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

5



TRƯỜNG THPT CHUYÊN
BẮC GIANG


ĐÁP ÁN + BIỂU ĐIỂM CHẤM MÔN HOÁ KHỐI 10

Câu 1: (2 điểm)
Gọi P
X,
N
X
lần lượt là số proton và nơtron của X
P
Y,
N
Y
lần lượt là số proton và nơtron của Y
Ta có: P
X
+ nP
Y
= 100 (1)
N
X
+ nN

Y
= 106 (2)
Từ (1) v à (2): (P
X
+N
X
) + n(P
Y
+N
Y
) = 206

A
X
+nA
Y
= 206 (3)
Mặt khác: A
X
/ (A
X
+nA
Y
) = 15,0486/100 (4)
Từ (3), (4): A
X
= P
X
+N
X

= 31 (5)
Trong X có: 2P
X
- N
X
= 14 (6)
T ừ (5), (6): P
X
= 15; N
X
= 16

A
X
= 31
X là photpho
15
P có cấu hình e là : 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
3
nên e cuối cùng có bộ bốn số
lượng tử là:
n =3, l=1, m = +1, s = +1/2

Thay P
X
= 15; N
X
= 16 vào (1), (2) ta có nP
Y
= 85; nN
Y
= 90
nên: 18P
Y
– 17N
Y
= 0 (7)
Mặt khác trong Y có: 2P
Y
– N
Y
= 16 (8)
Từ (7), (8): P
Y
= 17; N
Y
= 18

A
Y
= 35 và n = 5
Vậy: Y là Clo
17

Cl có cấu hình e là 1s
2
2s
2
2p
6
3s
2
3p
5
,
nên e cuối cùng có bộ bốn số lượng tử là: n = 3; l =1; m = 0, s = -1/2

1,0
b.
Cl
A: PCl
5
; B: PCl
3
Cl

Cấu tạo của A: Cl P
- PCl
5
có cấu trúc lưỡng tháp tam giác
- Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp
3
d
Cl Cl

Cấu tạo của B:
- PCl
3
có cấu trúc tháp tam giác P
- Nguyên tử P ở trạng thái lai hoá sp
3

Cl Cl Cl


0.25



0.25
c.
3 PCl
5
+ P
2
O
5
= POCl
3

PCl
5
+ 4H
2
O = H

3
PO
4
+ 5 HCl
2PCl
3
+ O
2
= POCl
3

PCl
3
+ 3H
2
O = H
3
PO
3
+ 3 HCl


0.5

Câu 2. Tinh thể (2 điểm)

1
.
a. Các ion Cl
-

xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu
+
nhỏ hơn chiếm hết

0.5


6

số hốc bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số
phối trí của Cu
+
và Cl
-
đều bằng 6
Số ion Cl
-
trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion Cu
+
trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở là 4.
b. Khối lượng riêng củaCuCl là:
D = (n.M) / (N
A
.a
3

)  a = 5,42.10
-8

cm ( a là cạnh của hình lập phương)
Có: 2.(r
Cu+
+ r
Cl-
) = a = 5,42.10
-8
cm  r
Cu+
= 0,87.10
-8
cm.




0.5


2. Xét một ô mạng cơ sở

Trong một ô mạng cơ sở có số ion K
+
(hoặc Cl
-
) là: 8

8
1
+ 6


2
1
= 4
Như vậy, trong một ô mạng cơ sở có 4 phân tử KCl
Xét 1 mol tinh thể KCl, khi đó: Khối lượng KCl là: 39,098 + 35,453 = 74,551 (g)
Thể tích tinh thể KCl là: 74,551 : 1,9893 = 37,476 (cm
3
)
Thể tích một ô mạng cơ sở là: (6,29082.10
-8
)
3
= 2,4896.10
-22
(cm
3
)
 Số ô mạng cơ sở là: 37,476 : (2,4896.10
-22
) = 1,5053.10
23

 Số phân tử KCl có trong 1 mol tinh thể KCl là: 1,5053.10
23

4 = 6,0212.10
23

Do đó, số Avogadro theo kết quả thực nghiệm trên là 6,0212.10

23

0.25



0.25

0.25


0.25
Câu 3. Phản ứng hạt nhân.(2 điểm)

1.

- t = 48 h = 2 ngày đêm.
- Áp dụng biểu thức tốc độ của phản ứng một chiều bậc một cho phản ứng
phóng xạ, ta có:

= 0,693/t
1/2;

Với t
1/2
= 2,7 ngày đêm,

= 0,257 (ngày đêm)
-1
.

Từ pt động học p.ư một chiều bậc nhất, ta có:

=(1/t) ln N
0
/N.
Vậy: N/N
0
= e
-

t
= e
-0,257 x 2
= 0,598.
Như vậy, sau 48 giờ độ phóng xạ của mẫu ban đầu còn là:
0,598 x 4 = 2,392(mCi).
Do đó số gam dung môi trơ cần dùng là: (2,392 : 0,5) – 1,0 = 3,784 (g).

0,5




0,5

a)
222
86
Rn 
218

84
Po +
4
2
He

218
84
Po 
214
82
Pb +
4
2
He
214
82
Pb 
214
83
Bi + 
-


214
83
Bi 
214
84
Po + 

-


214
84
Po 
210
82
Pb + 
3,7.10
4
Bq = 1Ci , 240 min = 4 h
b) A
1
= A
01
e
-t
= 1Ci.e
-ln2.4/24.3,82
= 0,97 Ci
c) t = 240 min > 10 t
1/2
(Po), hệ đã đạt được cân bằng phóng xạ và


0.25


0.25

7

+ Quan niệm gần đúng rằng có cân bằng thế kỉ (

1
<<

2
) nên:
A
2
= A
1
= 0,97 Ci
+ Thật ra cân bằng là tạm thời nên
A
1
/A
2
= 1 – t
1/2
(2)/t
1/2
(1)  A
2
= A
1

/[1 – 3,1/(3,82.24.60)] = 0,9702 Ci
d) A = A
1
+ A
2
+ > A
01


0,25


0,25


Câu 4 . Nhiệt hóa học.(2 điểm)

Đối với phản ứng : NH
4
Cl
(r)

NH
3(k)
+ HCl
(k)

Hằng số cân bằng : K =
)(
.

)(3
kHClNH
PP
k

Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân
bằng của NH
3
và HCl là :
)(3 k
NH
P
=
)(kHCl
P
= 0,5 atm
Do đó : K
T
= 0,5.0,5=0,25 (atm)
2

 Ở 25
0
C :
0
298
G
của phản ứng :
0
298

G
= -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ
Từ công thức
0
G
= -RTlnK, ta có :
92000 = -8,314.298.lnK
298

 lnK
298
= -37,133
Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét
0
298
H
không đổi nên :
0
298
H
= - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J)
 Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét :
ln
)
1
298
1
(
0
298

TR
H
K
K
T



 T = 596,8
0
K




0.5


0.5




0.5

0.5

Câu 5. Cân bằng hóa học pha khí.(2 điểm)
Nội dung Điểm

a. C
(r)
+ CO
2(k)
2CO
(k)
(1) K
P1
= 4
Fe
(r)
+ CO
2(k)
CO
(k)
+ FeO
(r)
(2) K
P2
= 1,25
4
P
P
K
2
CO
2
CO
1P


,
25,1
P
P
K
2
CO
CO
2P


76,5P,56,2P;20,3P
tCOCO
2


 P không phụ thuộc vào trạng thái đầu của hệ.
b. Gọi x, y là lần lượt là lượng C và Fe đã phản ứng ở thời điểm cân bằng (cho tới lúc
đạt cân bằng).
(1)
[ ]
C
1 - x
CO
2
1,2 - x - y
2CO
2x + y
(2)
[ ]

Fe
1- y
CO
2
1,2 - x - y
CO
2x + y
FeO
y
Tại thời điểm cân bằng: n
khí
= 2x + y + 1,2 - x - y = 1,2 + x



0.5






0.5


0.5


8

 P
t
V = (1,2 + x)RT
RT
VP
x2,1
t

; P
CO
.V = (2x + y)RT
RT
VP
yx2
CO


P
t
= 5,76, P
CO
= 3,20  x = 0,18; y = 0,405
Thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng:
n
C
= 0,82 mol; n
Fe
= 0,595 mol; n
FeO
= 0,405 mol; n

CO
= 0,765 mol; n
CO2
= 0,615
mol





0,5
Câu 6. Cân bằng trong dung dịch điện ly. (2 điểm)

1. Để tách hết Fe
3+
ở dạng kết thì : không có Mg(OH)
2
và

Fe
3+



10
-6
Tách hết Fe
3+
: Fe
3+

  10
-6
và Ks
3
)OH(Fe
= Fe
3+
.OH
-

3
= 3,162.10
-8

 Fe
3+
 =
 
3
38
OH
10.162,3


 10
-6
OH
-
 
6

38
10
10.162,3


= 3,162.10
11

 H

 
11
14
10.162,3
10


= 0,32.10
3
 pH

3,5
Không có Mg(OH)
2

: Mg
2+
.OH
-


2
1,12.10
11

 OH
-

4
11
10
10.12,1


= 3,35.10
4
 H

 
4
14
10.35,3
10


 pH

10,5
Vậy: 3,5

pH


10,5



0.5




0.5

2. Khi chuẩn độ dung dịch A bằng HCl, có thể xảy ra các quá trình sau:
S
2-
+ H
+
 HS
-
10
12,9

HS
-
+ H
+
 H
2
S 10
7,02

CH
3
COO
-
+ H
+
 CH
3
COOH 10
4,76

Tại pH = 4,00:
- 4,00
2- 12,90
[HS ] 10
[S ] 10



>>1 [HS
-
] >> [S
2-
];
4,00
2
- 7,02
[H S] 10
[HS ] 10




>> 1
 [H
2
S] >> [HS
-
];

4,00
3
- 4,76
3
[CH COOH]
10
[CH COO ] 10


 
10
0,76

1

0,76
3
- 0,76
3 3
[CH COOH]
10

[CH COOH]+[CH COO ] 1 10
 

0,8519
Như vậy khi chuẩn độ đến pH = 4,00 thì ion S
2-
bị trung hòa hoàn toàn thành H
2
S
và 85,19% CH
3
COO
-
đã tham gia phản ứng:
 0,10. 19,40 = 20,00.(2.0,0442 + 0,8519.C
2
) 
-
3
CH COO
C = C
2
= 0,010 (M).



0.25


0.25

0.25
0.25

Câu 7. Phản ứng oxi hóa- khử. Điện hóa. (2 điểm)


1. Sn
2+
+ 2 Fe
3+


Sn
4+
+ 2 Fe
2+

C
Mcb
0,05-x 0,05-2x x 2x
lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 10
21

K rất lớn và nồng độ Fe
3+
cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn
2+
=> phản ứng

gần như hoàn toàn 2x

0,05
[Fe
2+
] = 0,05 M; [Sn
4+
] = 0,025 M; [Sn
2+
] = 0,025 M; [Fe
3+
] =

M

0.25

0.25



9

K =
 
2
2
0,025. 0,05
0,025.


=> 1.10
21
=
2
0,0025

=>

= [Fe
3+
] = 1,58.10
-12
M
Khi cân bằng E
cb
= 0,77 + 0,059 lg
12
1,58.10
0,05

= 0,15 +
0,059
2
lg
0,025
0,025
= 0,15 V

0.25

0.25
2.
Ag + Fe
3+
Ag
+
+ Fe
2+

C
Mcb
0,05 - x x x
lgK =
0,77 0,80
0,059

= -0,51 => K = 0,31
Ta có:
2
x
0,05 x
= 0,31 => x = [Ag
+
] = [Fe
2+
] = 4,38.10
-2
M
[Fe
3+

] = 6. 10
-3
M.
E
cb
= 0,77 + 0,059 lg
3
2
6.10
4,38.10


= 0,80 + 0,059 lg 4,38.10
-2
= 0,72 V



0.5



0.5


Câu 8. Nhóm Halogen. (2 điểm)

1.
Gọi công thức muối halozen: MR.
Theo đầu bài khí X có mùi đặc biệt, phản ứng với Pb(NO

3
)
2
tạo kết tủa đen, khí X
sinh ra do phản ứng của H
2
SO
4
đặc. Vậy X là H
2
S. Các phương trình phản ứng:
8MR + 5H
2
SO
4
= 4M
2
SO
4
+ 4R
2
+ H
2
S + 4H
2
O. (1)
0,8 0,5 0,4 0,4 0,1
H
2
S + Pb(NO

3
)
2
= PbS + 2HNO
3
. (2)
0,1 0,1
BaCl
2
+ M
2
SO
4
= 2MCl
2
+ BaSO
4
(3)
Theo (2): nH
2
S = n
PbS
= 23,9: 239 = 0,1(mol)
theo (1): nM
2
SO
4
= 4nH
2
S = 0,4(mol) = nR

2

nH
2
SO
4
(pư) = 5nH
2
S = 0,5(mol)
Khối lượng R
2
= 171,2 - 69,6 = 101,6 (g)
Theo (3): nBaSO
4
= (1,674. 69,6): 233 = 0,5(mol)
 Vậy số mol H
2
SO
4
dư: 0,5- 0,4= 0,1(mol)
Nồng độ mol/l của axit là: (0,5+ 0,1): 0,2= 3(M)
Khối lượng m(g)= m
M
+ m
R
(với m
M
= 69,6- 0,4. 96= 31,2 gam )
m(g)= 31,2+ (171,2- 69,6)= 132,8(g)

2) X¸c ®Þnh kim lo¹i kiÒm vµ halogen.
+ Tìm Halogen: 101,6 : 0,4 = 2. M
R
 M
R
= 127 (Iot)
+ Tìm kim loại: 0,8.(M + 127) = 132,8  M
M
=39 (Kali)


0.25


0,25


0,25

0.25
0,25
0,25



0.25
0.25

Câu 9 Nhóm O-S. (2 điểm)

3,2
32


10

1.
- SnS
2
là sunfua axit nên tác dụng với (NH
4
)
2
S là sunfua bazơ:
SnS
2
+ (NH
4
)
2
S → (NH
4
)
2
SnS
3
(*)
- SnS là sunfua bazơ nên không tác dụng với (NH

4
)
2
S (sunfua bazơ). Tuy nhiên, đối
với dung dịch (NH
4
)
2
S
2
phản ứng có thể xảy ra vì, trước hết (NH
4
)
2
S
2
oxi hoá SnS:
SnS + (NH
4
)
2
S
2
→ (NH
4
)
2
S + SnS
2

sau đó SnS
2
tạo thành sẽ phản ứng với (NH
4
)
2
S như phản ứng (*).


0.25

0.25
2.
a.
3 2
Fe O 8H 2Fe Fe 4H O
3 4 2
  
   
(1)

3
Fe O 6H 2Fe 3H O
2 3 2
 
  
(2)
3 2
2Fe 3I 2Fe I
3

   
  
(3)
2 2
2S O I S O 3I
2 3 3 4 6
   
  
(4)
2 3 2
5Fe MnO 8H 5Fe Mn 4H O
4 2
    
    
(5)
b.
Trong 25 ml:
2
4
3
Fe MnO
n 5n 5x3,2x1x10
 

 
=0,016 (mol)
→ trong 10ml
2
Fe
n


= 6,4x10
-3
(mol)
Từ (3) và (4):
2
Fe
n

=
2
2 3
S O
n

= 5,5x1x10
-3
= 5,5x10
-3
(mol)
Từ (3):
3
Fe
n

=
2
Fe
n


=5,5x10
-3
(mol) =2(
3 4
Fe O
n
+
2 3
Fe O
n
)
Có thể xem Fe
3
O
4
như hỗn hợp Fe
2
O
3
.FeO
FeO
n
=
3 4
Fe O
n
= 6,4x10
-3
– 5,5x10
-3

= 9x10
-4
(mol)
2 3
Fe O
n
=
3
Fe
1
n
2


3 4
Fe O
n
=1,85x10
-3
(mol).
Trong 50 ml :
3 4
Fe O
n
=4,5x10
-3
(mol) →
3 4
Fe O
m

=1,044 gam
→ % khối lượng Fe
3
O
4
= 1,044/6 x 100% = 17,4%

2 3
Fe O
n
= 9,25x10
-3
(mol) →
2 3
Fe O
m
=1,48 gam
→ % khối lượng Fe
2
O
3
= 1,48/6 x 100% = 24,67%






0.5

0,5




0,5
Câu 10. Động học. (2 điểm)

Nội dung Điểm
Đáp án
a. Phản ứng bậc 1 nên
4
2/1
27
10.31,2
3000
693,0
t
693,0

k


s
-1
.
b) Phản ứng bậc 1 nên từ a  a/2 cần t
1/2
; từ a/2  a/4 cần t
1/2
 t = 2t
1/2
= 2000
giây.
c)
4
2/1
37
10.93,6
1000
693,0
t
693,0
k


s
-1
;
 =

3
10.31,2
10.93,6
k
k
k
k
4
4
27
37
27
1027




.


0,5

0.5


0.5


11
d)








300
1
310
1
R
E
k
k
ln
a
27
37
 E
a
=







300

1
310
1
:
k
k
ln.R
27
37

 E
a









300
1
310
1
:
10.31,2
10.93,6
ln.314,8
4

4
 84944,92 J/mol  84,945 kJ/mol.



0.5

0.25




Nguyễn Thị Hoa, Số điện thoại : 0962402565