Đáp an Đề đề xuất thi học sinh giỏi lớp 10 Duyên Hải môn Hóa Học tỉnh Bắc Ninh năm học 20142015

Trang 5


HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG
DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
TỈNH BẮC NINH

ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ

ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC – KHỐI 10
NĂM 2015
Thời gian làm bài: 180 phút


HƯỚNG DẪN
CÂU Ý NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC ĐIỂM

CÂU 1 1/
*Đối với nguyên tố X:
So sánh các tỉ số
1i
i
I
I

ta thấy
5
4
I

I
lớn hơn các tỉ số
1i
i
I
I

khác nên X
thuộc nhóm IVA, nên X có thể là C, Si, Ge, Sn, Pb.
Theo quy tắc Slayter,
5
2
6( )
2
6
13,6 489,6( )
1
C
C
I E eV

    
xấp xỉ I
6(X)
.
Vậy, X là cacbon

Y, Z thuộc chu kì 2.
*Đối với nguyên tố Y:
Ta thấy,

6
5
I
I
lớn hơn các tỉ số
1i
i
I
I

khác nên Y thuộc nhóm VA

Y là
Nitơ
*Đối với nguyên tố Z:
Từ I
1
đến I
6
, các tỉ số
1i
i
I
I

xấp xỉ nhau, Z có ái lực với electron lớn nên
Z có thể là Oxi hoặc Flo
Cấu hình electron của O: 1s
2
2s

2
2p
4
; của F: 1s
2
2s
2
2p
5
; của N: 1s
2
2s
2
2p
3
.
Dựa vào cấu hình electron ta thấy, I
1(N)
> I
1(O)
; I
1(F)
> I
1(N)

Theo đề bài, I
1(Z)
< I
1(N)
nên Z là oxi.

0,25



0,25





0,25
2/
Cấu hình electron của X ở trạng thái cơ bản: 1s
2
2s
2
2p
2

Cấu hình electron của X ở trạng thái kích thích thỏa mãn đề bài là:
1s
2
2s
1

2p
3
; 1s
2
2s
0
2p
4
; 1s
1
2s
2
2p
3
; 1s
1
2s
1
2p
4
; 1s
1
2s
0
2p
5
; 1s
0
2s
2

2p
4
;




Trang 6

1s
0
2s
1
2p
5
; 1s
0
2s
0
2p
6
.
0,5
3/
Năng lượng của các ion:
*C
+
:
2 3 4 5 6
( ) 1018,6( )

C
E I I I I I eV

       

*C
-
:
1 2 3 4 5 6
( ) A 1031,11( )
E
C
E I I I I I I eV

         

*N
+
:
2 3 4 5 6 7
( I )
N
E I I I I I

      

với
6
2
7(N)

2
7
13,6 666,4( )
1
N
I E eV

    
nên
1529,1( )
N
E eV

 

*N
-
:
1 2 3 4 5 6 7
( ) A 1543,28( )
E
N
E I I I I I I I eV

          

*O
+
:
2 3 4 5 6 7 8

( ) ( )
O
E I I I I I I I

       

Với
2
2
7 8
2
1
(8 0,3)
2 13,6 1612,688( )
1
s
I I E eV

      

nên
2032,008( )
O
E eV

 

*O
-
:

1 2 3 4 5 6 7 8
( ) A 2047,083( )
E
O
E I I I I I I I I eV

           



0,25




0,25




0,25
CÂU 2 1/
Vẽ ô mạng cơ sở của LiCl
0,5
2/
Vì có sự tiếp xúc anion – anion nên
10
4 2 1,82.10 ( )
Cl Cl
r a r m

 

  

Vì ion Li
+
được xếp khít vào khe giữa các anion Cl
-
nên
11
2( ) 7,53.10 ( )
Cl Li Li
r r a r m
  

   

0,25

0,5
3/
Mỗi ô mạng tinh thể chứa 4 phân tử LiCl nên ta có:

3
23 8 3
4.(6,94 35,45)
2,074( / )
6,02.10 .(5,14.10 )
LiCl
m

D g cm
V


  

0,25

0,5
CÂU 3 1/

Độ hụt khối của hạt nhân nguyên tử

. ( ).
p n ntu
m Z m A Z m m    

nên
3 1
2,176.10 ( ); m 4,73324.10 ( ); 1,798248( )
D Fe U
m u u m u
 
     

Năng lượng liên kết hạt nhân
2 2
. ( ).931,5( / )E m c m u MeV c
    



2,027( ); 440,901( ); 1675,068( )
H Fe U
E MeV E MeV E MeV     


Năng lượng liên kết riêng của hạt nhân
E
E
A

 






0,25


Trang 7



( ) (Fe) (U)
1,0135( ); 8,1648( ); 7,0381( )
E H E E
MeV MeV MeV     

Năng lượng liên kết riêng càng lớn, hạt nhân càng bền

Hạt nhân nguyên tử Fe bền hơn U, bền hơn D.
*Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình thì bền vững hơn hạt
nhân có khối lượng nhẹ và nặng.

0,25

0,25

0,25
2/
a/
7
Be có thể phóng xạ

+
hay bắt electron theo phương trình:

7 7
4 3
7 7
4 3
(1)
(2)
Be Li
Be e Li



 
 

∆m
1
= M
Be
- M
Li
- 2m
e
= - 1,682.10
-4
u
∆m
2
= M
Be
- M
Li
= 9,3.10
-4
u.
Vậy, chỉ có quá trình (2) có thể xảy ra.


0,25


0,25

b/ Phương trình phóng xạ của Be – 7 và Ga – 67 là

7 7
4 3
67 67
31 30


Be Li
Ga Zn




 
 



0,25
c/ Phản ứng phóng xạ tuân theo động học bậc nhất
1/2
/
0 0
1
.e hay .( )
2
t T
t
A A A A



  
với T
1/2
là chu kì bán hủy
Áp dụng biếu thức ta có, sau ¾ giờ,

7 7
6,997.10 (Bq);A 6,998.10 ( )
Be Ga
A Bq
 





0,25
CÂU 4 1/
∆H
o
298
= -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ
∆C
o
p
= 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K
-1

∆H
1350
= ∆H
o
298
+
1350
0
298
.
p T
C d


= -448976,84J
0,5


0,5
2/
Vì nhiệt cung cấp chỉ dùng để nâng nhiệt độ các chất ban đầu nên:
KTdTH
JKCCCC
T
o
o
Np
o
Op
o

ZnSp
o
P
1829031,293
31,2936
2
3
298
1350
1
)()()(
22






T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự duy trì được.


0,5


Trang 8

0,5
CÂU 5
*Thí nghiệm 1:
PCl

5
⇌ PCl
3
+ Cl
2

CB: 1 – x x x
 n = 1 + x
Ta có:
2 2
2
x 2 2x
1,85
1 x 1 x 1 x
 
 
 
  
 

2 5
Cl PCl
x n 0,693mol n 0,307mol    

0,75
*Thí nghiệm 2:
Thêm Ar vào ở T, V không đổi nên áp suất riêng phần của từng chất và
hằng số K
p
không đổi. Cân bằng không chuyển dịch, kết qủa giống thí
nghiệm 1


0,5
*Thí nghiệm 3:
PCl
5
⇌ PCl
3
+ Cl
2
+ Ar
CB: 1 – x x x 1
n = 2 + x

2 5
2 2 2
2
/ (2 ) 2
1,85 2
(1 ) / (2 ) 2
0,77 0,23
Cl PCl

x x x
x x x x
x n mol n mol

  
   
    







0,75
CÂU 6 1/

Tính lại nồng độ của các chất sau khi trộn:
C
6
H
5
COOH: 0,01M; NH
3
: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H
2
S: 0,025M
Sau khi trộn, xảy ra các phản ứng sau:
NH
3

+ HCOOH

NH
4

+ HCOO
-
K = 10
5,49

0,055 0,02
0,035 - 0,02 0,02








Trang 9

NH
3
+ C
6
H
5
COOH


NH
4

+ C
6
H
5
COO
-
K = 10
5,04

0,035 0,01
0,025 - 0,01 0,01
NH
3
+ H
2
S

NH
4

+ HS
-
K = 10
2,23

0,025 0,025
- - 0,025 0,025

Vậy thành phần giới hạn của dung dịch A là:
NH
4

: 0,055M; HCOO
-
: 0,02M; C
6
H
5
COO
-
: 0,01M; HS
-
: 0,025M




0,25

0,25
2/
Trong dung dịch A có các cân bằng sau:

9,24
4 3
2 12,90
2
14

2 w
6,98
2 2 2
6 5 2 6 5
K 10 (1)
K 10 (2)
K 10 (3)
K 10 (4)
COO COO K
a
a
b
NH NH H
HS S H
H O OH H
HS H O H S OH
C H H O C H H OH
  
   
  
  
 
 
 
 
  
 






9,8
10,25
10 (5)
HCOO COOH K 10
(6)
b
b
H OH

  

 


So sánh (1), (2) và (3), bỏ qua cân bằng (2) và (3)
So sánh (4), (5) và (6), bỏ qua cân bằng (5) và (6)
Do đó, cân bằng (1) và (4) quyết định pH của dung dịch.
Mặt khác, ta có:
4
(1) (4)
. .
a b
NH HS
K C K C
 


Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 7

0,25

0,25
0,25
3/
Căn cứ vào pH của dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất
đã tham gia phản ứng
Trong dung dịch A, NH
4

và HS
-
có thể phản ứng với dung dịch
NaOH; HS
-
, HCOO
-
và C
6
H
5

COO
-
có thể phản ứng với dung dịch HCl.
Tính bazơ của HS
-
lớn hơn của C
6
H
5
COO
-
và lớn hơn của HCOO
-
.
Tính axit của NH
4

lớn hơn của HS
-
.









Trang 10

Tại pH = 10, ta có:
9,24
3
10
4
[ ] 10
1
[ ] [ ] 10
a
NH K
NH H

  
 

nên NH
4

đã tham gia
phản ứng. Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch
A đến pH=10

Ta có, tại pH = 10:
9,24
3
9,24 10
4 3
[ ] 10
0,8519

[ ]+[ ] 10 10
NH
NH NH

  
 


nên 85,19% NH
4

đã tham gia phản ứng

2 12,9
2
10
[ ] 10
1
[ ] [ ] 10
a
S K
HS H
 
  
 


nên HS
-
chưa tham gia phản ứng

Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH
-
+ NH
4


NH
3
+ H
2
O
4
dd
0,055.0,8519.20
18,74( )
0,05
NaOH NaOH
NH pu
n n V ml

   


0,25




0,25

0,25
CÂU 7 1/
Ta có các cân bằng:
Cu
2+
+ H
2
O


Cu(OH)
+
+ H
+
(1) K
1
= 10
-8

Pb
2+
+ H
2
O


Pb(OH)
+

+ H
+
(2) K
2
= 10
-7,8

H
2
O


H
+
+ OH
-
(3) K
w
= 10
-14

Vì
2
1
.
Cu
C K

≈
2

2
.
Pb
C K

>> K
w
nên ta có thể tính pH theo cân bằng (1)
và (2), bỏ qua cân bằng (3).
Theo điều kiện proton, ta có:
( ) ( )
H Cu OH Pb OH
  
     
 
     

Theo cân bằng (1), (2), ta có :

2 2
1 2
2 2
1 2
. .
. .
K Cu K Pb
h h K Cu K Pb
h h
 
 

   
   
   
    
   

Giả sử nồng độ cân bằng của Cu
2+
, Pb
2+
là nồng độ ban đầu, ta tính
được h = 3,513.10
-5
(M)
Tính lại nồng độ cân bằng của Cu
2+
, Pb
2+
theo giá trị H
+
ở trên
Gọi x, y lần lượt là nồng độ cân bằng của Cu(OH)
+
, Pb(OH)
+

Theo cân bằng (1), (2) ta có

0,25





0,25




Trang 11


5
8 5
1
5
7,8 5
2
.3,513.10
10 1,708.10
0,06
.3,513.10
10 1,805.10
0,04
x

K x
x
y
K y
y

 

 
   

   

.

Giá trị của x, y rất nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân bằng
của Cu
2+
, Pb
2+
coi như bằng nồng độ ban đầu( kết quả lặp)
Vậy [H
+
] = 3,513.10
-5
; pH = 4,454

0,25

0,25
2/
a/
Sau khi trộn,

2 2
3
0,03 ; 0,02 ; 0,07 ; 0,13
Cu Pb H IO
C M C M C M C M
   
   

Vì môi trường axit mạnh nên bỏ qua sự tạo phức hiđroxo của các ion
kim loại
Các phản ứng:
Pb
2+
+ 2IO
3
-



Pb(IO
3
)
2

K
3
= 10
12,61
>>
C
bđ
0,02 0,13
[ ] 0 0,09
Cu
2+
+ 2IO
3
-



Cu(IO
3
)
2
K
4
= 10
7,13
>>
C
bđ
0,03 0,09
[ ] 0 0,03

Thành phần giới hạn của dung dịch Y gồm: Pb(IO
3
)
2
; Cu(IO
3
)
2
; IO
3
-
;
H
+
; Na
+
; NO
3
-

Có các cân bằng:
Pb(IO
3
)
2



Pb
2+

+ 2IO
3
-
(4) K
3
-1
= 10
-12,61

Cu(IO
3
)
2



Cu
2+
+ 2IO
3
-
(5) K
4
-1
= 10
-7,13

Vì K
3
-1

<< K
4
-1
nên ta tính theo cân bằng (5)
Cu(IO
3
)
2



Cu
2+
+ 2IO
3
-
(5) K
4
-1
= 10
-7,13

C
bđ
0,03
[ ] x 0,03 + 2x
Theo cân bằng (5):
1 2 7,13
4
.(0,03 2 ) 10

K x x
 
  













0,125










Trang 12

5

8,237.10
x

 
<< 0,03
Thế của điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y là

2 2
0 2
/ /
0,0592
log
2
Cu Cu Cu Cu
E E Cu
 

 
  
 
0,216(V)
* Xét dung dịch Z:
Phương trình phản ứng:
Ag
+
+ I
-




AgI K
6
= K
s
-1
= 10
16

>>

phản ứng hoàn toàn
C
bđ
0,01 0,04
Sau 0 0,03
Thành phần giới hạn của dung dịch: AgI; I
-
; Na
+
, NO
3
-
Có cân bằng:
AgI


Ag
+
+ I
-

K
6
-1
= 10
-16

C
bđ
0 0,03
[ ] x 0,03 + x


1 16
6
.(0,03 ) 10
K x x
 
  


x = 3,333.10
-15

Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là:
0 15
/ /
0,0592log 0,799 0,0592log(3,333.10 )
0,058( )
Ag Ag Ag Ag
E E Ag

V
 
 
 
   
 
 

Vì
2
/ /Ag Ag Cu Cu
E E
 

nên điện cực Cu là catot ở bên phải sơ đồ pin, điện
cực Ag là anot ở bên trái sơ đồ pin. Vậy, sơ đồ pin là
(-) Ag│AgI, dung dịch I
-
0,03M ║ Pb(IO
3
)
2
; Cu(IO
3
)
2
; IO
3
-

0,03M; H
+
; Na
+
; NO
3
-
│Cu (+)

0,125


0,125














0,125

0,25
b/
Ở 25
0
C, E
pin
= E
(+)
- E
(-)
= 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V)

0,25
CÂU 8 1/
Sự biến đổi năng lượng liên kết trong dãy halogen :
- Năng lượng liên kết X – X trong F
2
nhỏ hơn trong Cl
2
và Br
2
do trong



Trang 13

F
2
chỉ có xen phủ p–p còn trong Cl
2

At
2
ngoài sự xen phủ p –p còn
có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết.
- Năng lượng liên kết giảm từ Cl
2
 At
2
là do bán kính nguyên tử tăng
dần từ F  At nên mức độ xen phủ giữa các AO giảm dần  độ bền
liên kết X – X giảm từ Cl
2
 At
2
.

0,5


0,5
2/
Nêu và giải thích qui luật biến đổi:
 Tính axit tăng từ HClO  HClO
4
do khi số nguyên tử O liên kết

với nguyên tử Cl tăng làm tăng mật độ điện tích dương trên Cl  làm
giảm mật độ điện tích âm trên nguyên tử O của nhóm O – H  tăng độ
phân cực của liên kết O – H  tính độ linh động của H.
 Độ bền tăng từ HClO  HClO
4
do khi số nguyên tử O liên kết
với nguyên tử Cl tăng  tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl 
làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời khi số nguyên tử O tăng
làm tăng tính đối xứng của các ion  độ bền của các gốc axit tăng.
 Tính oxi hoá trong dãy ion: ClO

, ClO
2

, ClO
3

, ClO
4

giảm do độ
bền của các ion tăng  khả năng hoạt động hoá học giảm.



0,25

0,25

0,5
CÂU 9
Dựa trên các tích số tan của các chất và thế điện cực học sinh thấy
được các phản ứng có thể xảy ra theo thứ tự là:
Hg
2+
+ H
2
S

HgS

+ 2H
+
K
1
= K
s1
-1
.K
a1
.K
a2
= 10
31,88
(1)
0,01 1,00
- 1,02

2Fe
3+
+ H
2
S

2Fe
2+
+ S

+ 2H
+
2 (0,771 0,141)/0,0592 21,28
2
K 10 10
 
 
(2)
0,01 1,02
- 0,01 1,03
Zn
2+
+ H
2
S

ZnS

+ 2H
+

K
3
= K
s3
-1
.K
a1
.K
a2
= 10
1,68
(3)
Fe
2+
+ H
2
S

FeS

+ 2H
+
K
4
= K
s4
-1
.K
a1
.K

a2
= 10
-2,72
(4)
Theo phản ứng (1), (2), giá trị K
1
, K
2
tìm được rất lớn nên có kết tủa
HgS và S tạo ra.









0,5



Trang 14

Theo phản ứng (3) và (4), các giá trị K
3
, K
4
nhỏ nên cần phải xác định

xem có tạo kết tủa FeS và ZnS hay không.
*Đánh giá khả năng kết tủa của ZnS và FeS:
Vì H
2
S là một axit yếu nên chấp nhận [H
+
] = C
H
+
= 1,03 M, môi
trường axit, bỏ qua sự tao phức hiđroxo của ion Zn
2+
và ion Fe
2+
tức là
C’
Zn
2+
= 0,01M và C’
Fe
2+
= 0,01 M.
Từ cân bằng H
2
S

2H
+
+ S
2-

K = K
a1
.K
a2
= 10
-19,92
(5)
2
19,92
2 20,95
1 2 2
2 2
. .[ ] 10 0,1
[ ]= 10
[ ] 1,03
a a
S
K K H S
C S
H


 


   

Vậy ta có:
C’
Fe

2+
.C’
S
2
= 0,01.10
-20,95
= 10
-22,95
<< K
s
(FeS)
= 10
-17,2

không có kết tủa FeS
C’
Zn
2+
.C’
S
2

= 0,01.10
-20,95
= 10
-22,95
< K
s
(ZnS)
= 10

-21,6


không có kết tủa ZnS
Hiện tượng: Màu vàng của dung dịch (do muối FeCl
3
) nhạt dần đến
hết và xuất hiện màu trắng xanh (do muối FeCl
2
); có kết tủa HgS màu
đen (có lẫn kết tủa S vàng ngà)

0,25







0,25


0,25

0,25

0,5
CÂU
10

Phản ứng bậc 1 có phương trình động học dạng tích phân:
C = C
0
.e
-kt
→ kC = kC
0
.e
-kt
→ lnv = lnv
0
– kt
→ lgv = lgv
0
– (1/2,303)kt = lgv
0
– 0,434kt (1)
Như thế, phản ứng có sự phụ thuộc lgv = -0,68 – 0,09t (2) phải là
phản ứng bậc 1 với lgv
0
= -0,68.
→ v
0
= 10
-0,68
mol/(L.s) = 0,21 mol/(L.s)
Khi C = C
0
/2 thì v =v

0
/2 = 0,105 mol/(L.s)
→ lgv = lg0,105 = -0,98 (3)
Thay (3) vào (2): - 0,98 = -0,68 – 0,09t
1/2

→ t
1/2
= 3,33 s → k = ln2/t
1/2
= 0,21 s
-1

→ C
0
= v
0
/k = 0,21 mol/(L.s): 0,21 s
-1
= 1 mol/L


0,5


0,5

0,5

0,5