*Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình thì bền vững hơn hạt nhân có khối lượng nhẹ và nặng.. Tính bazơ của HS- lớn hơn của C6H5COO- và lớn hơn của HCOO-... Độ bền tăng từ HClO
Trang 1Trang 5
HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỈNH BẮC NINH ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 10
NĂM 2015 Thời gian làm bài: 180 phút
HƯỚNG DẪN
So sánh các tỉ số i 1
i
I I
ta thấy 5
4
I
I lớn hơn các tỉ số
1
i i
I I
khác nên X
thuộc nhóm IVA, nên X có thể là C, Si, Ge, Sn, Pb
2
6
1
Vậy, X là cacbon Y, Z thuộc chu kì 2
*Đối với nguyên tố Y:
Ta thấy, 6
5
I
I lớn hơn các tỉ số
1
i i
I I
Nitơ
*Đối với nguyên tố Z:
Từ I1 đến I6, các tỉ số i 1
i
I I
xấp xỉ nhau, Z có ái lực với electron lớn nên
Z có thể là Oxi hoặc Flo Cấu hình electron của O: 1s22s22p4; của F: 1s22s22p5; của N: 1s22s22p3 Dựa vào cấu hình electron ta thấy, I1(N) > I1(O); I1(F) > I1(N)
Theo đề bài, I1(Z) < I1(N) nên Z là oxi
0,25
0,25
0,25
2/ Cấu hình electron của X ở trạng thái cơ bản: 1s22s22p2
Cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích thỏa mãn đề bài là:
1s22s12p3; 1s22s02p4; 1s12s22p3; 1s12s12p4; 1s12s02p5; 1s02s22p4;
Trang 2Trang 6
3/ Năng lượng của các ion:
C
*C-: E C (I1I2 I3 I4 I5 I6)AE 1031,11(eV)
*N+: E N (I2 I3I4 I5 I6 I )7
2
7
1
N
*N-: E N (I1I2I3 I4 I5 I6 I7)AE 1543, 28(eV)
*O+: E O (I2 I3 I4 I5 I6)(I7 I8)
2
(8 0,3)
1
s
nên E O 2032,008(eV)
*O-: E O (I1I2 I3I4 I5 I6 I7 I8)AE 2047,083(eV)
0,25
0,25
0,25
Vì ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các anion Cl- nên
11
0,25
0,5 3/ Mỗi ô mạng tinh thể chứa 4 phân tử LiCl nên ta có:
3
4.(6,94 35, 45)
6,02.10 (5,14.10 )
LiCl
m
0,25
0,5
mZ m p (AZ m) n m ntu
nên m D 2,176.10 ( ); m3 u Fe 4,73324.10 ( );1 u m U 1,798248( )u Năng lượng liên kết hạt nhân E m c 2 m u( ).931,5(MeV c/ 2)
E H 2,027(MeV);E Fe 440,901(MeV);E U 1675,068(MeV)
A
0,25
Trang 3Trang 7
E H( ) 1,0135(MeV);E(Fe) 8,1648(MeV);E(U) 7,0381(MeV) Năng lượng liên kết riêng càng lớn, hạt nhân càng bền
Hạt nhân nguyên tử Fe bền hơn U, bền hơn D
*Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình thì bền vững hơn hạt nhân có khối lượng nhẹ và nặng
0,25
0,25
0,25 2/ a/ 7Be có thể phóng xạ + hay bắt electron theo phương trình:
(1) (2)
∆m1 = MBe - MLi - 2me = - 1,682.10-4 u
∆m2 = MBe - MLi = 9,3.10-4 u
Vậy, chỉ có quá trình (2) có thể xảy ra
0,25
0,25 b/ Phương trình phóng xạ của Be – 7 và Ga – 67 là
67 67
31 30
c/ Phản ứng phóng xạ tuân theo động học bậc nhất
1/ 2 /
1
2
t T t
Áp dụng biếu thức ta có, sau ¾ giờ,
CÂU 4 1/ ∆Ho298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
∆Cop = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K-1
∆H1350 = ∆Ho298 +
1350
0 298
p T
C d
0,5
0,5 2/ Vì nhiệt cung cấp chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất ban đầu nên:
K T
dT H
JK C
C C
C
T o
o N p o
O p o
ZnS p o P
1829 0
31 , 293
31 , 293 6
2 3
298 1350
1 )
( )
( )
T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được
0,5
Trang 4Trang 8
0,5
PCl5 ⇌ PCl3 + Cl2
n = 1 + x
Ta có:
2
1,85
0,75
*Thí nghiệm 2:
Thêm Ar vào ở T, V không đổi nên áp suất riêng phần của từng chất và hằng số Kp không đổi Cân bằng không chuyển dịch, kết qủa giống thí nghiệm 1
0,5
*Thí nghiệm 3:
PCl5 ⇌ PCl3 + Cl2 + Ar
n = 2 + x
2
CÂU 6 1/ Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn:
C6H5COOH: 0,01M; NH3: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H2S: 0,025M Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau:
NH3 + HCOOH NH4
+ HCOO- K = 105,49 0,055 0,02
0,035 - 0,02 0,02
Trang 5Trang 9
NH3 + C6H5COOH NH4
+ C6H5COO- K = 105,04
0,035 0,01 0,025 - 0,01 0,01
NH3 + H2S NH4
+ HS- K = 102,23 0,025 0,025
- - 0,025 0,025 Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là:
NH4
: 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M
0,25
0,25
2/ Trong dung dịch A có các cân bằng sau:
9,24
2
14
6,98
K 10 (1)
K 10 (3)
K 10 (4)
a a
b
10,25
10 (5)
b b
So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3)
So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6)
Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch
Mặt khác, ta có:
4 (1) (4)
Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7
0,25
0,25 0,25 3/ Căn cứ vào pH của dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất
đã tham gia phản ứng Trong dung dịch A, NH4
và HS- có thể phản ứng với dung dịch NaOH; HS-, HCOO- và C6H5COO- có thể phản ứng với dung dịch HCl
Tính bazơ của HS- lớn hơn của C6H5COO- và lớn hơn của HCOO- Tính axit của NH4
lớn hơn của HS-
Trang 6Trang 10
Tại pH = 10, ta có:
9,24 3
10 4
1
a
đã tham gia phản ứng Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch
A đến pH=10
Ta có, tại pH = 10:
9,24 3
9,24 10
0,8519
NH
nên 85,19% NH4
đã tham gia phản ứng
2
10
1
a
nên HS- chưa tham gia phản ứng
Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH- + NH4
NH3 + H2O
0,055.0,8519.20
0,05
NaOH NH pu NaOH
0,25
0,25
0,25
Cu2+ + H2O Cu(OH)+ + H+ (1) K1 = 10-8
Pb2+ + H2O Pb(OH)+ + H+ (2) K2 = 10-7,8
H2O H+ + OH- (3) Kw = 10-14
Cu
Pb
C K >> Kw nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1)
và (2), bỏ qua cân bằng (3)
Theo điều kiện proton, ta có: H Cu OH( )Pb OH( )
Theo cân bằng (1), (2), ta có :
Giả sử nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ là nồng độ ban đầu, ta tính được h = 3,513.10-5(M)
Tính lại nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ ở trên Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH)+, Pb(OH)+ Theo cân bằng (1), (2) ta có
0,25
0,25
Trang 7Trang 11
5
1
5
2
.3,513.10
0,06 3,513.10
0,04
x
x y
y
Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng của Cu2+, Pb2+ coi như bằng nồng độ ban đầu( kết quả lặp)
Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454
0,25
0,25 2/ a/ Sau khi trộn,
3
Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của các ion kim loại
Các phản ứng:
Pb2+ + 2IO3- Pb(IO3)2 K3 = 1012,61 >>
Cbđ 0,02 0,13 [ ] 0 0,09
Cu2+ + 2IO3- Cu(IO3)2 K4 = 107,13 >>
Cbđ 0,03 0,09
[ ] 0 0,03 Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3-;
H+; Na+; NO3
-Có các cân bằng:
Pb(IO3)2 Pb2+ + 2IO3- (4) K3-1 = 10-12,61 Cu(IO3)2 Cu2+ + 2IO3
-1
= 10-7,13
Vì K3-1 << K4-1 nên ta tính theo cân bằng (5)
Cu(IO3)2 Cu2+ + 2IO3- (5) K4-1 = 10-7,13
[ ] x 0,03 + 2x Theo cân bằng (5): K41 x.(0,03 2 ) x 2 107,13
0,125
Trang 8Trang 12
5
8, 237.10
Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là
0,0592
log 2
Cu Cu Cu Cu
* Xét dung dịch Z:
Phương trình phản ứng:
Ag+ + I- AgI K6 = Ks
-1
= 1016
>> phản ứng hoàn toàn
Cbđ 0,01 0,04
Sau 0 0,03 Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3-
Có cân bằng:
AgI Ag+ + I- K6
-1
= 10-16
Cbđ 0 0,03
K61 x.(0,03x) 10 16 x = 3,333.10-15 Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là:
0,058( )
Ag Ag Ag Ag
V
Vì E Ag /Ag E Cu2 /Cu nên điện cực Cu là catot ở bên phải sơ đồ pin, điện
cực Ag là anot ở bên trái sơ đồ pin Vậy, sơ đồ pin là (-) Ag│AgI, dung dịch I- 0,03M ║ Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3
-0,03M; H+; Na+; NO3-│Cu (+)
0,125
0,125
0,125
0,25 b/ Ở 250C, Epin = E(+) - E(-) = 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V) 0,25 CÂU 8 1/ Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :
- Năng lượng liên kết X – X trong F2 nhỏ hơn trong Cl2 và Br2 do trong
Trang 9Trang 13
F2 chỉ có xen phủ p–p còn trong Cl2 At2 ngoài sự xen phủ p –p còn
có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết
- Năng lượng liên kết giảm từ Cl2 At2 là do bán kính nguyên tử tăng dần từ F At nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần độ bền liên kết X – X giảm từ Cl2 At2
0,5
0,5 2/ Nêu và giải thích qui luật biến đổi:
Tính axit tăng từ HClO HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng làm tăng mật độ điện tích dương trên Cl làm giảm mật độ điện tích âm trên nguyên tử O của nhóm O – H tăng độ phân cực của liên kết O – H tính độ linh động của H
Độ bền tăng từ HClO HClO4 do khi số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời khi số nguyên tử O tăng làm tăng tính đối xứng của các ion độ bền của các gốc axit tăng
Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO, ClO2, ClO3, ClO4 giảm do độ bền của các ion tăng khả năng hoạt động hoá học giảm
0,25
0,25
0,5
CÂU 9 Dựa trên các tích số tan của các chất và thế điện cực học sinh thấy
được các phản ứng có thể xảy ra theo thứ tự là:
Hg2+ + H2S HgS + 2H+ K1 = Ks1-1.Ka1.Ka2 = 1031,88 (1) 0,01 1,00
- 1,02 2Fe3++ H2S 2Fe2+ + S + 2H+ 2 (0,771 0,141)/0,0592 21,28
2
0,01 1,02
- 0,01 1,03
Zn2+ + H2S ZnS + 2H+ K3 = Ks3-1.Ka1.Ka2 = 101,68 (3)
Fe2+ + H2S FeS + 2H+ K4 = Ks4-1.Ka1.Ka2 = 10-2,72 (4) Theo phản ứng (1), (2), giá trị K1, K2 tìm được rất lớn nên có kết tủa HgS và S tạo ra
0,5
Trang 10Trang 14
Theo phản ứng (3) và (4), các giá trị K3, K4 nhỏ nên cần phải xác định xem có tạo kết tủa FeS và ZnS hay không
*Đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS:
Vì H2S là một axit yếu nên chấp nhận [H+] = CH+ = 1,03 M, môi trường axit, bỏ qua sự tao phức hiđroxo của ion Zn2+ và ion Fe2+ tức là C’Zn2+ = 0,01M và C’Fe2+ = 0,01 M
Từ cân bằng H2S 2H+ + S2- K = Ka1.Ka2 = 10-19,92 (5)
2
19,92
a a S
H
Vậy ta có:
C’Fe2+.C’S2 = 0,01.10-20,95 = 10-22,95 << Ks(FeS) = 10-17,2 không có kết tủa FeS
C’Zn2+.C’S
= 0,01.10-20,95 = 10-22,95 < Ks(ZnS) = 10-21,6 không có kết tủa ZnS
Hiện tượng: Màu vàng của dung dịch (do muối FeCl3) nhạt dần đến hết và xuất hiện màu trắng xanh (do muối FeCl2); có kết tủa HgS màu đen (có lẫn kết tủa S vàng ngà)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
CÂU
10
Phản ứng bậc 1 có phương trình động học dạng tích phân:
C = C0.e-kt → kC = kC0.e-kt → lnv = lnv0 – kt
→ lgv = lgv0 – (1/2,303)kt = lgv0 – 0,434kt (1) Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là phản ứng bậc 1 với lgv0 = -0,68
→ v0 = 10-0,68 mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s) Khi C = C0/2 thì v =v0/2 = 0,105 mol/(L.s)
→ lgv = lg0,105 = -0,98 (3) Thay (3) vào (2): - 0,98 = -0,68 – 0,09t1/2
→ t1/2 = 3,33 s → k = ln2/t1/2 = 0,21 s-1
→ C0 = v0/k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s-1 = 1 mol/L
0,5
0,5
0,5
0,5