Hướng dẫn chấm lớp 10

HƯỚNG DẪN CHẤM LỚP 10 Câu Nội dung Điểm a) Áp dụng biểu thức En = -13,6(Z /n ) → E2 = -3,4Z (eV) = -328,0063Z2 kJ/mol - Đối với He+: Z = → E2 = -1312, 0252 kJ/mol - Đối với Li2+: Z = → E2 = -2952, 0567 kJ/mol 0.5 - Đối với Be3+: Z = → E2 = -5248, 1008 kJ/mol 2 b) Theo định nghĩa, lượng ion hóa lượng để tách electron khỏi hệ trạng thái Với ion trên, trạng thái ứng với n = Các trị số lượng tính ứng với trạng thái kích thích n = 2, 0,5 dùng trị số E2 để tính lượng ion hóa c) Mỗi ion có electron, trạng thái bản, ion có số điện tích hạt nhân Z lớn lực hút hạt nhân tác dụng vào electron mạnh, ion bền ngược lại Như ion Be3+ có Z = (lớn nhất) bền ion He+ có Z = (bé nhất) 0,5 bền số ion cho Vì thori phân hủy phóng xạ theo phản ứng bậc nên chu kỳ bán hủy tính theo biểu thức: Câu I 0,693 0,693 hay k = t k 1/2 0,693 -18 -1 Vậy số tốc độ k = 1,39.1010 365 24 3600 = 1,58.10 (s ) t1/2 = Trong 264 gam ThO2 tinh khiết chứa 6,022.1023 hạt Vậy gam ThO2 tinh khiết chứa: hạt 232 232 0,25 Th 23 6,022.10 = 2,28.1021 264 Th Tốc độ phân hủy Th (trong ThO2) biểu diễn biểu thức: v=- dN = kN dt 0,25 Do số hạt α bị xạ giây gam thori đioxit tinh khiết là: dN = 1,58.10-18 2,28.1021 = 3,60.103 (s-1) dt Nghĩa có 3,60.103 hạt α bị xạ giây v=- Câu II Cấu trúc tinh thể ô mạng sở Au: a) Tính khoảng cách ngắn hạt nhân Au: Mặt ô mạng: AO = 2R = d 0,5 A a B a O C D ⇒ 2d = a ⇒ d = d= a 407 = 287, 79 (pm) = 2,8779.10-8 (cm) 0,5 b) Số phối trí nguyên tử Au 12 0,25 c) Trong ô mạng sở có số nguyên tử Au: 1 + = nguyên tử D= m 4.196,97 = = 19, (g/cm3) V 6, 022.1023 ( 4, 07.10 −8 ) 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 ( ) 0,25 ) ⇒ Au = 74% 0,25 Xác định chất 0,25 điểm NH3: dạng AL3E1 có tháp tam giác H N H H N H H H +ClF3: có dạng (AB3E2) nên có dạng chữ T (các electron tự chiếm vị trí xích đạo): F Cl F F F F Cl F + XeF4 có sáu khoảng không gia khu trú, có hai cặp electron tự (AB4E2) nên có dạng vuông phẳng (các cặp electron tự phân bố xa nhất): F F Xe F F F Xe F F F + SiF62- có dạng AL6Eo nên ion có dạng bát diện a Ta có ∆ H phản ứng = ( sản phẩm) - ∑ ∆H ht ( chất phản ứng) = ∆H ht ( NH3) + ∆H ht ( CO2) - ∆H ht ( ure) - ∆H ht ( H2O) = (-80,8) + (-412,9) – (-317,7) – (-285,8) = 29,0 KJ o o ∆S phản ứng = ∑ S ( sản phẩm) - ∑ S ( chất phản ứng) = 2.110 + 121 - 176 - 69,9 = 95,1 J.K-1 Suy ∆ Go phản ứng = ∆H o phản ứng - T ∆S ophản ứng = 29000 - 298.95,1 = 660,2 J Câu III ∑ ∆H ht −660,2 Câu IV 1a) Mà ∆ Go = - RT ln K Suy K = e 8,314.298 = 0,766 [ NH ] [CO ] 0,1.(0,01) b) Xét tỷ số Q = = =1,8 10-7 [Ure][ H O] 1.55,5 Xét biểu thức tính ∆ G: Có ∆ G = ∆ Go + RT ln Q = 660,2 - 8,314.298.15,53 = -37,82 KJ Vì ∆ G < phản ứng tự diễn biến Giả sử phản ứng bậc Phương trình động học k = ln 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 P0 P (P0 áp suất SO2Cl2ở thời điểm ban đầu, t áp suất SO2Cl2 thời điểm t) SO2Cl2 ⇔ SO2 + Cl2 0,5 t=0 Po 0 phản ứng x x x (atm) t Po - x x x ⇒ Phỗn hợp = Po + x ; P = Po - x = 2Po - Phh Ta có bảng số liệu sau : t(h) Phh (atm) 4,92 5,67 6,31 7,31 8,54 P (atm) 4,92 4,17 3,53 2,53 1,30 Thế giá trị vào phương trình động học, ta có : 4,92 k1 = ln = 0,1654h −1 4,17 4,92 k3 = ln = 0,1663h −1 2,53 4,92 k2 = ln = 0,1660h −1 3,53 4,92 k4 = ln = 0,1664h −1 1,3 Vì k1 ≈ k2 ≈ k3 ≈ k4 ⇒ Phản ứng bậc 0,5 k1 + k2 + k3 + k4 = 0,1660h −1 ln 0,6931 t1 = = = 4,1753h k 0,1660 b) k = 0,5 c) t = 24h P = Po.e-kt = 4,92.e-0,166.24 = 0,093 atm = Po - x ⇒ x = 4,827 atm Vậy áp suất bình: Phh = Po + x = 9,747 atm d) Ở 620k: nRT 0,1.0,082.620 = = 5,084atm; P = 1,048atm V 1 5,084 k = ln = 0,7895h −1 1,048 k620 620 − 600 K 620 ⇒γ = = 2,181 Ta có : k = γ 10 K 600 600 Po = Cân chính: HSO4- (dd) Ka = 0,5 0,5 H+(dd) + SO42-(dd) C 0,012 0,022 [C] 0,012 – x 0,022 + x x [H + ].[SO 24− ] x(0, 022 + x) = = 10−1,99 ⇒ x = 3,44.10-3 − [HSO ] 0, 012 − x ⇒ pH = -lg (0,022 + 3,44.10-3) = 1,59 Câu V Câu VI pH = 7,21 = pKa2 ⇒ Tạo muối NaH2PO4 Na2HPO4 với số mol ⇒ NaOH phản ứng hết nấc 1/2 nấc axit H3PO4 NaOH + H3PO4 → NaH2PO4 + H2O 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O Suy ra: V.0,1= 200.0,1+ 100.0,1 Vậy V = 300ml ∗ pH = 9,765 = 1/2(pKa2 + pKa3) ⇒ Tạo Na2HPO4 2NaOH + H3PO4 → Na2HPO4 + 2H2O 0,04 0,02 0,02 ⇒ nNaOH = 0,04 mol ⇒ V = 400 ml 2− Ta có: MnO −4 + e  ∆G01 = - F.0,56 → MnO MnO 24− + 4H+ + 2e  ∆G02 = - 2FE 02 → MnO2 + 2H2O MnO2 + 4H+ + e  → Mn3+ + 2H2O ∆G03 = - F.0,95 Mn3+ + e  ∆G04 = - F.1,51 → Mn2+ MnO −4 + 8H+ + 5e  ∆G05 = - 5F.1,51 → Mn2+ Vậy: ∆G02 = ∆G5 - (∆G01 + ∆G03 + ∆G04) Thay giá trị tương ứng ta có: E 02 = 2,265V − 3MnO 24− + 4H+  → 2MnO + MnO2 + 2H2O Từ khử chuẩn E0MnO4/MnO 24− = + 0,56V E0 MnO 24− /MnO2= 1,0 0,75 0,75 0,5 0,5 + 2,265V Áp dụng cho phản ứng ta có ∆E Pu = + 1,70V, nghĩa ∆G Pu = -nFE0 < Vậy phản ứng tự xảy Theo đầu H2O + e  H2 + OH− → Ở giá trị pH = ta có E = 0,00 - 0,059pH = 0,41V hay E H2O / H2 = -0,41V 0,5 0,5 2+ Mặt khác, theo sơ đồ E Mn / Mn = - 1,18V Mn + 2H2O  → Mn(OH)2 + H2 0 ∆E Pu = 0,77v hay ∆G Pu < → Phản ứng xảy theo 0,5 chiều thuận, có giải phóng khí H2 - Dung dịch KI3 phản ứng với dung dịch A: S2- + I3- → S + 3I(1) 222S2O3 + I3 → S4O6 + 3I (2) Chuẩn độ I3 dư: 0,5 2S2O32- + I3- dư → S4O62- + 3I- (3) - Đặt nNa S = x mmol; nNa S O = y mmol 25ml dd A → nI = nS − 2 2− 1 + nS O 2− (2) + nS O 2− (3) 2 23 → 25,00.0,0525 = x + ½.y + ½.12,90.0,1010 → x + ½.y = 0,66105 (mmol) (*) Câu VII 0,5 Thêm ZnSO4 dư làm kết tủa hoàn toàn S2-: Zn2+ + S2- → ZnS Chuẩn độ S2O32- 50 ml dd A (2y mmol Na2S2O3) 2S2O32- + I3- → 3I- + S4O620,5 n n → S O = I = 2.11,50.0,0101 = 0,2323 mmol = 2.y → y = 0,11615 mmol Thay vào (*) → x = 0,602975 mmol 2− − y.250 = 1,1615(mmol ) 25 x.250 = = 6, 02975(mmol ) 25 nNa2 S2O3 H 2O = nNa2 S H 2O 0,5 0,5 Câu VIII Gọi công thức muối halozen: MR Theo đầu khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO3)2 tạo kết tủa đen, khí X sinh phản ứng H2SO4 đặc Vậy X H2S Các phương trình phản ứng: 8MR + 5H2SO4 = 4M2SO4 + 4R2 + H2S + 4H2O (1) H2S + Pb(NO3)2 = PbS + 2HNO3 (2) BaCl2 + M2SO4 = 2MCl2 + BaSO4 (3) Theo (2): nH2S = nPbS = 23,9: 239 = 0,1(mol) 0,5 theo (1): nM2SO4 = 4nH2S = 0,4(mol) = nR2 nH2SO4(pư) = 5nH2S = 0,5(mol) Theo (3): nBaSO4 = (1,674 69,6): 233 = 0,5(mol) → Vậy số mol H2SO4 dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol) Nồng độ mol/l axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M) 0,5 0,5 Khối lượng m(g)= mM+ mR (với mM= 69,6- 0,4 96= 31,2 gam ) m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g) Xác định R,M: 0,5 101,6: 0,4= 254 Vậy R Iốt 31,2: 0,8= 39 Vậy M Kali 0,5 ... 2,8779 .10- 8 (cm) 0,5 b) Số phối trí nguyên tử Au 12 0,25 c) Trong ô mạng sở có số nguyên tử Au: 1 + = nguyên tử D= m 4.196,97 = = 19, (g/cm3) V 6, 022 .102 3 ( 4, 07 .10 −8 ) 0,25 d) d = 2R = 2,8779 .10 8... 4, 07 .10 −8 ) 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 ( ) 0,25 ) ⇒ Au = 74% 0,25 Xác định chất 0,25 điểm NH3:... Ta có : k = γ 10 K 600 600 Po = Cân chính: HSO4- (dd) Ka = 0,5 0,5 H+(dd) + SO42-(dd) C 0,012 0,022 [C] 0,012 – x 0,022 + x x [H + ].[SO 24− ] x(0, 022 + x) = = 10 1,99 ⇒ x = 3,44 .10- 3 − [HSO ]