Đáp an Đề đề xuất thi học sinh giỏi lớp 10 Duyên Hải môn Hóa Học tỉnh Bắc Giang năm học 20142015

5 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC GIANG ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HOÁ KHỐI 10 Câu 1: (2 điểm) Gọi P X, N X lần lượt là số proton và nơtron của X P Y, N Y lần lượt là số proton và nơtron của Y Ta có: P X + nP Y = 100 (1) N X + nN Y = 106 (2) Từ (1) v à (2): (P X +N X ) + n(P Y +N Y ) = 206  A X +nA Y = 206 (3) Mặt khác: A X / (A X +nA Y ) = 15,0486/100 (4) Từ (3), (4): A X = P X +N X = 31 (5) Trong X có: 2P X - N X = 14 (6) T ừ (5), (6): P X = 15; N X = 16  A X = 31 X là photpho 15 P có cấu hình e là : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 3 nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: n =3, l=1, m = +1, s = +1/2 Thay P X = 15; N X = 16 vào (1), (2) ta có nP Y = 85; nN Y = 90 nên: 18P Y – 17N Y = 0 (7) Mặt khác trong Y có: 2P Y – N Y = 16 (8) Từ (7), (8): P Y = 17; N Y = 18  A Y = 35 và n = 5 Vậy: Y là Clo 17 Cl có cấu hình e là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 , nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: n = 3; l =1; m = 0, s = -1/2 1,0 b. Cl A: PCl 5 ; B: PCl 3 Cl Cấu tạo của A: Cl P - PCl 5 có cấu trúc lưỡng tháp tam giác - Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp 3 d Cl Cl Cấu tạo của B: - PCl 3 có cấu trúc tháp tam giác P - Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp 3 Cl Cl Cl 0.25 0.25 c. 3 PCl 5 + P 2 O 5 = POCl 3 PCl 5 + 4H 2 O = H 3 PO 4 + 5 HCl 2PCl 3 + O 2 = POCl 3 PCl 3 + 3H 2 O = H 3 PO 3 + 3 HCl 0.5 Câu 2. Tinh thể (2 điểm) 1 . a. Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu + nhỏ hơn chiếm hết 0.5 6 số hốc bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số phối trí của Cu + và Cl - đều bằng 6 Số ion Cl - trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4 Số ion Cu + trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là 4. b. Khối lượng riêng củaCuCl là: D = (n.M) / (N A .a 3 )  a = 5,42.10 -8 cm ( a là cạnh của hình lập phương) Có: 2.(r Cu+ + r Cl- ) = a = 5,42.10 -8 cm  r Cu+ = 0,87.10 -8 cm. 0.5 2. Xét một ô mạng cơ sở Trong một ô mạng cơ sở có số ion K + (hoặc Cl - ) là: 8  8 1 + 6  2 1 = 4 Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó: Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g) Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm 3 ) Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10 -8 ) 3 = 2,4896.10 -22 (cm 3 )  Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10 -22 ) = 1,5053.10 23  Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.10 23  4 = 6,0212.10 23 Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10 23 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 3. Phản ứng hạt nhân.(2 điểm) 1. - t = 48 h = 2 ngày đêm. - Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng phóng xạ, ta có:  = 0,693/t 1/2; Với t 1/2 = 2,7 ngày đêm,  = 0,257 (ngày đêm) -1 . Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có:  =(1/t) ln N 0 /N. Vậy: N/N 0 = e -  t = e -0,257 x 2 = 0,598. Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn là: 0,598 x 4 = 2,392(mCi). Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g). 0,5 0,5 a) 222 86 Rn  218 84 Po + 4 2 He 218 84 Po  214 82 Pb + 4 2 He 214 82 Pb  214 83 Bi +  - 214 83 Bi  214 84 Po +  - 214 84 Po  210 82 Pb +  3,7.10 4 Bq = 1Ci , 240 min = 4 h b) A 1 = A 01 e -t = 1Ci.e -ln2.4/24.3,82 = 0,97 Ci c) t = 240 min > 10 t 1/2 (Po), hệ đã đạt được cân bằng phóng xạ và 0.25 0.25 7 + Quan niệm gần đúng rằng có cân bằng thế kỉ (  1 <<  2 ) nên: A 2 = A 1 = 0,97 Ci + Thật ra cân bằng là tạm thời nên A 1 /A 2 = 1 – t 1/2 (2)/t 1/2 (1)  A 2 = A 1 /[1 – 3,1/(3,82.24.60)] = 0,9702 Ci d) A = A 1 + A 2 + > A 01 0,25 0,25 Câu 4 . Nhiệt hóa học.(2 điểm) Đối với phản ứng : NH 4 Cl (r)  NH 3(k) + HCl (k) Hằng số cân bằng : K = )( . )(3 kHClNH PP k Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân bằng của NH 3 và HCl là : )(3 k NH P = )(kHCl P = 0,5 atm Do đó : K T = 0,5.0,5=0,25 (atm) 2  Ở 25 0 C : 0 298 G của phản ứng : 0 298 G = -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ Từ công thức 0 G = -RTlnK, ta có : 92000 = -8,314.298.lnK 298  lnK 298 = -37,133 Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét 0 298 H không đổi nên : 0 298 H = - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J)  Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét : ln ) 1 298 1 ( 0 298 TR H K K T     T = 596,8 0 K 0.5 0.5 0.5 0.5 Câu 5. Cân bằng hóa học pha khí.(2 điểm) Nội dung Điểm a. C (r) + CO 2(k) 2CO (k) (1) K P1 = 4 Fe (r) + CO 2(k) CO (k) + FeO (r) (2) K P2 = 1,25 4 P P K 2 CO 2 CO 1P  , 25,1 P P K 2 CO CO 2P   76,5P,56,2P;20,3P tCOCO 2   P không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ. b. Gọi x, y là lần lượt là lượng C và Fe đã phản ứng ở thời điểm cân bằng (cho tới lúc đạt cân bằng). (1) [ ] C 1 - x CO 2 1,2 - x - y 2CO 2x + y (2) [ ] Fe 1- y CO 2 1,2 - x - y CO 2x + y FeO y Tại thời điểm cân bằng: n khí = 2x + y + 1,2 - x - y = 1,2 + x 0.5 0.5 0.5 8  P t V = (1,2 + x)RT RT VP x2,1 t  ; P CO .V = (2x + y)RT RT VP yx2 CO  P t = 5,76, P CO = 3,20  x = 0,18; y = 0,405 Thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng: n C = 0,82 mol; n Fe = 0,595 mol; n FeO = 0,405 mol; n CO = 0,765 mol; n CO2 = 0,615 mol 0,5 Câu 6. Cân bằng trong dung dịch điện ly. (2 điểm) 1. Để tách hết Fe 3+ ở dạng kết thì : không có Mg(OH) 2 và  Fe 3+   10 -6 Tách hết Fe 3+ : Fe 3+   10 -6 và Ks 3 )OH(Fe = Fe 3+ .OH -  3 = 3,162.10 -8  Fe 3+  =   3 38 OH 10.162,3    10 -6 OH -   6 38 10 10.162,3   = 3,162.10 11  H    11 14 10.162,3 10   = 0,32.10 3  pH  3,5 Không có Mg(OH) 2  : Mg 2+ .OH -  2 1,12.10 11  OH -  4 11 10 10.12,1   = 3,35.10 4  H    4 14 10.35,3 10    pH  10,5 Vậy: 3,5  pH  10,5 0.5 0.5 2. Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau: S 2- + H +  HS - 10 12,9 HS - + H +  H 2 S 10 7,02 CH 3 COO - + H +  CH 3 COOH 10 4,76 Tại pH = 4,00: - 4,00 2- 12,90 [HS ] 10 [S ] 10    >>1 [HS - ] >> [S 2- ]; 4,00 2 - 7,02 [H S] 10 [HS ] 10    >> 1  [H 2 S] >> [HS - ]; 4,00 3 - 4,76 3 [CH COOH] 10 [CH COO ] 10     10 0,76  1  0,76 3 - 0,76 3 3 [CH COOH] 10 [CH COOH]+[CH COO ] 1 10    0,8519 Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S 2- bị trung hòa hoàn toàn thành H 2 S và 85,19% CH 3 COO - đã tham gia phản ứng:  0,10. 19,40 = 20,00.(2.0,0442 + 0,8519.C 2 )  - 3 CH COO C = C 2 = 0,010 (M). 0.25 0.25 0.25 0.25 Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa. (2 điểm) 1. Sn 2+ + 2 Fe 3+  Sn 4+ + 2 Fe 2+ C Mcb 0,05-x 0,05-2x x 2x lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 10 21 K rất lớn và nồng độ Fe 3+ cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn 2+ => phản ứng gần như hoàn toàn 2x  0,05 [Fe 2+ ] = 0,05 M; [Sn 4+ ] = 0,025 M; [Sn 2+ ] = 0,025 M; [Fe 3+ ] =  M 0.25 0.25 9 K =   2 2 0,025. 0,05 0,025.  => 1.10 21 = 2 0,0025  =>  = [Fe 3+ ] = 1,58.10 -12 M Khi cân bằng E cb = 0,77 + 0,059 lg 12 1,58.10 0,05  = 0,15 + 0,059 2 lg 0,025 0,025 = 0,15 V 0.25 0.25 2. Ag + Fe 3+ Ag + + Fe 2+ C Mcb 0,05 - x x x lgK = 0,77 0,80 0,059  = -0,51 => K = 0,31 Ta có: 2 x 0,05 x = 0,31 => x = [Ag + ] = [Fe 2+ ] = 4,38.10 -2 M [Fe 3+ ] = 6. 10 -3 M. E cb = 0,77 + 0,059 lg 3 2 6.10 4,38.10   = 0,80 + 0,059 lg 4,38.10 -2 = 0,72 V 0.5 0.5 Câu 8. Nhóm Halogen. (2 điểm) 1. Gọi công thức muối halozen: MR. Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO 3 ) 2 tạo kết tủa đen, khí X sinh ra do phản ứng của H 2 SO 4 đặc. Vậy X là H 2 S. Các phương trình phản ứng: 8MR + 5H 2 SO 4 = 4M 2 SO 4 + 4R 2 + H 2 S + 4H 2 O. (1) 0,8 0,5 0,4 0,4 0,1 H 2 S + Pb(NO 3 ) 2 = PbS + 2HNO 3 . (2) 0,1 0,1 BaCl 2 + M 2 SO 4 = 2MCl 2 + BaSO 4 (3) Theo (2): nH 2 S = n PbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) theo (1): nM 2 SO 4 = 4nH 2 S = 0,4(mol) = nR 2 nH 2 SO 4 (pư) = 5nH 2 S = 0,5(mol) Khối lượng R 2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO 4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)  Vậy số mol H 2 SO 4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) Khối lượng m(g)= m M + m R (với m M = 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) 2) X¸c ®Þnh kim lo¹i kiÒm vµ halogen. + Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. M R  M R = 127 (Iot) + Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  M M =39 (Kali) 0.25 0,25 0,25 0.25 0,25 0,25 0.25 0.25 Câu 9 Nhóm O-S. (2 điểm) 3,2 32 10 1. - SnS 2 là sunfua axit nên tác dụng với (NH 4 ) 2 S là sunfua bazơ: SnS 2 + (NH 4 ) 2 S → (NH 4 ) 2 SnS 3 (*) - SnS là sunfua bazơ nên không tác dụng với (NH 4 ) 2 S (sunfua bazơ). Tuy nhiên, đối với dung dịch (NH 4 ) 2 S 2 phản ứng có thể xảy ra vì, trước hết (NH 4 ) 2 S 2 oxi hoá SnS: SnS + (NH 4 ) 2 S 2 → (NH 4 ) 2 S + SnS 2 sau đó SnS 2 tạo thành sẽ phản ứng với (NH 4 ) 2 S như phản ứng (*). 0.25 0.25 2. a. 3 2 Fe O 8H 2Fe Fe 4H O 3 4 2        (1) 3 Fe O 6H 2Fe 3H O 2 3 2      (2) 3 2 2Fe 3I 2Fe I 3        (3) 2 2 2S O I S O 3I 2 3 3 4 6        (4) 2 3 2 5Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O 4 2           (5) b. Trong 25 ml: 2 4 3 Fe MnO n 5n 5x3,2x1x10      =0,016 (mol) → trong 10ml 2 Fe n  = 6,4x10 -3 (mol) Từ (3) và (4): 2 Fe n  = 2 2 3 S O n  = 5,5x1x10 -3 = 5,5x10 -3 (mol) Từ (3): 3 Fe n  = 2 Fe n  =5,5x10 -3 (mol) =2( 3 4 Fe O n + 2 3 Fe O n ) Có thể xem Fe 3 O 4 như hỗn hợp Fe 2 O 3 .FeO FeO n = 3 4 Fe O n = 6,4x10 -3 – 5,5x10 -3 = 9x10 -4 (mol) 2 3 Fe O n = 3 Fe 1 n 2   3 4 Fe O n =1,85x10 -3 (mol). Trong 50 ml : 3 4 Fe O n =4,5x10 -3 (mol) → 3 4 Fe O m =1,044 gam → % khối lượng Fe 3 O 4 = 1,044/6 x 100% = 17,4% 2 3 Fe O n = 9,25x10 -3 (mol) → 2 3 Fe O m =1,48 gam → % khối lượng Fe 2 O 3 = 1,48/6 x 100% = 24,67% 0.5 0,5 0,5 Câu 10. Động học. (2 điểm) Nội dung Điểm Đáp án a. Phản ứng bậc 1 nên 4 2/1 27 10.31,2 3000 693,0 t 693,0 k   s -1 . b) Phản ứng bậc 1 nên từ a  a/2 cần t 1/2 ; từ a/2  a/4 cần t 1/2  t = 2t 1/2 = 2000 giây. c) 4 2/1 37 10.93,6 1000 693,0 t 693,0 k   s -1 ;  = 3 10.31,2 10.93,6 k k k k 4 4 27 37 27 1027     . 0,5 0.5 0.5 11 d)        300 1 310 1 R E k k ln a 27 37  E a =        300 1 310 1 : k k ln.R 27 37  E a          300 1 310 1 : 10.31,2 10.93,6 ln.314,8 4 4  84944,92 J/mol  84,945 kJ/mol. 0.5 0.25 Nguyễn Thị Hoa, Số điện thoại : 0962402565 . (1) v à (2): (P X +N X ) + n(P Y +N Y ) = 206  A X +nA Y = 206 (3) Mặt khác: A X / (A X +nA Y ) = 15,0486/100 (4) Từ (3), (4): A X = P X +N X = 31 (5) Trong X có: 2P X - N X =.  =0,016 (mol) → trong 10ml 2 Fe n  = 6,4x10 -3 (mol) Từ (3) và (4): 2 Fe n  = 2 2 3 S O n  = 5,5x1x10 -3 = 5,5x10 -3 (mol) Từ (3): 3 Fe n  = 2 Fe n  =5,5x10 -3 (mol) =2( 3 4 Fe O n + 2. nR 2 nH 2 SO 4 (pư) = 5nH 2 S = 0,5(mol) Khối lượng R 2 = 171,2 - 69,6 = 101,6 (g) Theo (3): nBaSO 4 = (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)  Vậy số mol H 2 SO 4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng