HƯỚNG DẪN CHẦM ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường CHUYÊN QUẢNG NGÃI

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ KHIẾT
TỈNH QUẢNG NGÃI
ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HÓA – KHỐI 10
Câu Ý Nội dung chính cần đạt Điểm
Câu
1
1.1. Đặt công thức phân tử chất A: X
a
Y
b
Ta có: a.P
X
+ b.P
Y
= 18
a + b = 4
Y có 4 electron ở phân lớp p nên:
- Trường hợp 1: Y thuộc chu kì 2
⇒
Y: 1s
2
2s
2
2p
4

⇒
Y là oxi (P
Y

= 8)
⇒

b 2
≤

b =1 b = 2
a = 3 a = 2
P
X
= 3,33
(loại)
P
X
= 1
(Hiđro)
Khi đó nghiệm phù hợp: a = b = 2, P
X
= 1 (Hiđro)
- Trường hợp 2 : Y thuộc chu kì 3
⇒
Y: 1s
2
2s
2
2p
4
3s
2
3p

4

⇒
Y là lưu
huỳnh (P
Y
= 16)
⇒
b = 1
⇒
a = 3
⇒
P
X
= 0,67 (loại)
Vậy A là H
2
O
2
.
5H
2
O
2
+ 2KMnO
4
+ 3H
2
SO
4

→ 2MnSO
4
+ 5O
2
+ K
2
SO
4
+ 8H
2
O
2 2 2
H O O
n = n = 0,1
mol

2
O
0,1. 0,082. 300
V = 4,92
0,5
=
lít
0,5
0,5
1.2. Cấu hình electron nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản và trạng thái kích thích:
Si [Ne]3s
2
3p
2

Si
*
[Ne]3s
1
3p
3
3s 3p 3d
Cấu hình electron của nguyên tử F:
F: [He]2s
2
2p
5
→

F
‒
: [He]2s
2
2p
6
Khi hình thành phân tử SiF
4
thì nguyên tử Si ở trạng thái kích thích (Si
*
)
sẽ có 4 AO chứa electron độc thân sẽ xen phủ với 4 AO 2p chứa electron độc
thân của 4 nguyên tử F tạo thành 4 liên kết σ
Si–F
trong phân tử SiF
4

.
Để tạo thành ion
2
6
SiF
−
thì mỗi phân tử SiF
4
liên kết với 2 anion F
‒
theo
cách sau: mỗi ion F
‒
cho nguyên tử Si một cặp electron, cặp electron sẽ đi vào
các AO 3d còn trống.
Tương tự Si, nguyên tử C ở trạng thái kích thích cũng có 4 electron độc
thân:
C [He]2s
2
2p
2
0,5
0,5
1
C
*
[He]2s
1
2p
3

Phân tử CF
4
tồn tại tương tự SiF
4
.
Tuy nhiên không tồn tại
2
6
CF
−
vì nguyên tử cacbon ở chu kì 2, không có
các AO d trống.
Câu
2
a)
b)
c)
Ô mạng cơ sở:
Trong một ô mạng:
- Số ion R
n+
:
1 1
8 6 4
8 2
× + × =
- Số ion F
‒
:
8 1 8

× =
⇒
Để đảm bảo về mặt trung hòa điện tích thì:
4×n = 8×1 n = 2
⇒
⇒
ion kim loại là R
2+
Vậy trong 1 ô mạng cơ sở có 4 phân tử oxit có dạng RF
2
.
Khối lượng riêng florua tính theo công thức:
2
RF
23
3
M
4
6,023.10
D =
a
×
2
3 23 7 23
RF
D×a 6,023.10 4,89 (0,620.10 ) 6,023.10
M 175,48
4 4
−
× × ×

⇒ = = =
R
M 175,48 19 2 137,48
⇒ = − × =
(g/mol)
Vậy kim loại R là bari.
Muối florua là BaF
2
.
0,5
0,5
1,0
Câu
3
3.1. Phương trình phóng xạ:

32 32 0
15 16 1
P S + β ( e)
−
→

33 33 0
15 16 1
P S + β ( e)
−
→
Đơn vị khối lượng nguyên tử: 1 amu = 1 gam/mol
* Phân rã của
32

P:
2
1
ΔE = Δm . C
= (31,97390 ‒ 31,97207).(
3
23
10 kg
6,023.10
−
) (3,0.10
8
m.s
‒1
)
2
= 2,734517 .10
‒13
J = 1,707.10
6
eV = 1,707 MeV.
* Phân rã của
33
P:
0,25
0,5
2
2
2
ΔE = Δm . C

= (32,97172 ‒ 32,97145).(
3
23
10 kg
6,023.10
−
) (3,0.10
8
m.s
‒1
)
2
= 4,034534 .10
‒14
J = 251843,6 eV = 0,2518 MeV.
3.2. a) Năng lượng photon:

34 8
15
9
6,626.10 .3.10
1,691.10 J 0,01056 MeV
0,1175.10
hC
E
λ
−
−
−
= = = =

b) Hoạt độ phóng xạ: A = 0,1 Ci = 0,1. 3,7.10
10
Bq = 3,7.10
9
Bq
Ta có:
9
1/2
1/2
A.t
ln2 3,7.10 14,3 24 60 60
A = k.N = . N N=
t ln2 ln 2
× × × ×
⇒ =

⇒
N = 6,6.10
15
(nguyên tử)
Khối lượng của
32
P:
15
7
23
32 6,6.10
3,506.10
6,023.10
−

×
=
gam.
0,25
0,5
3.3. Hằng số tốc độ phân rã của
32
P:
1
ln 2
k 0,0485
14,3
= =
ngày
‒1
33
P:
2
ln 2
k 0,0274
25,3
= =
ngày
‒1
Thời điểm ban đầu (t = 0): A
32
+ A
33
= 9136,2 Ci
Sau 14,3 ngày:

0,0485 14,3 0,0274 14,3
32 33
A . A . 4569,7e e
− × − ×
+ =
Giải hệ, ta có: A
32
= 9127,1 Ci và A
33
= 9,1 Ci
Trong mẫu ban đầu:
32
33
32 32
32 2
P A 1
33 33
33 1
P
A 2
N A
32× 32×
m
32×A ×k
N k
= =
N A
m 33×A ×k
33× 33×
N k

=
Thay số, ta được:
32
33
P
P
m
32 × 9127,1 × 0,0274
549,46
m 33 × 9,1 × 0,0485
= =

⇒
32
P
%m 99,82%
=
;
33
P
%m 0,18%
=
0,5
Câu
4
a)
Phản ứng đốt cháy glucozơ: C
6
H
12

O
6 (r)
+ 6O
2 (k)
→
6CO
2 (k)
+ 6H
2
O
(l)
o
298
H
∆
phản ứng
= 6. (‒393,51) + 6. (‒ 285,84) ‒ (‒ 1274,45)
= ‒ 2801,65 kJ.mol
‒1
o
298
S
∆
phản ứng
= 6. (213,64) + 6. (69,94) ‒ (212,13) ‒ 6. (205,03)
= 259,17 J.K
‒1
.mol
‒1
o

298
G
∆
phản ứng
=
o
298
H
∆
‒ 298.
o
298
S
∆
= ‒ 2801,65 ‒ 298. (259,17. 10
‒3
)
= ‒ 2878,88 kJ.mol
‒1
Theo đề, ΔH và S của chất thay đổi không đáng kể theo nhiệt độ nên:
0,5
0,5
0,5
3
b)
o
310
G
∆
phản ứng

=
o
298
H
∆
‒ 310.
o
298
S
∆
= ‒ 2801,65 ‒ 310. (259,17. 10
‒3
)
= ‒ 2881,99 kJ.mol
‒1
Vì
o
310
G
∆
phản ứng
<
o
298
G
∆
phản ứng
(âm hơn), nên sự chuyển hóa đường trong cơ
thể ở 37
o

C diễn ra thuận lợi hơn ở 25
o
C.
0,5
Câu
5
a)
2 2 3
1 3
N + H NH
2 2
→
Hằng số cân bằng K
p
được xác đinh theo biểu thức:
3
2 2
NH
p
1/2 3/2
N H
P
K =
P . P
* Tại 350
o
C: P
tổng
= 10 atm
Theo đề, tại cân bằng lượng NH

3
chiếm 7,35% nên
3
NH
P 0,735
=
atm
→
2 2
N H
P P 9,265
+ =
atm
Mặt khác lượng N
2
và H
2
ban đầu lấy theo tỉ lệ 1: 3 nên
2
N
P = 2,316
atm và
2
H
P 6,949
=
atm
Do đó:
2
p1-1

1/2 3/2
0,735
K = 2,64.10
(2,316) . (6,949)
−
=
* Tại 350
o
C: P
tổng
= 50 atm
Tại cân bằng lượng NH
3
chiếm 25,11% nên
3
NH
P 12,555
=
atm
→
2 2
N H
P P 37,445
+ =
atm

2
N
P = 9,361
atm và

2
H
P 28,084
=
atm
Do đó:
2
p1-2
1/2 3/2
12,555
K = 2,76.10
(9,361) . (28,084)
−
=
* Tại 450
o
C: P
tổng
= 10 atm
3
NH
P 0,204
=
atm ;
2
N
P = 2,449
atm và
2
H

P 7,347
=
atm
Do đó:
3
p2-1
1/2 3/2
0,204
K = 6,55.10
(2,449) . (7,347)
−
=
* Tại 450
o
C: P
tổng
= 50 atm
3
NH
P 4,585
=
atm ;
2
N
P = 11,354
atm và
2
H
P 34,061
=

atm
Do đó:
3
p2-2
1/2 3/2
4,585
K = 6,84.10
(11,354) . (34,061)
−
=
0,25
0,25
0,25
0,25
b) Tại áp suất tổng P
tổng
= 10 atm:
o
p2-1
p1-1 1 2
K
ΔH 1 1
ln ( )
K R T T
= −
0,5
4
Thay số:
3 o
2

6,55.10ΔH 1 1
ln ( )
2,64.10 8,314 623 723
−
−
= −

⇒
ΔH
o
= ‒52,199 J.mol
‒1

Tại áp suất tổng P
tổng
= 50 atm:
o
p2-2
p1-2 1 2
K
ΔH 1 1
ln ( )
K R T T
= −
3 o
2
6,84.10ΔH 1 1
ln ( )
2,76.10 8,314 623 723
−

−
= −

⇒
ΔH
o
= ‒51,613 J.mol
‒1
0,5
Câu
6
Vừa mới trộn:
3 4
H PO
25,00
C 0,080 0,050 M
40,00
= × =

3
AgNO
15,00
C 0,040 0,015 M
40,00
= × =
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
(1) H
3
PO
4

€
H
+
+ H
2
P
4
O
−
Ka
1
= 10
‒2,23
(2) H
2
P
4
O
−

€
H
+
+ HP
2
4
O
−
Ka

2
= 10
‒7,21
(3) HP
2
4
O
−

€
H
+
+ P
3
4
O
−
Ka
3
= 10
‒12,32
(4) H
2
O
€
H
+
+ OH
‒
K

w
= 10
‒14,00

Do Ka
1
>> Ka
2
>> Ka
3
> Kw, chỉ xét cân bằng (1)
H
3
PO
4

€
H
+
+ H
2
P
−
4
O
Ka
1
= 10
‒2,23
C 0,050

[ ] 0,050 –x x x


[ ]
2
2 4
2,23 3
1
3 4
H H PO
K 10 5,89.10
H PO 0,050
a
x
x
+ −
− −
   
   
= = = =
−
⇒ x
2
+ 5,89.10
-3
x – 2,94.10
-4
= 0
⇒ x = [H
+

] = [H
2
P
4
O
−
] = 1,45.10
-2
mol.L
-1
⇒ [H
3
P
4
O
] = 0,0500 – 0,0145 = 0,0355 mol.L
-1
Tổ hợp 3 cân bằng (1), (2), (3) ta có:
H
3
PO
4
€

3H
+
+ P
3
4
O

−
K = Ka
1
.Ka
2
.Ka
3
= 10
‒21,76
= 1,74.10
‒22

[ ]
( )
3
3
4
3 22 18
4
3
3 4
H PO
0,0355
K PO 1,74.10 2,03.10
H PO
0,0145
+ −
− − −
   
   

 
= ⇒ = =
 

Vì
( )
3
3
3 18 24
4 sp
Ag PO 0,015 .2,03.10 6.85.10 K
+ − − −
   
= = <
   
⇒ Không tạo kết tủa Ag
3
PO
4
Ag
3
PO
4

€
3Ag
+
+
3
4

PO
−
K
sp
= 10
‒19,9
1,0
1,0
5
Vậy
3
4
PO
−
tự do ⇒ [H
+
] không thay đổi so với tính toán ở trên
[H
+
] = 0,0145 mol.L
-1
⇒ pH = ‒ log [H
+
] = ‒ log 1,45.10
‒2
= 1,84
Câu
7
7.1. Khi nhúng thanh bạc vào dung dịch HI 1,0M, có thể xảy ra phản ứng:
2Ag + 2HI

€
2AgI + H
2
Ta xét các thế điện cực sau:
,
/ / /
0,059lg[Ag] 0,059lg
[I ]
s AgI
o o
AgI Ag Ag Ag Ag Ag
K
E E E
+ + +
+
−
= + = +


17
8.10
0,8 0,059.lg 0,15
1,0
−
= + = −
V
2 2
2
2 2
2 / 2 /

0,059 [H ] 0,059 1,0
lg 0,00 lg 0,0
2 2 1
o
H H H H
H
E E
P
+ +
+
= + = + =
V
Vì
2
2 /H H
E
+
>
/AgI Ag
E
+
nên phản ứng xảy ra theo chiều thuận, chứng tỏ bạc thể
phản ứng với dung dịch HI giải phóng khí hiđro.
0,75
7.2.
a) Để có kết tủa Ni ở catot thì thế catot:
2+
c
Ni /Ni
E < E

(Ni
2+
+ 2e → Ni)
Với:

2+ 2+
0 2
Ni /Ni Ni /Ni
0,059 0,059
E E .lg[Ni ] = 0,23 + .lg 0,10 0, 2595 V
2 2
+
= + − = −

b) * Ở catot có các quá trình:
Ni
2+
+ 2e → Ni (1) có
2+
Ni /Ni
E = 0,2595 V
−
2 H
+
+ 2e → H
2
(2)

+ +
2 2

0 + 2 2 2
2H /H 2H /H
0,059 0,059
E E .lg[H ] = 0,00 + .lg(10 ) 0,118 V
2 2
−
= + = −
Vì
2+
Ni /Ni
E = 0,2595 V
−
<
+
2
2H /H
E 0,118 V
= −
nên khi bắt đầu điện phân, ở catot
xảy ra quá trình (2) trước.
* Ở anot:
2H
2
O → O
2
+ 4H
+
+ 4e
2 2 2 2 2
0 + 4 2 4

O /H O O /H O O
0,059 0,059
E =E .lg([H ] .P ) = 1,23 + .lg(10 ) 1,112 V
4 4
−
+ =
Điện áp tối thiểu cần phải đặt vào để quá trình điện phân bắt đầu xảy ra là:
V = E
a
‒ E
c
+ I.R = (
2 2 2
O /H O O
Eη
+
) ‒ (
+
2
2H /H
E
) + I.R
= (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,118) + 1,10. 3,15 = 5,495 V
c) Để [Ni
2+
] = 1,0.10
‒4
M thì lúc đó thế catot:
E
c

=
2+
4
Ni /Ni
0,059
E 0,23 + .lg10 0,348 V
2
−
= − = −
Khi đó, điện áp cần phải tác dụng là
0,25
0,5
0,5
6
V = E
a
‒ E
c
+ IR = (1,112 + 0,80) ‒ (‒0,348) + 1,10. 3,15 = 5,725 V
Câu
8
8.1. Ptpư: (mỗi phản ứng 0,25đ)
a) O
3
+ 2I
‒
+ H
2
O
→

O
2
+ I
2
+ 2OH
‒
b) CO
2
+ NaClO + H
2
O
→
NaHCO
3
+ HClO
c) 3Cl
2
+ 2FeI
2

→
2FeCl
3
+ 2I
2
5Cl
2
+ I
2
+ 6H

2
O
→
2HIO
3
+ 10HCl
d) 2F
2
+ 2NaOH
(loãng, lạnh)
→
2NaF + OF
2
+ H
2
O
1,0
8.2. Phản ứng hấp thu định lượng CO:
I
2
O
5
+ 5CO → I
2
+ 5CO
2
Phản ứng chuẩn độ:
I
2
+ 2Na

2
S
2
O
3
→ Na
2
S
4
O
6
+ 2NaI
Tính toán hàm lượng CO:
2 2 2 3
CO I Na S O
5 5
n = 5n = n 0,100 0,016 0,004
2 2
= × × =
mol

CO
0,004
%V 100 29,87%
0,3
22,4
= × =
1,0
Câu
9

a) Ptpư:
4FeCO
3
+ O
2
→ 2Fe
2
O
3
+ 4CO
2
(1)
4FeS
2
+ 11O
2
→ 2Fe
2
O
3
+ 8SO
2
(2)
+ Khí B gồm: CO
2
, SO
2
, O
2
, N

2
; chất rắn C gồm: Fe
2
O
3
, FeCO
3
, FeS
2
.
+Rắn C phản ứng với dung dịch H
2
SO
4
loãng:
Fe
2
O
3
+ 3H
2
SO
4
→ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 3H

2
O (3)
FeCO
3
+ H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ H
2
O + CO
2
(4)
FeS
2
+ H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ S
↓
+ H
2
S (5)
+ Khí D gồm: CO
2

và H
2
S;
Các chất còn lại gồm:FeSO
4
, Fe
2
(SO
4
)
3
, H
2
SO
4
dư và S, khi tác dụng với KOH
dư:
2KOH + H
2
SO
4
→ K
2
SO
4
+ 2H
2
O (6)
2KOH + FeSO
4

→ Fe(OH)
2
↓ + K
2
SO
4
(7)
6KOH + Fe
2
(SO
4
)
3
→ 2Fe(OH)
3
↓ + 3K
2
SO
4
(8)
+ Kết tủa E gồm Fe(OH)
2
, Fe(OH)
3
và S, khi để ra không khí thì chỉ có phản
ứng:
4Fe(OH)
2
+ O
2

+ 2H
2
O → 4Fe(OH)
3
(9)
Vậy F gồm Fe(OH)
3
và S
0,5
b) Nhận xét: So sánh hệ số các chất khí trong (1) và (2) ta thấy: áp suất khí sau
phản ứng tăng lên chứng tỏ lượng FeCO
3
có trong hỗn hợp A nhiều hơn FeS
2
.
Gọi a là số mol của FeS
2
⇒ số mol của FeCO
3
là 1,5a, ta có:
116.1,5a + 120a = 88,2 ⇒ a = 0,3.
+ Vậy trong A gồm : FeS
2
(0,3 mol), FeCO
3
(0,45 mol).
1,0
7
+ Nếu A cháy hoàn toàn thì cần lượng O
2

là :
0,45 11
0,3. 0,9375
4 4
+ =
mol
⇒Lượng không khí ban đầu trong bình có :
Số mol O
2
:
110
0,9375 1,03125
100
× =
mol
Số mol N
2
:
4 1,03125 4,125
× =
mol
Số mol không khí :
5 1,03125 5,15625× =
mol
- Vì hai muối trong A có khả năng như nhau trong các phản ứng nên gọi x là số
mol FeS
2
tham gia phản ứng (1) thì số mol FeCO
3
tham gia phản ứng (2) là

1,5x.
+ Theo (1), (2) thì độ tăng số mol khí sau phản ứng:

1,5
(4 1) .(8 11) 0,375
4 4
x x
x
− + − =

+ Vì áp suất sau phản ứng tăng 1,45% so với áp suất trước khi nung, ta
có :

0,375 1, 455
5,15625 100
x
=
⇒ x = 0,2
- Theo các phản ứng (1), (9) ta có chất rắn F gồm : Fe(OH)
3
(0,75 mol) và S
(0,1 mol).
Vậy trong F có %m-Fe(OH)
3
= 96,17% ;
%m-S = 3,83%
c) Hỗn hợp khí B gồm: N
2
(4,125 mol), O
2

(0,40625 mol), CO
2
(0,3 mol), SO
2

(0,4 mol) ⇒ M
B
= 32.
Hỗn hợp khí D gồm: CO
2
(0,15 mol), H
2
S (0,1 mol) ⇒ M
D
= 40.
Vậy d
D/B
= 1,25
0,5
Câu
10
10.1
.
Phương trình động học của phản ứng thuận nghịch bậc 1:
1
2
k
k
A B
→

¬
t=0: a 0
t: a – x x
t cân bằng: a – x
cb
x
cb

Biểu thức:
cb
1 2
cb
x
1
k + k = .ln
t x x
−

1
cb
2
k [B]
K = =
k [A]
Tại thời điểm cân bằng (∞): x
cb
= 70%
Tại t = 45 giây: x = 10,8%
⇒

3
tong 1
1 70
k .ln 3,72.10
45 70 10,8
−
= =
−
Tại t = 90 giây: x = 18,9%
⇒

3
tong 2
1 70
k .ln 3,50.10
90 70 18,9
−
= =
−
Tại t = 270 giây: x = 41,8%
⇒

3
tong 3
1 70
k .ln 3,37.10
270 70 41,8
−
= =
−

1,0
8
Lấy trung bình:
tong 1 tong 2 tong 3
3
1 2
k + k + k
k + k 3,53.10
3
−
= =
Mặt khác, hằng số cân bằng phản ứng:
cb
1
cb
2 cb
[B]
k
70
K = = 2,333
k [A] 30
= =
Do đó: k
1
= 2,47. 10
‒3
s
‒1

k

2
= 1,06. 10
‒3
s
‒1

10.2
.
Theo đề: v = k. [A].[B] nên phản ứng bậc 2.
a) C
A
= C
B
= a =
1,0
0,5
2
=
M
Nồng độ đầu 2 chất phản ứng bằng nhau nên phương trình động học:
1 1 1
k = ( )
t a x a
−
−
Tại T
1
= 300K:
1
1 1 1

k = ( ) 0,7544
2 0,5 0, 215 0,5
− =
−
(mol
‒1
.lít.giờ
‒1
)
Tại T
1
= 370K:
2
1 1 1
k = ( ) 1,5037
1,33 0,5 0,25 0,5
− =
−
(mol
‒1
.lít.giờ
‒1
)
Phương trình Arrhenius:
2
1 1 2
1 1
ln ( )
a
E

k
k R T T
= −


⇒

1,5037 1 1
ln ( )
0,7544 8,314 300 370
a
E
= −

⇒
E
a
= 9093,55 (J/mol)
b) Ở 300K, k = 0,7544 mol
‒1
.lít.giờ
‒1
C
A
= a = 1.
1,0
0,25
4
=
M; C

B
= b = 3.
1,0
0,75
4
=
M,
theo đề: x = 90%. a = 0,225 M
Do nồng độ đầu hai chất khác nhau nên phương trình động học:
1 a.(b )
t .ln
k(b a) b.(a )
x
x
−
=
− −
=
1 0,25 (0,75 0,225)
.ln 5,16
0,7544 (0,75 0,25) 0,75 (0,25 0,225)
× −
=
× − × −
(giờ)
0,5
0,5
HẾT
Người ra đề
Lê Thị Quỳnh Nhi

Điện thoại: 01674715808
9