số vào công thức ta được: ln 723 97, 04 41170  1    7,36 8, 314  723 T   T  525, K  Bài (2,0 điểm) Động hóa học hình thức (khơng có chế) 6.1 (Chuyên Hoàng Lê Kha, Tây Ninh) Trong tầng bình lưu, ngun tử Cl* phân hủy tầng ozon theo phương trình sau: Trang 7/21 ka   ClO* + O2 10 (a) với k a  1, 7.10 e 260 T 1 1 (M s ) Cl + O3 a Hãy tính tốc độ phản ứng (a) độ cao 20m nồng độ chất là: [Cl*] = 5.10-17M; [O3] = 8.10-9 M T = 220K b Ở độ cao 45 km, tính tốc độ phản ứng nồng độ thực tế chất là: [Cl*]= 3.10-15M; [O3] = 8.10-11 M T = 270K c Tại 298K, số tốc độ phản ứng (a) đo ka = 6,7.109M-1.s-1; thừa số Arrhenius A = 6,7.1010M-1.s-1 Hãy tính lượng hoạt hóa phản ứng 298K 6.2 (Chuyên Lương Văn Tụy, Ninh Bình) Trong mơi trường kiềm, chất màu Malachite Green (kí hiệu MCl) phản ứng với OH- theo phương trình hóa học: * MCl + OH-  MOH + Cl- (*) Động học phản ứng (*) nghiên cứu cách theo dõi độ hấp thụ quang (A) dung dịch theo thời gian Kết cho thấy 298 K, phản ứng có bậc động học Biết nồng độ MCl dung dịch tỉ lệ thuận với A Trộn 20,0 mL dung dịch MCl 7,50.10-5 M với H2O 5,0 mL dung dịch NaOH 0,100 M thu 100 mL dung dịch X Kết theo dõi độ hấp thụ quang dung dịch X 298 K theo thời gian sau: t (phút) 12 16 20 A 0,8580 0,7491 0,6541 0,5710 0,4985 0,4354 a Chứng minh điều kiện thí nghiệm, phản ứng tuân theo quy luật động học bậc b Tính số tốc độ phản ứng thời gian bán phản ứng điều kiện thí nghiệm Câ u6 6.1 Nội dung cần đạt Điể m 0,25 a Từ đơn vị số ka M-1.s-1  Phản ứng có bậc Phương trình động học phản ứng có dạng: v = k.[Cl*].[O3] - Ở độ cao 20 m, T = 220K nồng độ chất: [Cl *] = 5.10-17M; [O3] = 8.10-9 M 260 220 17 9  va = ka.[Cl*][O3] =  1, 7.10 e 5.10 8.10 =2,086.10-15 (M.s-1) b Ở độ cao 45 km, [Cl]= 3.10-15M; [O3] = 8.10-11 M T = 270K 10 0,25 260 10 270 15 11  va = ka.[Cl*][O3] =  1,7.10 e 3.10 8.10 = 1,56.10-15 (M.s-1) A k  A.e Ea / RT  E a  RT.ln k  Ea = 5,706 kJ/mol c 6.2 0,5 a Phản ứng có bậc động học nên tốc độ phản ứng có dạng: 0,25 v  k[OH  ]x [MCl]y Trang 8/21 [MCl]o  20  7,50.105  1,5.105 M 100 [OH  ]o   0,100  5, 0.103 M 100 [OH  ]o  [MCl]o  [OH  ]  [OH  ]o 0,25  x y  x y y  x  v  k[OH ] [MCl]  k[OH ]o [MCl]  k hd [MCl] với k hd  k[OH ]o Vì nồng độ MCl dung dịch tỉ lệ thuận với độ hấp thụ quang A dung dịch nên giả sử phản ứng có bậc (y = 1) ta có: [MCl]o Ao k hd  ln  ln t [MCl]t t A t (1) Với Ao At giá trị độ hấp thụ quang dung dịch t = 0,25 t Thay giá trị Ao At vào (1) thu kết t (phút) 12 16 20 khd(phút–1) 3,393.10-2 3,392.10-2 3,393.10-2 3,394.10-2 3,392.10-2 Các giá trị khd xấp xỉ  điều giả sử Vậy điều kiện thí nghiệm 1, phản ứng có bậc b Hằng số tốc độ phản ứng: k hd   3,393  3,392  3,393  3,394  3, 392  10 t1/  2  3,393.10 2 0,25 (phút–1) ln ln   20, 43 k hd 3,393.102 (phút) Thời gian bán phản ứng: Bài (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch 7.1 (Chuyên Cao Bằng) Một hỗn hợp A gồm HCl 0,100 M H3PO4 0,100 M a Tính pH hỗn hợp A b Tính thể tích NaOH 0,1000M cần để trung hoà 100 ml dung dịch A đến pH = 4,4 Biết H3PO4 có (pKa1 = 2,15; pKa2 = 7,21; pKa3 = 12,32) 7.2 (Chuyên Lam Sơn) Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M; Fe(ClO4)3 0,03M; MgCl2 0,01M Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thu kết tủa A dung dịch B Xác định kết tủa A pH dung dịch B Biết: pKa(NH4+)= 9,24; Mg(OH)2 (pKs= 11) ; Fe(OH)3 (pKs =37) Câ u7 7.1 Nội dung cần đạt a Dung dịch hỗn hợp A có cân bằng: H3PO4 H+ + H2PO4Ka1 = 10-2,15 Điể m 0,25 Trang 9/21 H2PO4H+ + HPO42Ka2 = 10-7,21 HPO42H+ + PO43Ka3 = 10-12,32 H2O H+ + OHKw = 10-14 Do Ka1 >> Ka2 >> Ka3 > Kw, cân (1) chủ yếu: Xét cân bằng: H3PO4 H+ + H2PO4Ka1 = 10-2,15 Co 0,1 0,1 [ ] (0,1-x) (0,1+x) x 0,25 [H+].[H2PO4- ] (0,1 +x).x [H3PO4 ] = (0,1 - x) = 10-2,15 => Ka1 = => x2 + 0,1007x - 10-3,15 = => x = 6,25.10-3 => pH = -lg[H+] = - lg(0,1+6,25.10-3) = 0,974 b Phản ứng trung hoà lần lượt: 0,25 H+ + OH- H2O (1) H3PO4 + OHH2PO4- + H2O (2) Giả thiết sau phản ứng có H 2PO4-, pH = (pKa1+pKa2)/2 = 4,68 > 4,4 ; => Phản ứng trung hoà nấc thứ axit H3PO4 chưa hết => TPGH gồm H3PO4, H2PO4- hệ đệm, nên có:  CH PO  pH  pK a1 +lg  CH PO    CH PO   4,4  2,15 lg      CH3PO4     0,25 CH PO   CH PO    lg   177,83  177,83  CH PO  CH3PO4   C0H3PO4   178,83 CH3PO4  CH3PO4 (d )   0,56%  CH3PO4 ( p )  99,44% 178,83 n   0,9944.n H PO => nNaOH(pư) = H => V.0,1 = 0,1(0,1 + 0,1.0,9944).103 => V = 199,44 ml Sau trộn : CM (NH3) = 0,05M; CM (Fe3+) = 0,015 M; CM (Mg2+) = 0,005M; CM (H+/HClO4) = 0,0025M Có q trình sau: 3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,25 (1)  K  14 W   1037.( 10 )3  10 22,72 K1  K S ( Fe ( OH ) )  9,24  K a ( NH  )  10   1 Trang 10/21 2NH3 + 2H2O + Mg2+  Mg(OH)2 + 2NH4+ (2)  K  14 W   1011.( 10 )  101,48 K  K S (Mg( OH ) )  9,24  K a ( NH  )  10   1 NH3 + H+  NH4+ (3) K3 = 109,24 0,25 Vì K1 K3 lớn nên coi phản ứng (1) (3) xảy hoàn toàn 3NH3 + 3H2O + Fe3+  Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M 0,005M NH3 + 0,015M H+  0,045M NH4+ 0,05M 0,0025M 0,045M 0,0025M 0,0475M TPGH gồm có: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+(0,005M); H2O Dung dịch B dung dịch đệm, pH xác định công thức gần đúng: pH  pK a  lg 0,25 Cb 0, 0025  9, 24  lg  7, 96 Ca 0, 0475 0,25  1014   Mg  OH   0, 005  7,96   4,16.1015  K S ( Mg (OH )2 )  10  nên 2  kết tủa Mg(OH)2 xuất Vậy kết tủa A kết tủa Fe(OH)3 Bài (2,0 điểm) Phản ứng oxi hóa khử Pin điện điện phân 8.1 (Chuyên Nguyễn Trãi, Hải Dương) Cho giản đồ Latimer chuỗi tiểu phân chứa lưu huỳnh pH = Các giá trị tính theo Volt: a Xác định giá trị x, y thiếu b Cho biết S0 bền hay không bền Giải thích c Viết phương trình tự oxi hóa khử S2O32- dựa theo tiểu phân cho giản đồ Latimer d Tính ∆G0 từ tính số cân phản ứng tự oxi hóa – khử 25 oC.Viết phương trình tự oxi hóa khử S2O32- dựa theo tiểu phân cho giản đồ Latimer 8.2 (Chuyên Lê Quý Đôn, Điện Biên) Trang 11/21 Điện phân 500 ml dung dịch Y gồm: AgNO3 0,1M, Ni(NO3)2 0,5M, HNO3 0,1M 250C với điện cực trơ a Cho biết thứ tự điện phân catot b Tính điện phù hợp cần đặt vào catot để trình điện phân bắt đầu xảy c Tính điện phù hợp đặt vào catot để tách hoàn ion Ag + khỏi dung dịch mà không gây phản ứng Coi ion tách hồn tồn nồng độ ion dung dịch nhỏ 10-6M Cho: Eo(Cu2+/Cu) = 0,337 (V); Eo(Ag+/Ag) = 0,799 (V); Eo(Ni2+/Ni) = -0,233 (V) o + E (2H /H2) = 0,000 (V) ; 2,302 RT/F = 0,0592 (ở 25 C); F = 96500 C/mol Câ u8 8.1 Nội dung cần đạt a Điể m 0,25 2.0,158  0,569  0, 253V 3.0, 456  0,569 y  0, 400V x b Do E0(S0/S-2) < Eo(S+2/S0) nên S0 bền, không bị tự oxi hóa khử c S2O32- + 2H+ H2SO3 + S d ∆E0 = 0,6 – 0,4 = 0,2 V ∆G0 = -nF∆Eo = - 38600(J) = RTlnK → 8.2 lnK  0,25 0,25 0,25 38600  15,58  K  5,8.106 8,314.298 a Cực âm (catot): E(Ag+/Ag) = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg 0,1 = 0,7398 (V) 0,25 0,0592 lg [Ni2+] E(Ni2+/Ni) = Eo(Ni2+/Ni) + 0,0592 lg 0,5 = - 0,242 (V) = -0,233 + E(2H+/H2) = Eo(2H+/H2) + 0,0592lg [H+] = -0,0592 (V) Ta thấy: E(Ag+/Ag)> E(2H+/H2)> E(Ni2+/Ni) Vậy thứ tự điện phân catot: Ag+  H+  Ni2+  H2O Ag+ + 1e  Ag0 2H+ + 2e  H2 Ni2+ + 2e  Ni0 2H2O + 2e  H2 + 2OHb Điện phù hợp cần đặt vào catot để trình điện phân bắt đầu xảy ra: Ec < E(Ag+/Ag) = 0,7398 (V) c Khi ion Ag+ tách: E'(Ag+/Ag) = Eo(Ag+/Ag) +0,0592lg [Ag+] = 0,799 + 0,0592 lg 10-6 = 0,4438 (V) 0,25 0,25 Trang 12/21 [Ag+]= 10-6 nhỏ, coi toàn Ag+ điện phân 4Ag+ + 2H2O  4Ag + O2 + 4H+ C0 0,1M 0,1M TPGH: 0,1 0,2M ' + o + + E (2H /H2) = E (2H /H2) + 0,0592lg [H ] = -0,0592lg0,2 = -0,0414 (V) Khi catot -0,0414V H+ bắt đầu điện phân Vậy điện phù hợp để tách Ag+ khỏi dung dịch mà không xảy phản ứng là: -0,0414 (V) < Ecatot < 0,4338 (V) Bài (2,0 điểm) Halogen, oxi, lưu huỳnh 9.1 (Chuyên Lê Quý Đôn, Quảng Trị) Các hợp chất X, Y, Z cấu tạo gồm nguyên tố Na, S, O MZ – MY = MY – MX = 16 Khử Y cacbon nhiệt độ cao cho sản phẩm vào dung dịch HCl thu chất khí mùi trứng thối Khí tác dụng với dung dịch HClO thu sản phẩm chứa lưu huỳnh có số oxi hóa với lưu huỳnh Y Từ dung dịch X trực tiếp điều chế Z cách hịa tan vào Z đơn chất, sau đặc dung dịch kết tinh để thu tinh thể ngậm phân tử nước Lọc vớt tinh thể làm khơ, đun nóng nhẹ dung dịch chứa Z với nồng độ C% a Xác định X, Y, Z viết phương trình phản ứng minh họa b Tính giá trị C 9.2 (Chuyên Chu Văn An, Hà Nội) Nung nóng hỗn hợp G (gồm bốn muối natri X, Y, Z, T có a mol muối) đến 200oC khí E khơng trì cháy hỗn hợp chất rắn M (chứa 4a/3 mol X, 5a/3 mol Z, a mol T) có khối lượng giảm 12,5% so với hỗn hợp G Nếu tiếp tục nung hỗn hợp M đến 400 oC thu hỗn hợp chất rắn chứa X T Nếu tiếp tục nung đến 600oC chất X a Xác định X, Y, Z, T biết X gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng natri nhỏ phần trăm khối lượng nguyên tố lại 21,36% b Xác định phần trăm khối lượng chất hỗn hợp G Câ u9 9.1 Nội dung cần đạt Điể m a Khí mùi trứng thối H2S Khi H2S tác dụng với HClO, sản phẩm sinh 0,25 H2SO4 Vậy lưu huỳnh Y có số oxi hóa +6 Y Na2SO4 Na2SO4 + 4C → Na2S + 4CO Na2S + 2HCl → 2NaCl + H2S H2S + HClO → H2SO4 + HCl MZ – MY = MY – MX = 16 Trang 13/21 9.2 Vậy Z phải Na2S2O3, X Na2SO3 Na2SO3 + S → Na2S2O3 Na2S2O3 + 5H2O → Na2S2O3 5H2O b Khi đun nóng, Na2S2O3.5H2O nóng chảy nước kết tinh dung dịch với C% = (46+64+48)/(46+64+48+18.5) = 63,71% Xét X: NaxR có %R - %Na = 21,36 %R + %Na = 100 → %R = 60,68% %Na = 39,32% → 23x/R = 39,32/60,68 → R = 35,5x → x = 1, R = 35,5 (clo) thỏa mãn Vậy X NaCl Sau nhiệt phân hoàn toàn (600oC) NaCl → muối Y, Z, T phải muối NaClOy với y = (1;2;3;4) Ở 200oC, a mol Y nhiệt phân thành a/3 mol NaCl 2a/3 mol Z, khí E khơng trì cháy, điều kiện thí nghiệm E nước Vậy Y muối ngậm nước Gọi công thức Y: NaClOn.bH2O Z: NaClOm Có: aNaClOn → (a/3)NaCl + (2a/3)NaClOm hay 3NaClOn → NaCl + 2NaClOm Bảo tồn O ta có: 3n = 2m → n = 2, m = (vì ≤ n,m ≤ 4) Do đó: Y NaClO2.bH2O Z NaClO3 → T NaClO4 Khối lượng giảm 12,5% so với G → 18a.b : [a(58,5 + 90,5 + 18b + 106,5 + 122,5)] = 12,5% → b = → Y NaClO2.3H2O Tính %m chất G: mG = a(58,5 + 90,5 + 18.3 + 106,5 + 122,5) = 432a (g) Vậy %m NaCl = 58,5a : 432a% = 13,54% %m NaClO2.3H2O = (90,5a + 18.3.a) : 432a% = 33,45% %m NaClO3 = 106,5a : 432a% = 24,65% %m NaClO4 = 122,5a : 432a% = 28,36% 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Bài 10 (2,0 điểm) Đại cương hữu (Quan hệ cấu trúc tính chất) 10.1 (Chuyên Amsterdam, Hà Nội – có sửa) Hãy cho biết tương quan lập thể hai hợp chất cặp sau đây, giải thích ngắn gọn 10.2 (Chuyên Lê Hồng Phong, Nam Định) a So sánh độ dài liên kết CO phân tử sau giải thích ngắn gọn: Trang 14/21 Chú ý: phân tử B3 có liên kết C-O b Benzene ethylbenzene có giá trị nhiệt độ sơi nhiệt độ nóng chảy sau (khơng theo thứ tự): Nhiệt độ sôi: 80oC 136oC, nhiệt độ nóng chảy: -95oC 5oC Hãy xếp nhiệt độ sơi nhiệt nóng chảy tương ứng với chất giải thích ngắn gọn 10.3 (Chuyên Bắc Ninh) Cho hai phân tử naphthalene phenanthrene (a) Đối với phân tử naphthalene, Giải thích độ dài liên kết C2-C3(1.42 Å) lớn độ dài liên kết C1- C2 (1.36 Å) (b) Chỉ giải thích liên kết có độ dài ngắn phân tử phenanthrene (c) Phản ứng phenanthrene với dung dịch Br tạo hợp chất C14H10Br2 Viết cấu trúc sản phẩm thu Câ u 10 10.1 Nội dung cần đạt Điể m 0,25 Khi quay hai chất 1200 mặt phẳng nhận thấy hai chất vật ảnh khơng chồng khít lên Như hai hợp chất hai đối quang 0,25 Nghịch chuyển khơng làm thay đổi cấu hình Hai cơng thức chất 10.2 a Benzen: nhiệt độ sơi: 80oC; nhiệt độ nóng chảy: 5oC 0,25 o o Ethylbenzene: nhiệt độ sơi: 136 C; nhiệt độ nóng chảy: -95 C Phân tử benzene đối xứng cao hơn, phân tử xếp vào tinh thể rắn Trang 15/21 chặt khít nên có nhiệt độ nóng chảy cao Phân tử ethylbenzene có phân tử khối lớn hơn, moment lưỡng cực cao nên nhiệt độ sôi cao b Độ dài liên kết CO (2) > (4) > (3) > (1) 0,25 (1) liên kết đơi C=O (3) có bậc liên kết nhỏ lớn có tượng cộng hưởng (4) nguyên tử oxi mang phần tính chất O lai hóa sp (do cấu trúc cộng hưởng) nên độ dài liên kết ngắn (2) có bậc liên kết 10.3 a -Các cấu trúc cộng hưởng naphthalene, 0,25 -Liên kết C1-C2 liên kết đôi số cấu trúc cộng hưởng, liên kết C2-C3 liên kết đơi xuất cấu trúc cộng hưởng Vì vậy, liên kết C1-C2 có đặc điểm liên kết đơi nhiều C2-C3, độ dài liên kết C1-C2 ngắn b Xét cấu trúc cộng hưởng phenanthrene 0,5 -Liên kết C9-C10 liên kết đôi xuất số cấu trúc cộng hưởng Không có liên kết phân tử có đặc điểm Vì C9-C10 mong đợi có nhiều đặc điểm liên kết đơi nhất, có độ dài ngắn c Ở phần b, nhận thấy liên kết C9-C10 có đặc điểm liên kết đơi nhiều 0,25 nên phản ứng Br2 xảy vị trí (Thí sinh làm theo cách khác chất hóa học cho điểm tối đa) Trang 16/21 HẾT Trang 17/21 ... *] = 5 .10- 17M; [O3] = 8 .10- 9 M 260 220 17 9  va = ka.[Cl*][O3] =  1, 7 .10 e 5 .10 8 .10 =2,086 .10- 15 (M.s-1) b Ở độ cao 45 km, [Cl]= 3 .10- 15M; [O3] = 8 .10- 11 M T = 270K 10 0,25 260 10 270...  14 W   103 7.( 10 )3  10 22,72 K1  K S ( Fe ( OH ) )  9,24  K a ( NH  )  10   1 Trang 10/ 21 2NH3 + 2H2O + Mg2+  Mg(OH)2 + 2NH4+ (2)  K  14 W   101 1.( 10 )  101 ,48 K  K... ứng có dạng: 0,25 v  k[OH  ]x [MCl]y Trang 8/21 [MCl]o  20  7,50 .10? ??5  1,5 .10? ??5 M 100 [OH  ]o   0 ,100  5, 0 .10? ??3 M 100 [OH  ]o  [MCl]o  [OH  ]  [OH  ]o 0,25  x y  x y y  x 