HDC lớp 10 đề THI đề NGHỊ 2022 CHUYÊN LQĐ QUẢNG TRỊ

SỞ GD VÀ ĐT QUẢNG TRỊ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN HDC ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM 2022 MƠN: HỐ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút Câu (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn 1) Ở nhiệt độ cao, nguyên tử oxi bị ion hóa tồn dạng ion O7+ Dựa vào cơng thức tính lượng electron Bohr: E n = −13,6 Z2 n2 (eV) Hãy tính bước sóng xạ phát electron ion O7+ dịch chuyển từ mức lượng có n = xuống mức có n = 2) Sắp xếp theo trật tự tăng dần, có giải thích ngắn gọn nhiệt độ nóng chảy của: MgO, FeCl3, KCl, NaCl 3) Cho số liệu lượng liên kết độ dài liên kết phân tử, ion sau: Năng lượng liên kết (kJ.mol‒1) Độ dài liên kết (pm) N2 N+2 O2 O+2 945 110 841 112 498 121 623 112 N +2 Dữ kiện cho thấy N2 electron để hình thành ion lượng liên kết giảm, O+2 độ dài liên kết tăng; đó, O2 electron để hình thành ion lượng liên kết lại tăng độ dài liên kết giảm Dựa vào thuyết MO giải thích tượng Hướng dẫn chấm: Ý Hướng dẫn giải Điểm 1) 0,5 Oxi có điện tích hạt nhân Z 8: h  82  c = E − E1 = −13,6  − ÷.1,602.10 −19 J = 1, 24.10 −16 J λ 3  6,626.10 −34.3.108 1, 24.10−16 2) ⇒λ= = 1,603.10–9 m = 1,603 nm * So sánh nhiệt độ nóng chảy của: KCl, NaCl, FeCl3 Nhiệt độ nóng chảy giảm dần theo thứ tự : NaCl > KCl > FeCl3 KCl, NaCl có cấu trúc mạng tinh thể ion cịn FeCl3 phân tử hợp chất cộng hoá trị t0 (n/c) FeCl3 nhỏ KCl, NaCl hợp chất ion, cấu trúc mạng tinh thể bán kính K+ > bán kính Na+ lượng mạng lưới NaCl > KCl * Năng lượng mạng lưới MgO>NaCl điện tích: Mg2+>Na+; O2->Cl- cịn bán kính: Mg2+KCl>FeCl3 0,25 N+2 N có electron hóa trị nên N2 có 10 electron hóa trị, có electron hóa trị Cấu hình electron: N2: (kk)(σs)2(σ*s)2(πx)2(πy)2(σz)2 N +2 : (kk)(σs)2(σ*s)2(πx)2(πy)2(σz)1 Bậc liên kết: 1 (8 − 2) = (7 − 2) = 2, + N 2 0,25 N2: : N+2 Do > 2,5 nên độ dài liên kết > N2 0,25 + N2 lượng liên kết < N2 O có electron hóa trị nên O2 có 12 electron hóa trị, O+2 0,25 có 11 electron hóa trị Cấu hình electron: O2: (kk)(σs)2(σ*s)2(σz)2(πx)2(πy)2(π*x)1(π*y)1 O+2 : (kk)(σs)2(σ*s)2(σz)2(πx)2(πy)2(π*x)1 Bậc liên kết: 1 (8 − 4) = + O2 (8 − 3) = 2,5 O2: : + O2 Do < 2,5 nên độ dài liên kết O2 > O+2 lượng liên kết < O2 Câu (2,0 điểm) Tinh thể 1) Khối lượng riêng barium vào khoảng 3,65 g/cm3 bán kính ngun tử 217,4 pm Cho biết cấu trúc tinh thể barium, biết kết tinh kiểu mạng lập phương 3) (O − + e → O 2− ) 2) Ái lực electron thứ hai O xác định trực tiếp phase khí Sử dụng liệu lượng mạng lưới tính (1) để xây dựng chu trình Born-Haber tính giá trị O-(g)  O(g) + e 141,8 kJ.mol-1 O2(g)  2O(g) 498,4 kJ.mol-1 Mg(s)  Mg (g) 146,4 kJ.mol-1 Mg(g)  Mg+(g) + e 137,7 kJ.mol-1 Mg+(g)  Mg2+(g) + e 1450,6 kJ.mol-1 Mg(s) + ½ O2(g) MgO(s) -601,2 kJ.mol-1 Mg2+(g) + O2-(g)  MgO(s) - 3943kJ.mol-1 Hướng dẫn chấm: Ý Hướng dẫn giải Điểm 1) Khối lượng riêng tính theo cơng thức: Tìm ρ= 2) m 137.n = V N A a Do Ba có mạng tinh thể lập phương nên ta có bảng kết sau: Lập phương đơn Lập phương tâm giản khối -10 Chiểu dài cạnh ô 2r = 434,8.10 4r / mạng sở (cm) = 502,1.10-10 Số nguyên tử Ba ô sở Kết tính khối 2,77 g/cm3 3,6 g/cm3 lượng riêng Dựa vào bảng kết ta thấy Ba có kiểu mạng lập phương tâm khối Xây dựng chu trình Born – Haber: Mg(s) + 1/2O -601,2 kiểu mạng: 0,5 đ Lập Lập phương tâmluận: diện 0,5 đ 2/r = 614,9.10 3,92 g/cm3 0,5 MgO(s) 498,4/2 146,4 Mg(g) 737,7 + Mg (g) 1450,6 Mg O(g) -141,8 - O (g) -3943 +Y2 2+ (g ) + 2- 0,5 O (g) Từ chu trình, áp dụng định luật Hess ta tính lực e thứ O (Y2): -601,2=146,4+737,7+1450,6+498,4/2-141,8+Y2 -3943 Y2 = 899,7 kJ.mol-1 Câu (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân 1) Technetium-99 sử dụng làm tác nhân phóng xạ xét nghiệm quét xương ( 99Tc43 hấp thụ vào xương) Nếu 99Tc có chu kì bán rã 6,0 cịn phần liều dùng 100 μg 99Tc lại thể bệnh nhân sau ngày? 2) Tuổi mẫu đá mà tàu Apollo 16 lấy từ mặt trăng xác định từ kiện tỉ lệ 87Rb / 86 Sr 87Sr / 86Sr loại khống khác có mẫu đá 87 87 Khoáng Rb / 86Sr Sr / 86Sr A (Plagioclase) 0,004 0,699 B (Quintessence) 0,180 0,709 87 a) Rb phân rã β, viết phản ứng phân rã Chu kỳ bán hủy phân rã 4,8 × 1010 năm b) Tính tuổi mẫu đá Bạn giả sử tỉ lệ 87Sr / 86Sr ban đầu A B, 87 Sr lẫn 86Sr bền vững Hướng dẫn chấm: Ý Hướng dẫn giải Điểm 1) k= 0,5 ln t1/2 ln( N ln 2.t ) = −kt = N0 t1/ ln( N −(0, 693).48 )= = 5,5 N0 N = e −5,5 = 0, 0041 N0 Nên lượng 99Tc lại 0,41% 2a) 87 37 87 Rb  → 38 Sr + −10β 0,25 Sr lúc = 87Sr(t=0) + 87Rb(t=0) - 87Rblúc 0,25 87 Rblúc = 87Rb(t=0).e-(kt) hay 87Rb(t=0)/ 87Rblúc = ekt 87 Sr lúc = 87Sr(t=0) +87Rblúc (ekt-1) 87 Sr lúc này/86Sr = 87Sr(t=0)/86Sr +87Rblúc (ekt-1)/86Sr y = c + x.m Trong phép tính gần 87Sr (t=0)/86Sr A B nên ta có hệ: Đối với A: 0,669= c + 0,004.m (1) 0,5 Đối với B: 0,709 = c + 0,18.m (2) Lấy (2)-(1), ta được: m = (0,709-0,699)/(0,18-0,004) = 0,0568 0,25 kt  e -1 = 0,0568  kt = ln1,0568  ln2/t1/2 t = ln 1,0568 0,25 4.8 1010.ln 1, 0568 t= ≈ 3,8.109 ln (năm) Câu (2,0 điểm) Nhiệt hóa học 1) Trộn 400 mL dung dịch axit yếu đơn nấc 0,200 M với 100 mL dung dịch NaOH 0,800 M bình cách nhiệt Nhiệt độ dung dịch hỗn hợp tăng lên từ 25,08 oC đến 26,25oC kết thúc phản ứng Tính hiệu ứng nhiệt phản ứng trung hòa Giả thiết khối lượng riêng tất dung dịch 1,00 g/cm3 nhiệt dung chúng 4,2 J/g∙K 2) Xét q trình hóa mol nước lỏng 50 oC atm Cho biết nhiệt dung đẳng áp nước, nước lỏng nhiệt hóa nước là: Cp,H 2O(l) C p,H2O(k) = 75,31 J/mol.K; = 33,47 J/mol.K; ∆Hhh (100oC, atm) = 40,668 kJ/mol Các kiện chấp nhận coi không đổi khoảng nhiệt độ khảo sát Biết với trình đẳng áp, biến thiên entropy tính theo hệ thức: ∆S = Cp.ln(T2/T1) (với T2 > T1) 2b) 87 a) Tính ∆H, ∆S, ∆G hệ q trình hóa nói b) Dựa vào kết thu được, rút kết luận q trình hóa nước điều kiện thuận nghịch hay khơng thuận nghịch, tự diễn hay khơng? Giải thích? Hướng dẫn chấm Ý Hướng dẫn giải Điểm 1) Q = mc.∆t = 500.4,2.(26,25-25,08) = 2,5.103 (J) = 2,5 (kJ) 0,5 Suy ra, lượng nhiệt tỏa phản ứng trung hòa mol axit là: 2,5/0,0800 = 31 (kJ/mol) ∆H = - 31 kJ/mol 2a) Ta hình dung trình hóa nước lỏng 50oC, atm thành nước 100oC, atm thành trình nhỏ thuận nghịch sau: H2O (l) (323K, atm) H2O (k) (323K, atm) (I) (III) H2O (l) (373K, atm) - Đối với trình (I): 0,25 (II) H2O (k) (373K, atm) ∆H1 = C p, H 2O (l ) (373 − 323) = 3765,5 J/mol ∆S1 = C p , H 2O (l ) ln T2 / T1 = 10,839 J / mol.K - Đối với trình (II): ∆H = 40, 668kJ / mol ∆S = 0,25 0,25 ∆H hh = 109, 03 J / mol.K T - Đối với trình (III): ∆H = C p , H 2O (k) (323 − 373) = −1673,5 J/ mol ∆S3 = C p , H 2O (k) ln T2 / T1 = −4,817 J / mol.K 0,25 0,25 * Đối với trình: ∆S = ∆S1 + ∆S + ∆S3 = 115,053 J/mol.K ∆H = ∆H1 + ∆H + ∆H = 42,760 J/mol ∆G = ∆ H − T ∆ S = 42760 - 323.115,107 = 5597,881 J/mol = 5,597881 kJ/mol 2b) Quá trình xét trình đẳng nhiệt, đẳng áp (T, P khơng đổi) nhiệt động GT,P sử dụng làm tiêu chuẩn để đánh giá chiều trình cân hệ Ở kết cho thấy: ∆GT , P = 5, 597881kJ / mol >0 nên q trình hóa q trình khơng thuận nghịch, khơng tự diễn mà phải có tác động từ bên Câu (2,0 điểm) Cân hố học pha khí 0,25 Thực phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k) 1) Ban đầu cho vào bình phản ứng NOCl, thực phản ứng 300 0C Khi hệ đạt trạng thái cân thấy áp suất bình 1,5 atm Hiệu suất phản ứng 30% Tính số cân phản ứng 2) Ở nhiệt độ 3000C, phản ứng tự xảy khơng? Vì sao? 3) Thực phản ứng trì áp suất hệ phản ứng điều kiện đẳng áp: atm Tính phần trăm số mol khí trạng thái cân bằng? 4) Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân khơng tích 2,00 lít Tính áp suất bình lúc cân 3000C Hướng dẫn chấm Ý 1) 2) 3) Nội dung Điểm Phản ứng: 2NOCl(k) 2NO(k) + Cl2(k) x x-2a 2a a suy tổng áp suất hệ: x + a = 1,5 H = 2a/x = 0,3 Ta có : a = 0,196 x = 1,304 ⇒ KP = 0,036 Ta có K < suy lnK < nên ∆G0 > Vậy phản ứng không tự xảy Ta có KP = 0,036 suy KC = 7,661.10-4 ( KP = KC.(RT)∆n) Cbđ = P/RT = 5/0,082.573= 0,106 Phản ứng: 2NOCl(k) 0,106 0,106 - 2a 4) Phản ứng: 2NOCl(k) 0,717 0,717 - 2a 0,25 2NO(k) + Cl2(k) 2a a a.(2a) = K C = 7, 661.10−4 (0,106 − 2a) Suy Phần trăm NOCl: 71,8%; 0,5 Vậy a = 0,011 NO: 18,8% Cl2: 9,4%; 0,5 0,25 2NO(k) + Cl2(k) 2a a a.(2a) = K P = 0, 036 (0, 717 − 2a) 0,5 Suy Vậy a = 0,125 Áp suất bình hệ đạt trạng thái cân 0,842 atm Câu (2,0 điểm) Động hóa học hình thức 1) Tốc độ phản ứng khử HCrO4 – HSO3 – biểu diễn phương trình tốc độ: V = k.[HCrO4 – ][HSO3 – ]2[H+] Trong thí nghiệm với nồng độ ban đầu: HCrO 4– = 10-4 mol/l; HSO3 – = 0,1 mol/l; H+ cố định 10-5 mol/l sau 15 giây thấy nồng độ HCrO4- giảm xuống 5.10-5 mol/l a) Sau nồng độ HCrO4– 1,25.10–5 M? Tính số tốc độ phản ứng b) Nếu nồng độ đầu HSO3– 0,01M sau nồng độ HCrO4– 5.10–5 M c) Nếu nồng độ ban đầu HSO 3– H+ 10–3 M giữ cố định cần thời gian để nửa lượng HCrO4 – bị khử? 2) Bằng thực nghiệm người ta thu số liệu phản ứng NO H nhiệt độ 7000C  → sau: 2NO(k) + 2H2(k) 2H2O(k) + N2(k) Thí nghiệm [H2], M [NO], M Tốc độ ban đầu, M.s-1 0,010 0,025 v1=2,4.10-6 0,0050 0,025 v2=1,2.10-6 0,010 0,0125 v3=0,60.10-6 Xác định phương trình động học bậc phản ứng Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm – – –4 + 1) a Vì nồng độ HSO3 = 0,1M >> HCrO4 = 10 M H = const => phản ứng giả bậc với HCrO4 – 0,25 => thời gian bán phản ứng 15 giây => để HCrO4 – cịn 1,25.10 – M cần thời gian : 0,25 t = ln= 45 (giây) Khi phản ứng giả bậc với HCrO4 – ta có ln 0, 693 k ' = k  HSO-3   H +  = = = 0, 0462 0,25 t 15 k= 2) 0, 0462 = 4, 62.105 ( M −3 s −1 ) −5 0,1 10 => b Phản ứng bậc với HSO – nên giảm nồng độ HSO – từ 0,1M xuống 0,01M tốc độ phản ứng giảm 100 lần => để HCrO4 – giảm cịn 5.10 – M thời gian cần là: 15 100 = 1500 giây c Nếu nồng độ đầu HSO3 – H+ 10 – M khơng đổi k” giảm 100 lần so với k’ => tốc độ phản ứng giảm 100 lần Hay thời gian để ½ lượng HCrO4 – bị khử 1500 giây Ở ta thấy, để xác định bậc riêng phản ứng chất người ta cố định nồng độ chất thay đổi nồng độ chất lại Gọi m, n bậc phản ứng riêng phần H2 NO Ta có: v = k.[H2]m.[NO]n 0,25 v1 k.[H2]m.[NO]n k.(0,01)m.(0,025)n 2,4.10-6 = = = =2 v2 k.[H2]m.[NO]n k.(0,005)m.(0,025)n 1,2.10-6 0,25  → 0,25 0,25 m = 1; v1 k.(0,01)m.(0,025)n 2,4.10-6 = = =4 v3 k.(0,01)m.(0,0125)n 0,6.10-6 0,25  → n=2 Phương trình động học phản ứng: v = k.[H2].[NO]2 Bậc phản ứng: 1+2 = Câu (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch Trong dung dịch chứa ion Zn2+ ion C2O42- có cân sau: Zn2+ + C2O42- ⇌ ZnC2O4* β1 = 104,85 Zn2+ + 2C2O42- ⇌ Zn(C2O4)22- β2 = 107,55 Zn2+ + C2O42- ⇌ ZnC2O4 (r) Ks-1 = 107,56 Trong ZnC2O4* dạng phức tan nước ZnC2O4 (r) kết tủa 1) Bằng tính tốn cho biết kết tủa hoàn toàn ion Zn2+ từ dung dịch Zn2+0,10 M dung dịch C2O42- hay không? Nếu được, cho biết nồng độ C2O42-cần sử dụng 2) Tính pH dung dịch nước để độ tan ZnC2O4 0,01 M (thu dung dịch B) 3) Nhỏ giọt H2S 0,100 M (thể tích 0,10 mL) vào 10,0 mL dung dịch B (coi thể thích dung dịch khơng thay đổi) Có tượng xảy hay khơng? Cho biết: H2C2O4 có pKa1 = 1,25; pKa2 = 4,27; H2S có pKa1 = 7,02; pKa2 = 12,90; pKs(ZnS) = 23,8 Hướng dẫn chấm Ý Hướng dẫn trả lời Điểm 1) Gọi S tổng dạng tồn Zn2+ dung dịch: 0,5 điểm 2) Do kết tủa hoàn toàn ion Zn2+ khỏi dung dịch C2O42- Tính pH dung dịch nước để độ tan ZnC2O4 0,01 M (thu dung dịch B) Để độ tan 0,01 M: 0,25 3) Giải phương trình, thu được: [C2O42-] = 3,42.10-6M [C2O42-] = 8,23.10-3 M Xét trường hợp: [C2O42-] = 3,42.10-6M  [Zn2+] = 8,05.10-3M C(C2O42-) = [ZnC2O4*] + 2[Zn(C2O4)22-] + [C2O42-] + [HC2O4-] + [H2C2O4] = 0,01M 0,25 0,25 Giải ra: pH = 1,22 Xét trường hợp: [C2O42-] = 8,23.10-3 M  [Zn2+] = 3,45.10-6M Một cách tương tự ta thấy phương trình vơ nghiệm Vậy để độ tan ZnC2O4 dung dịch 0,01 M cần trì pH = 1,22 Coi thể tích giọt dung dịch H2S không đáng kể Do vậy, sau thêm H2S thì: C(H2S) = 10-3M K a1.C H2S ≤ [H+ ] = 10−1,22 M 0,25 Do Nên pH coi không đổi 10− 3(K a1.K a2 ) [S2− ]= = 3,3.10−21M h + K a1h + K a1K a2 Ta có: [Zn2+].[S2-] = 2,73.10-23>KS(ZnS)  có kết tủa trắng xuất 0,25 0,25 Câu (2,0 điểm) Phản ứng oxi hố khử Pin điện điện phân Hịa tan 0,168 g đồng (II) nitrat vào nước pha lỗng đến 100 mL Dung dịch thu có pH = 4,4 Biết Eo (Cu+/Cu) = 0,52 V Eo (Cu2+/Cu+) = 0,16 V 1) Tại dung dịch đồng (II) nitrat có phản ứng axit Tính pKa nấc phân ly thứ 2) Chứng minh Cu+ không bền dung dịch Tính số cân phản ứng dị phân 25oC Ở 250C: RT/nF = 0,059; 3) Ở trạng thái ion Cu(II) hay Cu(I) bền hơn? Điều có thay đổi dung dịch nước hay khơng? Giải thích 4) Hịa tan 10 mmol CuNO3 vào 1L nước 25oC Tính nồng độ ion đồng có mặt dung dịch thời điểm cân 5) Cu2O cho vào dung dịch muối Cu(II) có nồng độ Cu 2+ 0,01 M 22oC (Ksp (CuOH) = 1,0.1015 ) Để Cu2O tồn bền dung dịch pH dung dịch bao nhiêu? Bên cạnh cho biết ảnh hưởng nhiệt độ khoảng từ – 100oC F = 96500 (C) Hướng dẫn chấm Ý Nội dung Điểm 1) 0,25 ‡ˆ ˆ† ˆˆ Cu(H2O)6]2+ [Cu(H2O)5(OH)] + H+ Bđ: 8,96.10-3 Cân bằng: 8,96.10-3 – 10-4,4 10-4,4 10-4,4 0,25 10−4,4.10−4,4 Ka = = 1, 78.10−7 −3 8,92.10 2)  pKa = 6,75 Xét trình : Cu+ ‡ˆ ˆ† ˆˆ K1 = 10 − E0 0,25 Cu 2+ /Cu + 0,059 Cu2+ + 1e E0 Cu+ + 1e + 3) 4) ‡ˆ ˆ† ˆˆ ‡ˆ ˆ† ˆˆ K1 = 10 Cu + / Cu 0,059 Cu 10 2+ 0,52 − 0,16 0,059 ≈ 106,1 0,25 Nên : 2Cu Cu + Cu K = K1.K2 = Vì K lớn nên phản ứng dị phân xảy làm Cu+ bền dung dịch Dựa theo cấu hình e Cu+ ([Ar]3d10) bền Cu2+ ([Ar]3d9) Tuy nhiên 0,25 dung dịch Cu2+ bền ion có bán kính nhỏ nên nhiệt hydrat hóa lớn, vượt qua bất lợi cấu hình e ổn định gây 0,25 ‡ˆ ˆ† ˆˆ + 2+ 2Cu Cu + Cu K= [Cu 2+ ] = 106,1 + [Cu ] Ta có: (1) Áp dụng định luật bảo tồn nồng độ ban đầu ta có : [Cu+] + 2[Cu2+] = 0,01 (2) Giải hệ (1), (2) ta có : [Cu+] = 5,38.10-5 M [Cu2+] = 4,97.10-3 M 5) Ta có: [Cu + ] = KsCu (OH ) [OH ]− = 10−15 [H + ] = 0,1.[H + ] −14 10 [Cu2+] = 0,01M Xét trình : ‡ˆ ˆ† ˆˆ + Cu + 1e Cu (1) ‡ˆ ˆ† ˆˆ + Cu Cu2+ + 1e (2) Đối với (1): RT RT E1 = 0, 52 + ln(0,1[ H + ]) = 0, 46 + ln[ H + ] F F 0,25 Đối với (2) : E2 = 0,16 + RT 0, 01 RT ln = 0,1 − ln[ H + ] + F 0,1[ H ] F Cu2O tan dị phân xảy Do đó, muốn Cu2O bền E1 0,46+ ln[ H + ] F F Nên: −0,36 F > ln[ H + ] 0,25 RT  −0, 36.96500 ln[ H + ]< ≈ −7, 08 2.8,314.(22 + 273)   [H+] b Phản ứng bậc với HSO – nên giảm nồng độ HSO – từ 0,1M xuống 0,01M tốc độ phản ứng giảm 100 lần => để HCrO4 – giảm cịn 5 .10 – M thời gian cần là: 15 100 =