Đáp án (tuyên quang)

TRƯỜNG THPT CHUYÊN TUYÊN QUANG HƯỚNG DẪN CHẤM ĐÊ THI DUN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ MƠN: HỐ HỌC- LỚP 10 (Đề thi gồm 11 trang) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu I (2 điểm) Cấu tạo nguyên tử phân tử định luật tuần hoàn Cho nguyên tố X Y nguyên tố thuộc nhóm A, biết X thuộc chu kì cịn Y thuộc chu kì Năng lượng ion hóa In (n = 1, 2,….,6) X Y (tính theo đơn vị kJ.mol -1) ghi bảng Nguyên tố I1 I2 I3 I4 I5 I6 X 1086 2352 4619 6221 37820 47260 Y 590 1146 4944 6485 8142 10519 a) Xác định tên, kí kiệu X Y vị trí chúng bảng tuần hồn hóa học b) Tính  xạ phải dùng để tách electron thứ khỏi nguyên tử Y c) Tính lượng ion X+ nguyên tử X Giải thích tượng sau: a) Nhiệt độ sơi NH3 (-33oC) cao nhiệt độ sôi NF3 (-129oC) lại thấp NCl (71oC) b) Góc liên kết PH3 (93,6o) nhỏ góc liên kết NH (107o) Góc liên kết PF3 (96,3o) lớn góc liên kết PH3 (107o) Ý a b c a Hướng dẫn chấm + Đối với nguyên tố X, lượng ion hóa I5 so với I4 có tăng đột ngột (tăng gấp lần) => Khi tách 4e thu X4+ có cấu hình electron khí => X có 4e hóa trị; mặt khác X thuộc chu kì => X Cacbon (C), nhóm IVA + Đối với nguyên tố Y, lượng ion hóa I3 so với I2 có tăng đột ngột (tăng gấp 4,3 lần) => Khi tách 2e thu Y 2+ có cấu hình electron khí => Y có 2e hóa trị; mặt khác Y thuộc chu kì => X Canxi (Ca), nhóm IIA (Nếu thí sinh kết luận mà khơng đưa giải thích cho 0,125đ/chất) hc 6,6256.1034 J.s.3,0.108ms1.6,0223.1023mol 1  max   E 590.103 J.mol 1 = 2,03.10-7 m EC = -(I1 + I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -99358 kJ/mol E C+ = -(I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -98272 kJ/mol - Nhiệt độ sôi NH3 cao NF3 vì: + Giữa phân tử NH3 có liên kết hidro với NF3 có lực Van der Waals, liên kết hidro mạnh so với lực Van der Waals + Sự chênh lệch độ âm điện N-H cao so với N-F, hai phân tử có cấu trúc hình học momen NH3 cao NF3 - Đối với NCl3 cao NH3 vì: + Khối lượng phân tử NCl3 lớn nhiều lần so với NH3 lực Van der Waals - tương tác khuếch tán NCl3 lớn, NH3 có liên kết hidro cịn NCl3 khơng có, momen phân tử NH3 cao nhiều so với NCl3 lực khuếch tán lực yếu Tuy nhiên với khối lượng phân tử lớn vượt trội dẫn tới hình thành nhiều vùng phân cực tạm thời đến mức điểm nào, tổng lực khuếch tán lớn tổng lực liên kết hydro (Nếu thí sinh khơng đưa đầy đủ lập luận cho tối đa 0.125đ) Điểm 0.25 0.25 0.25 0.125 0.125 0.125 0.125 0.25 b - Góc liên kết PH3 nhỏ NH3: + Chênh lệch độ âm điện N với H cao P với H nên cặp electron dùng chung NH bị lệch phía nguyên tử trung tâm nhiều so với 0.25 PH => góc liên kết mở rộng + Độ âm điện N cao P, cặp electron tự nguyên tử N bị giữ chặt hơn, chiếm khơng gian ép góc liên kết so với cặp electron tự P - Góc liên kết PF3 lớn PH3 P cịn obitan trống tạo liên kết  0.25 với cặp electron tự F (dạng  p→d) Liên kết mang phần liên kết bội, không gian chiếm giữ lớn so với liên kết đơn (trong PH 3), chúng đẩy mạnh hơn, góc mở rộng (Nếu thí sinh khơng đưa đầy đủ lập luận cho tối đa 0.125đ) Câu (2 điểm) : Tinh thể Tinh thể sắt dạng α có cấu trúc lập phương tâm khối Các nguyên tử cacbon xâm nhập vào mạng tinh thể chiếm mặt ô mạng sở Bán kính sắt 1,24 A0 Tính độ dài cạnh a ô mạng sở Bán kính cộng hóa trị cacbon 0,77 A Hỏi độ dài cạnh a tăng lên sắt α có chứa cacbon so với cạnh a sắt α nguyên chất Tính độ dài cạnh ô mạng sở cho sắt γ (cấu trúc lập phương tâm diện) tính độ tăng chiều dài cạnh mạng biết ngun tử cacbon chiếm tâm ô mạng sở bán kính kim loại sắt γ 1,26 A0 Có thể kết luận khả xâm nhập cacbon vào loại tinh thể sắt Ý Hướng dẫn chấm Điểm o 4r 1, 24   2,86 A Độ dài cạnh a ô mạng sở sắt α là: a  0.5 3 Khi sắt α có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a ô mạng sở là: o 0.5    (rFe  rC )  a  2(1, 24  0, 77)  2,86  1,16 A o 0.25 4r  1, 26   3,56 A Độ dài cạnh a ô mạng sở sắt  là: a  2 Khi sắt γ có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a ô mạng sở là: o    (rFe  rC )  a  2(1, 26  0, 77)  3,56  0,5 A 0.5 Kết luận: Khả xâm nhập cacbon vào sắt α khó vào sắt γ, có độ hòa tan C sắt α nhỏ sắt γ 0.25 Câu (2 điểm) : Phản ứng hạt nhân 206 n( 82 Pb) n( 238 92 U )  8,17  75,41 Trong Trong mẫu đá người ta tìm thấy tỉ lệ sau đây: 206 n( 82 Pb) n( 204 Pb ) 82 n số mol nguyên tử đồng vị tương ứng ghi dấu ngoặc Người ta cho mẫu đá hình thành có chứa sẵn Pb tự nhiên Chì tự nhiên bao gồm đồng vị bền với thành phần đồng vị cho bảng đây: 204 206 207 208 Đồng vị Pb Pb Pb Pb Phần trăm khối lượng 1,4 24,1 22,1 52,4 238 Hãy tính tuổi mẫu khống vật Cho chu kì bán hủy U 4,47.10 năm Chấp nhận suốt thời gian mẫu đá tồn tại, 238U đồng vị bền chì hồn tồn khơng bị rửa trơi nước mưa Ý Hướng dẫn chấm n( 238 U)  8,17 Trong mẫu đá 20692 n( 82 Pb)  có mol 238U mẫu có: 1/8,17 = 0,1224 = Số mol 206Pb => Số mol 204Pb = (0,1224/75,41) = 1,623.10-3 mol - Theo giải thiết: tỉ số mol 206Pb 204Pb chì tự nhiên là: n(206Pb)/n(204Pb) = (24,1/206)/(1,4/204)= 17,05 - Vậy 1,623.10-3 mol 204Pb tương ứng với số mol 206Pb chì tự nhiên là: 1,623.10-3 17,05 = 0,0276 mol 206Pb - Như số mol 206Pb sinh phân rã 238U mẫu là: 0,1224 mol - 0,0276 mol = 0,0948 mol Nếu cịn mol 238U số mol 238U mẫu đá hình thành mol + 0,0948 mol = 1,0948 mol Theo phương trình N0 = N.et = N.e(0,693/t1/2)t ta có: 1,0948/1 = e(0,693/t1/2)t Hay: ln1.0948 = (0,693/4,47.10-9)t  t = (ln1,0948)/(0,693/4,47.10-9) = 5,84.108 năm Điểm 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 Câu IV (2 điểm) : Nhiệt hóa học Cho kiện sau C2H4(k) + H2 (k) → C2H6 (k) Ha = -136,951 KJ/mol C2H6 (k) + 7/2 O2 (k) → CO2(k) + H2O(k) Hb = -1559,837 KJ/mol C(r) + O2 (k) → CO2(k) Hc = -393,514 KJ/mol H2 (k) + 1/2 O2 → H2O(k) Hd = -285,838 KJ/mol Hãy xác định: a Nhiệt tạo thành etylen (Htt) b Nhiệt đốt cháy etylen (Hđc) Từ hệ thức: G0 = –RTlnK phương trình: G0 = H0 – TS0 a Lập biểu thức tính ln(K2/K1) (Trong K1, K2 số phản ứng nhiệt độ T T2 (T1 < T2) Cho H0 S0 không thay đổi khoảng nhiệt độ xét) b Áp dụng cho phản ứng: NO (k) + 1/2O2(k)  NO2 (k) Biết H0 = -56,484 KJ KP = 1,3 10-6 250 Tính KP 3250C c Tính H0 phản ứng: 1/2N2(k) + 3/2H2(k) NH3(k) Biết KP 4000C 1,3.10-2 5000C 3,8.10-3 Ý a b Hướng dẫn chấm Phương trình phản ứng hình thành C2H4 2C r   2H  k   C H  k  * H tt Ta có (*) = 2c + 3d – a – b 1 Vậy: H tt 2H c  3H d  H a  H b 52,246 KJ.mol Phương trình phản ứng đốt cháy * * H đc C H  k   3O  k   2CO  k   2H O l  Ta có:(**) = (a) + (b) – (d) H đc H a  H b  H d  1410,95 KJ.mol  Điểm 0.5 0.5 Lập biểu thức, vận dụng G H S   RT RT R 0 H S ln K   RT1 R ln K  a ln K  ln H S  RT R K2 H  K1 R 0.5  K 1 H  1    hay lg     K1 2,303R  T2 T1   T2 T1  Áp dụng: Thay giá trị K, H0, R vào biểu thức, ta có: K 56484  1  K 325 56484  1  lg 325       => lg   6 K 25 2,303.8,314  598 298  2,303.8,314  598 298  1,3.10 lgK325 =1,147  K325 = 14 PNO K p  325   14 b 0.25 PNO PO22 Tương tự ta có 3,8.10  H   lg      2 2,303.8,314  773 673  1,3.10 H  53,136 KJ c 0.25 Câu (2 điểm) : Cân hóa học pha khí Ở nhiệt độ T, phản ứng CO C (rắn) nóng đỏ, dư tạo thành CO có số cân K P 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 c Xác định áp suất chung hỗn hợp cho lúc cân CO2 chiếm 6% thể tích Ý a Hướng dẫn chấm Xác định nồng độ phần mol khí hỗn hợp trạng thái cân bằng: CO2 (k) + C (r) 2CO KP =10 Ban đầu: x mol Tại cân bằng: (x – a) mol Tổng số mol khí cân bằng: 2a mol x – a + 2a = x + a (mol) Điểm 0.25  Kp  PCO PCO  2a    x  a  P  4a P      10 ( x  a )( x  a ) x a  P  x a 10 10 x 10 = 0,62x   a x 2 P 4P  10 4P  10 x  a x  a x  0,62 x   0,235  Nồng độ phần mol CO2 = x  a x  0,62 x  0.25 4a 0.25 2a 1,24 x   0,765 0.25 x  a x  0,62x Xác định áp suất riêng CO2 cân bằng: x a 0.25   P  0,235 x = 0,94atm Áp suất riêng CO2 =  x a  Xác định áp suất chung hỗn hợp cho lúc cân CO chiếm 6% thể tích: VCO2 n CO n  0,06  CO 0,94 Vhh n hh n hh 0.25 (0,94P) 10 x 0,06 Kp  10  P  0,679atm  0,06P 0,94 Nồng độ phần mol CO b c = Vậy để % thể tích CO2 cân 6% áp suất chung cân phải 0,679atm Câu (2 điểm) : Động hóa học Xét phản ứng : 2A + B  C + D Hằng số tốc độ phản ứng tính theo đơn vị : mol-1.l.s–1 Kết thí nghiệm phản ứng trình bày bảng sau: TN Nhiệt độ (oC) C0 (A) (mol.l–1 ) C0 (B) (mol.l–1 ) v0 (mol.l–1.s–1) 25 0,25 0,75 4,0.10–4 25 0,75 0,75 1,2.10–3 55 0,25 1,50 6,4.10–3 Xác định bậc riêng phần A, B vfa bậc phản ứng Tính số tốc độ phản ứng 25oC Tính hệ số nhiệt tốc độ phản ứng Ý Hướng dẫn chấm Điểm  Gọi x bậc theo A, y bậc theo B n = x + y bậc phản ứng x y Biểu thức tốc độ phản ứng : V = k C A C B Đơn vị V = đơn vị k  (đơn vị C)n = mol–1 l s–1 moln.l–n = mol1 – n l1 – n s–1 So sánh với đơn vị V cho mol l–1 s–1  n =  phản ứng có bậc  x + y = Qua TN 25oC ta có : x A V = k C C y B  TN1 : 4,0.10  k (0,25) x (0,75) y   TN : 1,2.10 k (0,75) x (0,75) y 0.5 0.5 Chia vế ta có : 3x = => x = => y = 4,0.10  = 2,13 10–3 mol–1 l.s–1 0,25.0,75 Ở 55oC, tốc độ phản ứng có biểu thức : V’ = k’.CA.CB V' 6,4.10   k’ =  = 1,7 10–2 = 8k CA CB 0,25.1,5  k= Áp dụng : t 55  25 k' =  = 23   =   10  = 10 k 0.25 0.25 0.5 Câu (2 điểm) : Dung dịch phản ứng dung dịch Một dung dịch A gồm CH3COOH (HAc) 0,010 M NH4Cl 0,200 M Tính pH dung dịch A Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4 Tính số ml dung dịch H2C2O4 0,1M cần thêm vào 10,0 ml dung dịch A chứa CaCl 0,0100 M HCl 10-3 M để bắt đầu xuất kết tủa CaC2O4 Có thể dùng dung dịch H2C2O4 0,1M thêm vào dung dịch A để kết tủa hoàn toàn CaC 2O4 (nồng độ Ca2+ dung dịch cịn lại < 10 -6 M) khơng ? Cho: H2C2O4 có Ka1 = 10-1,27 ; Ka2 = 10-4,25 ; KS (CaC2O4) = 10-8,75 Ý Hướng dẫn chấm Điểm Tính pH dung dịch A NH4Cl  NH4+ + Cl Trong dung dịch có cân sau: HAc   Ac  + H+ K1 = 10 - 4,76 NH4+   NH3   + H+ K1 = 10 - 9,24 H2O   H+   + OH- Kw=10 -14 K1C1 >> K2C2, KW Bỏ qua phân li nước NH4+, tính theo: HAc C []   Ac  0,01 0,01 - x + x K1 = 10 - 4,76 x x x  K1  104,76 (0,01  x) Theo đltdkl ta có: H+ 0.25 x= [H+] = 4,083.10-4  Các cân : HCl  H+ + Cl- pH = 3,39 0.5   H+ + HC2O4H2C2O4     H+ + C2O42HC2O4-   Ca 2+ 2- + C2O4     0.25 CaC2O4 Vì KS không lớn, mặt khác nồng độ dung dịch H 2C2O4 >> nồng độ Ca2+ nên giả sử V1 thêm vào khơng thay đổi đáng kể thể tích; nồng độ H + dung dịch HCl định, môi trương axit nên bỏ qua tạo phức hiđroxo Ca2+ Điều kiện để có CaC2O4 bắt đầu kết tủa : 0.25 K1 K 10.0, 01 V1 0,1 2 2 8,75 K S   Ca  C O    10 V1  10 V1  10 h  K1 h  K1 K  V1 = 3,5.10-4 ml Nồng độ H2C2O4 = 3,5.10-6 (A) > (C) 0.25 - Giải thích : B có hiệu ứng + I gây gốc hiđrocacbon no (amin bậc III mạch vòng) nên tích chất bazơ mạnh - Chất A: Có hiệu ứng + I gốc no hiệu ứng – I vịng benzen, nên tích chất 0.25 bazơ yếu chất B - Chất B khơng có hiệu ứng – C cấu trúc không đồng phẳng - Chất C: Do nguyên tử N tạo hệ liên hợp với vịng benzen (chất C có +I – C) nên tính bazơ giảm mạnh Cấu dạng bền nhóm COOH vị trí axial để tạo liên kết hidro nội phân tử 0.25 ... khối Các nguyên tử cacbon xâm nhập vào mạng tinh thể chiếm mặt mạng sở Bán kính sắt 1,24 A0 Tính độ dài cạnh a mạng sở Bán kính cộng hóa trị cacbon 0,77 A Hỏi độ dài cạnh a tăng lên sắt α có chứa... trúc lập phương tâm diện) tính độ tăng chiều dài cạnh mạng biết ngun tử cacbon chiếm tâm mạng sở bán kính kim loại sắt γ 1,26 A0 Có thể kết luận khả xâm nhập cacbon vào loại tinh thể sắt Ý Hướng... Pb Pb Pb Pb Phần trăm khối lượng 1,4 24,1 22,1 52,4 238 Hãy tính tuổi mẫu khống vật Cho chu kì bán hủy U 4,47.10 năm Chấp nhận suốt thời gian mẫu đá tồn tại, 238U đồng vị bền chì hồn tồn khơng