TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XI ĐỀ THI MÔN HÓA LỚP 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HOÀNG VĂN THỤ -TỈNH HÒA BÌNH Hướng dẫn chấm Câu Hướng dẫn giải Điểm a) Chấp nhận phân lớp, obitan xếp theo trình tự số lượng tử từ có giá trị từ -m, 0, +m X có cấu hình electron là: 1s22s22p63s2 Y có cấu hình electron là: 1s22s22p63s23p63d64s2 0,5 b) Đối với nguyên tử nguyên tố X ta có: X → X+ → X2+ → X3+ 1s22s22p63s2 1s22s22p63s1 1s22s22p6 2 1s 2s 2p Đối với nguyên tử nguyên tố Y ta có: Y → Y+ → Y 2+ → 3+ Y [Ar]3d64s2 [Ar]3d64s1 [Ar]3d6 [Ar]3d5 Theo thực nghiệm: từ I2 sang I3 có tăng đột ngột giá trị lượng ion hoá => tách electron thứ tương ứng với cấu hình electron bền lớp bên Do giá trị lượng ion tương ứng với nguyên tử 0,75 nguyên tố X a) Với hệ hạt nhân, electron Năng lượng ion hoá IZ = = 870,4 => Z = 0,5 Vậy cấu hình electron M trạng thái là: 1s22s22p4 b) Các trạng thái kích thích là: (1) 1s22s12p5 (2) 1s12s22p5 (3) 1s12s12p6 0,25 (4) 1s02s22p6 (5) 1s12s12p6 (6) 1s22s02p6 c) Năng lượng tương ứng với trình chuyển electron từ trạng thái kích thích (n = 4) trạng thái (n = 1) là: E= - - (- ) = - 816 eV = - 816 1,6.10-19 (J) = - 1,3056.10-16 (J) (Chú ý: học sinh nói lượng giải phóng lấy kết E = 1,3056.10-16 J) Mối quan hệ lượng bước sóng ánh sáng là: E= => = = 1,522.10-9 m = 15,22 A0 0,5 Các nồng độ NO O2 tăng với thời gian (các đường A B).Vì nồng độ NO tạo gấp đôi nồng độ O2 đường B biểu thị phụ thuộc nồng độ O với thời gian Từ thí nghiệm Từ thí nghiệm d = -1 Từ thí nghiệm b=2 a=2 e=0 dc(I2 ) = k.c2([Fe(CN)6]3−).c2(I−).c−1([Fe(CN)6]4−).c0(I2) dt Thí nghiệm 1: 1.10−3 mol.L−1 h−1 = k mol2.L−2.1 mol2.L−2.(1 mol.L−1) −1 k = 1.10−3 mol−2.L2 h−1 1,5 Ta có: ∆G = ∆H − T.ΔS0 = - RTlnKp Ở 25 oC: ∆G 0298 = ∆H 0298 − T.ΔS0298 Từ phản ứng: O2 + SO2 ƒ SO3, suy ra: ∆G 0298 = (- 395,18 + 296,06) – 298.10-3 (256,22 – 248,52 - 205,03) = - 99,12 - 298.10-3.(- 94,815) ≈ - 70,87 (kJ.mol-1 ) → K p, 298 = e - ΔG 0298 RT =e - - 70,87.103 8,314 298 K = 2,65.1012 ΔH 1 p, 333 =Khi ∆H o = const, ta có: ln ÷ K p, 298 R 333 298 → ln K p, 333 2,65.1012 - 99,12.103 1 10 = ÷ → K p, 333 = 3,95.10 8,314 333 298 (atm- ½) Khi tăng nhiệt độ từ 25 oC đến 60 oC, số cân Kp giảm từ 2,65.1012 xuống 3,95.1010 (atm- ½), điều hoàn toàn phù hợp với nguyên lý Le Chatelier (Lơ Satơliê), phản ứng (1) tỏa nhiệt Tổng số mol hệ: n = P.V 1.2 = = 0,065 (mol) Tại thời điểm cân bằng: R.T 0,082 373 n SO3 = 0,03 (mol); nSO2 = 0,05 - 0,03 = 0,02 (mol); n O2 = 0,065 - 0,03 - 0,02 = 0,015 (mol) Vì áp suất tổng hệ atm, đó: Kp = pSO3 pSO2 pO2 0,03 0,03 0,065 = = = 3,12 (atm-1/2) 0,02 0,015 0,015 0,02 0,065 0,065 0,065 0,75 a) Nếu áp suất tăng gấp đôi thêm He, thể tích không đổi, áp suất riêng phần chất khí không đổi, cân không bị chuyển dịch b) Nếu áp suất tổng bình không đổi, giả thiết thể tích bình tăng gấp đôi, làm giảm áp suất riêng phần chất (loãng khí), cân (1) 0.75 chuyển dịch theo chiều nghịch SiF62-: dạng AX6E0 Ion có dạng bát diện NO2+: dạng AX2E0, có “siêu cặp” ứng với liên kết đôi N=O ([O=N=O]+) Ion có dạng đường thẳng I3-: dạng AX2E3, lai hoá I sp3d, liên kết I−I ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, obitan lai hoá nằm mặt phẳng xích đạo (vuông góc với trục) dùng để chứa cặp electron không liên kết Ion có dạng đường thẳng IF5 : AX5E1, lai hoá I sp3d2, có cặp electron không liên kết phân bố đỉnh hình bát diện liên kết hướng đỉnh hình bát diên lại Phân tử có cấu trúc tháp vuông XeF4: dạng AX4E2, lai hoá Xe sp3d2, hai obitan lai hoá chứa cặp electron không liên kết phân bố dọc theo trục thẳng đứng liên kết phân bố mặt phẳng với tâm nguyên tử Xe Phân tử có cấu trúc vuông phẳng SO32-: dạng AX3E1, lai hoá S sp3, có cặp electron không liên kết phân bố đỉnh ba nguyên tử O phân bố đỉnh lại hình tứ 1,5 diện Ion có cấu trúc tháp tam giác 2 a) Phương trình phân rã: 60 27 Co → 60 28 Ni + b) Chọn t = thời điểm mẫu phóng xạ Độ phóng xạ ban đầu: H0 = λ N0 = 60 27 -1 e Co có độ phóng xạ 10 Ci, ta có: 0,693 N T Số nguyên tử ban đầu có trọng lượng phóng xạ: N = m0 N A → H0 = A Co 0,693 m N A T A Co → H0 = m = H T A 10 3,7.1010 5,33 365 24 3600 60 = = 8,94.10-3 (gam) = 23 0,693 N A 0,693 6,022.10 8,94 (mg) Số nguyên tử rã 60 28 Ni tạo thành sau thời gian t phân rã số nguyên tử ΔN = N (1 - e-λt ) = 60 27 Co bị phân m0 N A (1 - e -λt ) ACo → Khối lượng niken sinh thời gian t phân rã: m Ni = ΔN A Ni m A Ni = (1 - e-λt ) NA ACo (1) Mặt khác khối lượng coban lại sau thời gian t phân rã là: mCo = m0.e- λt (2) m A λt Ni Ni Từ (1) (2) → m = A (e - 1) Co Co →t= m Ni ACo m Ni A Co T 5,33 60 ln( + 1) = ln( + 1) = ln( 0,9 + 1) λ mCo A Ni 0,693 mCo A Ni 0,693 58 t = 4,94 năm Fe3+ + H2O ƒ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) 2+ + + -7,80 ƒ Pb + H2O PbOH + H *β2 = 10 (2) 2+ + + -8,96 ƒ Zn + H2O ZnOH + H *β3 = 10 (3) + -14 ƒ H 2O OH + H Kw = 10 (4) C C C → So sánh (1) (4): *β1 Fe3+ >> *β2 Pb2+ >> *β3 Zn 2+ >> Kw → tính pHA theo (1): Fe3+ + H2O ƒ FeOH2+ + H+ *β1 = 10-2,17 (1) C 0,05 [] 0,05 - x x x + [H ] = x = 0,0153 M → pHA = 1,82 1 Do E 0Fe3+ /Fe2+ = 0,771 V > ES/H 2S = 0,141 V nên: → 2Fe2+ + S↓ + 2H+ + H2S ƒ 1/ 2Fe3+ 0,05 2+ 2/ Pb + 0,10 3/ Zn2+ 4/ Fe2+ K3 K4 0,05 → PbS↓ + 2H+ H2S ƒ K1 = 1021,28 0,05 K2 = 106,68 0,05 0,25 ƒ + H2S ZnS↓ + 2H+ K3 = 101,68 + H2S ƒ FeS↓ + 2H+ K4 = 10-2,72 nhỏ, cần phải kiểm tra điều kiện kết tủa ZnS FeS: ' ' Vì môi trường axit → C Zn 2+ = C Zn 2+ = 0,010 M; C Fe2+ = CFe2+ = CFe3+ = 0,050 M Đối với H2S, Ka2 E0X (X Cl, Br, I) nên pH=0 MnO4- oxi hóa Cl- , Br-, I- Tại pH = [H+] = 10-3 Thay vào tìm EMnO4- /Mn2+ = 1,2268 V > E0 Br2/2Br- , E0I2/2I- nên MnO4- oxi hóa Br-, I- Tại pH = [H+] = 10-5 Thay vào tìm EMnO4- /Mn2+ = 1,038V > E0I2/2I- nên MnO4- oxi hóa I- Phương pháp nhận biết ion Cl- , Br-, I- dung dịch là: Cho hỗn hợp ion vào đung dịch KMnO có pH =5 thấy thấy phần dụng dịch xuất kết tủa đen tím nhận biết ban đầu có I - Phần dung dịch lại cho vào dung dịch KMnO có pH=3 thấy phần dung dịch chuyển sang màu nâu đỏ chứng tỏ ban đầu có Br - Phần dung dịch ( chứa 1,5 ion lại) cho qua dung dịch KMnO pH =0 có khí màu vàng lục , có mùi xốc chứng tỏ ban đầu có Cl- NiSO4 + H2O → Ni + ½ O2 = H2SO4 → VNi = 3,14.20,08(2,542 − 2,55 ) + 3,14.2,52.0,04.2 = 14,281(cm3 ) → m Ni = 127,1(gam) 127,1 2,154.2.96500 → n Ni = = 2,154 → t = = 12,83(h) 59 1 a Khối lượng muối MX là: m=35,6*50:100=17,8 gam Gọi x số mol MX MX + AgNO3 → MNO3 + AgX x x x x Khối lượng kết tủa AgX: m=(108+X)*x gam Khối lượng MX tham gia phản ứng: m= (M +X)*x gam Khối lượng MX lại: m= 17,8 – (M+X)*x gam C%MX dd sau phản ứng= [17,8 – (M+X)*x]*100:[50+10-(108+X)*x] = 35,6:1,2% 120(M+X)=35,6(108+X) Nghiệm hợp lý MX LiCl b Để loại bỏ khí Cl2 bị ô nhiễm phòng thí nghiệm phun khí NH3 vào đóng kín cửa sau thời gian 10 đến 15 phút 3Cl2 + 8NH3 → N2 + 6NH4Cl 0,5 2 KClO3 → 2KCl + 3O2 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2 0,25 X = Y + O KCl = 1, 49 → m y = 7, 49 Ta có : n C = n CO2 = 0, 044 → n T = 0, Chú ý : C + O2 → CO2 Nên số mol khí không thay đổi Dùng bảo toàn khối lượng: mX = mY + mO2 → n T = n Z = 0, 2(mol) nhiÖt ph©n → n BÞ = O2 0, = 0, 04(mol) → m = 7, 49 + 0, 04.32 = 8, 77(gam) Với thí nghiệm đầu Ta có : 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS + S + 6NaCl amol a 0,5a MgCl2 + Na2S + H2O → Mg(OH)2 + H2S + 2NaCl b mol b CuCl2 + Na2S → CuS + 2NaCl c mol c BTE → S : 0,5a BTNT FeCl3 : a → FeS : a Na S X MgCl2 : b → m1 = 104a + 58b + 96c BTNT → Mg(OH) : b CuCl : c BTNT → CuS : c Với H2S: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl a CuCl2 + H2S → CuS + 2HCl c 0,75 0,5 0,5 0,5 BTE → S : 0,5a Y → m = 16a + 96c CuS : c → 104a + 58b + 96c = 2,51(16a + 96c) → 63,84a + 58b − 144,96c = 0(1) H2S Với thí nghiệm sau 162,5 FeCl2 : 127 a = 1, 28a FeS :1,28a Na S → m3 = 112,64a + 58b + 96c Mg(OH) : b Ta có : X MgCl2 : b CuCl : c CuS : c H2S Z → m = 96c { → 112,64a + 58b + 96c = 3,36.96c → 112,64a + 58b − 226,56c = 0(2) 0,5 CuS 63,84a + 58b − 144,96c = 0(1) a = 2,538 Cho b =1 → 112,64a + 58b − 226,56c = 0(2) c = 1,518 → %FeCl3 = 57,9% (1) + (2) Vậy → -Hết 0,5