Dap an Hoa 10 de du bi Trai he Hung Vuong 2012

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

TRẠI HÙNG VƯƠNG NĂM 2012

<b>ĐÁP ÁN ĐỀ THI DỰ BỊ MƠN : HĨA HỌC LỚP 10</b>

<b>Câu</b> <b>Giải</b> <b>Điểm</b>

<b>Câu 1</b>
<b>(2đ)</b>

Xác định vị trí :

2ZXNX 60 ; ZXNX ZX 20_,

X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2

Cấu hình của Y là 1s2_2s2_2p6_3s2_3p5_{hay [Ne] 3s}2_3p5_{ Y là Cl}
Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s₁

STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố

Ca 20 4 IIA

Cl 17 3 VIIA

Cr 24 4 VIB

1,0

Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: Ca
2+¿

<<i>R</i>_Cl<i>−R</i>_Ca

<i>R</i>¿

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 ngun tử đó.

Bán kính ion Ca2+_{nhỏ hơn Cl}-_{do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân}
Ca2+_{(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

<b>Câu 2</b>

<b>(2đ)</b> a. Ta có: 90Th

232_

82Pb208 + x 2He4 + y -1e0

90 = 82 + 2x - y

<b> </b>
232 = 208 + 4x

Rút ra: x= 6, y = 4. Vậy số phân rã α: 6, số phân rã β: 4

0,5 đ

b. Theo phương trình ta có: ∆m = mTh - mPb - 6mHe - 4me

Do khối lượng của -1e0 khơng đáng kể nên có thể bỏ qua

Thay vào: ∆m = 232,03805 - 207,97664 - 6.4,0026 = 0,04581u



Năng lượng được giải phóng trong chuỗi là:

∆m.c2_{= 0,04581.931 = 42,65 MeV.} _{0,5 đ}

c. Ta có: 1 năm = 365 ngày.24 tiếng.60 phút = 525600 phút
Vậy sau một năm số nguyên tử còn lại:

ncl = 1,5.1010_{- 3440.525600 = 1,3192.10}10
áp dụng: <i>k</i>=1

<i>t</i> ln
<i>n</i>_bd

<i>n</i>cl

=ln 1,5

1<i>,</i>3192=0<i>,</i>128 năm-1

<i>t</i>1/2=

0<i>,</i>693

<i>k</i>1/2

=0<i>,</i>693

0<i>,</i>128=5,4 năm

Vậy chu kì bán hủy của đồng vị đó là 5,4 năm.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Câu 3</b>
<b>(2đ)</b>

1.

1.Phân tử SF2 SF6 S2F4

Công thức
Liuyt

F
S

F

F F

F F
F
S
F

F

F S S’_F
F

Trạng thái lai
hoá của S

sp3 _sp3_d2 _{S: sp}3_{d (MX4E)}

S’: sp3 _(MX2E2)
Hình học

phân tử Chữ V Bát diện đều Cái bập bênh nối với chữ V

F
F

F
S
S'
F

:

Góc liên kết < 109o₂₈’_{vì S}
cịn 2 cặp e
khơng liên kết
nên ép góc liên
kết. Góc liên

kết vào khoảng
103o

90o _{- Góc SS}’_{F< 109}o₂₈’_{bởi S}’_cịn
2 cặp e khơng liên kết

- Góc FSF<90o_{, góc FSF< 120}0
do S cịn 1 cặp e khơng liên kết

2.a) Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.
TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan:

Vậy e cuối cùng có:

l=1, m=-1, ms = +1/2 ;

mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4.
Cấu hình e nguyên tử: 1s2_2s2_2p6_3s2_3p6_3d10_4s2_4p1_(Ga)

TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan: .
Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2;

mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2.
Cấu hình e nguyên tử: 1s2_2s2_2p3_(N).

b) Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. Công thức cấu tạo các hợp
chất:

+ Hợp chất với hiđro:
N

H
H

H

Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3
+ Oxit cao nhất:

N O N

O

O
O

O _{Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp}2_.
+ Hiđroxit với hóa trị cao nhất:

1,0

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

H O N
O

O_{Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp}2_.

0,5

<b>Câu 4</b>

<b>(2đ)</b> * CH3COOH CH3COO

-_{+ H}+

C (M) 0,1

[ ] (M) 0,1 – x x x
= 10-4,76

Giả sử, x << 0,1 nên suy ra x = 10-2,88_{=> pH = 2,88}

* CH3COOH + NaOH = CH3COONa + H2O

C C

CH3COONa CH3COO- + Na+

C C

CH3COOH CH3COO- + H+ Ka = 10-4,76

C0 _{(M) 0,1- C C}

[ ] (M) 0,1- C – 10-3_{C + 10}-3₁₀-3

pH = 3 => [H+_{] = 10}-3_(M)

(<i>C</i>+10

<i>−</i>3

)10<i>−</i>3

0,1<i>− C −</i>10<i>−</i>3=10

<i>−</i>4<i>,</i>76

C = 7,08. 10-4_(M)

=> nNaOH = 7,08. 10-4 (mol) => mNaOH = 40x 7,08. 10-4 = 0,028 (g)

<i><b>2.</b></i>Trong dung dịch có các cân bằng:

Cr2O72- + H2O 2CrO42- + 2H+ Ka = 2,3.10-15

Ba2+_{+ CrO}

42- BaCrO4 T1-1 = 109,93

Sr2+_{+ CrO}

42- SrCrO4 T2-1 = 104,65

Đk để có kết tủa hồn tồn BaCrO4 và khơng có kết tủa SrCrO4 là

2+¿

Ba¿
¿

<i>C</i>_Sr2+¿

¿
<i>T</i>₁

¿

 10<i>−</i>3<i>,</i>93<i>≤ C</i>CrO₄<i>≤</i>10<i>−</i>3<i>,</i>65

 dlt/d khối lượng cho cân bằng (1)  3,4  pH  3,7

0,25

0,75

1,0

<b>Câu 5</b>

<b>(2đ)</b> <b>a</b>. H

0

298 , S0298 và G0298

Pt phản ứng: CO2 + H2    CO + H2O

ta có : H0

298(pư) = [H0298(CO) + H0298(H2O)] – [H0298(CO2) + H0298(H2O)]

= (-110,5 – 241,8) – ( -393,5) = 41,2 KJ/mol

S0298(pư) = [ S0298(CO) + S0298(H2O) – [S0298(CO2)] = 42 J/mol

G0

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

Vì G298(pư) > 0 nên phản ứng khơng tự diễn ra theo chiều thuận ở 25 C

<b>b</b>. áp dụng công thức : <i>ΔGT</i>2

<i>T</i>₂ =

<i>ΔG_T</i>₁

<i>T</i>₁ +<i>ΔH</i>

0

(1/<i>T</i>₂<i>−</i>1/<i>T</i>₁)

Thay số tìm ra G0

1273 = 1273[ 28684/298 + 41200(1/1273 – 1/298)] = -12266 J/mol

Vì G0

1273 < 0 nên phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận ở 10000C

<b>c</b>. Để phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận thì :

T > H0_{/ }_S0_{= 41200/42 = 980,95K tức ở 707,95}0_C

1,0

0,75
0,25

<b>Câu 6</b>
<b>(2đ)</b>

<b> </b>_{I2(k) ⇌ 2I(k)}

P(I2) 0 – <i>x </i> <i> </i>2<i>x</i>

Ở cân bằng: P(I2)cân bằng = P(I2)bđ – <i>x</i>

Ptổng = P(I2)bđ – <i>x </i>+ 2<i>x </i>= P(I2)bđ + <i>x <b></b> x = P cb – P bđ</i>
<b>* Ở 1073 K, x </b>= 0.0750 – 0.0631 = 0.0119 bar

P(I)cb = 2<i>x </i>= 0.0238 bar

P(I2)cb = 0.0631 – 0.0119 = 0.0512 bar
K = <i>PI</i>2

<i>P_I</i>₂ =

0<i>,</i>0282

0<i>,</i>0512=0<i>,</i>01106<i>≈</i>0<i>,</i>0111

<b>* Ở 1173 K, </b> <i>x </i>= 0.0918 – 0.0684 = 0.0234 bar
P(I)cb = 2<i>x </i>= 0.0468 bar

P(I2)cb= 0.0684 – 0.0234 = 0.0450 bar
K = 2

2 ₂

I,eq
I ,eq

P _0,0468
P 0,0450

= 0,04867 = 0,0487

ln

o
2

1 1 2

k H 1 1

( )

k R T T



 

, ln

0,04867

0,01106_{= 1,4817}
1 2

1 1 1 1

( ) ( )

T  T 10731173 _{= 7,94510}5 K1  Ho = 5

1, 4817 8,314
7,945 10



 _{= 155052 J = 155 kJ}

<b> * Ở 1100K </b>; ln
1100

K 155052 1 1

( )

0,01106 8,314 1073 1100 _{ K1100 = 0,0169 =}<b>_0,017</b>
Go_{= RTlnK =  8,314 1100  ln(0,0169) = 37248,8 J = 37,2488 kJ}
Go_{= H}o_{ TS}o_{ S}o₌

155052 37248,8
1100



= 107,1 J.K1

0,5

0,5

0,5

0,5

<b>Câu 7</b>

<b>(2đ)</b> a) Sơ đồ pin: (-) Ag | I

-(aq), AgI(r)|| Ag+(aq) |Ag(r) (+)

(-) Ag(r) + I-(aq)    AgI(r) + e

1
1
<i>K</i>

=

0

/ ,

1.
0,059

10

<i>AgI Ag I</i>

<i>E</i> 



(+) Ag+

(aq) + e    Ag(r) <i>K</i>2 =
0

/

1.

0,059

10

<i>Ag</i> <i>Ag</i>

<i>E</i> 

Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

T-1₌<i>K</i>₁1_.<i>K</i>₂₌

0 0

/ . / ,

0,059

10

<i>Ag</i> <i>Ag</i> <i>AgI Ag I</i>

<i>E</i>   <i>E</i> 

₁₀16_{ T =10}-16

Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
AgI   _Ag+_{+ I}-_{T =10}-16

Vì q trình tạo phức hidroxo của Ag+_{khơng đáng kể, I}-_{là anion của axit mạnh HI, nên}

S = <i>T</i> = 10-8_M

b) (-) Pt | Fe3+

(aq), Fe2+(aq) || Au3+(aq), Au+(aq) | Pt (+)

(-) 2* | Fe2+

(aq)    Fe3+(aq) + e

1
1
<i>K</i>
(+) Au3+

(aq) + 2e    Au+(aq) <i>K</i>2

Phản ứng trong pin: Au3+

(aq) + 2Fe2+(aq)   2Fe3+(aq) + Au+(aq) K

K = (<i>K</i>11


)2_.<i>K</i>₂₌

0 0

3_/ 3_/ 2

2( )

0,059

10

<i>Au</i> <i>Au</i> <i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i> _ _<i>E</i> _ _

(1)
Fe2+

(aq) +2e   Fe 2

0
/

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i>  2

0 0

1 2 <i>_Fe</i> _/<i>_Fe</i>

<i>G</i> <i>FE</i> 

 

Fe3+

(aq) +3e   Fe 3

0
/

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i>  3

0 0

2 3 <i>Fe</i> /<i>Fe</i>

<i>G</i> <i>FE</i> 

 

Fe3+

(aq) + e    Fe2+(aq)

0

3 _/ 2

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i>   3 2

0 0

3 <i>Fe</i> /<i>Fe</i>

<i>G</i> <i>FE</i>  

 

0
3
<i>G</i>

 ₌<i>G</i>₂0_-<i>G</i>₁0_<i>E</i>0<i>_Fe</i>3_/<i>_Fe</i>2=3 3

0
/

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i>  - 2 2

0
/

<i>Fe</i> <i>Fe</i>

<i>E</i>  = 0,77V thay vào (1), ta có:

K = 1016,61

Ở điều kiện chuẩn, sức điện động chuẩn của pin:
0

<i>pin</i>

<i>E</i>

= <i>E_Au</i>03_/<i>_Au</i>  <i>E_Fe</i>03_/<i>_Fe</i>2= 0,49V

1,0

1,0

<b>Câu 8</b>

<b>(2đ)</b> a) Phương trình phản ứng:Fe3O4 + 2I-_{+ 8H}+_{ 3Fe}2+_{+ I2 + 4H2O} ₍₁₎
Fe2O3 + 2I-_{+ 6H}+_{ 2Fe}2+_{+ I2 + 3H2O} ₍₂₎
2S2O32-_{+ I2  S4O6}2-_{+ 2I}- ₍₃₎
5Fe2+_{+ MnO4}-_{+ 8H}+_{ 5Fe}3+_{+ Mn}2+_{+ 4H2O} ₍₄₎
b) Tính phần trăm:

(3)  <i>n_I</i>

2(3)=
1
2<i>nS</i>2<i>O</i>3

2<i>−</i>=

1

20<i>,</i>0055<i>×</i>1=0<i>,</i>00275 mol

(4)  Fe
2+¿(4)

=5<i>n</i>_MnO
4

<i>−</i>=5<i>×</i>0<i>,</i>0032<i>×</i>1=0<i>,</i>016 mol

<i>n</i>¿

Đặt số mol Fe3O4 và Fe2O3 lần lượt là x và y ta có:

{

3<i>x</i>+2<i>y</i>=0<i>,</i>016<i>×</i>2=0<i>,</i>032

<i>x</i>+<i>y</i>=0<i>,</i>00275<i>×</i>5=0<i>,</i>01375<i>⇒</i>

{

<i>x</i>=0<i>,</i>0045

<i>y</i>=0<i>,</i>00925

<i>%m</i>_Fe₃<i>_O</i>₄=0<i>,</i>0045<i>×</i>232

6<i>,</i>000 <i>×</i>100 %=17<i>,</i>4 %

<i>%m</i>_Fe₂<i>_O</i>₃=0<i>,</i>00925<i>×</i>160

6<i>,</i>000 <i>×</i>100 %=24<i>,</i>7 %

1,0

1,0

<b>Câu 9</b>
<b>(2đ)</b>

Gọi cơng thức của hợp chất A1 là XxYySz , ta có khối lượng phân tử của A1:

Xx + Yy + 32z = 51  z = 1 và x +y = 7 – z = 6 ; Xx + Yy = 51 – 32 = 19
Khối lượng mol nguyên tử trung bình của X và Y là : 6 3,3

19
M 

(g) ;
Vậy một trong hai nguyên tố có khối lượng nguyên tử < 3,3 chỉ có thể là H.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Trường hợp I : Hợp chất A1 là muối axit MHS trong M có 5 ngun tử nên khơng thể
của một nguyên tố, vậy M cũng chứa X và H : Xx + (y-1).1 = 18.

Chỉ có nghiệm phù hợp là x = 1, y = 5, X = 14. Vậy A1 là NH4HS (amoni hiđrosunfua). 0,5
Trường hợp II : A1 là muối trung hịa XxHyS, ta có : Xx + y = 19, x + y = 6 khơng có
gốc hóa trị II nào phù hợp.

0,5
Các phương trình hố học :

NH4HS + 2NaOH  Na2S + NH3 + 2H2O (1)
Na2S + 2HCl  2NaCl + H2S (2)
2H2S + 3O2  2SO2 + 2H2O (3)
SO2 + 2NH3 + H2O  (NH4)2SO3 (4)
(NH4)2SO3 + H2O + Br2  (NH4)2SO4 + 2HBr (5)

(NH4)2SO4 + BaCl2  2NH4Cl + BaSO4 (6)
NH4Cl + AgNO3  NH4NO3 + AgCl (7)

0,5

<b>Câu 10</b>

<b>(2đ)</b> Số mol NaOH ứng với 41,20ml dung dịch NaOH 0,09M là :

0.09  41,2.10-3_{= 3,708.10}-3_(mol)

Số mol NaOH ứng với 8,24ml dung dịch NaOH 0,09M là :

0.09  8,24.10-3_{= 0,7416.10}-3_(mol)

Phản ứng HA + NaOH <i>→</i> NaA + H2O

Tại điểm tương đương có

nHApư = nNaOHpư = 3,708.10-13 (mol)

Đây cũng là số mol HA ban đầu đem dùng.

- Khi thêm 8,24ml NaOH, dung dịch thu được có pH =4,3, mơi trường axit,
chứng tỏ NaOH pứ hết, HA cịn dư.

Ta có nHA(dư) = 3,708.10-3_{- 0,7416.10}-3

= 2,9664.10-3_(mol)

Vậy trong dung dịch sau khi thêm 8,24ml dung dịch NaOH có :

NaA : 0,7416.10-3_mol

HA : 2,9664.10-3_mol

Vậy

<i>C</i>NaA= 0<i>,</i>7416 . 10

<i>−</i>3

(50+8<i>,</i>24). 10<i>−</i>3=0<i>,</i>0127(<i>M</i>)

<i>C</i>_HA= 2<i>,</i>964 . 10

<i>−</i>3

(50+8<i>,</i>24). 10<i>−</i>3=0<i>,</i>05(<i>M</i>)

NaA <i>→</i> Na + A

-HA ↔ H+_{+ A}- _K

a

Tại cân bằng có : [H+_{] = 10}-pH_{= 10}-4,3 _(M)

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

[A-_{] = 0,0127 + 10}-4,3 _(M)

[HA] = 0,05 -10-4,3 _(M)

+¿

<i>H</i>¿

[<i>A−</i>]

¿
¿

<i>Ka</i>=¿

Tại điểm tương đương

nHA pư =nNaOH pư = nNaA tạo thành = 3,708.10-3 (mol)

=> Trong dung dịch có NaA

<i>C</i>NaA= 3<i>,</i>708 .10

<i>−</i>3

(50+41<i>,</i>2).10<i>−</i>3=0<i>,</i>04(<i>M</i>)

NaA <i>→</i> NaA

A-_{+ H}

2O  HA + OH- <i>Kb</i>=10

<i>−</i>14

<i>Ka</i>

=7<i>,</i>94 .10<i>−</i>10
Ban đầu : 0,04

Phân ly : x x x

Cân bằng: 0,04 - x x x

Ta có : <i>Kb</i>= <i>x</i>

2

(0<i>,</i>04<i>− x</i>)=7<i>,</i>94 .10

<i>−</i>10

=> x ≈ 10-5,25

[OH-_{] = x = 10}-5,25

=> [H+_{] = 10}-14_{/ 10}-5,25_{= 10}-8,75

pH = -lg 10-8,75_{= 8,75}

0,5

0,5

</div>

<!--links-->