ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ VIII MÔN HÓA 10

1
TRẠI HÙNG VƯƠNG NĂM 2012

ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : HÓA HỌC - LỚP 10

Câu Giải Điểm
Xác định vị trí :

XX X X X
2Z N 60 ;Z N Z 20+= =⇒=,
X là canxi (Ca), cấu hình electron của
20
Ca : [Ar] 4s
2

Cấu hình của Y là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
hay [Ne] 3s
2
3p
5
⇒ Y là Cl

Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của
24
Cr : [Ar] 3d
5
4s
1

STT

Chu kỳ nguyên tố

Nhóm nguyên tố

Ca 20 4 IIA
Cl 17 3 VIIA
Cr 24 4 VIB










1,0
Câu 1
( 2đ )
Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử:

Ca
ClCa
RRR
2
<
<
−+

Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích
hạt nhân của nguyên tử đó.
Bán kính ion Ca
2+
nhỏ hơn Cl
-
do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân
Ca
2+
(Z = 20) lớn hơn Cl
-
(Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron
lớn nhất (n = 4).





1,0
Câu 2
( 2đ )
1. Phản ứng có kèm theo sự tăng khối lượng: 2,12812.10

-30
kg tương ứng với năng lượng
E = 2,12812.10
-30
kg.(3,0.10
8
m.s
-1
)
2
= 1,915308.10
-13
J
Phản ứng chỉ xảy ra nếu động năng tối thiểu của hạt α bằng như vậy
E
đn
(α) ≥ 1,915308.10
-13
J
m.v
2
≥ 2. 1,915308.10
-13
J
v ≥ 7,594.10
6
m.s
-1
2. Gọi V(ml) thể tích máu của con chuột, ta có:
(V + 0,1).50 = 0,1.5,0.10

3
; V = 9,9ml

1,5






0,5
Câu 3
( 2đ )
1.
N
F
F
F
O
- sp tứ diện ;

I
Cl
C
l
Cl
Cl
sp
3
d

2
-tháp vuông ;
PtCl
4
2-
, - dsp
2
vuông phẳng
XeO
2
F
2
: sp
3
d – dạng bập bênh
2
Vì A, B, C không cùng thuộc một chu kì trong đó Z
A
< Z
B
< Z
C
và tổng số lượng tử chính bằng
6 >
e
A
có n = 1; e
B
có n = 2; e
C

có n = 3.
Tổng số lượng tử phụ bằng 2 trong đó e
A
có l = 0 (vì n = 1) ⇒ e
B
và e
C
đều có l = 1 (vì A, B,
C thuộc chu kì nhỏ nên không thể có l = 2)
Tổng số lượng tử từ = -2 mà e
A
có m = 0 vì l = 0 ⇒ e
B
và e
C
đều có m = -1
Tổng số lượng tử spin = +1/2, trong đó e
A
có s = +1/2 ⇒ e
B
và e
C
đều có s=-1/2
⇒ A, B, C lần lượt là H, O , S

1,0

1,0

2
a. Các quá trình xảy ra:
HClO
4
→ H
+
+ ClO
4
-

0,005M

Fe(ClO
4
)
3
→ Fe
3+
+ 3ClO
4
-

0,03M

MgCl
2
→ Mg
2+
+ 2Cl
-

0,01M
Các cân bằng:
Fe
3+
+ H
2
O ⇔ Fe(OH)
2+
+ H
+
K
1
= 10
-2,17
(1)
Mg
2+
+ H
2
O
⇔
Mg(OH)
+

+ H
+
K
2
= 10
-12,8
(2)
H
2
O ⇔ H
+
+ OH
-
K
w
= 10
-14
(3)
Ta có:
3
1
.
Fe
KC
+
= 2,03.10
-4
= 10
-3,69
>> K

w
= 10
-14

+2
.
2
Mg
CK
= 10
-14,8

→ Sự phân li ra ion H
+
chủ yếu là do cân bằng (1)
Fe
3+
+ H
2
O ⇔ Fe(OH)
2+
+ H
+
K
1
= 10
-2,17
(1)
C 0,03 0,005
[ ] 0,03 – x x 0,005 + x

2
2,17
1
3
[ ].[ ( ) ] (0,005 )
10
[] 0,03
HFeOH xx
K
Fe x
++
−
+
+
===
−

Giải phương trình được x = 9,53.10
-3

[H
+
] = 0,005 + 9,53.10
-3
= 0,01453 M → pH = 1,84

0,5 đ








0,5 đ
Câu 4
( 2đ )


b. Tính lại nồng độ sau khi trộn:
3
NH
C = 0,05M;
2
M
g
C
+
= 0,005M;
3
Fe
C
+

= 0,015M;
4
()
H
HClO
C
+
= 0,0025M
Có các quá trình sau:
3NH
3
+ 3H
2
O + Fe
3+
⇔ Fe(OH)
3
+ 3NH
4
+
K
3
= 10
22,72
(3)
2NH
3
+ 2H
2
O + Mg

2+
⇔ Mg(OH)
2
+ 2NH
4
+
K
4
= 10
1,48
(4)
NH
3
+ H
+
⇔ NH
4
+
K
5
= 10
9,24
(5)
Do K
3
, K
5
>> nên coi như phản ứng (3), (5) xảy ra hoàn toàn
3NH
3

+ 3H
2
O + Fe
3+
→ Fe(OH)
3
+ 3NH
4
+
0,05M 0,015M
0,005M - 0,045M
NH
3
+ H
+
→ NH
4
+

0,005M 0,0025M 0,045M
0,0025M - 0,0475M
TPGH gồm: NH
3
(0,0025M); NH
4
+
(0,0475M); Mg
2+
(0,005M); H
2

O
Tính gần đúng pH của dung dịch B theo hệ đệm:
0,0025
lg 9,24 lg 7,96
0,0475
b
a
a
C
pH pK
C
=+ =+ =

Hoặc tính theo cân bằng:
NH
3
+ H
2
O ⇔ NH
4
+
+ OH
-
K
b
= 10
-4,76
Mặt khác [Mg
2+
].[OH

-
]
2
= 4,16.10
-15
<
2
(( ))SMgOH
K nên không có kết tủa Mg(OH)
2
.
Vậy kết tủa A là Fe(OH)
3








0,5 đ

0,5 đ
Câu 5
( 2đ )
a. Để chứng minh phản ứng (1) là phản ứng bậc 1, ta thế các dữ kiện bài cho vào phương trình
(1) để tính k của phản ứng (2), nếu các hằng số thu được là hằng định thì phản ứng là bậc 1. Vì
áp suất tỉ lệ với nồng độ chất nên phương trình động học có thể biểu diễn theo áp suất riêng
phần.
Gọi p
0
là áp suất đầu của AsH
3
và y là áp suất riêng phần của H
2
ở thời điểm t, ta có tại
thời điểm t:







3
2AsH
3
(khí)
⎯
⎯→ 2As (rắn) + 3H
2
(khí) (1)

Ban đầu P
0
0 0
Cân bằng P
0
- 2x 2x 3x

2
H
p
= 3x và P
AsH3
= P
0
– 2x.
P
tổng
= P
0
+ x Æ x = P-P
0
Áp dụng hệ thức (1): k
00
00
11
= ln = ln
t - 2x t 3P - 2P
PP
P
, ta có:

Thiết lập được pt:
0
0
1
ln
32
P
k
tPP
=
−

Thay số: k
1
= 0,04 giờ
-1
; k
2
= 0,04045 giờ
-1
; k
3
= 0,04076 giờ
-1
;
k
1

≈
k

2

≈
k
3
. Vậy phản ứng (1) là phản ứng bậc nhất.
Hằng số tốc độ trung bình của phản ứng là:

1
k
3
= (0,04 + 0,04045 + 0,04076) =0,0404 giờ
-1
.
b. Thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1) là:

1/2
=
0,693 0,693
t =
k 0,0404
= 17, 153 (giờ).

1,5


0,5

Câu 6
( 2đ )
a) C
3
H
8
80% C
3
H
6
10% và H
2
10%
Gọi C
B
là tổng nồng độ của tất cả các hợp phần tại cân bằng.
[C
3

H
8
] = 0,8. C
B
; [C
3
H
6
] = [H
2
] = 0,1.C
B

lmolC
C
C
B
B
B
/104,010.3,1
).8,0(
).1,0(
3
2
=→=
−
;
[C
3
H

8
] = 0,0832 mol/l; [C
3
H
6
] = [H
2
] = 0,0104 mol/l.
P
B
= 692 KPa = 6,827 atm
b) Nếu P
A
= P
B
thì C
A
= C
B
. Tại cân bằng [CO
2
] = [H
2
] = x
[CO] = [H
2
O] = (0,104-2x)/2 = 0,052-x; (0,052-x)
2
/ x
2

= 0,25 -> x = 3,47.10
-2
mol/l
[CO
2
] = [H
2
] = 3,47 . 10
-2
mol/l ; [CO] = [H
2
O] = 1,73.10
-2
mol/l.






1,0



1,0
Câu 7
(2đ)
a) Khi pin làm việc:
Zn
⇌ Zn

2+
+ 2e
Ag
+
+ e ⇌ Ag

Zn + 2Ag
+
⇌ Zn
2+
+ 2Ag
Ta có : E
c
=
[
]
+
+
+
AgE
AgAg
lg059,0
/
0

E
a
=
[]
+

+
+
2
/
0
lg
2
059,0
ZnE
AgAg

E
pin
= E
c
– E
a
= 1,52 (V)
b)
- Thêm vào 2 nửa pin 0,01 mol NaOH, sẽ có kết tủa AgOH, Zn(OH)
2

Ag
+

+ OH
-
⇌ AgOH K
s
= 10

-7,7

Zn
2+
+ 2OH
-
⇌ Zn(OH)
2
K
s
= 10
-16,7

Tương tự ta phải tính lại nồng độ các cation [Ag
+
] = 10
-3,85
, [Zn
2+
] = 0,05
Thay các giá trị trên vào biểu thức để tính E
pin
= 1,37 (V)
- Thêm vào 2 nửa pin 0,1 mol NH
3
,
3
NH
C
= 1M sẽ có phản ứng tạo phức amin ở cả 2 điện cực

Ag
+
+ 2NH
3
⇌ Ag(NH
3
)
2
+
; β = 10
7,23








1,0






0,5

4
Zn
2+

+ 4NH
3
⇌ Zn(NH
3
)
4
2+
; β = 10
8,70

Tính lại nồng độ của mỗi cation trong dung dịch ở hai điện cực:
[Ag
+
] = 9,2.10
-9
M; [Zn
2+
] = 1,53.10
-9
M
)(345,1 VE
pin
=⇒
Nhận xét: Cả 2 trường hợp E

pin
đều giảm do nồng độ các cation giảm do phản ứng tạo kết tủa
và tạo phức.





0,5
Gọi số mol NaCl, KCl và MgCl
2
trong 6,3175g hỗn hợp muối là x, y và z.
Số mol AgNO
3
ban đầu : 0,1 . 1,2 = 0,12(mol).
Cho hòa tan hỗn hợp vào dung dịch AgNO
3
, có các phản ứng :
NaCl + AgNO
3
→ AgCl↓ + NaNO
3
(1)
KCl + AgNO
3
→ AgCl↓ + KNO
3
(2)
MgCl
2

+ 2AgNO
3
→ 2AgCl↓ + Mg(NO
3
)
2
(3)





0,5

Khi cho 2g Mg vào dung dịch B, Mg chỉ tác dụng với AgNO
3
(nếu dư), vì vậy trong kết
tủa C có thể có Ag và Mg. Mặt khác kết tủa C tan một phần trong dung dịch HCl, nên trong
kết tủa C còn Mg dư, lượng Mg dư tác dụng với HCl nên làm khối lượng kết tủa giảm, nhưng
khối lượng giảm là 1,844g < 2g chứng tỏ một phần Mg đã phản ứng với AgNO
3
dư. Vậy các
muối clorua kết tủa hoàn toàn với AgNO
3
.
Dung dịch B phản ứng với Mg :
2AgNO
3
+ Mg → 2Ag↓ + Mg(NO
3

)
2
(4)
Kết tủa C gồm Mg dư và Ag cho tác dụng với dung dịch HCl : chỉ có Mg phản ứng.
Mg + 2HCl → MgCl
2
+ H
2
(5)










0,5

Lượng Mg tan bằng lượng Mg dư→ lượng Mg tham gia phản ứng (4) là: 2 – 1,844 = 0,156(g)
Ta có số mol AgNO
3
:
3
AgNO
0,156
n=x+y+2z+2 =0,12
24

(mol) (I)
Dung dịch D chứa Mg(NO
3
)
2
: z +
24
156,0
= z + 0,0065(mol) và HCl dư, khi cho tác dụng với
dung dịch NaOH dư :
HCl + NaOH → NaCl + H
2
O

(6)
MgCl
2
+ 2NaOH → Mg(OH)
2
↓ + 2NaCl

(7)
Đem kết tủa nung tới khối lượng không đổi :
Mg(OH)
2
⎯→⎯
o
t
MgO + H
2

O (8)












0,5
Câu 8
( 2đ )
Ta có : n
MgO
= z + 0,0065 =
40
3,0
= 0,0075(mol) ⇒ z = 0,001(mol).
Khối lượng hỗn hợp muối ban đầu : m = 28,5x + 74,5y + 95z = 6,3175 (II)
Thay z vào phương trình (I) và (II), giải hệ phương trình thu được :
x = 0,10mol, y = 0,005mol.
Khối lượng kết tủa A : m
A
= 143,5(x + y +2z) = 15,3545(g)
Phần trăm các muối trong hỗn hợp đầu :
NaCl

KCl
2
MgCl
58,5 0,1
%m .100% 92,6%
6,3175
74,5 0,005
%m .100% 5,9%
6,3175
95 0,001
%m .100% 1,5%
6,3175
×
==
×
==
×
==

0,5


5
Câu 9
( 2đ )
Đặt x, y, z lần lượt là số mol tương ứng của Mg, Fe, sắt oxit
2
1.1,23
0,05
0,082.(273 27)
H
n ==
+
(mol)
Khi phản ứng hết với dung dịch B: số mol KMnO
4
là: 5.0,06.0,05=0,015 mol
Khối lượng muối trung hòa thu được: 7,274.5 = 36,37 (g)
Mg + H
2
SO
4
→ MgSO
4
+ H
2
(1)
Fe + H

2
SO
4
→FeSO
4
+ H
2
(2)
10FeSO
4
+ 2KMnO
4
+ 8H
2
SO
4
→ 5Fe
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ 2MnSO
4
+ 8H
2

O

(3)

0,075 ← 0,015 → 0,0375 → 0,0075→ 0,015
Khối lượng tạo thành từ (3): 0,0375.400+0,0075.174+0,015.151 = 18,57 (g)
→ trong C còn lại một lượng muối là: 36,37 - 18,57 = 17,8 (g)
→ chắc chắn trong C chứa MgSO
4

+ Nếu
4
M
gSO
m = 17,8 g thì
4
M
gSO
n ≈ 0,148 mol →
2
(1)
H
n = 0,148 > 0,05 (vô lí)
→ Dung dịch B ngoài MgSO
4
, FeSO
4
còn muối khác tạo thành từ sắt oxit là Fe
2
(SO

4
)
3

+ Nếu
4
(3)
FeSO
n =0,075 mol chỉ do (2) cung cấp thì
2
(2)
H
n = 0,075 > 0,05 (vô lí)
→ Phải có một lượng FeSO
4
tạo thành từ sắt oxit
Vậy sắt oxit tác dụng với H
2
SO
4
phải đồng thời tạo ra 2 muối : FeSO
4
, Fe
2
(SO
4
)
3
→ Công
thức sắt oxit: Fe

3
O
4

Fe
3
O
4
+ 4H
2
SO
4
→ FeSO
4
+ Fe
2
(SO
4
)
3
+ 4H
2
O (4)
(1) →
4
M
gSO
n =
2
(1)

H
n = x mol
(2)
→
4
FeSO
n =
2
(2)
H
n = y mol
(4)
→
4
FeSO
n =
243
()Fe SO
n = z mol
Ta có các phương trình:
2
H
n = x + y =0,05 (*)
4
FeSO
n
= y + z = 0,075 (**)
4
M
gSO

m +
243
()Fe SO
m (4) = 400z + 120x = 17,8 (***)
Giải hệ (*), (**), (***) ta có: x = 0,015; y = 0,035; z = 0,04
Vậy: a = 0,36g; b = 1,96g; c = 9,28g




















1,0

1,0

Câu 10
( 2đ )

a. Cách chuẩn độ: - Dùng pipet lấy 100 ml dung dịch HCl 1,00M cho vào nón. Nhỏ 2-3 giọt
phenolphtalein vào bình nón. Đổ dung dịch chuẩn NaOH 1,00 M vào buret sau đó chỉnh về
vạch số 0.
- Xác định chính xác thời điểm kết thúc phản ứng bằng dung dịch mẫu: lấy bình nón đựng 20
ml nước cất, cho thêm vài giọt phenolphtalein và 1 giọt NaOH.
- Tiến hành chuẩn độ. Ghi thể tích dung dịch NaOH đã dùng. Tiến hành chuẩn độ 3 lần. Sai
khác giữa các lần không quá 0,1 ml. Lấy giá trị trung bình để tính nồng độ dung dịch HCl

Cách tính: Nồng độ mol của dung dịch HCl được tính theo công thức
NaOH NaOH
HCl
HCl
V.C
C
V
=

b. Khi chuẩn độ 100 ml dung dịch HCl 0,100M bằng dung dịch chuẩn NaOH 0,100M, ta tính

được pH trong quá trình thêm dần dung dịch chuẩn NaOH vào và các kết quả được ghi trong
bảng sau :
V
NaOH
0 10 50 90 99 99,9 100 100,1 101 110
pH 1 1,1 1,48 2,28 3,30 4,30 7,0 9,70 10,7 11,68
Như vậy, xung quanh điểm tương đương có một sự thay đổi pH rất đột ngột : Khi thêm 99,9
ml NaOH vào tức là khi đã chuẩn độ 99,9% lượng axit thì pH của dung dịch bằng 4,3. Khi










1,0









6
thêm vào 100,1 ml NaOH tức là khi đã chuẩn độ quá 0,1% thì pH của dung dịch bằng 9,7 tức

là “bước nhảy pH là 5,4 đơn vị pH”. Nếu ta chọn các chất chỉ thị nào có khoảng đổi màu nằm
trong khoảng từ 4,3 đến 9,7 để kết thúc chuẩn độ thì sai số không vượt quá 0,1%. Ta thấy
trong trường hợp này có thể dùng cả 3 chất chỉ thị metyl da cam, metyl đỏ và phenolphtalein
làm chất chỉ thị.





1,0


Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác, kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.