KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC … · Mặt khác, ta có bán...
Transcript of KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC … · Mặt khác, ta có bán...
Trang 1/8
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
LẦN THỨ XI, NĂM 2018
HƯỚNG DẪN CHÂM THI MÔN: HÓA HỌC-KHỐI 10
Ngày thi: 14/4/2018
(Đề thi gồm 04 trang)
Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm
1 1.1.a Ion Y19+ => Z = 20.
I = - E1 = 5440 eV
0,25
1.1.b Bước sóng dài nhất tương ứng với quá trình chuyển electron ngắn nhất nghĩa là
chuyển từ trạng thái n = 6 về trạng thái n = 5.
=> ΔE = E6 - E5 = c
h
8 12 19 34
2 2 9
1 1 3.10 m.s13,6 1,602.10 J 6,625.10 (J.s). 1
6 5 7464.10 m
Z Z
0,25
1.2.a
0,25
0,25
1.2.b - Năng lượng liên kết B-F (trong BF3) lớn hơn N-F (trong NF3) do bậc liên kết trung
bình của BF3 (4/3) lớn hơn so với bậc liên kết trung bình của NF3 (1)
0,25
- Momen lưỡng cực của NH3 lớn hơn NF3 do momen của các liên kết cộng hưởng với
momen của hạt nhân nguyên tử nitơ với cặp electron tự do trong khi đối với phân tử
NF3, momen của liên kết triệt tiêu với momen của hạt nhân nguyên tử nitơ với cặp
electron tự do
0,25
1.2.c BF3 + NH3 → H3NBF3 (hợp chất X)
BF3 + 2NH3 → [(NH4)+(H2NBF3)
-] (hợp chất Y)
0,50
Câu
2
Ý
2.1. Trong một ô mạng
Số nguyên tử A: 1 ; Số nguyên tử B: 1
8. 18
; Số nguyên tử X: 1
12. 34
Vậy công thức hóa học của hợp chất có kiểu perovskite là ABX3
0,50
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 2/8
2.2 xAu + Ag AuxAg1-x + xAg (với x là phần mol của Au trong hợp kim)
Phần trăm khối lượng của vàng trong hợp kim
197x0,1 x 0,057
197x 108(1 x)
Mặt khác, ta có bán kính trung bình của các nguyên tử trong mạng
Au Ag Au AgxR (1 x)R xR (1 x)RR a 2 2 R 2 2.
1 1
a 0,085.0,057 407 407 pm
Số nguyên tử vàng và bạc trong ô mạng là: 8x 1/8 + 6x 1/2 = 4
Khối lượng riêng của hợp kim
3 3A A
3
23 10 3
4. 197x 108(1 x)m nMd
V N .a N .a
4. 197.0,057 108(1 0,057)11g / cm
6,022.10 .(407.10 )
Chú ý: Nếu học sinh sử dụng luôn giá trị bán kính của Ag mà không xác định bán kính
trung bình thì chỉ cho 1/2 tổng số điểm.
0,25
0,25
0,50
2.3 Tỉ số bán kính:
2
2
Ba
O
R 1340,957 ( 3 1; 1)
R 140
Vậy BaO kết tinh dạng CsCl.
Thể tích của một tế bào cơ sở:
Độ dài cạnh a = 2 2Ba O
2(r r )316,4pm
3
= 3,164.10-8 cm
Vtb = a3 = 3,17.10-23 (cm3).
Khối lượng riêng của BaO
23
3
23
137,327 15,999d = 8,03
6,022.10 . g.cm
13,17. 0
Chú ý: Thực nghiệm là 5,72 g/cm3 vì thực tế BaO kết tinh theo mạng lập phương tâm
diện.
0,25
0,25
Câu
3
Ý
3.1 Phương trình phản ứng phân rã: 210
84 Po 206
82 Pb + 4
2 X là 206
82 Pb
hay 210
84 Po 206
82 Pb + 4
2 He
0,50
3.2 Chu kỳ bán rã của Po:
T1/2 = 0
t.ln2
nln
n
= 0
0 He
t.ln2
nln
n -n
= 0
0
t.ln2
210ln
210 22,4He
m
m V
Thay t = 365 ngày; m0 = 2,00 gam; VHe = 0,179 lít
=> T1/2 = 138 ngày.
0,50
3.3 Năng lượng của 1 phân rã: 210
84 Po 206
82 Pb + 4
2 là
2E = mc
Trang 3/8
= 3 8 2
23
1209,982864 205,974455 4,002603 .10 (3.10 )
6,022.10
(J)
= 8,68.10-13(J)
ΔE = 2
α α
1m v
2 +
2
Pb Pb
1m v
2 (1)
Theo định luật bảo toàn động lượng:
α αm v = Pb Pbm v => vPb = α
α
Pb
mv
m (2)
Thay (2) vào (1) ta có: ΔE = 2
α α
1m v
2 +
2
2αPb α
Pb
m1m .v
2 m
= Eα(1 + α
Pb
m
m)
=> Eα = α
Pb
ΔE
m1+
m
= 13
4,002603
2
8,68.10
105,974455
= 8,51.10-13 J/phân rã
2 2
α α α23
-3131 1
m v . .v2 2 6
4,002603.10 8,5
,0221.10
. 0J
1
23 13
3
2.6,022.10 .8,51.10
4,002603.10
7 1,6v .10 m/s
0,50đ
0,50
Câu
4
Ý
4.1 Xét quá trình: 2 2
1 1H (k) + N (k) C (gr) HCN (l)
2 2 (1)
0 0
tt tt HCN(l)H H 108,87 (kJ/mol)
0 1 1S 191,61. 130,61 5,74 112,84 54,01 (J/mol.K)
2 2
0 0 3 3
tt ttG H T S 108,87.10 298.( 54,01) 124,96.10 (J / mol.K)
0,50
Xét quá trình: 2 2
1 1H (k) + N (k) C (gr) H (dd) + CN (dd)
2 2
(2)
0
(2)H 146,15 (kJ/mol)
0
(2)S 62,18 (J/mol.K)
0 3 3 1
(2)G 146,15.10 298.( 62,18) 164,38.10 (J.mol )
0,25
Xét quá trình:
0
2 2
1 1HCN(l) H (k) + N (k) C (gr) ; G 124,96 (kJ / mol)
2 2
∆G0 < 0 => Quá trình tự diễn biến ở điều kiện chuẩn.
Tuy nhiên trên thực tế quá trình phân hủy không xảy ra được giải thích là do
năng lượng hoạt hóa của phản ứng quá lớn => tốc độ phản ứng vô cùng nhỏ.
0,25
4.2 Xét cân bằng : HCN (aq) H+(aq) + CN-(aq) (3) Ka
C 0,10
[ ] 0,10 - 10-5,175 10-5,175 10-5,175
Áp dụng ĐLTDKL, ta có: 5,175 2
a 5,175
[H ][CN ] (10 )K
[HCN] 0,1 10
= 10-9,35
Ta có: ΔG0pư(3) = - RTlnKa = -8,314 J.mol-1.K-1.298K.ln (10-9,35)
0,50
Trang 4/8
= 53340 (J.mol-1)
Ta có: ΔG0pư(3) = ΔG0
tt (H+(aq)) + ΔG0
tt (CN-(aq) - ΔG0tt (HCN(aq) (I)
Mặt khác: ΔG0(2) = ΔG0
tt (CN-(aq) + ΔG0tt (H
+(aq)) = ΔG0tt (CN-(aq)
=> ΔG0tt (CN-(aq) = 164,38.103 J.mol-1.
Thay vào (I), ta có: 53340 = 0 + 164380 - ΔG0tt (HCN(aq)
=> ΔG0tt (HCN(aq) = 111040 J.mol-1.
0,50
Câu
5
Ý
5.1.a
kJkJH
H
TTR
H
TK
TK
20675,205
1580298314,81045,1
1066,2ln
)(
)(ln
0
110
25
4
1
2
1
1
0
1
2
0,25
93,214298
141700205750
298205750)1045,1ln(298314,8
ln
0
025
00
S
S
STHKRT
0,25
5.1.b 0
pu, 1100KG 205750 1100 214,93 30673 J 30,7 kJ
306738,314 1100
p, 1100KK e 28,6
0,25
CH4 (k) + H2O (k) 3 H2 (k) + CO (k)
nban đầu 1 1 0 0
ncb 1-a 1-a 3a a Σn = 2(1+a)
Pcb 1 a
p2(1 a)
1 ap
2(1 a)
3ap
2(1 a)
ap
2(1 a)
0,25
32
P 3 3
4 22 P
P 2 2 2
(3a) a 2 (1 a) 2 (1 a)K p
2 (1 a) 2 (1 a) (1 a) (1 a)
4K27 a 1 aK p
4 (1 a) (1 a) p 27 1 a
K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01%
0,25
5.2
.
Tại thời điểm cân bằng:
2FeSO4 (r) Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (1)
Cân bằng: (a - x) (a + x)
SO3 (k) SO2 (k) + 1/2O2 (k) (2)
Cân bằng: (a - x) (a + x) 0,5x
Trong đó: p(O2)cb = 0,5x = 0,0275 atm => x = 0,0550 atm.
p(SO3)cb + p(SO2)cb + p(O2)cb = 0,836 atm
=> 2a + 0,5x = 0,836 atm => a = 0,40425 atm
=> 3 cbp(SO ) 0,40425 0,055 0,34925 0,35 atm
và 2p(SO ) 0,40425 0,055 0,45925 atm 0,46 atm
Phản ứng (1): Kp = 3 2SO SOP P 0,35 0,46 0,161
Phản ứng (2): 2 2
3
1/2 1/2SO O
P
SO
P P 0,46 (0,0275)K 0,218
0,035P
0,75
Trang 5/8
Câu
6
Ý
6.1
Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O82-]n[I-]m
=> lgvpư = lgkpư + nlg[S2O82-] + mlg[I-]
Thí nghiệm 1: lg (0,6.10-3) = lgkpư + nlg(0,1) + mlg(0,1)
Thí nghiệm 2: lg (2,4.10-3) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,2)
Thí nghiệm 3: lg (3,6.10-3) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,3)
Giải hệ ta có: n = m = 1; lgkpư = -1,222
Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.
kpư = 6.10-2 (mol-1.l.s-1)
0,50
6.2 Tại thí nghiệm (1), phương trình tốc độ phản ứng là
v = dx
dt = k (0,1 - x) (0,1 - 3x) = 3k (0,1 - x) (
0,1
3- x)
Ta có:
0,1
0,1 x1 3t ln
0,1 0,13k 0,1 0,1 x
3 3
Do: [I-]0/3 < [S2O82-]0 => thời gian bán phản ứng tính theo I-.
=> khi t = t1/2 thì x = 0,1
6 => t1/2 = 42,6 giây.
0,5
6.3
Khi cho S2O32- vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I3
-
2S2O32- + I3
- → S4O62- + 3I- (2)
Khi đó nồng độ I- không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn ra, do đó bậc của phản
ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1.
vpư = 0,06 .[S2O82-]0,3 = 1,8.10-2 [S2O8
2-]
Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:
S2O82- + 2S2O3
2- → 2SO42- + S4O6
2-
Thời gian để lượng S2O32- vừa hết là t1. Điều này đồng nghĩa với lượng S2O8
2- đã phản
ứng = 0,1M.
Khi đó: t1. 1,8.10-2 =
0,2ln
0,2 0,1 => t = 38,5 giây
0,50
Câu
7
Ý
7.1. Khi trộn hai dung dịch: 22 3
2
SO SOC 0,200M; C 7,5.10 M
Phản ứng SO2 + H2O + SO32- → 2 HSO3
-
0,200 0,075
0,125 0 0,150
TPGH: SO2 0,125M; HSO3- 0,150M.
=> dung dịch A là một dung dịch đệm
SO2 + H2O HSO3- + H+ Ka1 = 10-1,76
0,125 – x 0,15 + x x
1,763
2
[H ][HSO ] .(0,15 )K 10
[SO ] 0,125
a
x x
x
=> x = [H+] = 0,012 pHA = 1,92 0,50
7.2 Khi pH = 4,4 a1 a 2pK pK
2
=> hệ thu được gồm HSO3
- và SO2 (bỏ qua SO32)
trong đó HSO3- chiếm. 0,25
Trang 6/8
- 1,763 a1
- + 4,4 1,763 2 a1
[HSO ] K 100,998 99,8% 100%
[HSO ] [SO ] [H ] K 10 10
=> n(NaOH) = n(SO2) => V.0,2 = 100.0,125 => V = 62,5 mL.
7.3 Gọi độ tan của BaSO3 trong nước là s => s =
0,016 1000.
217 100 = 7,36.10-4 (M)
BaSO3 Ba2+ + SO32- Ks = ? (1)
s s
SO32-+ H2O HSO3
- + OH- Kb1 = 10-6,79 (2) HSO3
- SO2 + OH– Kb2 = 10-12,24 (3)
Vì Kb2<< Kb1 nên có thể bỏ qua (3).
Xét quá trình (2): SO3
2- + H2O HSO3- + OH– Kb1 = 10-6,79
C 7,36.10-4
[ ] 7,36.10-4 – x x x => x = 1,08.10-5
Vậy [OH-] = [HSO3-] >> Kb2. Bỏ qua (3) là hợp lý.
[Ba2+] = s = 7,36.10-4 (M); [SO32-] = 7,36.10-4 - 1,08.10-5 = 7,25.10-4 (M)
=> Ks = [Ba2+][SO32-] = 5,33.10-7 0,5
7.4 BaO (r) + H2O → Ba2+ + 2OH-
5.10-3 mol 5.10-3 1.10-2 mol
=> 2Ba OHC 0,050M; C 0,10M
Phản ứng: OH- + SO2 → HSO3-
0,10 0,125 0,075
- 0,025 0,175
TPGH của dung dịch: Ba2+ 0,05M; SO2 0,025M; HSO3- 0,175M.
Dung dịch thu được là một dung dịch đệm
1,76 32a1
3
[SO ] 0,025[H ] K 10 2,48.10 M
[HSO ] 0,175
Khi đó: [SO32-] = a1 a 2
2
1 1 a 2
K .K0,2
[H ] Ka [H ] Ka K = 4,35.10-6M
[Ba2+][SO32-] = 0,05 x 4,35.10-6 = 2,176.10-7M < K
Vậy không có kết tủa xuất hiện. 0,75
Câu
8
Ý
8.1 Cr2O72– + 14H3O
+ + 6e ⇌ 2Cr3+ + 21H2O (1) ∆Go1 = –6.F. 1,33 V
Fe3+ + e ⇌ Fe2+ (2) ∆Go3 = –1.F 0,770 V
6Fe2+ + Cr2O72– + 14H3O
+ ⇌ 6Fe3+ + 2Cr3+ + 21H2O ∆Go
=> ∆Go = ∆Go5 – 6.∆Go
6 = – 324 kJ/mol
Mà ∆Go = – RTlnK => 324000 /
ln(8,314 / . ).298
J molK
J mol K K = 130,8
=> K = 6,39.1056
0,50
8.2.a (1) V2+ + 2e V(r)) Eo
1 = -1,20V ∆Go1 = -2.F.Eo
1
(2) VO2+ + 2H+ + e V3+ + H2O Eo
2 = +0,34V ∆Go2 = -1.F.Eo
2
(3) V3+ + 3e V(r) Eo3 = -0,89V ∆Go
3 = -3.F.Eo3
(4) VO2+ + 2H+
+ e VO2+ + H2O Eo4 = +1,00V ∆Go
4 = -1.F.Eo4
(5) VO2+ + 4H+ + 3e V2+ + 2H2O ∆Go
5 = ∆Go4 + ∆Go
2 - ∆Go1 + ∆Go
3
=> Eo5 = +0,36 V
0,50
Trang 7/8
8.2.b 2
4
3 2
MnO VC 5.10 M; C 1,6.10 M
Ta có: E0 (V3+/V2+) = 3.E0 (V3+/V) - 2.E0 (V2+/V) = - 0,27V
MnO4- + 8H+ + 5V2+ Mn2+ + 5V3+ + 4H2O (1)
5(1,51 0,27)
150,340,0592
1K 10 10
rất lớn => phản ứng (1) hoàn toàn
MnO4- + 8H+ + 5V2+ → Mn2+ + 5V3+ + 4H2O (1)
Trước: 5.10-3 1,6.10-2
Sau: 1,8.10-3 - 3,2.10-3 1,6.10-2
MnO4- + 5V3+ + H2O Mn2+ + 5VO2+ + 2H+ (2)
Ta có:
5(1,51 0,34)
98,80,0592
2K 10 10
rất lớn => phản ứng (2) hoàn toàn
MnO4- + 5V3+ + H2O → Mn2+ + 5VO2+ + 2H+ (2)
Trước: 1,8.10-3 1,6.10-2 3,2.10-3
Sau: - 7,0.10-3 5,0.10-3 9,0.10-3
Thế của điện cực Pt tính theo cặp: VO2+/V3+
2 3 2 3
20
3VO /V VO /V
[VO ]E E 0,0592lg 0,346 0,35V
[V ]
Thế của điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,10M. 0
Ag /Ag Ag /AgE E 0,0592lg[Ag ] 0,7408 0,74V
2 3Ag /Ag VO /VE E => Điện cực Ag là cực (+) và điện cực Pt là cực (-)
Sức điện động của pin, Epin = 0,74 - 0,35 = 0,39V
0,25
0,25
0,50
Câu
9
Ý
9.1. % khối lượng Clo trong A là 46,11%.
12,66 41,23 46,11K : I : Cl = : : 1 : 1 : 4
39 127 35,5
=> Công thức phân tử của A là KICl4 hay K+[ ICl4]-
Phương trình phản ứng:
3 4 2 2KIO + 6HCl K[ICl ] + Cl + 3H O 0,50
9.2. MC = MA. 0,7581 = 233,5 => C là ICl3.
=> D là ICl
Vậy chất B là KCl.
0,25
9.3. Cấu trúc:
[ ICl4]- => Công thức VSEPR: AX4E2
Cấu trúc phân tử : vuông phẳng.
Trạng thái lai hóa của iot là sp3d2
ICl3 => Công thức VSEPR: AX3E2
Cấu trúc phân tử: hình chữ T
0,25
Trang 8/8
Trạng thái lai hóa của Iot là sp3d
0,25
9.4. Phương trình phản ứng
ICl4- + 5I- → 2I3
- + 4Cl- (4)
I3- + 2S2O3
2- → S4O62- + 3I- (5)
Số mol KICl4 =
Từ (4), (5) => Số mol Na2S2O3 = 4 số mol KICl4 = 1,3.10-2 mol
Thể tích dung dịch Na2S2O3 đã dùng = 2
2
1,3.10
10
= 1,3 lít.
Câu
10
Ý
10.1 FeO + 2H+ → Fe2+ + H2O (1)
Fe2O3 + 6H+ → 2Fe3+ + 3H2O (2)
2Fe3+ + 2H2O + SO2 → 2Fe2+ + 4H+ (3)
5Fe2+ + MnO4- + 8H+ → 5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O (4)
5SO2 + 2MnO4- + 2H2O → 4H+ + Mn2+ + 5SO4
2- (5) 1,00
10.2 Gọi x là số mol FeO trong 0,8120 gam mẫu.
=> 1,2180 gam quặng, ta có số mol FeO = 1, 281
x0,812
(mol)
Dựa vào phản ứng oxi hóa Fe(II) trong 1,218 gam quặng và áp dụng định luật bảo
toàn electron, ta có:
4MnO
1,281x 5n x 5,087 mmol
0,812
=> mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10-3 = 0,3663 (g)
=> 2 3Fe Om (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)
=> 2 3Fe On (trong 0,8120 gam mẫu) =
0,1615
160 1,01.10-3 (mol)
% FeO = 0,3663
.1000,8120
= 45,11 %
% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %
Gọi y là số mol SO2. Áp dụng ĐLBT electron, ta có:
x + 2y = 4MnO
5n = 5 x 22,21 x 0,1 => y = 3,009 mmol
=>2SOV = 22,4.3,009 = 67,4 mL
0,50
0,50
------------------HẾT---------------------