197x 0,1 x 0,057 197x 108(1 x) Mặt khác, ta có bán kính trung bình của các nguyên tử trong mạng

Trang 1/8 KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN

KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ XI, NĂM 2018

HƯỚNG DẪN CHÂM THI MÔN: HÓA HỌC-KHỐI 10 Ngày thi: 14/4/2018

(Đề thi gồm 04 trang)

Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm

1 1.1.a Ion Y¹⁹⁺ => Z = 20.

I = - E1 = 5440 eV

0,25 1.1.b Bước sóng dài nhất tương ứng với quá trình chuyển electron ngắn nhất nghĩa là

chuyển từ trạng thái n = 6 về trạng thái n = 5.

=> ΔE = E6 - E5 = c h 

8 1

2 19 34

2 2 9

1 1 3.10 m.s

13, 6 1, 602.10 J 6, 625.10 (J.s). 1

6 5 7464.10 m

  



 

 Z      Z

0,25

1.2.a 0,25

0,25

1.2.b - Năng lượng liên kết B-F (trong BF3) lớn hơn N-F (trong NF3) do bậc liên kết trung bình của BF3 (4/3) lớn hơn so với bậc liên kết trung bình của NF3 (1)

0,25 - Momen lưỡng cực của NH3 lớn hơn NF3 do momen của các liên kết cộng hưởng với

momen của hạt nhân nguyên tử nitơ với cặp electron tự do trong khi đối với phân tử NF3, momen của liên kết triệt tiêu với momen của hạt nhân nguyên tử nitơ với cặp electron tự do

0,25

1.2.c BF3 + NH3 → H3NBF3 (hợp chất X)

BF3 + 2NH3 → [(NH4)⁺(H2NBF3)^-] (hợp chất Y)

0,50

Câu 2

Ý

2.1. Trong một ô mạng

Số nguyên tử A: 1 ; Số nguyên tử B: _8.¹_1

8 ; Số nguyên tử X: _12.¹_3 4

Vậy công thức hóa học của hợp chất có kiểu perovskite là ABX3 0,50 ĐỀ CHÍNH THỨC

Trang 2/8 2.2 xAu + Ag  AuxAg1-x + xAg (với x là phần mol của Au trong hợp kim)

Phần trăm khối lượng của vàng trong hợp kim

  

 

197x 0,1 x 0,057

197x 108(1 x)

Mặt khác, ta có bán kính trung bình của các nguyên tử trong mạng

   

   

   

Au Ag Au Ag

xR (1 x)R xR (1 x)R

R a 2 2 R 2 2.

1 1

a 0,085.0,057 407 407 pm

Số nguyên tử vàng và bạc trong ô mạng là: 8x 1/8 + 6x 1/2 = 4 Khối lượng riêng của hợp kim

 

 



 

  

 

 

3 3

A A

3

23 10 3

4. 197x 108(1 x)

m nM

d V N .a N .a

4. 197.0,057 108(1 0,057)

11g / cm 6,022.10 .(407.10 )

Chú ý: Nếu học sinh sử dụng luôn giá trị bán kính của Ag mà không xác định bán kính trung bình thì chỉ cho 1/2 tổng số điểm.

0,25

0,25

0,50 2.3 Tỉ số bán kính: ²

2

Ba O

R 134

0,957 ( 3 1; 1)

R 140





   

Vậy BaO kết tinh dạng CsCl.

Thể tích của một tế bào cơ sở:

Độ dài cạnh a = 2(r^Ba2 r^O2 )

316, 4 pm 3

  

 = 3,164.10^-8 cm Vtb = a³ = 3,17.10^-23 (cm³).

Khối lượng riêng của BaO



23

  

3 23

137,327 15,999

d = 8, 03

6, 022.10 . g.cm

1 3,17. 0





 

Chú ý: Thực nghiệm là 5,72 g/cm³ vì thực tế BaO kết tinh theo mạng lập phương tâm diện.

0,25

0,25

Câu 3

Ý

3.1 Phương trình phản ứng phân rã:

210

84 Po ₈₂²⁰⁶Pb + ⁴₂ X là ²⁰⁶₈₂ Pb hay

210

84 Po ₈₂²⁰⁶Pb + ⁴₂He

0,50

3.2 Chu kỳ bán rã của Po:

T1/2 =

0

t.ln2 ln n

n

 

 

 

=

0 0 He

t.ln2 ln n

n -n

 

 

 

=

0

0

t.ln2 ln 210

210 22, 4

He

m

m V

 

 

 

  

 

 

Thay t = 365 ngày; m0 = 2,00 gam; VHe = 0,179 lít

=> T1/2 = 138 ngày.

0,50 3.3 Năng lượng của 1 phân rã: ₈₄²¹⁰Po ₈₂²⁰⁶Pb + ⁴₂ là

E = mc2

 

Trang 3/8

= 23

 

^{3 8 2}

1 209,982864 205,974455 4, 002603 .10 (3.10 ) 6, 022.10

   (J)

= 8,68.10^-13(J) ΔE = α α²

1 m v 2

⁺

2 Pb Pb

1 m v

2

(1) Theo định luật bảo toàn động lượng:

m vα α = m v_{Pb Pb} => vPb = ^{α α}

Pb

m v

m (2) Thay (2) vào (1) ta có: ΔE = 1 _{α α}²

2m v +

2 α 2

Pb α

Pb

m

1m .v

2 m

 

 

  = Eα(1 + ^α

Pb

m m )

=> Eα =

α Pb

ΔE 1+ m

m

=

13

4, 002603 2

8, 68.10 1 05,974455





= 8,51.10^-13 J/phân rã

2 2

α α 23 α

-3

1 1

13

m v . .v

2 2 6

4,002603.10

,022 8,5 1.10

. 0 J

1





 

 

23 13

3

2.6,022.10 .8,51.10 4,002603.10

1,6

7

v

_



 ^

 .10 m/s

0,50đ

0,50 Câu

4 Ý

4.1 Xét quá trình: ¹H (k) + ₂ ¹N (k) ₂ C (gr) HCN (l)

2 2   (1)

0 0

tt tt HCN(l)

H H 108,87 (kJ/mol)

   

0 1 1

S 191, 61. 130, 61 5, 74 112,84 54, 01 (J/mol.K)

2 2

       

0 0 3 3

tt tt

G H T S 108,87.10^ 298.( 54, 01) 124, 96.10 (J / mol.K)

         0,50

Xét quá trình: ¹H (k) + ₂ ¹N (k) ₂ C (gr) H (dd) + CN (dd)

2 2

 

  (2)

0

H(2) 146,15 (kJ/mol)

 

0

S(2) 62,18 (J/mol.K)

  

0 3 3 1

G(2) 146,15.10 298.( 62,18) 164,38.10 (J.mol )^

    

0,25 Xét quá trình:

0

2 2

1 1

HCN(l) H (k) + N (k) C (gr) ; G 124, 96 (kJ / mol)

2 2

    

∆G⁰ < 0 => Quá trình tự diễn biến ở điều kiện chuẩn.

Tuy nhiên trên thực tế quá trình phân hủy không xảy ra được giải thích là do năng lượng hoạt hóa của phản ứng quá lớn => tốc độ phản ứng vô cùng nhỏ.

0,25 4.2 Xét cân bằng : HCN (aq)  H⁺(aq) + CN^-(aq) (3) Ka

C 0,10

[ ] 0,10 - 10^-5,175 10^-5,175 10^-5,175 Áp dụng ĐLTDKL, ta có:

5,175 2

a 5,175

[H ][CN ] (10 )

K [HCN] 0,1 10

  

  

 = 10^-9,35 Ta có: ΔG⁰pư(3) = - RTlnKa = -8,314 J.mol^-1.K^-1.298K.ln (10^-9,35)

0,50

Trang 4/8 = 53340 (J.mol^-1)

Ta có: ΔG⁰pư(3) = ΔG⁰tt (H⁺(aq)) + ΔG⁰tt (CN^-(aq) - ΔG⁰tt (HCN(aq) (I) Mặt khác: ΔG⁰(2) = ΔG⁰tt (CN^-(aq) + ΔG⁰tt (H⁺(aq)) = ΔG⁰tt (CN^-(aq) => ΔG⁰tt (CN^-(aq) = 164,38.10³ J.mol^-1.

Thay vào (I), ta có: 53340 = 0 + 164380 - ΔG⁰tt (HCN(aq)

=> ΔG⁰tt (HCN(aq) = 111040 J.mol^-1.

0,50

Câu 5

Ý

5.1.a

 

 

kJ kJ

H

H T R T

H T

K T K

206 75

, 205

1580 314 298

, 8 10

45 , 1

10 66 , ln 2

) (

) ln (

0

1 1

0 25

4

1 2 1 1 0

1 2







 

 



 













0,25

93 , 298 214

141700 205750

298 205750 )

10 45 , 1 ln(

298 314 , 8

ln

0

0 25

0 0

 



































S

S S

T H K RT

0,25 5.1.b ⁰

pu, 1100K

G 205750 1100 214,93 30673 J 30,7 kJ

       

30673 8,314 1100 p, 1100K

K e ^ 28, 6

0,25

CH4 (k) + H2O (k)  3 H2 (k) + CO (k)

nban đầu 1 1 0 0

ncb 1-a 1-a 3a a Σn = 2(1+a) Pcb ^{1 a} p

2(1 a)

 

 1 a

2(1 a) p

 

 3a

2(1 a)p

 a

2(1 a)p

 0,25

3

2

P 3 3

4 2

2 P

P 2 2 2

(3a) a 2 (1 a) 2 (1 a)

K p

2 (1 a) 2 (1 a) (1 a) (1 a) 4K

27 a 1 a

K p

4 (1 a) (1 a) p 27 1 a

      

 

        

     

   

K = 28,6; p = 1,6 atm → a = 0,7501→ Hiệu suất 75,01% 0,25

5.2 .

Tại thời điểm cân bằng:

2FeSO4 (r)  Fe2O3 (r) + SO3 (k) + SO2 (k) (1) Cân bằng: (a - x) (a + x)

SO3 (k)  SO2 (k) + 1/2O2 (k) (2) Cân bằng: (a - x) (a + x) 0,5x

Trong đó: p(O2)cb = 0,5x = 0,0275 atm => x = 0,0550 atm.

p(SO3)cb + p(SO2)cb + p(O2)cb = 0,836 atm => 2a + 0,5x = 0,836 atm => a = 0,40425 atm

=> p(SO )_{3 cb} 0, 40425 0, 055 0,34925  0,35 atm và p(SO )₂ 0, 404250, 055 0, 45925 atm  0, 46 atm Phản ứng (1): Kp =

3 2

SO SO

P P 0,35 0, 46  0,161

Phản ứng (2): ^{2 2}

3

1/2 1/2

SO O

P

SO

P P 0, 46 (0, 0275)

K 0, 218

0, 035 P

 

  

0,75

Trang 5/8 Câu

6 Ý

6.1 Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: vpư = kpư.[S2O82-]ⁿ[I^-]^m

=> lgvpư = lgkpư + nlg[S2O82-] + mlg[I^-]

Thí nghiệm 1: lg (0,6.10^-3) = lgkpư + nlg(0,1) + mlg(0,1) Thí nghiệm 2: lg (2,4.10^-3) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,2) Thí nghiệm 3: lg (3,6.10^-3) = lgkpư + nlg(0,2) + mlg(0,3) Giải hệ ta có: n = m = 1; lgkpư = -1,222

Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.

kpư = 6.10^-2 (mol^-1.l.s^-1) 0,50

6.2 Tại thí nghiệm (1), phương trình tốc độ phản ứng là v = ^dx

dt = k (0,1 - x) (0,1 - 3x) = 3k (0,1 - x) (^0,1 3 - x) Ta có:

 

0,1 0,1 x

1 3

t ln

0,1 0,1

3k 0,1 0,1 x

3 3

 

  

 

       

Do: [I^-]0/3 < [S2O82-]0 => thời gian bán phản ứng tính theo I^-. => khi t = t1/2 thì x = ^0,1

6 => t1/2 = 42,6 giây.

0,5 6.3 Khi cho S2O32- vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I3-

2S2O32- + I3- → S4O62- + 3I^- (2)

Khi đó nồng độ I^- không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn ra, do đó bậc của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1.

vpư = 0,06 .[S2O82-]0,3 = 1,8.10^-2 [S2O82-] Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:

S2O82- + 2S2O32- → 2SO42- + S4O62-

Thời gian để lượng S2O32- vừa hết là t1. Điều này đồng nghĩa với lượng S2O82- đã phản ứng = 0,1M.

Khi đó: t1. 1,8.10^-2 =

 ln 0,2

0,2 0,1 => t = 38,5 giây

0,50 Câu

7

Ý

7.1. Khi trộn hai dung dịch: 2 23

2

SO SO

C 0, 200M; C   7,5.10 M

Phản ứng SO2 + H2O + SO32- → 2 HSO3-

0,200 0,075

0,125 0 0,150 TPGH: SO2 0,125M; HSO3- 0,150M.

=> dung dịch A là một dung dịch đệm

SO2 + H2O  HSO3- + H⁺ Ka1 = 10^-1,76 0,125 – x 0,15 + x x

3 1,76 2

[H ][HSO ] .(0,15 )

K 10

[SO ] 0,125

 

 

  



a

x x

x

=> x = [H⁺] = 0,012



pHA = 1,92 0,50 7.2 Khi pH = 4,4 ^{pKa1 pKa 2}

2

  => hệ thu được gồm HSO3- và SO2 (bỏ qua SO32)

trong đó HSO3- chiếm. 0,25

Trang 6/8



 

    

  

- 1,76

3 a1

- + 4,4 1,76

3 2 a1

[HSO ] K 10

0,998 99,8% 100%

[HSO ] [SO ] [H ] K 10 10

=> n(NaOH) = n(SO2) => V.0,2 = 100.0,125 => V = 62,5 mL.

7.3 Gọi độ tan của BaSO3 trong nước là s => s = 0,016 1000

217 .100 = 7,36.10^-4 (M) BaSO3  Ba²⁺ + SO32- Ks = ? (1)

s s

SO32-+ H2O  HSO₃^- + OH^- Kb1 = 10^-6,79 (2) HSO3-  SO2 + OH^– Kb2 = 10^-12,24 (3) Vì Kb2<< Kb1 nên có thể bỏ qua (3).

Xét quá trình (2):

SO32- + H2O  HSO3- + OH^– Kb1 = 10^-6,79 C 7,36.10^-4

[ ] 7,36.10^-4 – x x x => x = 1,08.10^-5 Vậy [OH^-] = [HSO3-] >> Kb2. Bỏ qua (3) là hợp lý.

[Ba²⁺] = s = 7,36.10^-4 (M); [SO32-] = 7,36.10^-4 - 1,08.10^-5 = 7,25.10^-4 (M)

=> Ks = [Ba²⁺][SO32-] = 5,33.10^-7 0,5

7.4 BaO (r) + H2O → Ba²⁺ + 2OH^- 5.10^-3 mol 5.10^-3 1.10^-2 mol

=> CBa2 0, 050M; COH 0,10M

Phản ứng: OH^- + SO2 → HSO3-

0,10 0,125 0,075 - 0,025 0,175

TPGH của dung dịch: Ba²⁺ 0,05M; SO2 0,025M; HSO3- 0,175M.

Dung dịch thu được là một dung dịch đệm

_a1 ^{2 1,76 3}

3

[SO ] 0, 025

[H ] K 10 2, 48.10 M

[HSO ] 0,175

  

   

Khi đó: [SO32-] = ₂ ^{a1 a 2}

1 1 a 2

0, 2 K .K

[H ]^  Ka [H ]^  Ka K = 4,35.10^-6M [Ba²⁺][SO32-] = 0,05 x 4,35.10^-6 = 2,176.10^-7M < K

Vậy không có kết tủa xuất hiện. 0,75

Câu 8

Ý

8.1 Cr2O72– + 14H3O⁺ + 6e ⇌ 2Cr³⁺ + 21H2O (1) ∆G^o1 = –6.F. 1,33 V Fe³⁺ + e ⇌ Fe²⁺ (2) ∆G^o3 = –1.F 0,770 V 6Fe²⁺ + Cr2O72– + 14H3O⁺ ⇌ 6Fe³⁺ + 2Cr³⁺ + 21H2O ∆G^o

=> ∆G^o = ∆G^o5 – 6.∆G^o6 = – 324 kJ/mol Mà ∆G^o = – RTlnK => ln ^{324000 /}

(8, 314 / . ).298 J mol

K  J mol K K = 130,8

=> K = 6,39.10⁵⁶

0,50

8.2.a (1) V²⁺ + 2e  V(r)) E^o1 = -1,20V ∆G^o1 = -2.F.E^o1

(2) VO²⁺ + 2H⁺ + e  V³⁺ + H2O E^o2 = +0,34V ∆G^o2 = -1.F.E^o2

(3) V³⁺ + 3e  V(r) Eo3 = -0,89V ∆G^o3 = -3.F.E^o3

(4) VO2+ + 2H⁺ + e VO²⁺ + H2O E^o4 = +1,00V ∆G^o4 = -1.F.E^o4

(5) VO2+ + 4H⁺ + 3e  V²⁺ + 2H2O ∆G^o5 = ∆G^o4 + ∆G^o2 - ∆G^o1 + ∆G^o3

=> E^o5 = +0,36 V

0,50

Trang 7/8

8.2.b ₂

4

3 2

MnO V

C  5.10 M; C  1, 6.10 M

 

 

Ta có: E⁰ (V³⁺/V²⁺) = 3.E⁰ (V³⁺/V) - 2.E⁰ (V²⁺/V) = - 0,27V

MnO4- + 8H⁺ + 5V²⁺  Mn²⁺ + 5V³⁺ + 4H2O (1)

5(1,51 0,27)

150,34 0,0592

K1 10 10



  rất lớn => phản ứng (1) hoàn toàn MnO4- + 8H⁺ + 5V²⁺ → Mn²⁺ + 5V³⁺ + 4H2O (1) Trước: 5.10^-3 1,6.10^-2

Sau: 1,8.10^-3 - 3,2.10^-3 1,6.10^-2

MnO4- + 5V³⁺ + H2O  Mn²⁺ + 5VO²⁺ + 2H⁺ (2) Ta có:

5(1,51 0,34) 0,0592 98,8

K2 10 10



  rất lớn => phản ứng (2) hoàn toàn MnO4- + 5V³⁺ + H2O → Mn²⁺ + 5VO²⁺ + 2H⁺ (2) Trước: 1,8.10^-3 1,6.10-2 3,2.10^-3

Sau: - 7,0.10^-3 5,0.10^-3 9,0.10^-3 Thế của điện cực Pt tính theo cặp: VO²⁺/V³⁺

2 3 2 3

2 0

VO /V VO /V 3

[VO ]

E E 0, 0592lg 0,346 0,35V

    [V ]



    

Thế của điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,10M.

0 Ag / Ag Ag / Ag

E  E  0, 0592 lg[Ag ] 0, 7408 0, 74V

    

2 3

Ag /Ag VO /V

E   E   => Điện cực Ag là cực (+) và điện cực Pt là cực (-) Sức điện động của pin, Epin = 0,74 - 0,35 = 0,39V

0,25

0,25

0,50 Câu

9

Ý

9.1. % khối lượng Clo trong A là 46,11%.

12, 66 41, 23 46,11

K : I : Cl = : : 1 : 1 : 4 39 127 35,5 

=> Công thức phân tử của A là KICl4 hay K⁺[ ICl4]^- Phương trình phản ứng:

3 4 2 2

KIO + 6HClK[ICl ] + Cl + 3H O 0,50

9.2. MC = MA. 0,7581 = 233,5 => C là ICl3.

=> D là ICl

Vậy chất B là KCl. 0,25

9.3. Cấu trúc:

[ ICl4]^- => Công thức VSEPR: AX4E2 Cấu trúc phân tử : vuông phẳng.

Trạng thái lai hóa của iot là sp³d² ICl3 => Công thức VSEPR: AX3E2

Cấu trúc phân tử: hình chữ T

0,25

Trang 8/8 Trạng thái lai hóa của Iot là sp³d

0,25

9.4. Phương trình phản ứng

ICl4- + 5I^- → 2I3- + 4Cl^- (4)

I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I^- (5)

Số mol KICl4 = Từ (4), (5) => Số mol Na2S2O3 = 4 số mol KICl4 = 1,3.10^-2 mol Thể tích dung dịch Na2S2O3 đã dùng = 2 2 1,3.10 10   = 1,3 lít. Câu 10 Ý 10.1 FeO + 2H⁺ → Fe²⁺ + H2O (1)

Fe2O3 + 6H⁺ → 2Fe³⁺ + 3H2O (2)

2Fe³⁺ + 2H2O + SO2 → 2Fe²⁺ + 4H⁺ (3)

5Fe²⁺ + MnO4- + 8H⁺ → 5Fe³⁺ + Mn²⁺ + 4H2O (4) 5SO2 + 2MnO4- + 2H2O → 4H⁺ + Mn²⁺ + 5SO42-

(5) 1,00 10.2 Gọi x là số mol FeO trong 0,8120 gam mẫu.

=> 1,2180 gam quặng, ta có số mol FeO = ^{1, 281}x

0,812 (mol)

Dựa vào phản ứng oxi hóa Fe(II) trong 1,218 gam quặng và áp dụng định luật bảo toàn electron, ta có:

MnO4

1, 281

x 5n x 5, 087 mmol

0,812  ^  

=> mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10^-3 = 0,3663 (g)

=>

2 3

mFe O (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

=>

2 3

nFe O (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,1615

160  1,01.10^-3 (mol) % FeO = 0,3663

0,8120.100 = 45,11 % % Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

Gọi y là số mol SO2. Áp dụng ĐLBT electron, ta có:

x + 2y =

MnO4

5n  = 5 x 22,21 x 0,1 => y = 3,009 mmol

=>

SO2

V = 22,4.3,009 = 67,4 mL

0,50

0,50

---HẾT---