HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường chuyên Trần Phú Hải Phòng

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
(Đề giới thiệu)
ĐÁP AN ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
Môn Hóa học; Khối 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 1. BeH
2
: dạng AL
2
E
0
. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.
BCl
3
: dạng AL
3
E
0
, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl.
Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng.
NF
3
: dạng AL
3
E
1
. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở
đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109

o
29’ do lực đẩy mạnh hơn của cặp electron
không liên kết.
SiF
6
2-
: dạng AL
6
E
0
. Ion có dạng bát diện đều.
NO
2
+
: dạng AL
2
E
0
, trong đó có 2 “siêu cặp” ứng với 2 liên kết đôi N=O
([O=N=O]
+
). Ion có dạng đường thẳng.
I
3
-
: dạng AL
2
E
3
, lai hoá của I là dsp

3
, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên
nằm dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo
(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có
dạng đường thẳng.
2. I
3
(X) và I
5
(Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra:
a. X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố
hoá học.
b. A là XO, B là YO
2
.
c. Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO
3
1,0
1,0
2
MH
x
+ x H
2
O
→
M(OH)
x
+ x H
2

n (H
2
) =
RT
PV
=
KmolKmN
mmN
15,298 314,8
10.134,3.10.5,99
11
3323
×
×
−−
−−
= 0,1258 moL
n (1g MH
x
) =
x
1258,0
→
M =
moL
xg
1258,0
1 ×
x M (MH

x
) M (M) (M)
1
7,949 g.mol
−
1
6,941 g.mol
−
1
Liti
2
15,898 g.mol
−
1
13,882 g.mol
−
1
3
23,847 g.mol
−
1
20,823 g.mol
−
1
4
31,796 g.mol
−
1
27,764 g.mol
−

1
a) Kim loại M là Liti
b) 2Li + H
2
2 LiH
LiH + H
2
O LiOH + H
2

c) LiH kết tinh theo mạng lập phương tâm mặt tương tự như kiểu mạng tinh thể
NaCl, ô mạng lập phương tâm mặt của Li
+
lồng vào ô mạng lập phương tâm
mặt của H
-
với sự dịch chuyển a/2.
Do
5,0
36,1
68,0
==
−
+
H
Li
r
r
> 0,4142 nên a = 2( r
+

Li
+ r
−
H
)
ρ = =
(a: cạnh ô mạng; r: bán kính).
1,0
0,5
0,5
4 × M (LiH)
N
A
× [2 (r + r )]
3

Li
+
H
-

4 × M (LiH)
N
A
× a
3

4 × 7,95 g.mol
−
1

6,022.10
23
mol
−
1
× [2(0,68 + 1,36).10
−
8
]
3
cm
3

ρ = = 0,78 g.cm
−
3
3 a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế
32
P:
16
32
S +
0
1
n →
15
32
P +
1

1
p
Phương trình phân rã phóng xạ của
32
P:
15
32
P →
16
32
S + β
-
b)
0
A
A
=
mCi
mCi
2
10.5
1−
=
4
1
=
2/1
/
2
1

tt






→ t/t
1/2
= 2 → t = 2.t
1/2
. Vậy thời gian đã
lưu giữ là 2 chu kì bán huỷ.
Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt độ,
nên sau thời gian đó lượng
32
P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so với lúc đầu →
độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:
3
20
4
mCi =15 mCi = 15.10
-3
.3,7.10
10
Bq = 15.3,7.10
7
Bq.
Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là:
N =

7
1/2
A.t
A 15.3,7.10 .14,28.24.3600
λ ln2 0,693
= =
= 9,9.10
14
nguyên tử
Khối lượng
32
P đã phân rã là:

32
P
m
=
14
23
32.9,9.10
6,02.10
= 5,3.10
-8
(g) = 5,3.10
-2
(µg)
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng
32
S tạo thành
đúng bằng khối lượng

32
P đã phân rã: m(
32
S) = 5,3.10
-2
µg.
0,5
1,5
4 1. Áp dụng Chu trình Born- Haber tính được năng lượng mạng lưới BaCl
2
U
ml
= - 484,4 kcal.mol
-1
2. PTPƯ: C
6
H
6
(l) + 15/2 O
2
(k)
→
6CO
2
(k) + 3H
2
O (l)
∆U
o
298

=
67,0
11,7804,28 ×−
= -3269 kJ.mol
-1
∆H
o
298
= ∆U
o
298
+ ∆nRT = -3269 + (6-15/2)
×
8,314.10
-3
×
298 = -3273 kJ.mol
-1
1,0
1,0
5
a)
2
2
CO
CO
P
P
= 4,00;
2

CO
CO
P
P
= 1,25

2
2
CO
CO
P
P
:
2
CO
CO
P
P
=
2
1
K
K
=
CO
P
=>
CO
P
= 4,00/1,25 = 3,20 atm

2
CO
P
= 3,20/1,25 = 2,56 atm
b)
C(graphit) + CO
2
(k)
⇔
2CO (k)
Lúc cân bằng 1 – x 1,2 – x – y 2x + y
Fe (tt) + CO
2
(k)
⇔
FeO (tt) + CO(k)
Lúc cân bằng 1 - y 1,2 – x – y y 2x + y
Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,2 – x – y + 2x + y = 1,2 + x
1,2 + x =
38,1
1020082,0
0,20)56,22,3(
=
×
+
=> x = 0,18
61,0
1020082,0
0,2056,2

2
=
×
×
=
CO
n
mol
77,0=
CO
n
mol
0,75
1,25
=
CO
n
2x + y => y = 0,41 mol
=
C
n
1,00 – 0,18 = 0,82 mol
Fe
n
= 1,00 – 0,41 = 0,59 mol
6 a)
HSO
4
–
H

+
+ SO
4
2–
K
a
=10
-2
(1)
H
3
PO
4
H
+
+ H
2
PO
4
–
K
a1
=10
-2,15
(2)
H
2
PO
4
–

H
+
+ HPO
4
2–
K
a2
=10
-7,21
(3)
HPO
4
–
H
+
+ PO
4
3–
K
a3
=10
-12,32
(4)
H
2
O H
+
+ OH
-
K

w
= 10
-14
(5)
Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
K
a1
>>

K
a2
>> K
a3
→ quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
+
H PO
HSO
4
3
4
.
K
K
2- -
a a1
Ta có: [H ] = [SO ] + [H PO ] = C . + C
4 2 4
K + [H+] K + [H+]
a
a1

−
→

H PO
HSO
4
3
4
.
K
K
a1 a
C [H+] - C .
K + [H+] K + [H+]
a
a1
−
=
→

H PO
HSO
4
3
4
( ).
K + [H+]
K
a a1
C [H+] - C .

K + [H+] K
a
a1
−
=
→

-2 -2,15 2,03
2,03
-2 2,03 -2,15
H PO
4
3
10 10
(10 ).
10
10 +
C - 0,010.
10 + 10
−
−
−
=
= 9,61.10
-3
(M)
2.
-
2 4
H PO

3 4
H PO
4
3
PO
= .100
[H ]
Ta có: α = α
1
C
;
trong đó
-2,15
-3
-2,15 -2,03
1
.
1 1
0
-
[H PO ] = 9,64.10
2 4
0 0+
= 4,16.10
-3
→

-3
-3
H SO

3 4
4,16.10
α = .100 43,15%
9,64.10
=
Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A
→
độ điện li của H
3
PO
4
giảm 25%

2
H PO
4
3
= =
,
α α 43,15% 0,75 32,36%× =
và trong dung dịch thu được sẽ có 3
quá trình quyết định pH của hệ:
HSO
4
–
H
+
+ SO
4
2–

K
a
=10
-2
(1)
H
3
PO
4
H
+
+ H
2
PO
4
2–
K
a1
=10
-2,15
(2)
HCOOH H
+
+ HCOO
–
K
a’
=10
-3,75
(6)

2- - -
Ta có: [H+] = [SO ] + [H PO ] + [HCOO ]
4 2 4

vì [PO
4
3–
] << [HPO
4
2–
] << [H
2
PO
4
–
]
,
+
OH
,
HCO
HSO
4
.
K
K
-
a a
[H ] = C . + [H PO ] + C
2 4

K + [H+] K + [H+]
a
a
−
→
C
HCOOH
= [H
+
] - [H
2
PO
4
–
] -
,
,
HSO
4
.
K + [H+]
K
a a
C .
K + [H+] K
a
a
−
(7)
Từ biểu thức

3
2
H PO
4
3
H PO
4
= = .100
-
[H PO ]
,
2 4
α α 32,36%
C
=

→
[H
2
PO
4
–
] = 3,12.10
-3
M
[H
3
PO
4
] = 9,64.10

-3
- 3,12.10
-3
= 6,52.10
-3
(M).
0,5
1,0
Từ (2)
→
[H
+
] =
2,15 3
3
.
10 6,52.10
0,0148
3,12.10
K [H PO ]
a1 3 4
-
[H PO ]
2 4
− −
−
×
= =
M
Thay giá trị [H

2
PO
4
–
] và [H
+
] vào (7), ta được:
C
HCOOH
= (0,0148 – 3,12.10
-3
-
-2
-2
10 0,0148
10
0,01
+
) .
-3,75
-3,75
10 0,0148
10
+
= 0,644 M.
3. Zn
2+
+ H
2
O ZnOH

+
+ H
+
β =10
-8,96

C
’
0,1 – x x x x ≈ 10
-4,98
<< 0,10
Vậy
2+ 2+
'
C = C = 0,10
Zn Zn
M
pH
A
= 2,03
3-
3 4
4
'
H PO
3 2
PO
. .
= .
h + .h + . .h+ . .

K K K
a1 a2 a3
C C
K K K K K K
a1 a1 a2 a1 a2 a3
3-
3 4
4
21,68
' 3
H PO
3 2 6,09 6,21
PO
. .
10
. 9,64.10 .
h + .h 10 10
K K K
a1 a2 a3
C C
K
a1
−
−
− −
≈ = =
+
1,41.10
-18
M.

Xét điều kiện để Zn
3
(PO
4
)
2
tách ra theo phản ứng:
3Zn
2+
+ 2PO
4
3–
Zn
3
(PO
4
)
2
↓ K
s
-1
=10
35,42

2+
3-
4
3 2
Zn PO
.

' '
(C ) (C )
= (0,1)
3
. (1,41.10
-18
)
2
=1,99.10
-39
< 10
-35,42

→
Không có Zn
3
(PO
4
)
2
↓
0,5
7
1. a)2KMnO
4
+ 5NaNO
2
+ 3H
2
SO

4

→
5NaNO
3
+ 2MnSO
4
+ K
2
SO
4
+ 3H
2
O
b) 2Cr
2
O
3
+ 3O
2
+ 8NaOH
→
4Na
2
CrO
4
+ 4H
2
O
c) 6FeO+K

2
Cr
2
O
7
+13H
2
SO
4
→
3Fe
2
(SO
4
)
3
+ Cr
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ 13H
2
O
d) 4NaCrO

2
+ 3O
2
+ 4NaOH
→
4Na
2
CrO
4
+ 2H
2
O
e) 3As
2
S
3
+ 14KClO
3
+ 18H
2
O
→

6H
3
AsO
4
+ 9H
2
SO

4
+ 14KCl
2. a) E(Mg
2+
/Mg) = -2,37 +
2
059,0
lg0,010 = -2,43V
E(Ag
+
/Ag) = +0,7991 + 0,059 lg0,10 = +0,740V
b) Anot là điện cực Mg, catot là điện cực Ag. Các electron chuyển từ anot
sang catot nhờ dây dẫn điện.
Trong dung dịch, các anion chuyển về anot, các cation chuyển về catot.
c) E
pin
= 0,740 – (- 2,43) = + 3,17V.
1,0
1,0
8
n
KMnO
4

ban đầu =
158
12,22
= 0,14 mol; n
O
2

=
32
16,2112,22 −
= 0,03 mol
2KMnO
4
→
o
t
K
2
MnO
4
+ MnO
2
+ O
2

0,06 ← 0,03 ← 0,03 ← 0,03
=> n
KMnO
4
còn = 0,14 – 0,06 = 0,08 mol
2KMnO
4
+ 16HCl
→
5Cl
2
↑ + KCl + 2MnCl

2
+ 8H
2
O
0,08 → 0,64 → 0,2
KMnO
4
+ 8HCl
→
2Cl
2
↑ + 2KCl + MnCl
2
+ 4H
2
O
0,03 → 0,24 → 0,06
MnO
2
+ 4HCl
→
MnCl
2
+ Cl
2
↑ + 2H
2
O
0,03 → 0,12 → 0,03
=> n

Cl
2

= 0,2 + 0,06 + 0,03 = 0,29 mol => V
Cl
2
= 0,29.22,4 = 6,50 lít
=> n
HCl
= 0,64 + 0,24 + 0,12 = 1,0 mol
=> V
dd HCl
=
d
m
ddHCl
=
18,1%.5,36
%100.5,36.1
= 84,74 ml
9 1. Khi cho dd A tác dụng với khí clo rồi cho tác dụng với BaCl
2
xảy ra các ptpư:
H
2
O + Na
2
SO
3
+ Cl

2

→
Na
2
SO
4
+ 2HCl
x x (mol)
2H
2
O + Na
2
S
2
O
3
+ Cl
2

→
Na
2
SO
4
+ H
2
SO
4
+ 2HCl

y y y (mol)
Ba
2+
+ SO
4
2-

→
BaSO
4
x + 2y x + 2y (mol)
Có x + 2y =
3
10.777,2
233
647,0
−
=
(1)
Khi chuẩn độ dd A bằng I
2
:
H
2
O + Na
2
SO
3
+ I
2

→
Na
2
SO
4
+ 2HI
x x (mol)
2Na
2
S
2
O
3
+ I
2

→
Na
2
S
4
O
6
+ 2NaI
y y/2 (mol)
Lại có: x + y/2 = 29.10
-3
.0,05 = 1,45.10
-3

(2)
Từ (1) và (2) giải được: x = 10
-3
; y = 8,845.10
-3
Vậy: C
M
Na
2
SO
3
=
M01,0
1,0
10
3
=
−
; C
M
Na
2
S
2
O
3
=
M
2
3

10.845,8
1,0
10.845,8
−
−
=
2. Nếu dùng HCl cho phản ứng với 100ml A:
Na
2
S
2
O
3
+ 2HCl
→
2NaCl + SO
2
+ S + H
2
O
nS = nNa
2
S
2
O
3
= 8,845.10
-3
mol
Khối lượng chất rắn thu được là: 8,845.10

-3
.32 = 0,283g.
1,5
0,5
10
Từ phương trình Areniuxơ, ta có:
r
' '
-ΔHk A
K= = exp( )
RT
k A
(1)
(K là hằng số cân bằng)
Mặt khác, K liên hệ với ∆S
r
và ∆H
r
bởi biểu thức:

r r
'
ΔS -ΔHk
K= = exp( )exp
R RT
k
(2)
So sánh (1) và (2) rút ra ở điều kiện tiêu chuẩn:
0
r

'
ΔS A
exp( ) =
R
A
(3)
∆S
0
r
= Rln(A/A’) = 8,3145J.K
-1
mol
-1
.ln(1,0.10
9
/1,4.10
11
)
= - 41,1 J.mol
-1
(4)
Theo định lí nhiệt của Nerst:
∆S
0
r
= S
0
(C
2
H

6(k)
) + S
0
(Br
(k)
) - S
0
(C
2
H
5(k)
) - S
0
(HBr
(k)
) (5)
Từ (4) đã tính được biến thiên entropi của phản ứng (∆S
0
r
). Theo (5) và các số
liệu của đầu bài về entropi của các chất khác, tính được S
0
của C
2
H
5(k)
:
S
0
(C

2
H
5(k)
) = 240,0 J.K
-1
.mol
-1
.
Biến thiên entanpi của phản ứng là hiệu giữa các năng lượng hoạt động hoá của
phản ứng nghịch và thuận (lấy dấu ngược lại theo quy ước của nhiệt động học):
∆H
r
0
=- (E’
a
- E
a
) = -57,5KJ/mol (6)
Theo quy tắc về entanpi hình thành ta có:
∆H
0
r
= ∆H
f
0
(C
2
H
6(k)
) + ∆H

f
0
(Br
(k)
) - ∆H
f
0
(C
2
H
5(k)
) - ∆H
f
0
(HBr
(k)
) (7)
Sau vài biến đổi đơn giản và thay số ta tính được ∆H
0
f

(C
2
H
5(k)
) = 121,2 kJ/mol.
Áp dụng công thức: ∆G
f
0
= ∆H

f
0
- T∆S
f
0

Ta được: ∆G
f
0
(C
2
H
5(k)
) = 148,3 kJ/mol.
0,5
0,5
0,5
0,5

Lưu ý: HS làm bài đúng nhưng bằng cách khác vẫn cho đủ số điểm