Đáp án đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 10 lần thứ XV năm 2019 - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

Nội dung text: Đáp án đề thi đề xuất trại hè Hùng Vương môn Hóa học Lớp 10 lần thứ XV năm 2019 - Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn

1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÊ QUÝ ĐÔN LAI CHÂU ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ XUẤT TRẠI HÈ 2019 Môn: Hóa Học 10 Câu 1. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm 1 1 a Trong He+ có 1e nên nó chỉ chịu tác dụng của lực hút hạt nhân. e này chuyển động ở lớp càng gần hạt nhân càng chịu tác dụng 0,25 mạnh của lực hút đó, năng lượng của nó càng âm (thấp). Khi chuyển động ở lớp thứ nhất, cấu hình 1s1, e này có năng lượng thấp nhất hay âm nhất, là -54,4 eV. Đó là mức thứ nhất (số lượng tử chính n = 1). Khi bị kích thich lên lớp thứ hai, chẳng hạn ứng với cấu hình 2s1, e này có năng lượng cao hơn, là -13,6 eV. Đó là mức 0,25 thứ hai (số lượng tử chính n = 2). Khi bị kích thich lên lớp thứ ba, chẳng hạn ứng với cấu hình 3s1, e này có năng lượng cao hơn nữa, là -6,0 (4) eV. Đó là mức thứ ba (số lượng tử chính n = 3). Khi e có năng lượng ở mức thấp nhất, mức thứ nhất (số lượng tử chính n=1) với trị số -54,4 eV, hệ He+ ở trạng thái cơ 0,25 bản. Với hai trị năng lượng còn lại, -13,6 eV và - 6,0(4) eV, He+ đều ở trạng thái kích thích. b. Theo định nghĩa, năng lượng ion hoá I bằng trị số tuyệt đối năng lượng cuả1e tương ứng ở trạng thái cơ bản. Với hệ He+: 0,25 He+ (1s1) - e He2+ ; I2 = -E1s - (-54,4 eV) = 54,4 eV 2 Theo điều kiện 2 < Z < 18 (a) các ion được xét thuộc các nguyên tố chu kì 2 (từ Li đến Ne) (b); chu kì 3 (từ Na đến Ar) (c) 0,25 +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hoá Trang 1 / 10
2. trị ít nên chúng có khuynh hướng chủ yếu là mất e trở thành ion dương (+); hay góp chung e tạo liên kết cộng hoá trị. Do đó ta chú ý tới các nguyên tố cuối chu kì là F, O, N. Nguyên tử có nhiều e hoá trị hơn nên chúng có nhiều khả năng hơn trong việc thu e để trở thành ion âm (-). Đó là các ion âm F-(có 10 e ); O2- (có 10 e ); N3- (có 10 e). +). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Na, Mg, Al có ít e hoá trị nên chúng đều là kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): 0,25 Na+ (có10 e); Mg2+ (có 10 e); Al3+ (có 10 e). Các nguyên tố cuối chu kì này là các phi kim dễ tạo thành ion âm (-) đều có 18 e như Cl- ; S2- ; P3-. +) Đầu bài cho 6 trị số bán kính ion. Kết quả vừa xét trên cho 6 ion, mỗi ion này đều có 10 e với cấu hình 1s22s22p6. Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z nhỏ hơn các ion dương (+). Các ion 0,25 âm có lực hút tác dụng lên các electron ngoài (trong cấu hình trên) yếu hơn các ion dương. Vậy các ion âm (-) có bán kính lớn hơn. •) 3 ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7) (d).Dãy (d) này đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion âm (-). •) 3 iondương (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) (e) 0,25 Dãy (e) này cũng đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion dương. Kết hợp (d) với (e) trên ta có dãy 6 ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính như sau: Ion: Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7) Bán kính: 0,68 0,85 1,16 1,19 1,26 1,71 Trang 2 / 10
3. Ghi chú: Thực tế các ion O2- và N3- kém bền, khó tồn tại. 238 230 4 - 3 a. 92U 90Th + 2 2He + 2 0,25 235 206 4 1 - b. 92U 82Pb + 7 2He + on + 4 0,25 Câu 2. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm 2 1 Màu là do nitơ dioxit NO2. Vì không khí có 78% N2 và 21% O2. 0,5 oxy là tác nhân bị giới hạn (thiếu): Nếu O2 chuyển hết thành NO2 (hầu như không thể) nồng độ của nitơ dioxit sẽ bằng: -3 -1 [NO2] = 0,21/22,414 = 9,4.10 mol.L . 2 2NO + O2 → 2NO2 0,5 3 Bậc của NO và O2 được tính nhờ các trị số thí nghiệm trong đó 0,25 nồng độ của một trong các chất được giữ không đổi (như [NO] được coi như không đổi trong các thí nghiệm #1, 2 & 3. trong khi [O2] lại khộng đổi trong các thí nghiệm #2, 4, 5) Bậc đối với NO: 0,25 Thấy tốc độ thay đổi theo [NO]2 Vậy phản ứng là bậc 2 theo NO Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ đầu 4 : 2 2,01 4,03 4 : 5 4,02 15,9 0,25 2 : 5 2,00 3,95 Bậc đối với O2: Thí nghiệm Tỉ lệ [NO] Tỉ lệ tốc độ đầu 2 : 1 1,99 1,98 2 : 3 3,85 3,65 0,25 Trang 3 / 10
4. 1 : 3 1,93 1,84 Tốc độ biến đổi hiển nhiên là theo [O2]: phản ứng là bậc 1 theo O2 vì thế bậc chung là 3 0,25 Biểu thức tính tốc độ phản ứng: 2 2 v = k[NO] [O2] nên k = v/[NO] [O2] Từ các thí nghiệm khác nhau ta tính được 0,25 3 2 -2 -1 ktb=7,13.10 L mol s Câu 3. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm H0 = 45,9 20,4 ( 156,9 ) = 90,6 kJ/mol 0,5 S0 = 192,6 + 205,6 113,4 = 284,8 J/K.mol G0 = H0 T. S0 = 90600 298,15 284,8 = 5687 J/mol hay 5,687 kJ/mol G0 = RT.ln Ka  5687 = 8,314 298,15 ln Ka. 0,5  Ka = 0,1008 Kp = Ka = 0,1008 atm2. Tương tự tại 350C, G0 = H0 T. S0 = 2839 J/mol 0,5 Ka = 0,3302 và Kp = 0,3302 atm2. Do P (toàn phần) = P (NH3) + P (H2S)  P (NH3) = P (H2S) 0,25 = 0,5P (toàn phần) Kp = [0,5P (toàn phần)]2 = 0,1008  P (toàn phần) = 0,25 0,635 atm PV 0,635 25 số mol khớ = = = 0,64 mol  số mol RT 0,08314 298,15 NH4HS = 1 0,5 0,64= 0,68 * Nếu dung tích bình 100 L thì số mol khí 0,25 = 0,635 100 = 2,56 mol 0,08314 298,15 Trang 4 / 10
5. số mol NH4HS = 1 0,5 2,56 = 0,28 r Khi đú 1 mol chất rắn chuyển hết thành 2 mol chất khí nên P (toàn phần) = nRT = 2 0,08314 298,15 = 0,5 atm V 100 0,25 Câu 4. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm 4 1 Từ công thức tính khối lượng riêng n.M 23 3 D = V1 ô = ( 8.28,1)/(2,33.6,02.10 ) = 16,027 cm . 0,5 . N A V -8 -8 -8 a= 5,43.10 cm; d = a. 3 = 5,43.10 .1,71 = 9.39.10 cm; 0.25 Bán kính của nguyên tử silic là: r = d/8 = 1,17 .10-8cm; 0,25 2 Có rSi (0,117 nm) > rC( 0,077 nm). Điều này phù hợp với quy luật 0,5 biến đổi bán kính nguyên tử trong một phân nhóm chính. 0,5 3 X 0,25 O P X X n = 3 +1 = 4 (sp3): hình tứ diện Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy. 0,25 Câu 5. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm Các phản ứng: CO2(k) ⇌ CO2(aq) (1) 0,25 - + CO2(aq) + H2O ⇌ HCO3 (aq) + H (aq) (2) - 2- + HCO3 (aq) ⇌ CO3 (aq) + H (aq) (3) Để ý là ta có thêm cân bằng: CO2(aq) + H2O ⇌ H2CO3(aq) Có thể được giới thiệu để giải thích sự tồn tại riêng biệt của CO2 dạng hoà tan và của axit cacbonic phân tử trong dung 0,25 Trang 5 / 10
6. dịch nước nhưng không bắt buộc phải dùng cân bằng này để giải thích phản ứng hoá học phản ứng của cacbonat trong nước. Do cân bằng được thiết lập với sự có mặt đồng thời của các chất ở hai vế của mỗi phản ứng và do ta bắt đầu từ CO2(k) và 0,25 H2O nên dung dịch thu được rõ ràng phải có tính axit. - Axetat CH3COO là bazơ liên hợp của một axit yếu: - - CH3COO (aq) + H2O ⇌ CH3COOH(aq) + OH (aq) 0,25 Dung dịch natri axetat có tính kiềm và sẽ dời mọi cân bằng của CO2 theo chiều thuận. 0,25 Dung dịch HCl sẽ dời cân bằng của CO2 theo chiều nghịch. Như vậy chiều hướng để CO2 hoa tan là: c > a > b 0,25 Nồng độ của CO2 trong dung dịch nước được tính bởi định luật Henry: 0,25 -5 [CO2(aq)] = kH.P(CO2) = 1,187.10 M Ka = Kw/Kb -7 Ka(CO2(aq)) = 4,46.10 - -11 Ka(HCO3 (aq)) = 4,67.10 - Do Ka(CO2(aq)) >> Ka(HCO3 (aq)) ta giả sử rằng trong dung dịch axit chỉ có cân bằng của qúa trình tách loại proton H+ thứ nhất 0,25 là đáng kể (có thể kiểm tra lại điều này một khi tìm được [H+]). Do đó: + - -6 [H ] = [HCO3 ] = 2,30.10 M Vậy pH = 5,64 + - -6 2- Nay, với [H ] = [HCO3 ] = 2,30.10 M ta có thể thấy [CO3 ] = -11 - + 4,67.10 M. Do đó mức độ phân ly của HCO3 thành H và 2- CO3 rất nhỏ và giả thiết nêu trên là đúng. Thấy ngay là 1atm CO2(k) sẽ tạo dung dịch axit hơn là 350ppm CO2(k): Vậy với các lý do như đã trình bày ở câu d ta chỉ cần xét Trang 6 / 10
7. cân bằng: CO2(k) ⇌ CO2(aq) 0,25 - + CO2(aq) + H2O ⇌ HCO3 (aq) + H (aq) để giải quyết câu hỏi -2 [CO2(aq)] = kH.P(CO2) = 3,39.10 M + - 0,5 -4 và [H ] = [HCO3 ] = (Ka[CO2(aq)]) = 1,23.10 M 0,25 Vậy pH = 3,91 Câu 6. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm + + -11,7 6 1 1. Ag + H2O → AgOH + H ; K1 = 10 (1) 0,25 2+ + + -7,8 Pb + H2O → ? PbOH + H ; K2 = 10 (2) Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch 0,25 2+ + -7,8 Pb + H2O → PbOH + H ; K2 = 10 (2) C 0,10   0,10 x x x x 2 10 7,8 x = 10-4,4 = H+ ; pH = 4,40 0,1 x 2 a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050 0,25 CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M Ag+ + I AgI  0,025 0,125 - 0,10 2+ Pb + 2 I PbI2  0,05 0,10 - - Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI  và PbI2  0,25 + -16 AgI  → Ag + I ; Ks1 = 1.10 (3) Trang 7 / 10
8. 2+ -7,86 PbI2  → Pb + 2 I ; Ks2 = 1.10 (4) Ks1 E1 , ta có pin gồm cực Ag trong X là cực + , cực Ag trong B là cực – Trang 8 / 10
9. S ơ đồ pin: (-) Ag AgI AgSCN  Ag (+) PbI2 SCN 0,03 M b) Epin = 0,179 – 0,001 = 0,178V 0,25 c) Phương trình phản ứng: Ag + I– → AgI + e AgSCN + e → Ag + SCN– 0,25 AgSCN + I– ? Ag + SCN– K = 104 Câu 7. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm 7 Gọi A là số khối, n là số oxi hóa của nguyên A 0,25 Theo đề bài ta có A = 7,1n n 1 2 3 4 5 6 7 A 35,5 Loại Loại Loại Loại Loại KClO3 Loại Loại Loại Khí A có MA = 29x3 = 97 khí A là Cl2O 0,25 Cl2O + H2O = HOCl (B) 0,25 3HCO = HCl + HClO3 (C lầ HCl và D là HClO3) 0,25 2Cl2O = 2Cl2 + O2 0,25 Cl2+ H2O = HOCl + HCl 0,25 Cl2+ KOH = KOCl + KCl 0,25 3Cl2+ 6KOH = KOCl3 + 5KCl 0,25 Câu 8. (2,5 điểm) Câu ý Đáp án Điểm 8 FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S 0,25 Trang 9 / 10
10. x x Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 y y H2S + 1,5 O2 = SO2 + H2O 0,25 H2 + 0,5 O2 = H2O SO2 + H2O2 = H2SO4 x x 0,25 H2SO4 + BaSO2 = BaSO4 + 2 HCl 0,25 Theo bài ra: x + y = 0,01366 (1) 0,25 Số mol hai khí là 2,55/233 = 0,01094 mol SO2 0,25 0,01366 - 0,01094 = 0,00272 mol H2 0,25 Khối lượng FeS 0,25 88 x 0,01094 = 0,96272 Khối lượng Fe 0,25 56 x 0,00272 = 0,15232 Hàm lượng FeS tinh khiết là 0,25 0,96272/(0,96272 + 0,15232) x 100 = 89,34% Giáo viên Phan Thanh Sơn Trang 10 / 10