Dap an hóa 10 - CHL

HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN HĨA 10 Câu (2đ) Theo đề có: He → He 2+ Mặt khác, Đáp án + 2e ; I = + 79,00 eV Điểm He+→ He2+ + 1e ; I2 = -Ee He+ mà He+ hệ hạt nhân electron ⇒ I2 = + 13,6 = + 54,4 eV 0,5 ⇒ I1, He = I – I2 = 24,60 eV = 3,941.10-18 (J) Năng lượng xạ: (J) ⇒ Wđ (e) = = E – I1 = 1,0277510-18 (J) ⇒ v = 1,503.106m/s 2.Xác định vị trí : 2ZX + N X = 60 ; Z X = N X ⇒ ZX = 20 0,5 , X canxi (Ca), cấu hình electron 20Ca : [Ar] 4s2 Cấu hình Y 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y Cl Theo giả thiết Z crom, cấu hình electron 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố Ca Cl Cr 20 17 24 4 0,5 IIA VIIA VIB R Ca + < R Cl − < R Ca Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân ngun tử Bán kính ion Ca2+ nhỏ Cl- có số lớp electron (n = 3), điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn Cl- (Z = 17) Bán kính nguyên tử Ca lớn có số lớp electron lớn (n = 4) (2đ) 1 a) (0,75 điểm): Mỗi cấu trúc = ¼ điểm Cấu trúc HSO3F O F Cấu trúc [SO3F]- + O S O 1,5 Cấu trúc [H2SO3F]+ O O - O S H S O 0,5 H F O O F H b) (0,25 điểm): Lực axit: HSO3F > H2SO4 ngun tử F có độ âm điện lớn nguyên tử O liên kết O-H HSO3F phân cực mạnh hớn liên kết O-H phân tử H2SO4 c) (0,50 điểm): Mỗi cấu trúc ¼ điểm Cấu trúc [F5SbOSO2F]- Cấu trúc [(F5SbO)2SOF]F F F F F F Sb Sb F F F O F O F F S O O S F O O F Sb F F F 2.a) Phân H S có cấu trúc góc nên: uuuu r utử uuu r uuuu r uuuu r uuuu r µH2S µSH µSH µSH µ SH 2 = uuuu r µ SH + α +2 uuuur µH2S 0,25 uuuu r µSH cos α = α uuuu r µ SH =2 cos (1 + cos α) cosu2uuur → −30 µH2S α uuuu r 1, 09.3,33.10 µ SH 2, 61.10−30 Suy cos = = = 1,39 → α = 920 uuuu r µt / n 2, 61.10−30 uuur µl / t 1, 33.10−30.1, 6.10−19 =4 b) Độ ion liên kết S – H = (2đ) = 0,25 100 = 12,3% a) - Ở đỉnh tâm mặt có nguyên tử Ag - Nguyên tử Ag đỉnh, thuộc ô mạng sở - Nguyên tử Ag tâm mặt, thuộc ô mạng sở - Khối lập phương có đỉnh, mặt 0,5đ ⇒ Số nguyên tử Ag có số + =4 b) Gọi d độ dài đường chéo mặt, a độ dài cạnh mạng sở Từ hình vẽ mặt khối lập phương tâm diện, ta có: d = a = 4RAg ⇒ a = 2RAg = 2,144 = 407 (pm) ⇒ Khối lượng riêng Ag là: 4.108.10−3 kg = 1,06.10 kg / m3 −12 3 23 (407.10 ) m 6,02.10 0,5đ c) Số ngun tử Au, Ag có mang số x (4 - x) 197 x 10 = 100 ⇒ x ≈ 0,23 197 x + 108(4 − x ) 0,5đ ⇒ Nguyên tử khối trung bình mẫu hợp kim là: 108.3,77 + 197.0,23 M= ≈ 113,12 Bán kính ngun tử trung bình hợp kim 144(4 − x) + 147x R= ≈ 0,25 0,5đ ⇒ Độ dài cạnh ô mạng sở hợp kim là: 144(4 − x) + 147x ahk = a R = = (576 + x) = (576 + 3.0,23) ≈ 407,78( pm) ⇒ Khối lượng riêng mẫu hợp kim là: 4.113,12.10−3 kg = 1,108.10 kg / m3 −12 3 23 (407,78.10 ) m 6,02.10 Áp dụng định luật Hess vào chu trình M(r) + HTH M(k) X(k) I1 M+(k) HHT 1X 2(k) + 12 HLK 1,00 MX(r) HML + AE + X-(k) Ta được: AE = ΔHHT - ΔHTH - I1 - ½ ΔHLK + ΔHML (*) Thay số vào (*), AE (F) = -332,70 kJ.mol-1 AE (Cl) = -360 kJ.mol-1 AE (F) > AE (Cl) F có độ âm điện lớn Cl nhiều Có thể giải thích điều sau: (2đ) * Phân tử F2 bền phân tử Cl2, ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2) dẫn đến AE (F) > AE (Cl) * Cũng giải thích: F Cl hai nguyên tố liền nhóm VIIA F đầu nhóm Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất thường cản trở xâm nhập electron a) Sự tạo thành FeO từ đơn chất Fe oxit đkc: 2Fe+O2 → 2FeO (1) -1 ΔH = -63700 cal.mol ΔS0= S0FeO – (S0Fe + ½ S0o2 ) = -17 cal.mol-1.K-1 ΔG10 = ΔH0 –T.ΔS0= -58,634 kcal.mol-1 Sự tạo thành Fe2O3 từ đơn chất Fe oxi đkc: 2Fe + 3/2O2 → Fe2O3 (2) ΔH0=-169500 cal.mol-1 ΔS0= ΔS0Fe2O3- (2S0Fe + 3/2S0O2)= -65,6 cal.mol-1.K-1 ΔG20 = ΔH0 – T.ΔS0 = -149,952 kcal.mol-1 Sự tạo thành Fe3O4 từ đơn chất Fe oxi đkc: 3Fe + 2O2 → Fe3O4 ΔH0=-266900 cal.mol-1 ΔS0= ΔS0Fe3O4- (3S0Fe + 2S0O2)= -81,3cal.mol-1.K-1 ΔG20 = ΔH0 – T.ΔS0 = -242,6726 kcal.mol-1 b) Xét trình: 2/3 Fe3O4 + 1/6 O2 Fe2O3 ΔG30 ΔG30 = ΔG0Fe2O3 – 2/3 ΔG0Fe3O4 = 11,83 kcal.mol-1 Nên phản ứng xảy theo chiều nghịch hay đkc Fe3O4 bền Fe2O3 Xét q trình 2FeO + ½ O2 Fe2O3 ΔG40 ΔG40 = ΔG0Fe2O3 – ΔG0FeO= -32,6832 kcal.mol-1 < Nên phản ứng xảy theo chiều thuận hay đkc Fe2O3 bền FeO Vậy tính bền oxit tăng dần theo thứ tự: FeO → Fe2O3 → Fe3O4 0,693 0,693 k 27 = = = 2,31.10 −4 t1/ 3000 1 Phản ứng bậc nên s-1 Phản ứng bậc nên từ a → a/2 cần t1/2; từ a/2 → a/4 cần t1/2 ⇒ t = 2t1/2 = 2000 giây k 27+10 k 37 6,93.10 −4 0,693 0,693 k 37 = = = 6,93.10 −4 = = =3 t 1/ 1000 k 27 k 27 2,31.10 −4 s-1 ; ln k 37 E  1  =− a  −  k 27 R  310 300  γ= k − R ln 37 k 27   : −   310 300  ⇒ Ea = 0,50 0,50 0,25 0.25 0.25 0.25 = −8,314 ln 6,93.10 −4  1  : −  −4  2,31.10  310 300  ⇒ Ea ≈ 84944,92 J/mol ≈ 84,945 kJ/mol d[N O5 ] dt Thiết lập biểu thức tốc độ phản ứng k  → N2O5 NO2 + NO3 k'  → NO2 + NO3 N2O5 k → NO2 + NO3 NO2 + NO + O2 0,5 k3 → NO + N2O5 3NO2 Áp dụng nguyên lí nồng độ ổn định NO3 NO: d[NO3 ] k1' dt ≈ = k1.[N2O5] - [NO2].[NO3] – k2.[NO2].[NO3] (1) d[NO] dt ≈ = k2.[NO2].[NO3] – k3.[NO].[N2O5] (2) d[N 2O5 ] k1' dt = - (k1.[N2O5] + k3.[NO].[N2O5] ) + [NO2].[NO3] k1' Từ (1) (2) suy ra: 0.25 0,25 k1.[N2O5] = ( + k2).[NO2].[NO3] k3.[NO].[N2O5] = k2.[NO2].[NO3] k k2 = [NO ] ' k1 + k2 k1 [NO ] = k3 k2 k1k2 k3 ( k1' + k2 ) [NO2].[NO3] = [NO].[N2O5] k3 ' k1 k2 d[N O5 ] dt = - k1.[N2O5] - k3.[NO].[N2O5] + [NO].[N2O5] k1' k1' + k k2 ' k1 + k2 = k1.(-1 - + − 2k1.k2 [ N 2O5 ] k1' + k2 ).[N2O5] = ƒ NO2 N2O4 Kp=9,18 0,25 Q Kp Xét chiều phản ứng dựa vào công thức: ∆G=RTln Nếu Q < Kp → ∆G < 0: phản ứng diễn theo chiều thuận 0,25 Nếu Q > Kp → ∆G > 0: phản ứng diễn theo chiều nghịch Nếu Q = Kp → ∆G = 0: phản ứng trạng thái cân Khi P(N2O4)= 0,9atm ; P(NO2)=0,1 atm ta có Q=0,9/(0,1)2 =90 > Kp nên phản ứng diễn theo chiều nghịch a) ƒ N2 (k) Ban đầu (mol) + Cân (mol) 1-x ∑n ∆Η 3H2 (k) 2NH3 (k); 3-3x 0,25 = -46 kJ.mol -1 0,25 2x sau = – x + – 3x + 2x = – 2x (mol) 2x 100% - 2x %VNH = %VN ⇒ = 36% 1− x 100% - 2x = 0,25 x = 0,529 − 0,592 − 2.0,592 = 100% = 16% %VH = 100 - (36 + 16) = 48% PNH 0,36 2.P 0,16.P.( 0,48.P ) PH32 PN K p1 = = 0,36 0,16 × 0, 483 × 300 = 8,14.10-5 = Kp khơng có đơn vị, học sinh ghi đơn vị Kp trừ 0,25 điểm % VNH = 2y = 50% ⇒ y = − 2y b) Từ 1− y 1− / % VN2 = = = 12,5% − y − 2.2 / % VH 3(1 − y ) 3(1 − / 3) = = = 37,5% − 2y − 2.2 / 0,25 PNH 0,5 0,125.0,375 3.300 PH32 PN K p2 = = 4,21.10-4 KP 1 R ∆H  1  − = ln −  − ÷ K P1 R  T2 T1  ⇒ T1 T2 ∆H = KP2 K P1 ln 0,25 = ⇒ T2 KP R ln ∆H K P1 T1 = ⇒ 0,25 - 8,314 4, 21.10−4 + ln 450 + 273 46.103 8,14.10 −5 = T2 = 595,19K (2đ) a) HSO4– H+ + SO42– Ka =10-2 H3PO4 H+ + H2PO4– Ka1 =10-2,15 – + 2– H2PO4 H + HPO4 Ka2 =10-7,21 HPO4– H+ + PO43– Ka3 =10-12,32 + H2O H + OH Kw = 10-14 Vì pH = 2,03 → bỏ qua phân li nước (1) (2) (3) (4) (5) Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → trình (1) (2) định pH hệ K Ka a1 Ta có: [H + ] = [SO 2- ] + [H PO - ] = CHSO + CH3PO4 4 K + [H+] K + [H+] a a1 −  →  →  → CH3PO4 K Ka a1 = [H+] - CHSO K + [H+] K + [H+] a a1 − CH3PO4 = ([H+] - CHSO − K + [H+] Ka ) a1 K a + [H+] K a1 CH3PO4 = (10−2,03 - 0,010 10-2 10-2,15 + 10 −2,03 ) 10-2 + 10−2,03 10-2,15 = 9,61.10-3(M) [H PO - ] Ta có: α = α H PO = 100 CH3PO4 ; 1,0 10-2,15 -3 [H PO ] = 9,64.10 -2,15 10 + 10-2,03 = 4,16.10-3 trongđó  → α H SO = 4,16.10-3 9,64.10-3 100 = 43,15%  → Khi có mặt HCOOH dung dịch A độ điện li H3PO4 giảm 25% α = α,H3PO4 = 43,15% × 0,75 = 32,36% dung dịch thu có trình định pH hệ: HSO4– H+ + SO42– Ka =10-2 (1) + 2– H3PO4 H + H2PO4 Ka1 =10-2,15 (2) HCOOH H+ + HCOO– Ka’ =10-3,75 (6) Ta có: [H+] = [SO 2- ] + [H PO - ] + [HCOO- ] 4 [PO43–]