HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA – KHỐI 10 Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm Câu 1 1.1. Đặt công thức phân tử chất A: X a Y b Ta có: a.P X + b.P Y = 18 a + b = 4 Y có 4 electron ở phân lớp p nên: - Trường hợp 1: Y thuộc chu kì 2 ⇒ Y: 1s 2 2s 2 2p 4 ⇒ Y là oxi (P Y = 8) ⇒ b 2 ≤ b =1 b = 2 a = 3 a = 2 P X = 3,33 (loại) P X = 1 (Hiđro) Khi đó nghiệm phù hợp: a = b = 2, P X = 1 (Hiđro) - Trường hợp 2 : Y thuộc chu kì 3 ⇒ Y: 1s 2 2s 2 2p 4 3s 2 3p 4 ⇒ Y là lưu huỳnh (P Y = 16) ⇒ b = 1 ⇒ a = 3 ⇒ P X = 0,67 (loại) Vậy A là H 2 O 2 . 5H 2 O 2 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4 → 2MnSO 4 + 5O 2 + K 2 SO 4 + 8H 2 O 2 2 2 H O O n = n = 0,1 mol 2 O 0,1. 0,082. 300 V = 4,92 0,5 = lít 0,5 0,5 1.2. Cấu hình electron nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích: Si [Ne]3s 2 3p 2 Si * [Ne]3s 1 3p 3 3s 3p 3d Cấu hình electron của nguyên tử F: F: [He]2s 2 2p 5 → F ‒ : [He]2s 2 2p 6 Khi hình thành phân tử SiF 4 thì nguyên tử Si ở trạng thái kích thích (Si * ) sẽ có 4 AO chứa electron độc thân sẽ xen phủ với 4 AO 2p chứa electron độc thân của 4 nguyên tử F tạo thành 4 liên kết σ Si–F trong phân tử SiF 4 . Để tạo thành ion 2 6 SiF − thì mỗi phân tử SiF 4 liên kết với 2 anion F ‒ theo cách sau: mỗi ion F ‒ cho nguyên tử Si một cặp electron, cặp electron sẽ đi vào các AO 3d còn trống. Tương tự Si, nguyên tử C ở trạng thái kích thích cũng có 4 electron độc thân: C [He]2s 2 2p 2 0,5 0,5 1 C * [He]2s 1 2p 3 Phân tử CF 4 tồn tại tương tự SiF 4 . Tuy nhiên không tồn tại 2 6 CF − vì nguyên tử cacbon ở chu kì 2, không có các AO d trống. Câu 2 a) b) c) Ô mạng cơ sở: Trong một ô mạng: - Số ion R n+ : 1 1 8 6 4 8 2 × + × = - Số ion F ‒ : 8 1 8 × = ⇒ Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì: 4×n = 8×1 n = 2 ⇒ ⇒ ion kim loại là R 2+ Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF 2 . Khối lượng riêng florua tính theo công thức: 2 RF 23 3 M 4 6,023.10 D = a × 2 3 23 7 23 RF D×a 6,023.10 4,89 (0,620.10 ) 6,023.10 M 175,48 4 4 − × × × ⇒ = = = R M 175,48 19 2 137,48 ⇒ = − × = (g/mol) Vậy kim loại R là bari. Muối florua là BaF 2 . 0,5 0,5 1,0 Câu 3 3.1. Phương trình phóng xạ: 32 32 0 15 16 1 P S + β ( e) − → 33 33 0 15 16 1 P S + β ( e) − → Đơn vị khối lượng nguyên tử: 1 amu = 1 gam/mol * Phân rã của 32 P: 2 1 ΔE = Δm . C = (31,97390 ‒ 31,97207).( 3 23 10 kg 6,023.10 − ) (3,0.10 8 m.s ‒1 ) 2 = 2,734517 .10 ‒13 J = 1,707.10 6 eV = 1,707 MeV. * Phân rã của 33 P: 0,25 0,5 2 2 2 ΔE = Δm . C = (32,97172 ‒ 32,97145).( 3 23 10 kg 6,023.10 − ) (3,0.10 8 m.s ‒1 ) 2 = 4,034534 .10 ‒14 J = 251843,6 eV = 0,2518 MeV. 3.2. a) Năng lượng photon: 34 8 15 9 6,626.10 .3.10 1,691.10 J 0,01056 MeV 0,1175.10 hC E λ − − − = = = = b) Hoạt độ phóng xạ: A = 0,1 Ci = 0,1. 3,7.10 10 Bq = 3,7.10 9 Bq Ta có: 9 1/2 1/2 A.t ln2 3,7.10 14,3 24 60 60 A = k.N = . N N= t ln2 ln 2 × × × × ⇒ = ⇒ N = 6,6.10 15 (nguyên tử) Khối lượng của 32 P: 15 7 23 32 6,6.10 3,506.10 6,023.10 − × = gam. 0,25 0,5 3.3. Hằng số tốc độ phân rã của 32 P: 1 ln 2 k 0,0485 14,3 = = ngày ‒1 33 P: 2 ln 2 k 0,0274 25,3 = = ngày ‒1 Thời điểm ban đầu (t = 0): A 32 + A 33 = 9136,2 Ci Sau 14,3 ngày: 0,0485 14,3 0,0274 14,3 32 33 A . A . 4569,7e e − × − × + = Giải hệ, ta có: A 32 = 9127,1 Ci và A 33 = 9,1 Ci Trong mẫu ban đầu: 32 33 32 32 32 2 P A 1 33 33 33 1 P A 2 N A 32× 32× m 32×A ×k N k = = N A m 33×A ×k 33× 33× N k = Thay số, ta được: 32 33 P P m 32 × 9127,1 × 0,0274 549,46 m 33 × 9,1 × 0,0485 = = ⇒ 32 P %m 99,82% = ; 33 P %m 0,18% = 0,5 Câu 4 a) Phản ứng đốt cháy glucozơ: C 6 H 12 O 6 (r) + 6O 2 (k) → 6CO 2 (k) + 6H 2 O (l) o 298 H ∆ phản ứng = 6. (‒393,51) + 6. (‒ 285,84) ‒ (‒ 1274,45) = ‒ 2801,65 kJ.mol ‒1 o 298 S ∆ phản ứng = 6. (213,64) + 6. (69,94) ‒ (212,13) ‒ 6. (205,03) = 259,17 J.K ‒1 .mol ‒1 o 298 G ∆ phản ứng = o 298 H ∆ ‒ 298. o 298 S ∆ = ‒ 2801,65 ‒ 298. (259,17. 10 ‒3 ) = ‒ 2878,88 kJ.mol ‒1 Theo đề, ΔH và S của chất thay đổi không đáng kể theo nhiệt độ nên: 0,5 0,5 0,5 3 b) o 310 G ∆ phản ứng = o 298 H ∆ ‒ 310. o 298 S ∆ = ‒ 2801,65 ‒ 310. (259,17. 10 ‒3 ) = ‒ 2881,99 kJ.mol ‒1 Vì o 310 G ∆ phản ứng < o 298 G ∆ phản ứng (âm hơn), nên sự chuyển hóa đường trong cơ thể ở 37 o C diễn ra thuận lợi hơn ở 25 o C. 0,5 Câu 5 a) 2 2 3 1 3 N + H NH 2 2 → Hằng số cân bằng K p được xác đinh theo biểu thức: 3 2 2 NH p 1/2 3/2 N H P K = P . P * Tại 350 o C: P tổng = 10 atm Theo đề, tại cân bằng lượng NH 3 chiếm 7,35% nên 3 NH P 0,735 = atm → 2 2 N H P P 9,265 + = atm Mặt khác lượng N 2 và H 2 ban đầu lấy theo tỉ lệ 1: 3 nên 2 N P = 2,316 atm và 2 H P 6,949 = atm Do đó: 2 p1-1 1/2 3/2 0,735 K = 2,64.10 (2,316) . (6,949) − = * Tại 350 o C: P tổng = 50 atm Tại cân bằng lượng NH 3 chiếm 25,11% nên 3 NH P 12,555 = atm → 2 2 N H P P 37,445 + = atm 2 N P = 9,361 atm và 2 H P 28,084 = atm Do đó: 2 p1-2 1/2 3/2 12,555 K = 2,76.10 (9,361) . (28,084) − = * Tại 450 o C: P tổng = 10 atm 3 NH P 0,204 = atm ; 2 N P = 2,449 atm và 2 H P 7,347 = atm Do đó: 3 p2-1 1/2 3/2 0,204 K = 6,55.10 (2,449) . (7,347) − = * Tại 450 o C: P tổng = 50 atm 3 NH P 4,585 = atm ; 2 N P = 11,354 atm và 2 H P 34,061 = atm Do đó: 3 p2-2 1/2 3/2 4,585 K = 6,84.10 (11,354) . (34,061) − = 0,25 0,25 0,25 0,25 b) Tại áp suất tổng P tổng = 10 atm: o p2-1 p1-1 1 2 K ΔH 1 1 ln ( ) K R T T = − 0,5 4 Thay số: 3 o 2 6,55.10ΔH 1 1 ln ( ) 2,64.10 8,314 623 723 − − = − ⇒ ΔH o = ‒52,199 J.mol ‒1 Tại áp suất tổng P tổng = 50 atm: o p2-2 p1-2 1 2 K ΔH 1 1 ln ( ) K R T T = − 3 o 2 6,84.10ΔH 1 1 ln ( ) 2,76.10 8,314 623 723 − − = − ⇒ ΔH o = ‒51,613 J.mol ‒1 0,5 Câu 6 Vừa mới trộn: 3 4 H PO 25,00 C 0,080 0,050 M 40,00 = × = 3 AgNO 15,00 C 0,040 0,015 M 40,00 = × = Trong dung dịch có các cân bằng sau: (1) H 3 PO 4 € H + + H 2 P 4 O − Ka 1 = 10 ‒2,23 (2) H 2 P 4 O − € H + + HP 2 4 O − Ka 2 = 10 ‒7,21 (3) HP 2 4 O − € H + + P 3 4 O − Ka 3 = 10 ‒12,32 (4) H 2 O € H + + OH ‒ K w = 10 ‒14,00 Do Ka 1 >> Ka 2 >> Ka 3 > Kw, chỉ xét cân bằng (1) H 3 PO 4 € H + + H 2 P − 4 O Ka 1 = 10 ‒2,23 C 0,050 [ ] 0,050 –x x x [ ] 2 2 4 2,23 3 1 3 4 H H PO K 10 5,89.10 H PO 0,050 a x x + − − − = = = = − ⇒ x 2 + 5,89.10 -3 x – 2,94.10 -4 = 0 ⇒ x = [H + ] = [H 2 P 4 O − ] = 1,45.10 -2 mol.L -1 ⇒ [H 3 P 4 O ] = 0,0500 – 0,0145 = 0,0355 mol.L -1 Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có: H 3 PO 4 € 3H + + P 3 4 O − K = Ka 1 .Ka 2 .Ka 3 = 10 ‒21,76 = 1,74.10 ‒22 [ ] ( ) 3 3 4 3 22 18 4 3 3 4 H PO 0,0355 K PO 1,74.10 2,03.10 H PO 0,0145 + − − − − = ⇒ = = Vì ( ) 3 3 3 18 24 4 sp Ag PO 0,015 .2,03.10 6.85.10 K + − − − = = < ⇒ Không tạo kết tủa Ag 3 PO 4 Ag 3 PO 4 € 3Ag + + 3 4 PO − K sp = 10 ‒19,9 1,0 1,0 5 Vậy 3 4 PO − tự do ⇒ [H + ] không thay đổi so với tính toán ở trên [H + ] = 0,0145 mol.L -1 ⇒ pH = ‒ log [H + ] = ‒ log 1,45.10 ‒2 = 1,84 Câu 7 7.1. Khi nhúng thanh bạc vào dung dịch HI 1,0M, có thể xảy ra phản ứng: 2Ag + 2HI € 2AgI + H 2 Ta xét các thế điện cực sau: , / / / 0,059lg[Ag] 0,059lg [I ] s AgI o o AgI Ag Ag Ag Ag Ag K E E E + + + + − = + = + 17 8.10 0,8 0,059.lg 0,15 1,0 − = + = − V 2 2 2 2 2 2 / 2 / 0,059 [H ] 0,059 1,0 lg 0,00 lg 0,0 2 2 1 o H H H H H E E P + + + = + = + = V Vì 2 2 /H H E + > /AgI Ag E + nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận, chứng tỏ bạc thể phản ứng với dung dịch HI giải phóng khí hiđro. 0,75 7.2. a) Để có kết tủa Ni ở catot thì thế catot: 2+ c Ni /Ni E < E (Ni 2+ + 2e → Ni) Với: 2+ 2+ 0 2 Ni /Ni Ni /Ni 0,059 0,059 E E .lg[Ni ] = 0,23 + .lg 0,10 0, 2595 V 2 2 + = + − = − b) * Ở catot có các quá trình: Ni 2+ + 2e → Ni (1) có 2+ Ni /Ni E = 0,2595 V − 2 H + + 2e → H 2 (2) + + 2 2 0 + 2 2 2 2H /H 2H /H 0,059 0,059 E E .lg[H ] = 0,00 + .lg(10 ) 0,118 V 2 2 − = + = − Vì 2+ Ni /Ni E = 0,2595 V − < + 2 2H /H E 0,118 V = − nên khi bắt đầu điện phân, ở catot xảy ra quá trình (2) trước. * Ở anot: 2H 2 O → O 2 + 4H + + 4e 2 2 2 2 2 0 + 4 2 4 O /H O O /H O O 0,059 0,059 E =E .lg([H ] .P ) = 1,23 + .lg(10 ) 1,112 V 4 4 − + = Điện áp tối thiểu cần phải đặt vào để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra là: V = E a ‒ E c + I.R = ( 2 2 2 O /H O O Eη + ) ‒ ( + 2 2H /H E ) + I.R = (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,118) + 1,10. 3,15 = 5,495 V c) Để [Ni 2+ ] = 1,0.10 ‒4 M thì lúc đó thế catot: E c = 2+ 4 Ni /Ni 0,059 E 0,23 + .lg10 0,348 V 2 − = − = − Khi đó, điện áp cần phải tác dụng là 0,25 0,5 0,5 6 V = E a ‒ E c + IR = (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,348) + 1,10. 3,15 = 5,725 V Câu 8 8.1. Ptpư: (mỗi phản ứng 0,25đ) a) O 3 + 2I ‒ + H 2 O → O 2 + I 2 + 2OH ‒ b) CO 2 + NaClO + H 2 O → NaHCO 3 + HClO c) 3Cl 2 + 2FeI 2 → 2FeCl 3 + 2I 2 5Cl 2 + I 2 + 6H 2 O → 2HIO 3 + 10HCl d) 2F 2 + 2NaOH (loãng, lạnh) → 2NaF + OF 2 + H 2 O 1,0 8.2. Phản ứng hấp thu định lượng CO: I 2 O 5 + 5CO → I 2 + 5CO 2 Phản ứng chuẩn độ: I 2 + 2Na 2 S 2 O 3 → Na 2 S 4 O 6 + 2NaI Tính toán hàm lượng CO: 2 2 2 3 CO I Na S O 5 5 n = 5n = n 0,100 0,016 0,004 2 2 = × × = mol CO 0,004 %V 100 29,87% 0,3 22,4 = × = 1,0 Câu 9 a) Ptpư: 4FeCO 3 + O 2 → 2Fe 2 O 3 + 4CO 2 (1) 4FeS 2 + 11O 2 → 2Fe 2 O 3 + 8SO 2 (2) + Khí B gồm: CO 2 , SO 2 , O 2 , N 2 ; chất rắn C gồm: Fe 2 O 3 , FeCO 3 , FeS 2 . +Rắn C phản ứng với dung dịch H 2 SO 4 loãng: Fe 2 O 3 + 3H 2 SO 4 → Fe 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 O (3) FeCO 3 + H 2 SO 4 → FeSO 4 + H 2 O + CO 2 (4) FeS 2 + H 2 SO 4 → FeSO 4 + S ↓ + H 2 S (5) + Khí D gồm: CO 2 và H 2 S; Các chất còn lại gồm:FeSO 4 , Fe 2 (SO 4 ) 3 , H 2 SO 4 dư và S, khi tác dụng với KOH dư: 2KOH + H 2 SO 4 → K 2 SO 4 + 2H 2 O (6) 2KOH + FeSO 4 → Fe(OH) 2 ↓ + K 2 SO 4 (7) 6KOH + Fe 2 (SO 4 ) 3 → 2Fe(OH) 3 ↓ + 3K 2 SO 4 (8) + Kết tủa E gồm Fe(OH) 2 , Fe(OH) 3 và S, khi để ra không khí thì chỉ có phản ứng: 4Fe(OH) 2 + O 2 + 2H 2 O → 4Fe(OH) 3 (9) Vậy F gồm Fe(OH) 3 và S 0,5 b) Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí sau phản ứng tăng lên chứng tỏ lượng FeCO 3 có trong hỗn hợp A nhiều hơn FeS 2 . Gọi a là số mol của FeS 2 ⇒ số mol của FeCO 3 là 1,5a, ta có: 116.1,5a + 120a = 88,2 ⇒ a = 0,3. + Vậy trong A gồm : FeS 2 (0,3 mol), FeCO 3 (0,45 mol). 1,0 7 + Nếu A cháy hoàn toàn thì cần lượng O 2 là : 0,45 11 0,3. 0,9375 4 4 + = mol ⇒Lượng không khí ban đầu trong bình có : Số mol O 2 : 110 0,9375 1,03125 100 × = mol Số mol N 2 : 4 1,03125 4,125 × = mol Số mol không khí : 5 1,03125 5,15625× = mol - Vì hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng nên gọi x là số mol FeS 2 tham gia phản ứng (1) thì số mol FeCO 3 tham gia phản ứng (2) là 1,5x. + Theo (1), (2) thì độ tăng số mol khí sau phản ứng: 1,5 (4 1) .(8 11) 0,375 4 4 x x x − + − = + Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung, ta có : 0,375 1, 455 5,15625 100 x = ⇒ x = 0,2 - Theo các phản ứng (1), (9) ta có chất rắn F gồm : Fe(OH) 3 (0,75 mol) và S (0,1 mol). Vậy trong F có %m-Fe(OH) 3 = 96,17% ; %m-S = 3,83% c) Hỗn hợp khí B gồm: N 2 (4,125 mol), O 2 (0,40625 mol), CO 2 (0,3 mol), SO 2 (0,4 mol) ⇒ M B = 32. Hỗn hợp khí D gồm: CO 2 (0,15 mol), H 2 S (0,1 mol) ⇒ M D = 40. Vậy d D/B = 1,25 0,5 Câu 10 10.1 . Phương trình động học của phản ứng thuận nghịch bậc 1: 1 2 k k A B → ¬ t=0: a 0 t: a – x x t cân bằng: a – x cb x cb Biểu thức: cb 1 2 cb x 1 k + k = .ln t x x − 1 cb 2 k [B] K = = k [A] Tại thời điểm cân bằng (∞): x cb = 70% Tại t = 45 giây: x = 10,8% ⇒ 3 tong 1 1 70 k .ln 3,72.10 45 70 10,8 − = = − Tại t = 90 giây: x = 18,9% ⇒ 3 tong 2 1 70 k .ln 3,50.10 90 70 18,9 − = = − Tại t = 270 giây: x = 41,8% ⇒ 3 tong 3 1 70 k .ln 3,37.10 270 70 41,8 − = = − 1,0 8 Lấy trung bình: tong 1 tong 2 tong 3 3 1 2 k + k + k k + k 3,53.10 3 − = = Mặt khác, hằng số cân bằng phản ứng: cb 1 cb 2 cb [B] k 70 K = = 2,333 k [A] 30 = = Do đó: k 1 = 2,47. 10 ‒3 s ‒1 k 2 = 1,06. 10 ‒3 s ‒1 10.2 . Theo đề: v = k. [A].[B] nên phản ứng bậc 2. a) C A = C B = a = 1,0 0,5 2 = M Nồng độ đầu 2 chất phản ứng bằng nhau nên phương trình động học: 1 1 1 k = ( ) t a x a − − Tại T 1 = 300K: 1 1 1 1 k = ( ) 0,7544 2 0,5 0, 215 0,5 − = − (mol ‒1 .lít.giờ ‒1 ) Tại T 1 = 370K: 2 1 1 1 k = ( ) 1,5037 1,33 0,5 0,25 0,5 − = − (mol ‒1 .lít.giờ ‒1 ) Phương trình Arrhenius: 2 1 1 2 1 1 ln ( ) a E k k R T T = − ⇒ 1,5037 1 1 ln ( ) 0,7544 8,314 300 370 a E = − ⇒ E a = 9093,55 (J/mol) b) Ở 300K, k = 0,7544 mol ‒1 .lít.giờ ‒1 C A = a = 1. 1,0 0,25 4 = M; C B = b = 3. 1,0 0,75 4 = M, theo đề: x = 90%. a = 0,225 M Do nồng độ đầu hai chất khác nhau nên phương trình động học: 1 a.(b ) t .ln k(b a) b.(a ) x x − = − − = 1 0,25 (0,75 0,225) .ln 5,16 0,7544 (0,75 0,25) 0,75 (0,25 0,225) × − = × − × − (giờ) 0,5 0,5 HẾT Người ra đề Lê Thị Quỳnh Nhi Điện thoại: 01674715808 9 . HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT TỈNH QUẢNG NGÃI ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA – KHỐI 10 Câu Ý Nội dung chính cần. 31,97207).( 3 23 10 kg 6,023 .10 − ) (3,0 .10 8 m.s ‒1 ) 2 = 2,734517 .10 ‒13 J = 1,707 .10 6 eV = 1,707 MeV. * Phân rã của 33 P: 0,25 0,5 2 2 2 ΔE = Δm . C = (32,97172 ‒ 32,97145).( 3 23 10 kg 6,023 .10 − ). kg 6,023 .10 − ) (3,0 .10 8 m.s ‒1 ) 2 = 4,034534 .10 ‒14 J = 251843,6 eV = 0,2518 MeV. 3.2. a) Năng lượng photon: 34 8 15 9 6,626 .10 .3 .10 1,691 .10 J 0, 0105 6 MeV 0,1175 .10 hC E λ − − − = =