đáp án chính thức kì thi học sinh giỏi các trường chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng bắc bộ năm 2015 môn Toán khối 10 của trường chuyên

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10 Ngày thi: 18/04/2015 Thời gian làm bài: 180 phút (Hướng dẫn chấm gồm 10 trang ) Đáp án và các bước chấm được đề nghị chỉ mang tính tương đối. Học sinh có thể làm bài (hoặc trình bày bài) theo cách khác nếu đúng và lập luận đầy đủ cũng vẫn được điểm tối đa. Kính mong các quý thầy cô đóng góp ý kiến điều chỉnh đề và hướng dẫn chấm hợp lí và khoa học hơn nữa. Trân trọng cảm ơn. Nguyễn Tiến Hưng – THPT Chuyên Hạ Long, Quảng Ninh. Câu 1 (2 điểm) 1. Biết năng lượng tối thiểu cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He ở trạng thái cơ bản là 79,00eV. Khi chiếu một bức xạ có tần số ν (s -1 hay Hz) vào nguyên tử He (cũng ở trạng thái cơ bản) thì thấy có 1 electron thoát ra với vận tốc 1,503.10 6 m/s. Tính ν (Hz). 2. Sử dụng mô hình cộng hưởng electron theo Lewis, vẽ tất cả các công thức cộng hưởng (hay còn gọi là các cấu trúc cộng hưởng) có thể có của ion OCN - . 3. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định số điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. b) Viết cấu hình electron của X 2− ,Y − , R, A + , B 2+ . So sánh bán kính của chúng và giải thích. Đáp án: 1 0,7 5 Theo đề bài có: He → He 2+ + 2e ; I 1 + I 2 = + 79,00 eV Mặt khác, He + → He 2+ + 1e ; I 2 = -E e trong He+ mà He + là hệ 1 hạt nhân 1 electron ⇒ 2 2 2 13,6.2 54,4( ) 1 I eV = + = + ⇒ I 1, He = 79 – 54,4= 24,60 eV = 3,941.10 -18 (J) Mà W đ (e) = = 31 6 2 18 1 .9,109.10 .(1,503.10 ) 1,029.10 ( ) 2 J − − = Năng lượng của bức xạ: E = I 1 + W đ (e) = 3,941.10 -18 + 1,029.10 -18 = 4,97.10 -18 (J) 18 15 1 34 4,97.10 . 7,5.10 ( ) 6,626.10 E E h s hay Hz h ν ν − − − = → = = = 0.25 0,25 0,25 2 0,5 Các công thức cộng hưởng Lewis 0,5 1 Học sinh thiếu 1 hoặc 2 công thức trừ 0,25 điểm 3 0,7 5 a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 Số điện tích hạt nhân Z: X = 16, Y = 17, R = 18, A = 19, B =20. b) X 2− , Y − , R, A + , B 2+ đều có cấu hình e: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. r > r > r > r >r X Y R A B 0,25 0,25 0,25 Câu 2 (2 điểm) 1. Tantan (Ta) có khối lượng riêng là 16,7 g/cm 3 , kết tinh theo mạng lập phương với cạnh của ô mạng cơ sở là 3,32A°. Tantan kết tinh theo kiểu mạng lập phương nào ? Cho M Ta = 180,95 g/mol. Học sinh không cần vẽ hình ở phần 1 2. Muối florua của kim loại Ba có cấu trúc lập phương với hằng số mạng a . Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion Ba 2+ chiếm đỉnh và tâm các mặt của hình lập phương, còn các ion florua (F ‒ ) chiếm tất cả các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của muối Bari florua này là 4,89 g/cm 3 . a) Vẽ cấu trúc tế bào đơn vị (ô mạng cơ sở) của mạng tinh thể bari florua. Trong một tế bào đơn vị này có bao nhiêu phân tử BaF 2 ? b) Tính số phối trí của ion Ba 2+ và F - trong tinh thể này. Cho biết số phối trí của một ion trong tinh thể là số ion trái dấu, gần nhất bao quanh ion đó. c) Xác định giá trị của a (nm)? Cho M của F = 19; Ba = 137,31 (g/mol). Đáp án: 1 0,7 5 3,32 A° = 3,32.10 -8 cm Thể tích ô cơ sở của Ta là: V = (3,32.10 -8 ) 3 = 36,6.10 -24 cm 3 Khối lượng của ô cơ sở là: m = 36,6.10 -24 .16,7 = 611,22.10 -24 g Gọi n là số nguyên tử Ta trong một ô cơ sở. Khối lượng một nguyên tử Ta là: m Ta = n 24 10.22,611 − g ⇒ M Ta = m Ta × N = n 24 10.22,611 − × 6,02.10 -23 = n 95,367 Mà khối lượng mol của Ta là M Ta = 180,95 g/mol ⇒ n 95,367 = 180,95 ⇒ n = 2 Vì n = 2 nên Ta kết tinh theo kiểu mạng tinh thể lập phương tâm khối 0,25 0,25 0,25 2 1,2 5 a) Ô mạng cơ sở: 0,25 2 Trong một tế bào đơn vị BaF 2 có : 1x 8 ion F - và 1 1 8 6 4 8 2 × + × = ion Ba 2+ Do đó sẽ có 4 phân tử BaF 2 trong một tế bào đơn vị. 0,25 b) Số phối trí của ion Ba 2+ là 8 Số phối trí của F - là 4 Học sinh sai một ion giáo viên chấm không cho điểm 0,25 c) Khối lượng riêng florua tính theo công thức: 2 2 2 BaF BaF 3 3 M M 4 4 4 d = a BaF A A A M N Nm a V d d N × × × = ⇒ = = × 2 3 22 3 23 4 4 (137,31 19 2) 2,38.10 ( ) 4,89 6,022.10 BaF A M a cm d N − × × + × = = = × × 8 6,2.10 ( ) 0,62( )a cm nm − ⇒ = = 0,25 0,25 Câu 3 (2 điểm) 1. Cho dãy phóng xạ sau (cho biết Rn có Z = 86) 222 Rn α → 218 Po 214 α → Pb β − → 214 Bi β − → 214 Po Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ trong dãy trên. 2. Khi nghiên cứu một mẫu cổ vật nguồn gốc hữu cơ chứa 1 mg cacbon, người ta thấy rằng tỷ lệ đồng vị C C 12 14 của mẫu là 1,2.10 -14 . a) Có bao nhiêu nguyên tử 14 C có trong mẫu ? b) Tuổi của mẫu nghiên cứu bằng bao nhiêu? Cho chu kỳ bán hủy của 14 C là 5730 năm, hoạt độ phóng xạ riêng của cacbon thời chưa có các hoạt động hạt nhân của con người là 227 Bq/KgC. Cho biết 1Bq = 1 phân rã/giây. 3. Trong tự nhiên, các đồng vị có mặt trong một chuỗi thoát biến phóng xạ nối tiếp, kết thúc ở một đồng vị bền của chì có số khối từ 206-208, tạo thành một họ phóng xạ. (Chỉ có họ neptuni mở đầu bằng 237 Np kết thúc bằng 209 Bi). Họ phóng xạ mở đầu bằng 238 U gọi là họ urani (cũng gọi là họ urani – rađi), còn họ phóng xạ mở đầu bằng 235 U gọi là họ actini. Trong 4 đồng vị bền của chì: 204 Pb, 206 Pb, 207 Pb và 208 Pb, những đồng vị nào thuộc vào các họ urani và họ actini? Đáp án: 1 0,5 222 86 Rn → 218 84 Po + 4 2 He 218 84 Po → 214 82 Pb + 4 2 He 214 82 Pb → 214 83 Bi + β - 214 83 Bi → 214 84 Po + β - 0,25 0,25 3 Ba 2+ F - 2 1,0 a) Tổng số nguyên tử C trong mẫu vật 23 19 0,001 .6,022.10 5,02.10 12 = = nguyên tử Số nguyên tử 14 C = 5,02.10 19 .1,2.10 -14 = 6,02.10 5 nguyên tử. 0,25 b) Tốc độ phân rã: 5 6 1/2 ln 2 ln 2 . . .6,02.10 2,31.10 ( ) 5730.365.24.60.60 A k N N Bq t − = = = = Tuổi của mẫu nghiên cứu 37925 10.31,2 10.227 .ln. ln 5730 ln ln ln 1 ln 1 6 6 22 2 1 ===== − − A A t A A kN N k t ooo năm 0,25 0,5 3 0,5 Dựa trên sự thay đổi số khối của các đồng vị là do sự phát ra hạt α ( 4 2 He ). Do đó : Chỉ có 206 Pb thuộc họ urani 238 U do 238 206 8 4 − = ( hạt α) Chỉ có 207 Pb thuộc họ actini 235 U do 235 207 7 4 − = (hạt α) 0,25 0,25 Câu 4 (2 điểm) 1. Tính năng lượng cần thiết để phá vỡ mạng lưới tinh thể ion BaCl 2 từ các dữ kiện thực nghiệm sau đây: Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn BaCl 2 tinh thể: -205,6 kcal.mol -1 Nhiệt thăng hoa của Ba (rắn): + 46,0 kcal.mol -1 Năng lượng liên kết của Cl 2 : + 57,0 kcal.mol -1 Ái lực electron của Cl: - 87,0 kcal.mol -1 Năng lượng ion hóa lần thứ nhất của Ba: + 119,8 kcal.mol -1 Năng lượng ion hóa lần thứ hai của Ba: + 230,0 kcal. mol -1 2. Ở điều kiện chuẩn, entanpi phản ứng và entropi của các chất có giá trị như sau: STT Phản ứng ∆ H 0 298 (kJ) 1 2NH 3(k) + 3N 2 O (k) → 4N 2(k) + 3H 2 O ( l ) -1011 2 N 2 O (k) + 3H 2(k) → N 2 H 4(k) + H 2 O ( l ) -317 3 2NH 3(k) + 0,5O 2(k) → N 2 H 4(k) + H 2 O ( l ) -143 4 H 2(k) + 0,5 O 2(k) → H 2 O ( l ) -286 S 0 298 (N 2 H 4(k) ) = 240J/mol.K S 0 298 (N 2(k) ) = 191J/mol.K S 0 298 (H 2 O ( l ) ) = 66,6J/mol.K S 0 298 (O 2(k) ) = 205 J/mol.K a) Tính entanpi tạo thành ∆ H 0 298 (kJ) của N 2 H 4(k) b) Tính ∆ G 0 298 phản ứng cháy đẳng áp N 2 H 4(k) tạo thành H 2 O (l) và N 2(k) ở 298K. c) Nếu hỗn hợp ban đầu gồm 2 mol khí NH 3 và 0,5 mol khí O 2 thì nhiệt của phản ứng cháy ở (3) trong điều kiện thể tích không đổi bằng bao nhiêu? Đáp án: 1 0,75 Áp dụng Chu trình Born- Haber tính được năng lượng cần thiết để phá vỡ mạng lưới BaCl 2 E = - U ml = + 484,4 kcal.mol -1 ; Chu trình đúng 0,5 điểm Tính toán thay số liệu ra kết quả chính xác 0,25 điểm 0,5 0,25 4 Hoặc học sinh có thể dùng phương pháp tổ hợp các quá trình, nếu viết quá trình và tính toán đúng vẫn cho điểm tối đa. Nếu trường hợp học sinh nhầm với năng lượng mạng lưới U ml trừ 0,25 điểm Nếu học sinh viết không đúng các quá trình nhiệt hóa học (ngược chiều, trạng thái r, l, k không chính xác) sẽ trừ 0,25 điểm 2. 1,25 a) Ta có: -(1)+ 3.(2) + (3) –(4) ta được 4N 2(k) + 8H 2(k) → 4N 2 H 4(k) có ∆ H 0 298 = 203kJ Vậy ∆ H 0 298 tạo thành N 2 H 4 = 203kJ/4 =50,8 kJ/mol 0,25 0,25 b) N 2 H 4(k) + O 2(k) → N 2(k) + 2H 2 O (l) ∆ H 0 298 = -2(286) – 50,8 = -622,8kJ ∆ S 0 298 = 191 +2(66,6) – 205 -240 = -120,8J/K ∆ G 0 298 = -622,8 - 298*(-0,121) = -586,74kJ 0,25 0,25 c) ∆ H = ∆ U + p ∆ V = ∆ U + ∆ nRT Pư (3) ta có: ∆ n = 1-2,5= -1,5 ∆ U = -143000 + 1,5*8,314*298= -139283 J = -139,283kJ 0,25 Câu 5 (2 điểm) 1. Cho phản ứng 2NO 2(k) ƒ N 2 O 4(k) có K p =9,18 ở 25 0 C. Hỏi ở cùng nhiệt độ phản ứng xảy ra theo chiều nào trong điều kiện sau: P(N 2 O 4 )= 0,9atm ; P(NO 2 )=0,1 atm. 2. Cho cân bằng hóa học: N 2 (k) + 3H 2 (k) ƒ 2NH 3 (k) ; 0 ∆Η = - 46 kJ.mol -1 . Nếu xuất phát từ hỗn hợp chứa N 2 và H 2 theo tỉ lệ số mol đúng bằng hệ số tỉ lượng 1: 3 thì khi đạt tới trạng thái cân bằng (450 o C, 300 atm) NH 3 chiếm 36% thể tích. a) Tính hằng số cân bằng K P (ghi rõ đơn vị nếu có). b) Giữ áp suất không đổi (300 atm), cần tiến hành ở nhiệt độ nào để khi đạt tới trạng thái cân bằng NH 3 chiếm 50% thể tích? Giả sử 0 ∆Η không thay đổi trong khoảng nhiệt độ nghiên cứu. Cho phương trình Van ’ t Hoff: 0 2 1 2 1 1 1 ln K H K R T T   ∆ = − −  ÷   Đáp án 1 0,5 2 NO 2 ƒ N 2 O 4 K p =9,18. Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln p K Q . Nếu Q < K p → ∆G < 0: phản ứng diễn ra theo chiều thuận Nếu Q > K p → ∆G > 0: phản ứng diễn ra theo chiều nghịch Nếu Q = K p → ∆G = 0: phản ứng ở trạng thái cân bằng. Khi P(N 2 O 4 )= 0,9atm ; P(NO 2 )=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1) 2 =90 > K p nên phản ứng diễn ra theo chiều nghịch. 0,25 0,25 2 1,5 a) N 2 (k) + 3H 2 (k) ƒ 2NH 3 (k) ; ∆Η = -46 kJ.mol -1 Ban đầu (mol) 1 3 0 Cân bằng (mol) 1-x 3-3x 2x ∑ sau n = 1 – x + 3 – 3x + 2x = 4 – 2x (mol) %V NH 3 = %100. 2x - 4 2x = 36% ⇒ x = 0,529 0,25 0,25 5 %V N 2 = %100. 2x - 4 1 x− = 592,0.24 592,01 − − .100% = 16% %V H 2 = 100 - (36 + 16) = 48% 1p K = 22 3 3 2 NH NH PP P = ( ) 3 22 .48,0 16,0 .36,0 PP P = 2 3 2 0,36 0,16 0,48 300 × × = 8,14.10 -5 . K p không có đơn vị, học sinh ghi đơn vị của K p trừ 0,25 điểm 0,25 b) Từ 3 2 2 %V 50% y 4 2 3 NH y y = = ⇒ = − 2 1 1 2 / 3 %V 12,5% 4 2 4 2.2 / 3 N y y − − = = = − − và 2 3(1 ) 3(1 2 / 3) %V 37,5% 4 2 4 2.2 / 3 H y y − − = = = − − 2p K = 22 3 3 2 NH NH PP P = 23 2 300.375,0.125,0 5,0 = 4,21.10 -4 ln 1 2 P P K K = 0 2 1 1 1H R T T   ∆ − −  ÷   ⇒ 2 1 0 1 2 1 1 ln P P K R T T H K − = ∆ ⇒ 2 1 T = 1 1 T - 2 1 0 ln P P K R H K∆ = 4 3 5 1 8,314 4,21.10 .ln 450 273 46.10 8,14.10 − − + + ⇒ T 2 = 595,19K 0,25 0,25 0,25 Câu 6 (2 điểm) 1. Nhỏ từ từ đến hết V lít dung dịch NaOH 0,03M vào V lít dung dịch H 3 PO 4 0,02M có sẵn vài giọt quỳ tím, thu được dung dịch X. Viết phương trình phản ứng xảy ra và cho biết sự thay đổi màu sắc của dung dịch. Cho biết: H 3 PO 4 có pKa 1 = 2,15; pKa 2 = 7,21; pKa 3 = 12,32; pK w = 14. Quỳ tím (khoảng chuyển màu 5,0-8,0; pH < 5,0 màu đỏ; pH > 8,0 màu xanh). 2. Cho H 2 S đi qua dung dịch Cd 2+ 0,001M và HCl 0,001M cho đến bão hoà SH 2 C = 0,1M. Hỏi có kết tủa CdS tạo ra không? Cho biết T CdS = 10 -26 ; 2 1, H S K = 10 -7 ; 2 2, H S K = 10 -12,92 Đáp án: 1. 0,75 Nồng độ ban đầu của: NaOH = 0,015M; H 3 PO 4 0,01M Phản ứng xảy ra: H 3 PO 4 + OH - → H 2 PO 4 - + H 2 O 0,01 0,015 - 0,005 0,01 H 2 PO 4 - + OH - → HPO 4 2- + H 2 O 0,01 0,005 5.10 -3 - 5.10 -3 Dung dịch thu được là một dung dịch đệm có dạng axit và bazơ liên hợp cùng nồng độ mol. Do đó: pH X = pK a2 = 7,21. Hiện tượng: dung dịch chuyển từ màu đỏ sang màu tím 0,25 0,25 0,25 2. Trong dung dịch: H 2 S + H 2 O H 3 O + + HS − K 1 (1) 6 1,25 HS − + H 2 O H 3 O + + S 2 − K 2 (2) 2H 2 O H 3 O + + OH − Kw (3) Vì K 1 >> K 2 >> Kw → trong dung dịch xảy ra cân bằng (1) là chủ yếu: H 2 S + H 2 O H 3 O + + HS − K 1 = 10 -7 C 0,1 10 -3 0 [] 0,1-x (10 -3 +x) x K 1 = ( ) x)(0,1 xx10 3 − + − = 10 -7 x << 0,1 → (10 -3 - x).x ≈ 10 -8 Giả sử x<< 10 -3 → x = 10 -5 (phù hợp). Xét cân bằng (2): HS − + H 2 O H 3 O + + S 2 − [] 10 -5 y K 2 = 5 3 10 y.1,01.10 − − = 10 -12,92 → y = 10 -14,92 . Suy ra: −+ 22 SCd .CC = 0,001.10 -14,92 = 10 -17,92 >> T CdS = 10 -26 . Do đó có kết tủa CdS tạo ra 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu 7 (2 điểm) 1.a) Viết sơ đồ biểu diễn cấu tạo của pin theo quy ước quốc tế IUPAC của pin khi hoạt động diễn ra phản ứng tổng sau 2Fe + O 2 + 2H 2 O → 2Fe 2+ + 4OH - b) Cho biết thế khử chuẩn ở 25 o C: E o (Fe 2+ /Fe) = -0,44V, E o (O 2 /OH - ) = 0,40V. Tính E của phản ứng biết: [Fe 2+ ] = 0,015M; pH = 9,00; 2 O p = 0,700 atm (nhiệt độ 25°C). Cho RTln10/F = 0,0592V (ở 25 o C). 2. Hoàn thành và cân bằng phương trình sau đây theo phương pháp ion – electron 2 2 3 4 Cu S H NO NO SO + − − + + → + ↑ + + Đáp án: 1. 1,5 a) Để pin diễn ra phản ứng tổng 2Fe + O 2 + 2H 2 O → 2Fe 2+ + 4OH - thì các quá trình xảy ra ở các điện cực của pin phải như sau Anot(-), quá trinh oxi hóa: Fe → Fe 2+ + 2e Catot (+), quá trình khử: O 2 + 2H 2 O + 4e → 4OH - Vậy sơ đồ pin (-) Fe (r) │Fe 2+ (aq) ║OH - (aq) │O 2(k) │Pt (r) (+) Chú ý: học sinh có thể biểu diễn khác về sơ đồ pin như (-) Fe (r) │Fe 2+ (aq) ║OH - (aq) , O 2(k) │Pt (r) (+) Hoặc (-) Fe (r) │Fe 2+ (aq) ║OH - (aq) │O 2(k) (Pt ) (+)thì vẫn cho điểm tối đa 0,25 0,25 0,25 b) 2 4 2 ( ) ( ) 2 Fe 0,0592 lg ( ) o pin pin OH E E n p O + −         = − 0,25 7 2 2 2 2 4 2 0 0 ( ) / / Fe 0,0592 (E ) lg pin O OH Fe Fe O OH E E n p − + + −         ⇒ = − − pH = 9,00 → [H + ] = 10 -9 M và [OH - ] = 10 -5 M [ ] 2 5 4 ( ) 0,0592 0,015 (10 ) 0,4 ( 0,44) lg 1,188( ) 4 0,7 pin E V − × ⇒ = − − − = Học sinh có thể tính thế pin E E E + − = − , áp dụng phương trình Nernst cho từng bán phản ứng. 0,25 0,25 2 0,5 2 2 2 2 4 3 2 4 2 8 10 4 3 2 Cu S H O Cu SO H e NO H e NO H O + − + − + + → + + + + + → + 2 2 2 3 4 2 3 10 16 6 10 3 8Cu S NO H Cu NO SO H O − + + − + + → + + + 0,25 0,25 Câu 8 (2 điểm) 1. Một trong những oxit quan trọng của halogen là I 2 O 5 , được sử dụng trong phân tích định lượng CO trong máu và trong không khí. Dẫn từ từ 2,24 lít hỗn hợp khí CO và CO 2 qua I 2 O 5 dư, đun nóng. Chất rắn sau phản ứng hòa tan vào dung dịch chứa NaI và Na 2 CO 3 dư được dung dịch Y. Dung dịch Y phản ứng vừa đủ với 20,00 mL dung dịch Na 2 S 2 O 3 0,10 M. Viết các phương trình phản ứng xảy ra và xác định phần trăm thể tích khí CO trong hỗn hợp khí ban đầu. 2. Bằng hiểu biết về liên kết hoá học, hãy giải thích sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen: Phân tử F 2 Cl 2 Br 2 I 2 Năng lượng liên kết X – X (kJ/mol) 159 242 192 150 Đáp án: 1 1,0 Các phản ứng diễn ra : 5CO + I 2 O 5 → 5CO 2 + I 2 I 2 + NaI → NaI 3 I 2 O 5 + H 2 O → 2HIO 3 HIO 3 + Na 2 CO 3 → NaHCO 3 + NaI NaI 3 + 2Na 2 S 2 O 3 → 3NaI + Na 2 S 4 O 6 Từ các phản ứng trên suy ra n CO =5. 2 I n = 5 2 . 2 2 3 Na S O n = 5.10 −3 mol. → khí CO chiếm 5,0% về thể tích hỗn hợp đầu. 0,25 0,25 0,25 0,25 2. 1,0 Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen : - Năng lượng liên kết X – X trong F 2 nhỏ hơn trong Cl 2 và Br 2 do trong F 2 chỉ có xen phủ p–p còn trong Cl 2 → I 2 ngoài sự xen phủ p –p còn có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết. - Năng lượng liên kết giảm từ Cl 2 → I 2 là do bán kính nguyên tử tăng dần từ F → I nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần ⇒ độ bền liên kết X – X giảm từ Cl 2 → I 2 . 0,5 0,5 Câu 9 (2 điểm) 1. Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng sau đây: 8 a) H 2 O 2 + PbS → b) KMnO 4 + H 2 SO 4 + H 2 O 2 → 2. Nêu hiện tượng và giải thích bằng phương trình hóa học khi đựng trong bình miệng hở các dung dịch sau đây ở trong không khí một thời gian. a) Axit sunfuhiđric b) dung dịch HI 3. Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí đến khi phản ứng xảy ra hoàn toàn. Làm nguội và cho sản phẩm tác dụng hết với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 lit khí B có tỉ khối so với không khí ( 1 29 . KK M g mol − = ) bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml H 2 O 2 5% (d = 1g/mL) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn. Đáp án: 1. 0,5 Hoàn thành và cân bằng các phương trình phản ứng a) 2 2 4 2 4 4H O PbS PbSO H O + → + 0,25 b) 4 2 4 2 2 4 2 4 2 2 2 3 5 2 5 8KMnO H SO H O MnSO K SO O H O+ + → + + + 0,25 2. 0,5 a) Axit sunfuhiđric, vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh do H 2 S trong dung dịch bị oxi hóa bởi oxi không khí. H 2 S + 1 2 O 2 → H 2 O + S↓ 0 ,25 b) Axit bromhiđric, có màu vàng nâu do HI tác dụng với oxi trong không khí giải phóng I 2 1 2 O 2 + 2HI → H 2 O + I 2 0,25 3. 1,0 Phương trình phản ứng: S + Mg → MgS (1) MgS + 2HCl → MgCl 2 + H 2 S (2) Mg + 2HCl → MgCl 2 + H 2 (3) 26298966,0M B =×= ⇒ B chứa H 2 S và H 2 [Mg có dư sau phản ứng (1)] Gọi x và y lần lượt là số mol khí H 2 S và H 2 , ta có        = + + =+ 26 yx y2x34 4,22 987,2 yx Giải ra ta có x = 0,1 ; y = 1 30 . Từ (1), (2), (3) ta có: ( ) 0,1 32 % ( ) 100% 1 0,1 24 0,1 32 30 m S × = × =   + × + ×  ÷   50%, = )Mg(m% 50% H 2 S + 2 3 O 2 → SO 2 + H 2 O 0,1 0,1 0,1 H 2 + 2 1 O 2 → H 2 O 0,25 0,25 0,25 9 1/30 1/30 SO 2 + H 2 O 2 → H 2 SO 4 0,1 0,147 0 0,047 0,1 m(dung dịch) = ( ) ( ) 8,10818133,0641,0100 =×+×+ gam C%(H 2 SO 4 ) = =× %100 8,108 98.1,0 9%; C%(H 2 O 2 ) = = 8,108 34.047,0 1,47% 0,25 Câu 10 (2 điểm) 1. Ở một nhiệt độ đã cho, tốc độ của một phản ứng phụ thuộc vào thời gian theo phương trình: lgv = -0,68 – 0,09t trong đó v là tốc độ phản ứng tính bằng mol/ (L.s), t là thời gian tính bằng s. Tính tốc độ phản ứng khi 50% chất đầu đã phản ứng, hằng số tốc độ và nồng độ đầu của chất tham gia phản ứng. 2. Năng lượng hoạt động hóa của một phản ứng hóa sinh học không xúc tác là 50,0 kJ/mol. Khi có mặt xúc tác tại 37°C, hằng số tốc độ phản ứng tăng 2,5.10 3 lần so với khi phản ứng này không có xúc tác. Giả sử tần số va chạm có hiệu quả A (hay còn gọi là thừa số trước lũy thừa) là không đổi cho phản ứng khi có xúc tác và không có xúc tác. Tính năng lượng hoạt động hóa cho phản ứng khi có mặt xúc tác. Đáp án 1. 1,25 Giả sử phản ứng bậc 0 ta có v = k → lgv = lgk (không thỏa mãn) Giả sử phản ứng bậc 1 ta có : C = C 0 .e -kt → kC = kC 0 .e -kt → lnv = lnv 0 – kt → lgv = lgv 0 – (1/2,303)kt = lgv 0 – 0,434kt (1) Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là phản ứng bậc 1 với lgv 0 = -0,68. → v 0 = 10 -0,68 mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s) Khi C = C 0 /2 thì v =v 0 /2 = 0,105 mol/(L.s) → lgv = lg0,105 = -0,98 (3) Thay (3) vào (2): - 0,98 = -0,68 – 0,09t 1/2 → t 1/2 = 3,33 s → k = ln2/t 1/2 = 0,21 s -1 → C 0 = v 0 /k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s -1 = 1 mol/L 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2. 0,75 k cat : hằng số tốc độ phản ứng của phản ứng có xúc tác (cat : catalyst : xúc tác, uncat: uncatalyst: không xúc tác) k uncat : hằng số tốc độ phản ứng của phản ứng không có xúc tác 0,25 0,25 0,25 10 . HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LẦN THỨ VIII MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10 Ngày thi: 18/04 /2015 Thời gian làm bài:. giá trị của a (nm)? Cho M của F = 19; Ba = 137,31 (g/mol). Đáp án: 1 0,7 5 3,32 A° = 3,32 .10 -8 cm Thể tích ô cơ sở của Ta là: V = (3,32 .10 -8 ) 3 = 36,6 .10 -24 cm 3 Khối lượng của ô cơ. ra kết quả chính xác 0,25 điểm 0,5 0,25 4 Hoặc học sinh có thể dùng phương pháp tổ hợp các quá trình, nếu viết quá trình và tính toán đúng vẫn cho điểm tối đa. Nếu trường hợp học sinh nhầm với