đáp án đề xuất hóa 10 THHV 16

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN VP TỈNH VP ĐỀ THI ĐÈ XUẤT Câ u ĐÁP ÁN ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 NỘI DUNG Điể m 1.a) 1eV = 1,602.10-19J x 6,022.1023 mol-1 10-3kJ/J = 96,472kJ/mol Vậy: E1 = -122,400eV x 96,472 kJ/mol.eV= -11808,173kJ/mol; E2 = -30,600 eVx 96,472 kJ/mol.eV = -2952,043kJ/mol; E3 = -13,600eV x 96,472 kJ/mol.eV = -1312,019kJ/mol; E4 = -7,650eV x 96,472 kJ/mol.eV = -738,011kJ/mol b) Quy luật liên hệ: Khi Z số, n tăng, lượng En tương ứng cao (càng lớn) Giải thích: n tăng, số lớp electron tăng, electron lớp xa hạt nhân, lực hút hạt nhân tác dụng lên electron yếu, lượng En tương ứng cao (càng lớn), electron bền 0,5 c) Sự ion hoá M2+: M2+ → M3+ + e Cấu hình electron M2+ trạng thái 1s1 0,5 Vậy I3 = -(E1) = +122,400 eV → I3 = 122,400eV 2.a) Phương trình phản ứng hạt nhân: 0,5 0,5 48 294 Cf + 20 Ca → 118 X + 01n 249 98 294 118 X→ Y + 24 He 290 116 b) Cấu hình electron nguyên tử nguyên tố X : [Rn]5f146d107s27p6 → Nguyên tố X (Z=118) có lớp electron nên X thuộc chu kì 7, có electron lớp cùng, electron cuối điền vào phân lớp p nên X thuộc nhóm VIIIA (nhóm nguyên tố khí hiếm) 0,5 1) * SF4: (AX4E) lai hóa sp3d Hình dạng bập bênh * HClO2: (AX3E2) lai hóa sp3d Hình dạng chữ T * HClO : (AX2E3) lai hóa sp3d Hình dạng đường thẳng 1,0 − * ICl : (AX4E2) lai hóa sp3d2 Hình dạng vuông phẳng * IF7: (AX7) lai hóa sp3d3 Hình dạng lưỡng chóp ngũ giác * BrF5: (AX5E) lai hóa sp3d2 Hình dạng tháp vuông * HNO3: (AX3) lai hóa sp2 Hình dạng tam giác phẳng * C2H6: (AX4) lai hóa sp3 Hình dạng tứ diện chung đỉnh a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm ρ NiSO4 = Từ n= → n= n.M NiSO4 m m = = V a.b.c N A a.b.c 0,5 (1) ρ NiSO N A a.b.c M NiSO 3,9 6,022.10 23 (2) –8 6,338.10 7,842.10 154,76 –8 5,155.10 –8 0,5 = 3,888 Số phân tử NiSO4 ô mạng sở phải số nguyên → n = ρ NiSO 6,022.10 = *Vẽ ô mạng sở 23 154,76 6,338.10 –8 7,842.10 –8 5,155.10 –8 (chính xác) 0,5 Ion oxi (O2-) Ion niken (Ni2+) *Tính x: -Tính cạnh a ô mạng sở NiO ρ NiO = n.M NiO N A a = 4,012 (g/cm3) = → a3 n.M NiO N A ρ NiO a3 = 74,69 6,022.1023 6,67 n = (vì mạng lập phương tâm mặt) → → a = 4,206.10–8 cm -Theo đầu bài, ô mạng sở NiO ô mạng sở LixNi1-xO giống nhau, đó: ρ Li x Ni1− x O = ΔS0 1.a) b) ∆G = n.M Li x Ni1−x O N A a S0CO(k) SSi(r) = + = 360,8 JK-1 ΔH -T ΔS0 = [ x.6,94 + (1-x).58,69 + 16] → 6,21 → x = 0,10 6,022.1023 (4,206.10−8 )3 S0C(r) SSiO2(r) -2 = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 ΔH , ΔH = ΔH 0f(Si(r) ) + 2ΔH f(CO (k) ) 2ΔH f(C (r) ) ΔH f(SiO 2(r) ) 0,25 0,5 0,25 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ) → ∆G ΔS0 ΔH = -T = 689,9 - 298 360,8.10-3 = 582,4 (kJ) ΔG c) Phản ứng (1) diễn ưu theo chiều thuận bắt đầu có giá trị âm: 0 ΔG ΔH → ΔS = -T = 689,9 - T 360,8.10-3 = T = 1912 oK Vậy từ nhiệt độ lớn 1912 oK, cân (1) diễn ưu tiên theo chiều thuận 0 2.a) Tính số cân K phản ứng: 0,5 ‡ˆ ˆ† ˆˆ CO2 (dd) + H2O (l) H+(dd) + HCO3- (dd) (1) 0 + 0 ∆G pư = ∆G (H ) + ∆G (HCO3 ) − ∆G (CO2) − ∆G (H2O) = 0,0 + (-578,1) + 386,2 + 237,2 = 45,3 kJ/mol ∆G pư = −RTlnK lnK = −∆G0pư/RT = −(45,3.103) : (8,314 × 298) = −18,284 K = 1,15 10-8 0,5 b Tính nồng độ CO2 pH dung dịch [CO ] = K H PCO2 = 0, 0343 × 4, 4.10 −4 = 1,51.10 −5 (mol/l) [H+] = [HCO3-] + 2[CO32-] + [OH-] Theo (1), K = [H+].[HCO3-] : [CO2] (2) Vì [CO32-] nhỏ nên bỏ qua [HCO3-] = K[CO2] : [H+] Thay [HCO3-] vào (2) [H+] = K[CO2]:[H+ ] + Knước : [H+] hay [H+ ]2 = K[CO2 ] + Knước = 1,15.10-8 × 1,15.10-5 + 10-14 Tính ra: [H+] = 4,32 10-7 pH = 6,37 c Khi phản ứng hòa tan CO nước đạt đến trạng thái cân bằng, nhiệt độ 0,5 hệ tăng lên nồng độ CO không đổi pH dung dịch tăng hay giảm Tại sao? ∆H0pư = ∆H0 (H+) + ∆H0 (HCO3-) − ∆H0 (CO2) − ∆H0 (H2O) = 0,0 − 691,2 + 412,9 + 285,8 = 7,5 kJ/mol Do ∆H0pư > 0, nhiệt độ tăng cân chuyển dịch theo chiều thuận, pH giảm a)Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng bậc 0,5 b) Vì phản ứng bậc 1, nên: 0,5 a a t1 = ln = ln = 40235, 95s = 11,18 h −5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a ln c) Ta có: ln k2 Ea  1  =  − ÷ k1 R  T1 T2  0,5 , thay số vào ta được: k2 166.103  1  = −  ÷ −5 4.10 8,314  350 300  suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1 0,5 d) Ở 300K: - Khi xúc tác: k = A.e − Ea RT (1) - Khi có xúc tác, thừa số tần số không thay đổi nên: Từ (1) (2) ta được: k2 =e k '2 0,5 k = A.e ' − E 'a RT (2) E'a − E a RT , thay số vào ta được: E' −166 a 2, 971.10−9 8,314.10−3.300 =e 3.104 Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1 a)Điều kiện để bắt đầu xuất kết tủa: PbSO4 : 10-7.66 CPb 2+ (1) ≥ = 1.09 × 10-6 (M) 0.02 CPb 2+ (2) ≥ PbC2O4 : CPb2+ (3) ≥ PbI2 : 10-10.05 5.0 × 10 −3 10-7.86 −3 (9.7 × 10 ) = 1.78 × 10-8 (M) = 1.47 × 10-4 (M) 0,5 CPb2+ (4) ≥ Pb(IO3)2: CPb 2+ (5) ≥ 10-12.61 (0.001) 10-4.8 2 = 2.45 × 10-7 (M) 0,5 = 6.34 × 10-3 (M) (0.05) PbCl2: CPb 2+ (2) CPb2+ (4) CPb2+ (1) CPb2+ (3) CPb 2+ (5) → < < < < Kết tủa xuất theo thứ tự: PbC2O4, Pb(IO3)2, PbSO4, PbI2 PbCl2 Khi PbI2 bắt đầu kết tủa (Coi I- không tồn tại) [SO24 ] = K s(PbSO4 ) CPb2+ (3) = 10-7.66 1.47 × 10 -4 = 1.49 × 10-4 (M) = K s(PbSO4 ) = 1.48 × 10-4 (M) = SPbSO4 (S độ tan PbSO4 dung dịch bão hòa) Do PbC2O4, Pb(IO3)2 PbSO4 kết tủa hoàn toàn → 21.60 × C Pb(NO3 )2 = 20.00 × ( CC 22 O4 + 2× CIO- + CSO24 ) = 20.00(5.0 × 10−3 + × 0.0010 + 0.020) → CPb(NO3 )2 = 0.025 (M) 2.a) H+ thay cho H3O+ Mọi tương tác ion dung dịch bỏ 0,5 qua [H+] viết h tất phép tinh số axit H3PO4 viết K1, K2 and K3 Với K1 >> K2 >> K3, có nấc phân li thứ chủ yếu H3PO4 H+ + H2PO4- Với [ H + ][ H PO4− ] h2 (10−1.14 )2 −2.14 K1 = = = 10 = [ H PO4 ] Co − h Co − 10−1.46 Với Co = 0.200 M Biến đổi biểu thức có: h3Co [H 3PO4 ] = (hK1K + K1 K K is ignored) h + h K1 + hK1 K + K1 K K3 h3Co hCo 10−1.46 × 0.2 = = = = 0.1653 M h + h K1 h + K1 10−1.46 + 10−2.14 Tương tự, ta có: [H PO 4− ] = 0,5 −2.14 h K1Co KC 10 × 0.2 = o = −1.46 = 0.0346 M h + h K1 h + K1 10 + 10−2.14 hK1 K 2Co K1 K 2Co 10−2.14 ×10−7.20 × 0.2 [HPO ] = = = = 6.29 × 10−8 M −1.46 −1.46 −2.14 h + h K1 h + hK1 (10 ) + 10 ×10 2− K1 K K 3Co 10−2.14 ×10−7.20 ×10 −12.38 × 0.2 [PO ] = = = 7.56 ×10−19 M −1.46 −1.46 −2.14 h + h K1 (10 ) + (10 ) ×10 3− b) Ta có: n H3PO4 = 0.2 × 0.050 = 0.010 mol n NH3 = 0.4 × 0.050 = 0.020 mol ; Do phản ứng xảy ra: H3PO4 + NH3 → (NH4)2HPO4 [(NH )2 HPO ] = Và 0.010 = 0.1 M 0.100 Trong dung dịch B: (NH4)2HPO4 → NH4+ + HPO420.2 M 0.1 M Có cân sau đây: NH4+ NH3 + H+ HPO42- + H+ H2PO4- H2PO4- + H+ H3PO4 HPO42- 0,5 H+ + PO43- Áp dụng định luật bảo toàn proton [H+] + 2[H3PO4] + [H2PO4-] = [OH-] + [PO43-] + [NH3] Với [NH3] + [NH4+] = 0.2 M [H3PO4] + [H2PO4-] + [HPO42-] + [PO43-] = 0.1 M (1) Mặt khác: [NH ] = K NH + × 0.2 h + K NH + h3 × 0.1 [H 3PO ] = h + h K1 + hK1 K + K1 K K h K1 × 0.1 [H PO ] = h + h2 K1 + hK1 K + K1 K K3 − hK1 K × 0.1 h3 + h K1 + hK1 K + K1 K K [HPO 24− ] = [PO34− ] = K1K K × 0.1 h + h K1 + hK1 K + K1K K 3 Tại độ pH = – bỏ qua [H +], [OH-], [H3PO4] [PO43-] pư (1): [H2PO4-] = [NH3] K NH+ × 0.2 h K1 × 0.1 = h + h K1 + hK1K + K1K K h + K NH+ h × 0.1 h × 0.1 10−9.24 × 0.2 = = ( h + K1K K ) h + K h + 10−7.20 h + 10−9.24 (Trong K1K2K3 coi không đáng kể, bỏ qua.) -> h = 8.81 × 10-9 M and pH = 8.06 a [Fe(CN)6]4- + H+ + MnO4- → Fe3+ + CO2 + NO3- + Mn2+ 61 0,5 [Fe(CN )6 ]4- + 30H O → Fe3+ + 6NO3− + 6CO2 + 60H + + 61e MnO −4 + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H O 5[Fe(CN)6]4- + 188 H+ + 61MnO4- → Fe3+ + 30CO2 + 30NO3- + 61Mn2+ b Cu3P + Cr2O72- + H+ → Cu2+ + H3PO4 + Cr3+ 0,5 11 Cu3 P + 4H O →3Cu 2+ + H PO + 5H + +11e Cr2 O72− +14H + + 6e →2Cr 3+ + 7H O 0,5 6Cu3P + 11Cr2O + 124 H → 18 Cu + 6H3PO4 + 22Cr + 53H2O c HAsO2 + Ce4+ + H2O → H2AsO4- + Ce3+ + H+ 27 + 3+ Ce4+ +1e →Ce3+ HAsO2 + 2H2 O → H2 AsO4− + 3H + + 2e 4+ HAsO2 + 2Ce + 2H2O ECl0 2+ − / Cl EIO − /I EBr  → ¬   / Br − H2AsO4- + 2Ce3+ + 3H+ EI0 / I − 2 Do > > > clo lấy dư nên phản ứng xảy ra: 1) Cl2 + 2I- → 2Cl- + I2 làm dung dịch chuyển dần màu xanh 2) Cl2 + 2Br- → 2Cl- + Br2 làm dung dịch có màu đậm dần Br2 có màu vàng 3) 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10Cl- + 2IO3- + 12H+ làm màu dung dịch nhạt dần chuyển sang màu vàng EBrO − / Br ECl0 0,25 0,25 0,25 0,25 / Cl − 4) Do clo dư nhiều = 0,16 V (nhỏ) nên có phản ứng: 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10Cl + 2BrO3- + 12H+ làm màu vàng dung dịch nhạt dần Nếu tiếp tục sục clo dung dịch có màu vàng nhạt lượng nhỏ clo hoà tan Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R thuộc nhóm IA VIIA Trường hợp : Nếu R thuộc nhóm IA Y có dạng ROH Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 9,284 17 64,677 (loại nghiệm thích hợp) 0,25 0,25 Trường hợp : R thuộc nhóm VIIA Y có dạng HRO4 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 35,5 65 64,677 , R nguyên tố clo (Cl) Do hiđroxit R (HClO4) axit, nên hiđroxit M phải bazơ dạng MOH mX = 16,8 × 50 gam = 8,4 gam 100 0,5 MOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n MOH = n HClO4 = 0,15 L × mol / L = 0,15 mol M + 17 = ⇒ 8,4 gam = 56 0,15 mol ⇒ M = 39 , M nguyên tố kali (K) Khí X có khả làm màu dung dịch nước brom nên X phải H2S SO2 Giả sử X H2S, ta có phương trình phản ứng: 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O 5n H SO4 H SO4 Theo ptpu: n = nR Theo ra: n = nR → 5n = → n = Vậy khí X cho khí SO2 Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: =2n  n =1 Phương trình (1) viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n SO2 =n Br2 = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n Theo khối lượng R2SO4 = 31,2g → → MR = 108 (R Ag) a) FeO + HCl FeCl3 + H2O + SO2 FeCl2 + KMnO4 + HCl → → = 0,25 0,25 = 0,1(mol) (1) FeCl3 + H2O (2) FeCl2 + H2SO4 + HCl (3) → 0,5 = 312 FeCl2 + H2O Fe2O3 + HCl → → M R2SO4 31, 0,1 SO2 0,5 FeCl3 + MnCl2 + KCl + H2O 0,75 (4) SO2 + KMnO4 + H2O H2SO4 + MnSO4 + K2SO4 (5) (Lượng HCl dùng để hòa tan quặng không cho dư, đủ để làm môi trường cho phản ứng (4)) b) Từ (1) (4) ta có: nFeO (trong 1,2180 gam mẫu) = n Fe2+ = n MnO− -3 -3 = 0,10 15,26.10 = 7,63.10 (mol) 0,5 → → 7,63.10-3 0,8120 = 1,2180 nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 5,087.10-3 (mol) mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 5,087.10-3 = 0,3663 (g) m Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) → n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) Tương tự, từ (3) (5) ta có: ∑n SO2 = 0,8120 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g) = 0,1615 160 ≈ 0,5 1,01.10-3 (mol) = n SO2 (3) + n SO2 (5) Trong đó: n SO2 (3) = n FeCl3 = n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) n SO2 (5) = với: ∑n Fe2+ n MnO4 (5) = = nFeO (trong 0,8120 gam mẫu) → n SO2 (5) = (trong 0,8120 gam mẫu) = 1,01.10-3 (mol) (∑ n MnO- − ∑ n Fe2+ ) + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) (∑ n MnO- − (n FeO + 2.n Fe2O3 (trong 0,8120 gam mẫu) (trong 0,8120 gam mẫu) 5  n SO2 (5) =  0,10 22,21.10-3 - (5,087.10 -3 + 1,01.10-3 ) ÷ 2  ≈ → Vậy: ∑n SO2 = -3 3,01.10 (mol) → VSO2 0,3663 100 0,8120 % FeO = = 45,11 % % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 % HẾT ) 2.10-3 (mol) = 22,4 3,01.10-3 = 0,0674 (lit) 0,5 0,25 ... PbI2 : 10- 10.05 5.0 × 10 −3 10- 7.86 −3 (9.7 × 10 ) = 1.78 × 10- 8 (M) = 1.47 × 10- 4 (M) 0,5 CPb2+ (4) ≥ Pb(IO3)2: CPb 2+ (5) ≥ 10- 12.61 (0.001) 10- 4.8 2 = 2.45 × 10- 7 (M) 0,5 = 6.34 × 10- 3 (M)... = 6.29 × 10 8 M −1.46 −1.46 −2.14 h + h K1 h + hK1 (10 ) + 10 10 2− K1 K K 3Co 10 2.14 10 7.20 10 −12.38 × 0.2 [PO ] = = = 7.56 10 19 M −1.46 −1.46 −2.14 h + h K1 (10 ) + (10 ) 10 3− b)... = = 0 .165 3 M h + h K1 h + K1 10 1.46 + 10 2.14 Tương tự, ta có: [H PO 4− ] = 0,5 −2.14 h K1Co KC 10 × 0.2 = o = −1.46 = 0.0346 M h + h K1 h + K1 10 + 10 2.14 hK1 K 2Co K1 K 2Co 10 2.14 10 7.20