3 hóa 10 lê quý đôn đà nẵng đáp án

TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN THÀNH PHỐ ĐÀ NẴNG - KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XIII Mơn thi: HĨA HỌC - LỚP 10 ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHỊ NĂM HỌC 2022 - 2023 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) Cho biết: Hằng số Plank h = 6,626.10-34 J.s; Hằng số Faraday F = 96485 C.mol -1; Tốc độ ánh sáng c = 3.108m.s-1; Số Avogadro NA = 6,022.1023mol-1; Khối lượng electron me = 9,1094.10-31kg; 0oC =273 K; R = o 8,314 J.mol-1.K-1; 1m = 1010 A ; 1pm = 10-12m; 1eV = 1,602.10-19J; 1uc2 = 931,5 MeV Câu (2,0 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn (a) Khi chiếu chùm xạ điện từ có bước sóng λ = 58,40 nm lên mẫu Kripton (Kr) thấy chùm electron bật khỏi Kripton chuyển động với tốc độ v = 1,59.106 m/s Xác định lượng ion hóa Kripton (b) Để quan sát vật có kích thước vơ nhỏ bé, người ta sử dụng sóng liên kết tạo chuyển động electron Tính lượng cực tiểu electron cần có để quan sát vật có kích thước khoảng 2,5A0 (a) Hãy viết cấu hình electron phân tử, so sánh độ bền độ dài liên kết NO, NO + NO- (b) Khi NO- kết hợp với H+ để tạo thành phân tử HNO lúc H + liên kết với N hay O? Dự đốn dạng hình học phân tử Nội dung Điể m (a) Áp dụng định luật bảo toàn lượng, ta có: h mev2 mev2 c c  I1   I  h    I1  6,626.1034 Js 0,5 3.108 ms1 9,1.1031 kg.(1,59.106 ms1)2  58,4.109 m = 2,25.10-18 J = 14,067 eV (b Bước sóng liên kết xác định biểu thức De Broigle: ) 0,5  h  mv h 2m mv 2 Động electron xác định biểu thức: h2 (6, 626.1034 J.s) mv   3,86.10 18 J 31 10 2.9,1.10 kg.(2,5.10 m) Eđ = = 2m = 24,1eV (a) Cấu hình electron phân tử: 0,5 2 * * N  (8  3)  2,5 s2 *2 s  z  x  y ( x  y ) NO: NO+: 2 s2 *2 s z  x  y N  (8  2)  2 2 * * N  (8  4)  s2 *2    (   ) s z x y x y NO : -   So sánh độ bền: NO  NO  NO So sánh độ dài liên kết: NO-> NO > NO+ (b Khi tương tác với H+ mức tương tác obitan bị chiếm có mức ) 0,5 * lượng cao HOMO, mức  có mức lượng gần với N Như mật độ electron N lúc cao so bới O nên H+ ưu tiên gắn vào phía N * Do H+ lúc tương tác với MO  nên dự đốn phân tử có dạng góc Câu (2,0 điểm) Tinh thể Cấu trúc natri clorua (NaCl) kiểu cấu trúc tinh thể hợp chất ion Trong ô mạng sở, ion Cl - lập thành mạng tinh thể lập phương tâm diện ion Na+ chiếm tâm ô mạng tâm cạnh hình lập phương (a) Biểu diễn cấu trúc ô mạng sở NaCl cho biết số phối trí Na+ Cl(b) Ơ mạng sở NaCl có số mạng a = 5,64 A bán kính Na+ r(Na+) = 1,16 A0 Tính bán kính ion clorua, r(Cl-) độ đặc khít mạng tinh thể NaCl 2 A hợp chất tạo nên từ nguyên tố X Y, tỉ lệ bán kính ion X Y tinh thể rY : rx = 1,772 Tế bào tinh thể A có độ đặc khít 68,27%, mơ tả hình bên, có dạng hình hộp chữ nhật với a = b = 4,59 Å Khối lượng riêng A 4,32 g/cm3 A sử dụng chất phụ gia cho kem chống nắng, đồng thời A có vai trị to lớn công nghiệp luyện kim, đặc biệt ngành hàng khơng Xác định bán kính ion X, Y A công thức chất A Nội dung Điể m 0,5 (a) Cấu trúc ô mạng sở NaCl Mỗi ion Na+ bao quanh ion Cl-  số phối trí Mỗi ion Cl- bao quanh ion Na+  số phối trí (b Sự tiếp xúc ion Na+ với ion Cl- xảy cạnh, đó: ) 0,5 2[ r(Na+) + r(Cl-)] = a  2[1,16 + r(Cl-)] = 5,64A0  r(Cl-) = 1,66Ao [r(Na )3  r(Cl  )3] a3 100% Độ đặc khít = Trong mạng sở có: = 57,3% 1+ 8.1/8 = nguyên tử X + 4.1/2 = nguyên tử Y nên A có cơng thức dạng XY2 mạng sở có đơn vị XY2 - Xét mặt cắt hình vẽ 0,25 0,25 mà rY = 1,772.rX Vô sở = a.b.c = a2.c = a2 0,707.(2rX + 2rY) = 4,592 2.0,707.2,772 rX = 82,59 rX (1) Mặt khác, độ đặc khít mạng sở = Vô sở = = 148,75 (2) Từ (1) (2) suy rX= 0,745 rY = 1,32 Khối lượng riêng A : d = = = 80,026 g.mol-1 0,25 0,25 A TiO2 Câu (2,0 điểm) Phản ứng hạt nhân Mặt trời có đường kính 1,392  106 km có khối lượng riêng khoảng 1,408 g/cm3 bao gồm 73,46% (theo khối lượng) hiđro Năng lượng mặt trời hoàn toàn từ kết hợp hiđro tạo heli theo phương trình: H  He  21 e  2 Năng lượng giải phóng hình thành heli có cường độ mạnh 3,846  1026J/s cho toàn mặt trời Cho Hạt Khối lượng (u) (a) Tính khối lượng mặt trời 1 H 1,00783 He 4,002604 1 e 0,00054858 (b) Từ cường độ ánh sáng tính khối lượng hiđro tham gia vào phản ứng giây (c) Với lượng hiđro mặt trời tại, sau mặt trời ngừng chiếu sáng? Đồng vị phóng xạ Co-60 sử dụng để nghiên cứu hiệu hấp thụ vitamin-B12, Co nguyên tử trung tâm vitamin-B12 Co-60 tổng hợp qua ba bước, trình tổng hiểu phản ứng Fe-58 với hạt nơtron sinh Co-60 vi hạt khác (a) Vi hạt gì? (b) Tính bước sóng de Broglie hạt nhân xạ biết có tốc độ 0,90c (c tốc độ ánh sáng) (c) Tính lượng liên kết theo J nucleon cho hạt nhân Co-60 Nội dung Điể m (a) Khối lượng mặt trời 4 1,392  10 m  V  d   r3  d    ( 105 )3 1, 408  1,9875 1033 g 3 0,25 (b Năng lượng phát phản ứng ) E   m He  m e  me  4(m H  m e )   931,5 MeV E   m He  m H  me )   931,5 MeV  24, 687 MeV  24,7 1, 602 1013  39,578 10 13 J Trong N giây số nguyên 0,25 tử Heli sinh là: 3,846  1026  9, 72 1037 13 39,578  10 Số mol Heli sinh giây : nHe  N 9,72  1037   1,614  1014 mol 23 N A 6, 022 10 Khối lượng hidro giây là: 0,25 1, 614 10 1, 00783  6,5065 10 g 14 14 (c) Khối lượng hidro mặt trời : 0,25 m  1,98746  1033 g  73, 46 / 100  1, 461 1033 g Thời gian lượng hiđro tham gia phản ứng hết:  1, 4611033  2, 245 1018 s  7,12 1010 14 6,5065 10 năm Vậy sau 7,12  1010 năm mặt trời ngừng chiếu sáng (a) 58 26 Fe + Ne  0,25 60 27 Co + 1 e Vậy Vi hạt β (b  = h/mc = (6,626.10-34 J.s)/(9.1094∙10-31 kg × 0,90 × 2,998.108 ) m/s) = 2,7 10-12 m (c) Nguyên tử 6027Co có 27 electron, 27 proton 33 nơtron 0,25 Độ hụt khối hạt nhân 6027Co là: 0,5 Δm = (59 – 27me) – [27(1,00729 – me) + 33 × 1,0086] = 1,48063 u ΔE = Δmc2 = - 1,48063 u × 1,6605.10-27 kg/u × (2,998.108 m/s)2 = - 22,09778 10-11 J Năng lượng liên kết/Nucleon = 22,09778 10-11 J/60 Nucleon = 3,683 10-12 J/Nucleon Câu (2,0 điểm) Nhiệt hóa học Chu trình Otto liên quan đến hoạt động động đốt trong, để đơn giản khơng khí xem chất làm việc coi khí lý tưởng lưỡng ngun tử Chu trình bao gồm bước sau: Giai đoạn 1: Nén đoạn nhiệt thuận nghịch từ A đến B Giai đoạn 2: Tăng áp suất từ B đến C điều kiện đẳng tích thuận nghịch (quá trình diễn nhờ việc đốt lượng nhỏ nhiên liệu) Giai đoạn 3: Giãn nở đoạn nhiệt thuận nghịch từ C đến D Giai đoạn 4: Giảm áp suất từ D trở A điều kiện đẳng tích thuận nghịch Giả sử nhiệt cung cấp bước (2), V A= 4dm3, PA = 1atm TA= 300K; VA= 10VB; PC/PB= (a) Biểu diễn giản đồ phụ thuộc áp suất vào thể tích khí với chu trình động Otto (b) Xác định biến thiên entropy (của hệ mơi trường xung quanh) với bước chu trình xác định hiệu suất động Otto lý tưởng Ý Nội dung Điể m (a) 0,25 (b) nKhí= 0,1626 mol, khí lý tưởng nguyên tử Xét giai đoạn 1: Có = PB = 25,119atm TB= 753,566 K Xét giai đoạn 2: PC = 5.PB = 25,119 5=125,595 atm TC = 3767,85K Xét giai đoạn 3: Có = PD = 5,00003atm TD = 1500K 0,5 Ta có chu trình sau: A: VA =4 lít PA = atm TA =300K B: VB = 0,4 lít PB = 25,119 atm TB =753,57 K D: VD =4 lít PD = atm TD = 1500K C: VC = 0,4 lít PC = 125,595 atm TC =3767,85K S1 =S3 =Smt1 =Smt3 = 0; S2= n = R 0,1626 ln = 5,4393 J.K-1 S4= -S2= -5,4393 J.K-1 Vì trình diễn thuận nghịch nên: Smt4= -S4= 5,4393 J.K-1.; Smt2= -S2= -5,4393 J.K-1.; Q2 = U2 = = 0,1626 R.(3767,85-753,57) 0,5 = 10187,18427 J W1= U1 = = 0,1626 R.( 753,57- 300) = 1532,9038 J W2=W4= W3= U3 = = 0,1626 R.( 1500-3767,85) = - 7664,5188 J 0,5 Hiệu suất động Otto : = 0,601895 0,25 Câu (2,0 điểm) Cân hố học pha khí Khi nung đồng sunfat khan, xảy hai trình bên Biết hai q trình có hiệu ứng nhiệt dấu lượng đồng sunfat sử dụng dư CuO(r )  SO3(k ) CuSO 4(r ) ƒ 2SO3(k ) ƒ 2SO 2(k )  O 2(k ) K1 (1) K2 (2) (a) Cho biết áp suất SO3, SO2 O2 thay đổi nếu: (i) thêm Argon vào hệ cân nhiệt độ không đổi; (ii) tăng nhiệt độ hệ (b) Biết bình chứa đồng sunfat tích lit, ban đầu nhiệt độ 0C chứa Argon 100 torr Nhiệt độ nâng lên 1050 K, hệ cân thấy khối lượng pha rắn giảm 0,3869 gam áp suất bình 108,69 kPa Xác định giá trị số K1 K2 1050 K 0 (c) Biết chênh lệch biến thiên entanpi phản ứng (1) (2) 27 kJ.mol -1 (  r H1   r H ) Khi cân số mol SO2 gấp lần số mol SO3 Xác định nhiệt độ bình (d) Khi nhiệt độ hệ tăng lên khối lượng pha rắn không đổi, đến 1400 K bắt đầu giảm Cho biết thành phần pha khí thay đổi nhiệt độ tăng lên 1400 K? Biết: torr = 0,0013158 atm, atm = 101325 Pa (a) Nội dung Điể (i) Nếu thêm Ar vào hệ cân T = const thì: áp suất riêng m 0,5 phần khí khơng đổi (ii) Khi tăng nhiệt độ hệ áp suất riêng phần khí tăng (cả cân chuyển dịch sang phải) ƒ (b) CuSO4 CuO + SO3 Pư (mol)x x x Cb x–y x mr 0,3869   4,83625.103 160  80 80 ƒ 2SO3 2SO2 + Pư n y x-y y y 0,75 O2 0,5y 0,5y PV 1, 0727.1   0, 01246(mol) RT 0,082.1050  x – y + y + 0,5y = 0,01246 – nAr (bđ)  x = 4,83625.10-3; y = 3,49194.10-3 0,13158.1  5,87778.103 (mol) 0, 082.273  x  y  1,34431.10 3 (mol) n Ar(bd)  n SO3 1,34431.103  0, 082  1050  0,11575(atm) 3, 49194.103  0,082 1050 PSO2   0,300656(atm) PO2  0,150328(atm) K p1  PSO3  K P2  PO2 PSO 2 PSO  1, 01423 (atm) (c)  r H   r H  27 0,5 K1 0,11575   0,11413 K 1, 01423 Tại cân bằng: PSO  x  y PSO2  y PO  0,5y Có: PSO  5PSO  6y  5x hay x = 1,2y K1' 1, 2y  y 0, 23.y3    0,016 K '2 0,5y.y 0,5y3 (x  y) ln 0,11413 27.103  1      0, 016 8,314  T 1050   T = 642 K Có: (d) Khi đến ngưỡng 1400K CuO ban đầu bị phân hủy theo phương trình: CuO  Cu2O + ½ O2 nên lượng O2 tăng, cân (2) dịch chuyển sang trái (lượng SO2 giảm SO3 tăng) 0,25 Câu (2,0 điểm) Động hóa học hình thức Ở thể khí buta-1,3-dien dime hóa cho 4-etenyl xiclohexen Phản ứng xảy theo giai đoạn va chạm hai phân tử buta-1,3-dien Hằng số tốc độ phản ứng 326 388 °C xác định 0,0156 0,120 dm3 mol–1 s–1 (a) Hãy viết phương trình tốc độ phản ứng Hằng số tốc độ phản ứng phụ thuộc vào nhiệt độ theo phương trình Arrhenius: A số, Ea lượng hoạt hóa, có đơn vị J mol–1, T nhiệt độ tuyệt đối R số khí (R = 8,314 J K–1 mol–1) Biết thiêu nhiệt chuẩn buta-1,3-dien 4-etenyl xiclohexen –2540 –4930 kJ mol–1 (b) Sử dụng thơng tin trên, tính A lượng hoạt hóa phản ứng dime hóa buta-1,3-dien (c) Hãy tính lượng hoạt hóa phản ứng nghịch o Cho cân 25 C: A k1 ‡ˆ ˆˆk 2ˆˆ†ˆ B phản ứng thuận nghịch bậc Thành phần phần trăm B hỗn hợp phản ứng cho bảng sau: Thời gian (giây) 45 90 270 ∞ %B 10,8 18,9 41,8 70 Hãy xác định giá trị số tốc độ phản ứng k1, k2 số cân (K) phản ứng Ý Nội dung Điể m (a) Dựa vào đơn vị số tốc độ phản ứng, ta có phản ứng tuân theo động học bậc theo buta-1,3-đien: v = k[Bu]2 0,25 Ta có Ho = -150 kJ/mol; 0,25 Từ phương trình Arrehenius, ta có cơng thức: k 388 E 1  a(  ) k 326 R 388  273 326  273 0,25 Ea = 108 kJ/mol; A = 4,1.107 dm3/mol/s H0 = E*t - E*n (không phụ thuộc vào phản ứng tỏa nhiệt hay thu 0,25 nhiệt) E*n = 258 kJ/mol Xét cân bằng: A k1 ‡ˆ ˆˆk 2ˆˆ†ˆ 10 B t=0 t t=∞ a a–x a – xcb x xcb k = k1 + k = Vì phản ứng thuận nghịch bậc 1, ta có: K cb = k1 [B] = k2 [A] Tại thời điểm cân bằng: Tại t = 45 giây:  k tong  70 ln  3, 72.103 45 70  10,8 k tong  x = 18,9% 70 ln  3,50.103 90 70  18,9 Tại t = 270 giây:  k tong  Vậy: xcb = 70% x = 10,8% Tại t = 90 giây:  x cb ln t x cb  x x = 41,8% 70 ln  3,37.103 270 70  41,8 k = k1 + k  K= Mặt khác, ta có: Từ (*) (**) ta có: k tong + k tong + k tong 3  3,53.103 k1 [B] 70 =   2,333 k2 [A] 30 (*) (**) k1 = 2,47.10‒3 s‒1 k2 = 1,06.10‒3 s‒1 0,25 0,25 0,5 Câu (2,0 điểm) Dung dịch phản ứng dung dịch Ở nhiệt độ 25oC, độ tan Fe2(SO4)3 khoảng 245 gam/1,00 L nước, có nghĩa nồng độ khoảng 0,6 M Một sinh viên dự kiến pha 100,0 mL dung dịch Fe 2(SO4)3 nồng 11 độ 0,100 M Tuy nhiên pha xong dung dịch thu (gọi dung dịch A) xuất vẩn đục màu nâu a) Bằng tính tốn, giải thích tượng b) Để làm tan vẩn đục, sinh viên thêm từ từ giọt dung dịch H2SO4 đặc (nồng độ 98%, khối lượng riêng D = 1,84 g/mL) vào 100,0 mL dung dịch A kể (vừa thêm dung dịch, vừa khuấy) Tính số giọt dung dịch H2SO4 đặc tối thiểu mà sinh viên cần thêm vào dung dịch A để dung dịch trở nên suốt Coi thể tích giọt 0,030 mL Cho biết: pKa(HSO4–) = 1,99; pKs(Fe(OH)3) = 37,00; pKw = 14,00 Fe3+ + H2O ƒ FeOH2+ + H+ * = 10–2,17 Nội dung Ý (a) Điể m Các trình cân bằng: Fe2(SO4)3  2Fe3+ + 3SO42– 0,200 0,300 3+ 2+ ƒ Fe + H2O FeOH * = 10–2,17 (1) ƒ SO42– + H+ HSO4– Ka–1 = 101,99 (2) ƒ H2O H+ + OH– Kw = 10–14,0 (3) Bỏ qua cân (3) (C.*)Fe(III) >> Kw Chọn mức không Fe3+ SO42–: h = [FeOH2+] – [HSO4–] = Thay số, giải phương trình, ta h = 5,50.10–3 (M)  pH = 2,26 Ở điều kiện này: [Fe3+] = C.h/(h + *) = 0,0897 (M)  [Fe3+].[OH–]3 = 10–36,27 > Ks(Fe(OH)3)  Vẩn đục màu nâu kết tủa Fe(OH)3 tạo thành 0,25 0,25 0,25 0,25 (b) Để dung dịch trở nên suốt cần điều chỉnh pH dung dịch X để: [Fe3+].[OH–]3  Ks(Fe(OH)3) = 10–37,00 Giả sử thể tích dung dịch X khơng đổi sau điều chỉnh pH dung dịch H2SO4 đặc 12  h = 1,07.10–2 (M)  pH = 1,97 Gọi C nồng độ H2SO4 tương ứng với lượng dung dịch 0,25 H2SO4 cần cho vào 100,0 mL dung dịch X để điều chỉnh pH đến giá trị 1,97 H2SO4  H+ + HSO4– C C 3+ 2+ ƒ Fe + H2O FeOH * = 10–2,17 H+ + SO4– ƒ HSO4– Ka–1 = 101,99 Chọn mức không là: H+, Fe3+, SO42–: h = C + [FeOH2+] – ([HSO4–] – C) (1) (2) Thay số, giải phương trình, tính C = 0,0583 (M) Thể tích dung dịch H2SO4 đặc cho vào là: V = 0,317 mL EA = E (Fe3+/Fe2+) = EFe 3 / Fe2 lg([Fe3+]/[Fe2+]) + 0,25 lg(9.10-2/10-2) = 0,77 + = 0,8265 (V) Dd Z: Cu(NO3)2 0,10 mol/L, Cd(NO3)2 0,10 mol/L HCl 1,0 M Ta có nồng độ ion dung dịch: Cu2+ 0,10 M; Cd2+ 0,10 M; H+ 1,0 M; Cl – 1,0 M Các phản ứng điện phân: 0, 0592 lg Cu    0,3074V Cu Cu 0, 0592 o E C  E Cd2+  E Cd  lg Cd 2   0, 4316V 2+ Cd Cd 0, 0592 o E C  E 2H +  H2  E 2H  lg  H    H2  0,197V + H2 H2 Cu 2+ +2e  Cu E C  E Cu 2+ Cd 2+ +2e  Cd 2H  +2e  H  E oCu 2+  0,25 Thứ tự điện phân Cu2+; H+ cuối Cd2+ + Tại anot: 2H 2O  O  4e  4H  E A  E 4H+ ;O 2Cl  Cl2  2e E A  E Cl2 2Cl  E Clo – Khi điện phân Cu2+: Cu2+ 2H O o  O2  E 4H + ;O  2Cl  2H O 0, 0592 lg[H  ]  O2  1,700V 0,25 0,0592 lg   1,360V [Cl ] + 2Cl –  Cu + Cl2 Do nồng độ H+ khơng thay đổi – Khi bắt đầu điện phân H+ nồng độ Cu2+ lại là: E Cu 2+ Cu  E oCu2+  Cu 0,25 0, 0592 lg Cu 2   0,197V  [Cu2+] = 10 –18,04 M < 10-6 M  Cu2+ bị điện phân hoàn toàn 0,25 Vậy chưa điện phân đến Cd2+ Cu2+ bị điện phân hoàn toàn Câu (2,0 điểm) Halogen Oxi – lưu huỳnh Sục khí A vào dung dịch B có màu vàng nâu thu chất rắn C màu vàng dung dịch D Khí X có màu vàng lục tác dụng với khí A tạo C F Nếu X tác dụng với khí A nước tạo Y F, thêm BaCl2 vào dung dịch có kết tủa trắng Khí A tác dụng với dung dịch chất G muối nitrat kim loại tạo kết tủa H màu đen Đốt 15 cháy H oxi ta chất lỏng I màu trắng bạc Xác định chất A, B, C, F, G, H, I, X, Y viết phương trình hóa học xảy phản ứng Cho giá trị nhiệt độ sôi hiđrua sau: Chất HF HCl HBr HI Nhiệt độ sôi ( C) + 19,5 -84,9 -66,8 -35,4 (a) Giải thích biến đổi nhiệt độ sôi dãy sau: (i) HF, HCl, HBr, HI (ii) H2O +100 H2S - 60,75 H2O, H2S (b) Trên thực tế, liên kết H-F phân cực liên kết O-H, nhiệt độ sôi HF lại thấp nhiệt độ sôi H2O (c) Hãy xếp theo chiều tăng dần tính axit hiđrua Giải thích Câ u Ý Nội dung Điể A: H2S; B: FeCl3; C: S; F: HCl; G: Hg(NO3)2; H: HgS; I: m 1,0 Hg; X: Cl2; Y: H2SO4 Phương trình phản ứng H2S + 2FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl (1) Cl2 + H2S → S + 2HCl (2) 4Cl2 + H2S + 4H2O → 8HCl + H2SO4 (3) BaCl2 + H2SO4 → BaSO4+ 2HCl (4) H2S + Hg(NO3)2 → HgS + 2HNO3 (5) HgS + O2 Hg + SO2 (6) (a) (i) Nhiệt độ sôi: HCl < HBr < HI < HF Tương tác phân tử HF gồm liên kết hidro tương tác Vander waals, tương tác phân tử HX khác có tương tác Vander waals Trong đó, liên kết hiđro HF bền nhiều so với liên kết Van der waals Do HF có nhiệt độ sơi cao Liên kết Vander waals phụ thuộc chủ yếu vào tương tác khuếch tán, nghĩa tăng theo M Vì HCl < HBr < HI (ii) Tương tự: H2O có liên kết Hiđro cịn H2S khơng có liên kết Hiđro (b) Liên kết H-F phân cực liên kết O-H nghĩa liên kết Hiđro H-F > H-O Song nước, phân tử H 2O liên kết với liên kết hiđro tạo thành mạng không gian (H 2O)n (n lớn) HF, phân tử HF liên kết với liên kết hiđro tạo thành mạch thẳng với đoạn ngắn (HF)n (n  6) 16 0,25 0,25 0,25 Vì thế, nước có nhiệt độ sơi cao HF (c) Tính axit: H2O < H2S < HF < HCl < HBr < HI Giải thích: dựa vào mật độ điện tích âm nguyên tử trung tâm: O2- > S2- > F- > Cl- > Br- > I- 0,25 Câu 10 (2,0 điểm) Đại cương hữu (quan hệ cấu trúc tính chất) So sánh giải thích ngắn gọn tính chất sau đây: (a) So sánh tính bazơ hợp chất sau: O O A B (b) So sánh nhiệt độ sôi chất sau: Cho chất: (a) Giải thích mơmen lưỡng cực D (0,7 D), nhỏ C (1,7D)? (b) So sánh nhiệt độ sơi A, B, C, D, giải thích ngắn gọn Câ u Ý Nội dung Điể m 0,5 (a) Tính bazơ đặc trưng cân C O + H+ C+ OH Tính bazơ tăng tăng tính ổn định trạng thái cuối trạng thái ban đầu Khi cộng proton vào A tạo nên cation A’ khơng có khả giải tỏa, cịn cộng proton vào B tạo nên cation B’, có cấu trúc cation tropyli có tính thơm ổn định lớn: OH OH (1) A' B' Do hợp chất B có tính bazơ mạnh A mà thực nghiệm xác định pKa axit liên hợp A’ = -6,5 B’ = -5,2 17 (b Nhiệt đội sôi D > F > E D tạo liên kết H liên phân tử, F có phân ) tử khối lớn E (a) Giải thích: 0,5 0,5 C có hiệu +I nhóm CH 2, vectơ momen lưỡng cực biểu diễn sau: D có hiệu ứng liên hợp O vào hệ electron  nên electron dồn ngược lại vào hệ liên kết C-C: Hiệu ứng –I O phân tử D khơng lớn C ngun tử Csp2 có độ âm điện lớn Csp3 (b So sánh nhiệt độ sôi: ) A > C > B > D 0,5 Phân tử A có M lớn hơn, tương tác khuếch tán mạnh có nguyên tử O B mạch hở, nên nhóm quay tự do, phân tử khó liên kết, làm momen lưỡng cực nhỏ so với C Phân tử D có mơmen lưỡng cực nhỏ B Giáo viên đề nghị Phạm Thị Phương Dung Sđt: 093 847 3263 18 19 ... NaCl có số mạng a = 5,64 A bán kính Na+ r(Na+) = 1,16 A0 Tính bán kính ion clorua, r(Cl-) độ đặc khít mạng tinh thể NaCl 2 A hợp chất tạo nên từ nguyên tố X Y, tỉ lệ bán kính ion X Y tinh thể rY... 4,002604 1 e 0,00054858 (b) Từ cường độ ánh sáng tính khối lượng hiđro tham gia vào phản ứng giây (c) Với lượng hiđro mặt trời tại, sau mặt trời ngừng chiếu sáng? Đồng vị phóng xạ Co-60 sử dụng để... điểm) Đại cương hữu (quan hệ cấu trúc tính chất) So sánh giải thích ngắn gọn tính chất sau đây: (a) So sánh tính bazơ hợp chất sau: O O A B (b) So sánh nhiệt độ sôi chất sau: Cho chất: (a) Giải thích