3 đáp án hoá 10

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HÓA – LỚP 10 Ngày thi: 31 tháng năm 2016 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) (Đáp án đề thi có 12 trang) Chú ý: Các đáp án bước chấm mang tính tương đối, học sinh làm theo cách khác lập luận đầy đủ cho điểm tối đa Kính mong quý thầy cô đóng góp ý kiến cho đề hướng dẫn chấm hợp lý khoa học Trân trọng cảm ơn Câu (2.5 điểm) Cấu tạo nguyên tử, phân tử, BTH, hạt nhân ( 2,5 điểm) Viết cấu hình electron Na (Z = 11) Mg (Z = 12) trạng thái bản? Xác định lượng orbital electron hoá trị từ suy lượng ion hoá thứ thứ hai hai nguyên tử trên, so sánh giá trị thu giải thích khác ( Trường chuyên Bắc Kạn) 32P 33P phóng xạ β − với thời gian bán hủy 14,3 ngày 25,3 ngày Một mẫu phóng xạ đồng thời chứa 32P 33P có tổng hoạt độ phóng xạ ban đầu 9136,2 Ci Sau 14,3 ngày, tổng hoạt độ phóng xạ lại 4569,7 Ci a Tính % khối lượng đồng vị mẫu ban đầu b Tính tỷ lệ số nguyên tử đồng vị thời điểm ban đầu (Trường chuyên Lào Cai) Hướng dẫn chấm Nội dung * Ở trạng thái bản, cấu hình e 11Na là: 1s22s22p63s1 hay [10Ne]3s1 12Mg là: 1s22s22p63s2 hay [10Ne]3s2 * Năng lượng orbital electron hoá trị Na: σ3s = + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z *3s = 11 − 8,8 = 2,2 Điểm ∑1,25  2,2  ⇒ E3s = − 13,6×  ÷ = − 7,3 eV   Năng lượng ion hoá thứ nhất: Na → Na+ + e I1 = E(Na+) − E(Na) = 0×E3s − 1×E3s = − (− 7,3) = 7,3 eV Năng lượng ion hoá thứ hai: Na+ → Na2+ + e Trong Na+: 1s22s22p6 0,25 * σ2s = σ2p = (2×0,85) + (7×0,35) = 4,15 ⇒ Z *2s = Z 2p = 11 − 4,15 = 6,85  6,85  ⇒ E2s =E2p = − 13,6×  ÷ = − 159,5 eV   Trong Na2+: 1s22s22p5 0,25 * σ2s = σ2p = (2×0,85) + (6×0,35) = 3,8 ⇒ Z *2s = Z 2p = 11 − 3,8 = 7,2  7,2  ⇒ E2p = − 13,6×  ÷ = − 176,2 Ev   I2 = 7×E(Na2+) − 8×E(Na+) = 7×(− 176,2) − 8×(− 159,5) = 42,6 eV * Năng lượng orbital electron hoá trị Mg: σ3s = + (8×0,85) + 0,35 = 9,15 ⇒ Z *3s = 12 − 9,15 = 2,85  2,85  ⇒ E3s(Mg) = − 13,6×  ÷ = − 12,3 eV   Năng lượng ion hoá thứ nhất: Mg → Mg+ + e Trong Mg+: 1s22s22p63s1 σ3s = + (8×0,85) = 8,8 ⇒ Z *3s = 12 − 8,8 = 3,2 0,25  3,2  ⇒ E3s(Mg+) = − 13,6×  ÷ = − 15,5 eV   I1 = 1×E3s(Mg+) − 2×E3s(Mg) = (− 15,5) − 2×(−12,3) = 9,1 eV Năng lượng ion hoá thứ hai: Mg+ → Mg2+ + e Trong Mg2+: 1s22s22p6 I2 = E(Mg2+) − E(Mg+) = 0×E3s − 1×E3s = − (− 15,5) = 15,5 eV * So sánh: Với Na (I2 ≈ 6I1) với Mg (I2 ≈ 1,5I1) * Giải thích: Cấu hình Na+ bão hoà, bền nên tách e → Na2+ cần tiêu tốn lượng lớn Cấu hình Mg2+ bão hoà, bền nên tách e để Mg+ → Mg2+ thuận lợi a Hằng số tốc độ phân rã 32 P: λ1 = 0,693/14,3 ngày = 4,85x10-2 ngày -1 33 P: t=0: t=14,3 ngày : → λ2 = 0,693/25,3 ngày= 2,74x10-2 ngày -1 A320 + A33 = 9136, Ci A320 e−4,85.10 −2 14,3 0,25 0,25 ∑1,25 0,25 (1) + A 303 e −2,74.10 −2 14 ,3 = 4569, Ci (2) 0, A320 + 0, 675 A330 = 4569, Ci (3) 0,25 0 Giải hệ (1) & (3) rút ra: A32 = 9127,1 Ci; A33 = 9,1 Ci A320 A320 → m(32P) = 32x N ( 32 P) λ1 = 32 = 32 NA NA λ1.N A (4) A330 A330 m(33P) = 33x N ( 33 P) k2 = 33 = 33 NA NA λ2 N A (5) 0,25 m( 32 P ) 32 A32 λ2 32.9127,1 2, 74.10 −2 = = = 549, 46 Chia (4) cho (5) → m( 33 P ) 33 A330 λ1 33.9,1 4,85.10−2 549, 46 = 0,9982 = 99,82% 549, 46 + % khối lượng đồng vị (33P) 0,18 % b.Tỉ lệ số nguyên tử đồng vị: N ( 32 P ) A32 λ2 9127,1.2, 74.10 −2 = = =5,67.102 N ( 33 P) A33 λ1 9,1.4,85.10 −2 Vậy % khối lượng đồng vị (32P) : 0,25 0,25 Câu (2.5 điểm) Hình học phân tử - Liên kết hóa học - Tinh thể – ĐLTH Dựa mô hình VSEPR, giải thích dạng hình học phân tử NH3, ClF3 XeF4 Vẽ tất cấu trúc Lewis có (chỉ rõ electron dấu chấm) hiđro azit HN3 xiclotriazen HN3 Tính điện tích hình thức nguyên tử cấu trúc (Trường chuyên Chu Văn An- Lạng Sơn) Vàng (Au) kết tinh dạng lập phương tâm mặt có cạnh ô mạng sở a = 407 pm (1pm = 10-12 m) a Tính khoảng cách nhỏ hạt nhân nguyên tử Au? b Xác định số phối trí nguyên tử Au? c Tính khối lượng riêng tinh thể Au? d Tính độ đặc khít tinh thể Au? Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023 (Trường chuyên Lê Quý Đôn- Điện Biên ,Trường chuyên Lê Quý Đôn- Lai Châu trùng ý tưởng trường chuyên Cao Bằng) Hướng dẫn chấm Nội dung Cấu tạo phân tử NH3 cho thấy quanh N có không gian electron hóa trị khu trú, có cặp electron tự (AB3E) nên phân tử NH3 có dạng tháp đáy tam giác với góc liên kết nhỏ 109o28' (cặp electron tự đòi hỏi khoảng không gian khu trú lớn hơn): H N H N H H Phân tử ClF3 có năm khoảng không gian electron hóa trị khu trú, có hai cặp electron tự (AB3E2) nên có dạng chữ T (các electron tự chiếm vị trí xích đạo): F F Cl F F Cl F F H H 0,25 0,25 0,25 Phân tử XeF4 có sáu khoảng không gian electron hóa trị khu trú, có hai cặp electron tự (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (các cặp electron tự phân bố xa nhất): F F F F Xe Xe F F F F Các cấu trúc Lewis điện tích hình thức: Điểm ∑1,25 −1 +1 0 +1 −1 H N N N H N N N +1 H N A +1 N C −2 0,1x5 = 0,5 B N 0 N H N0 N N0 N −1 D +1 N E H E Cấu trúc tinh thể ô mạng sở Au: ∑1,25 0,25 A a B a O C D a) Tính khoảng cách ngắn hạt nhân Au: Mặt ô mạng: AO = 2R = d ⇒ 2d = a ⇒ d = 0,25 a 407 = 287, 79 (pm) = 2,8779.10-8 (cm) b) Số phối trí nguyên tử Au 12 c) Trong ô mạng sở có số nguyên tử Au: 1 + = nguyên tử m 4.196,97 D= = = 19, (g/cm3) V 6, 022.1023 ( 4, 07.10 −8 ) d= 0,25 0,25 0.25 d) d = 2R = 2,8779.10−8 (cm) ⇒ R = 1, 43895.10−8 (cm) ⇒ Độ đặc khít tinh thể 4 .3,14 1,43895.10 −8 Au = 3 4,07.10 −8 ⇒ Au = 74% ( ( ) ) Câu (2.5 điểm) Nhiệt – Cân hóa học Cho 0,25 mol NH4I(r) vào bình chân không dung tích lít, 600K, xảy phản ứng sau: NH I(r) € NH (k) + HI ( k ) K1 = 1,69 2HI (k) € H (k) + I ( k ) K2 = 64 (1) (2) a Tính áp suất riêng phần khí áp suất tổng cộng cân thiết lập b Tính khối lượng NH4I(r) lại cân (Trường chuyên Tuyên Quang) Năng lượng liên kết tính dựa vào biến thiên entanpi trình chuyển nguyên tử tự thành phân tử (tính cho mol) Đại lượng thường gọi sinh nhiệt nguyên tử Năng lượng liên kết liên kết có chất định nghĩa biến thiên entanpi trình biến đổi số Avogadro phân tử chất cho thành nguyên tử tự Như vậy, lượng liên kết ngược dấu với sinh nhiệt nguyên tử Ở điều kiện tiêu chuẩn, cho biến thiên entanpi phản ứng phân li phân tử H 2, Br2, thăng hoa than chì (Ctc) sau: H2(k) → 2H(k) ∆H1 = 432,2 kJ/mol Br2(l) → 2Br(h) ∆H2 = 190 kJ/mol Ctc(r) → C(k) ∆H3 = 710,6 kJ/mol biến thiên entanpi hình thành CH4 CH3Br là: ΔH 0f(CH ) = −74,8kJ/mol ; ΔH 0f(CH Br ) = −35, 6kJ/mol Tính lượng liên kết C-Br CH3Br (Trường chuyên Lê Hồng Phong- Nam Định) Hướng dẫn chấm Nội dung a) Tính áp suất riêng phần khí Theo (1): K1 = PNH3 PHI = 1,69 PNH PH22 PH ⇒ = 0,125 → PH = 0,125 PHI PHI2 PHI2 64 PHI = PHI + PH + PI2 = PHI + PH = PHI + 2(0,125PHI ) Theo (2) K = PH PI = Điểm ∑1,25 = 0,25 => PNH3 = 1, 25 PHI K1 = PHI 1, 25 PHI = 1.25 PHI2 = 1, 69 ⇒ PHI = 1,16 (atm); PNH3 = 1, 45 (atm); PH = PI = 0,145 (atm) 0,5 ∑ P = 1,16 + 1, 45 + 0,145 + 0,145 = 2,9 (atm) b) Tính khối lượng NH4I(r) lại cân PV 1, 45.3 nNH = = = 0, 0884 (mol) RT 0, 082.600 Số mol NH4I lại = 0,25 - 0,0884 = 0,1616 (mol) mNH I = 0,1616.145 = 23, 43 (gam) 2H2(k) → 4H(k) 2.∆H1 = 2.432,2 kJ/mol (1) Ctc(r) → C(k) ∆H3 = 710,6 kJ/mol (2) 2H2(k) + Ctc(r) → CH4(k) ∆H4 = ΔH f(CH4 ) = -74,8 kJ/mol (3) Lấy (3) trừ (2) (1) ta có: 4H(k) + C(k) → CH4(k) ∆H5 ∆H5 = - 74,8 - 710,6 - 2.432,2 = -1649,8 (kJ/mol) Trong CH4 có liên kết C-H Năng lượng liên kết trung bình liên kết C-H là: -∆H5 1649,8 E C-H = = = 412,45 (kJ/mol) 4 Br2(l) → 2Br(h) ∆H2 = 190 kJ/mol (4) 3H2(k) → 6H(k) 3.∆H1 = 3.432,2 kJ/mol (5) 2Ctc(r) → 2C(k) 2.∆H3 = 2.710,6 kJ/mol (6) 3H2(k) + Br2(l) + 2Ctc(r) → 2CH3Br(k) ΔH f(CH3Br ) =2.(-35,6) kJ/mol) (7) Từ (4), (5), (6) (7) ta có: 6H(k) + 2Br(h) + 2C(k) → 2CH3Br(k) Hay: 3H(k) + Br(h) + C(k) → CH3Br(k) ∆H6 2.ΔH f(CH3Br ) - ΔH - 3.ΔH1 - 2.ΔH ∆H6 = = - 1489,5 (kJ/mol) Trong phân tử CH3Br có liên kết C-H liên kết C-Br, nên: E(C-Br) = - ∆H6 – E(C-H) = 1489,5 – 3.412,45 = 252,15 (kJ/mol) 0,25 0,25 ∑1,25 0.5 0,5 0,25 Câu (2.5 điểm) Động hóa Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI Nồng độ ban đầu hai chất phản ứng Để nửa lượng ban đầu chất phản ứng chuyển thành sản phẩm 32oC cần 906 phút a Tính thời gian để nửa lượng ban đầu chất phản ứng chuyển thành sản phẩm 60 oC, biết hệ số nhiệt độ phản ứng 2,83 b Tính lượng hoạt hóa phản ứng c Tính số tốc độ k hai nhiệt độ trên, biết phản ứng bậc hai (bậc chất) nồng độ ban đầu chất 0,05M (Trường chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái) Amoxicilin thuốc kháng sinh dùng để điều trị nhiễm khuẩn đường hô hấp trên, đường tiết niệu… Nồng độ tối thiểu kháng khuẩn 0,04 mg/1kg thể trọng Khi kê đơn cho bệnh nhân nặng 50kg, bác sĩ kê đơn lần uống viên thuốc (có hàm lượng Amoxicilin 500 mg/1 viên) Bệnh nhân cần uống viên thuốc cách lần đầu lâu? Biết chu kì bán hủy Amoxicilin thể người 61 phút Giả thiết trình đào thải thuốc phản ứng bậc (Trường chuyên Hà Giang) Hướng dẫn chấm Nội dung Điểm ∑1,25 t 906 906 vT2 t1 T2 −T1 t = T21−T1 = 60−32 = = 49, phút = 2,8 0.5 = γ 10 ⇒ 2,83 vT1 t2 γ 10 γ 10 Tính lượng hoạt hóa phản ứng 0,25 E 1 1 Ea  k t 906  ln = ln = a  − ÷ ⇒ ln = −  ÷ k1 t2 R  T1 T2  49 8,314  305 333  ⇒ Ea = 87976,179 J.mol-1 Vì nồng độ ban đầu hai chất nên : 1 t1/2 = ⇒k= k[ A]o t1/ [ A]o 0.5 o -1 -1 Ở 32 C, k = = 0,022 (mol L.phút ) 906.0, 05 = 0, 4065 (mol-1.L.phút-1) Ở 60oC, k = 49, 2.0, 05 ∑1,25 Lượng thuốc tối thiểu cần trì thể bệnh nhân 50.0,04 = mg ln = 0, 011 Hằng số tốc độ trình đào thải thuốc k = 0,5 t1/2 Sau uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải mg là: m 500 ln = k t ⇒ ln = 0, 011.t mt t = 502 phút 0,25 Vậy sau uống viên thuốc đầu tiên, sau 502 phút (khoảng 8h) cần uống tiếp viên thứ hai Sau uống viên thứ 2, lượng thuốc thể lúc 502 mg Sau uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải mg là: m 502 ln = k t ⇒ ln = 0, 011.t 0,5 m t t’ = 502,3 phút Vậy bệnh nhân cần uống viên thuốc cách khoảng Câu (2.5 điểm) Dung dịch ( axit- bazơ, kết tủa) Dung dịch A hỗn hợp H3PO4 NaHSO4 0,010 M, có pHA = 2,03 a) Tính C H PO4 dung dịch A b) Tính nồng độ HCOOH phải có dung dịch A cho độ điện li H3PO4 giảm 25% Coi thể tích dung dịch không thay đổi Cho pKa (HSO −4 ) = 2; pK(H3PO4) = 2,15; 7,21; 12,32; pK (HCOOH) = 3,75 (Trường chuyên Hạ Long- Quảng Ninh) Trộn 1ml H3PO4 0,10M với 1ml CaCl2 0,010M hỗn hợp X Phản ứng có xuất kết tủa không? Giải thích định lượng Cho: H3PO4: pKa = 2,15; 7,21; 12,32; pKs (CaHPO4) = 6,60; pKs (Ca3(PO4)2) = 26,60 (Trường chuyên Sơn La) Hướng dẫn chấm Nội dung Điểm a) ∑1,5 – + 2– -2 HSO4 H + SO4 Ka =10 (1) H3PO4 H+ + H2PO4– Ka1 =10-2,15 (2) H2PO4– H+ + HPO42– Ka2 =10-7,21 (3) – + 3– -12,32 HPO4 H + PO4 Ka3 =10 (4) H2O H+ + OHKw = 10-14 (5) Vì pH = 2,03 → bỏ qua phân li nước 0.25 Ka1 >> Ka2 >> Ka3 → trình (1) (2) định pH hệ Ka K a1 + C H3PO4 + K + [H ] K a1 + [H + ] a K a1 Ka +  → CH3PO4 K + [H + ] = [H ] - C HSO4 K + [H + ] a1 a Ka K a1 + [H + ] + )  → CH3PO4 = ([H ] - CHSO4 K a + [H + ] K a1 -2 10 10-2,15 + 10−2,03 −2,03 = 9,64.10-3(M) C = (10 0,010 )  → H3PO4 -2 −2,03 -2,15 10 + 10 10 Ta có: [H + ] = [SO 42− ] + [H PO −4 ] = C HSO − − 0.25 − [H PO - ] Ta có: α = α = 100 ; b H3PO4 CH3PO4 [H PO - ] = 9,64.10-3  → α H SO = 4,16.10-3 9,64.10-3 10-2,15 = 4,16.10-3 10-2,15 + 10-2,03 0.25 100 = 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) + 2− − Ta có: [H ] = [SO ] + [H 2PO ] + [HCOO − ] 0.25 [PO43–] 0,08 mol 11 ⇒ dung dịch KMnO4 bị nhạt màu không màu hoàn toàn Phương trình phản ứng: 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 2KClO3 → KCl + 3O2 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O K2MnO4 + 8HCl → 2KCl + MnCl2 + 2Cl2 + 4H2O MnO2 + 4HCl → MnCl2 + Cl2 + 2H2O KClO3 + 6HCl → KCl + 3Cl2 + 3H2O ∑1,0 0,5 O2 KClO3 KMnO4 KCl, K2MnO4, MnO2 Cl2 HCl KClO3 KMnO4 KCl, MnCl2, H2O Đặt số mol KClO3; KMnO4 HCl tương ứng x, y, z: Dựa vào định luật bảo toàn ta có: n KCl = x + y; nMnCl = y; nH O = 2 z Hệ phương trình:  122,5x + 158y = 36,15  x = 0,15  11,34   m KClO = 18,375g + (x + y) + 2y =>  y = 0,1125 =>  x + z = × 22,4  z = 1,35 m KMnO = 17,775g   35,15 − 32,55 z + 3x + 4y = 16  - HẾT - 12 0,5 ... a1 -2 10 10-2,15 + 10 2,03 −2,03 = 9,64 .10- 3(M) C = (10 0, 010 )  → H3PO4 -2 −2,03 -2,15 10 + 10 10 Ta có: [H + ] = [SO 42− ] + [H PO −4 ] = C HSO − − 0.25 − [H PO - ] Ta có: α = α = 100 ;...  10- 7,21 =10- 7,21  H +  0,25 −7,21  HPO42−  −12,32 10 [PO ] = ka = 10 = 10 −17,72 + 0, 0156  H  3− Điều kiện kết tủa: 10 2 CCa 2+ CHPO 2− = 10 7,21 = 10 9,51 < Ks (CaHPO4) = 10- 6,6... ] Ta có: α = α = 100 ; b H3PO4 CH3PO4 [H PO - ] = 9,64 .10- 3  → α H SO = 4,16 .10- 3 9,64 .10- 3 10- 2,15 = 4,16 .10- 3 10- 2,15 + 10- 2,03 0.25 100 = 43,15% Khi có mặt HCOOH dung dịch A  → độ điện