Đáp án kì thi HSG các trường THPT chuyên khu vực duyên hải và đồng bằng Bắc Bộ môn Hóa học lớp 10

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

(Đ ề thi g ồm 04 trang)

Câu Ý Hướng dẫn chấm Điểm

1 1.1.a Ion Y

19+

=> 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



81

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









     





ZZ

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:



1

8. 1

8

; Số nguyên tử X:



1

12. 3

4

Vậy công thức hóa học của hợp chất có kiểu perovskite là ABX3

0,50

Đ Ề CHÍNH TH ỨC 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.

11

a 0,085.0,057 407 407pm

Số nguyên tử vàng và bạc trong ô mạng là: 8x 1/8 + 6x 1/2 = 4

Khối lượng riêng của hợp kim

 

 





  





33

AA

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 =

22

Ba O

2(r r )

316,4pm

3





 = 3,164.10

-8

cm

Vtb = a

3

= 3,17.10

-23

(cm

3

).

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/cm

3

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   

206

82

Pb +

4

2

 X là

206

82

Pb

hay

210

84

Po   

206

82

Pb +

4

2

He

0,50

3.2 Chu kỳ bán rã của Po:

T1/2 =

0

t.ln2

n

ln

n







=

0

0 He

t.ln2

n

ln

n -n







=

0

0

t.ln2

210

ln

210 22,4

He

m

mV















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

=> T1/2 = 138 ngày.

0,50

3.3

Năng lượng của 1 phân rã:

210

84

Po   

206

82

Pb +

4

2

 là

2

E = mc 

Trang 3/8

=  

3 8 2

23

1

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

6,022.10



 (J)

= 8,68.10

-13

(J)

ΔE =

2

αα

1

mv

2

+

2

Pb Pb

1

mv

2

(1)

Theo định luật bảo toàn động lượng:

αα

mv =

Pb Pb

mv

=> v Pb =

α

α

Pb

m

v

m

(2)

Thay (2) vào (1) ta có: ΔE =

2

αα

1

mv

2

+

2

2 α

Pb α

Pb

m 1

m .v

2m







= Eα(1 +

α

Pb

m

m

)

=> Eα =

α

Pb

ΔE

m

1+

m

=

13

4,002603

2

8,68.10

1

05,974455





= 8,51.10

-13

J/phân rã

22

α α α

23

-3

13

11

m v . .v

2 2 6

4,002603.10

8,5

,022

1.10

.0

J

1



   

 

23 13

3

2.6,022.10 .8,51.10

4,002603.10

7

1,6 v .10 m/s





 



0,50đ

0,50

Câu

4

Ý

4.1

Xét quá trình:

22

11

H (k) + N (k) C (gr) HCN (l)

22

 (1)

00

tt tt HCN(l)

H H 108,87 (kJ/mol)    

0

11

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

22

       

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:

22

11

H (k) + N (k) C (gr) H (dd) + CN (dd)

22



 (2)

0

(2)

H 146,15 (kJ/mol) 

0

(2)

S 62,18 (J/mol.K)   

0 3 3 1

(2)

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



    

0,25

Xét quá trình:

0

22

11

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

22

    

∆G

0

< 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) K a

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: ΔG

0

pư(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: ΔG

0

pư(3) = ΔG

0

tt (H

+

(aq)) + ΔG

0

tt (CN

-

(aq) - ΔG

0

tt (HCN(aq) (I)

Mặt khác: ΔG

0

(2) = ΔG

0

tt (CN

-

(aq) + ΔG

0

tt (H

+

(aq)) = ΔG

0

tt (CN

-

(aq)

=> ΔG

0

tt (CN

-

(aq) = 164,38.10

3

J.mol

-1

.

Thay vào (I), ta có: 53340 = 0 + 164380 - ΔG

0

tt (HCN(aq)

=> ΔG

0

tt (HCN(aq) = 111040 J.mol

-1

.

0,50

Câu

5

Ý

5.1.a

 

 

kJ kJ H

H

T T

R

H

T K

T K

206 75 , 205

1580 298

314 , 8 10 45 , 1

10 66 , 2

ln

) (

) (

ln

0

1 1

0

25

4

1

2

1

1

0

1

2

  

















 



 

0,25

93 , 214

298

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

n cb 1-a 1-a 3a a Σn = 2(1+a)

Pcb

1a

p

2(1 a)







1a

p

2(1 a)







3a

p

2(1 a)





a

p

2(1 a)





0,25

3

2

P 33

42

2 P

P 2 2 2

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

Kp

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

4K 27 a 1 a

Kp

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

=>

3 cb

p(SO ) 0,40425 0,055 0,34925 0,35 atm    

và

2

p(SO ) 0,40425 0,055 0,45925 atm 0,46 atm    

Phản ứng (1): Kp =

32

SO SO

P P 0,35 0,46 0,161    

Phản ứng (2):

22

3

1/2

1/2

SO O

P

SO

PP

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: v pư = k pư.[S2O8

2-

]

n

[I

-

]

m

=> lgv pư = lgk pư + nlg[S2O8

2-

] + mlg[I

-

]

Thí nghiệm 1: lg (0,6.10

-3

) = lgk pư + nlg(0,1) + mlg(0,1)

Thí nghiệm 2: lg (2,4.10

-3

) = lgk pư + nlg(0,2) + mlg(0,2)

Thí nghiệm 3: lg (3,6.10

-3

) = lgk pư + nlg(0,2) + mlg(0,3)

Giải hệ ta có: n = m = 1; lgk pư = -1,222

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

k pư = 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

33







 

   





    

    

Do: [I

-

]0/3 < [S2O8

2-

]0 => thời gian bán phản ứng tính theo I

-

.

=> khi t = t 1/2 thì x =

0,1

6

=> t 1/2 = 42,6 giây.

0,5

6.3

Khi cho S2O 3

2-

vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I3

-

2S2O3

2-

+ I3

-

→ S4O 6

2-

+ 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.

v pư = 0,06 .[S2O8

2-

]0,3 = 1,8.10

-2

[S2O8

2-

]

Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:

S2O8

2-

+ 2S2O3

2-

→ 2SO4

2-

+ S4O 6

2-

Thời gian để lượng S2O3

2-

vừa hết là t 1. Điều này đồng nghĩa với lượng S2O8

2-

đã phản

ứng = 0,1M.

Khi đó: t 1. 1,8.10

-2

=



0,2

ln

0,2 0,1

=> t = 38,5 giây

0,50

Câu

7

Ý

7.1.

Khi trộn hai dung dịch:

2

2

3

2

SO

SO

C 0,200M; C 7,5.10 M







Phản ứng SO2 + H2O + SO 3

2-

→ 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

1,76 3

2

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

K 10

[SO ] 0,125







  



a

xx

x

=> x = [H

+

] = 0,012  pHA = 1,92 0,50

7.2

Khi pH = 4,4

a1 a 2

pK pK

2



 => hệ thu được gồm HSO3

-

và SO2 (bỏ qua SO3

2

)

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  Ba

2+

+ SO3

2-

Ks = ? (1)

s s

SO3

2-

+ H2O  HSO3

-

+ OH

-

K b1 = 10

-6,79

(2)

HSO3

-

 SO2 + OH

–

K b2 = 10

-12,24

(3)

Vì K b2<< K b1 nên có thể bỏ qua (3).

Xét quá trình (2):

SO3

2-

+ H2O  HSO3

-

+ OH

–

K b1 = 10

-6,79

C 7,36.10

-4

[ ] 7,36.10

-4

– x x x => x = 1,08.10

-5

Vậy [OH

-

] = [HSO3

-

] >> K b2. Bỏ qua (3) là hợp lý.

[Ba

2+

] = s = 7,36.10

-4

(M); [SO3

2-

] = 7,36.10

-4

- 1,08.10

-5

= 7,25.10

-4

(M)

=> Ks = [Ba

2+

][SO3

2-

] = 5,33.10

-7

0,5

7.4 BaO (r) + H2O → Ba

2+

+ 2OH

-

5.10

-3

mol 5.10

-3

1.10

-2

mol

=>

2

Ba OH

C 0,050M; C 0,10M





Phản ứng: OH

-

+ SO2 → HSO3

-

0,10 0,125 0,075

- 0,025 0,175

TPGH của dung dịch: Ba

2+

0,05M; SO2 0,025M; HSO3

-

0,175M.

Dung dịch thu được là một dung dịch đệm

1,76 3 2

a1

3

[SO ] 0,025

[H ] K 10 2,48.10 M

[HSO ] 0,175

  



  

Khi đó: [SO3

2-

] =

a1 a 2

2

1 1 a 2

K .K

0,2

[H ] Ka [H ] Ka K





= 4,35.10

-6

M

[Ba

2+

][SO3

2-

] = 0,05 x 4,35.10

-6

= 2,176.10

-7

M < K

Vậy không có kết tủa xuất hiện. 0,75

Câu

8

Ý

8.1 Cr2O7

2–

+ 14H3O

+

+ 6e ⇌ 2Cr

3+

+ 21H2O (1) ∆G

o

1 = –6.F. 1,33 V

Fe

3+

+ e ⇌ Fe

2+

(2) ∆G

o

3 = –1.F 0,770 V

6Fe

2+

+ Cr2O7

2–

+ 14H 3O

+

⇌ 6Fe

3+

+ 2Cr

3+

+ 21H 2O ∆G

o

=> ∆G

o

= ∆G

o

5 – 6.∆G

o

6 = – 324 kJ/mol

Mà ∆G

o

= – RTlnK =>

324000 /

ln

(8,314 / . ).298

J mol

K

J mol K K

 = 130,8

=> K = 6,39.10

56

0,50

8.2.a (1) V

2+

+ 2e  V(r)) E

o

1 = -1,20V ∆G

o

1 = -2.F.E

o

1

(2) VO

2+

+ 2H

+

+ e  V

3+

+ H2O E

o

2 = +0,34V ∆G

o

2 = -1.F.E

o

2

(3) V

3+

+ 3e  V(r) Eo

3

= -0,89V ∆G

o

3 = -3.F.E

o

3

(4) VO2

+

+ 2H

+

+ e VO

2+

+ H 2O E

o

4 = +1,00V ∆G

o

4 = -1.F.E

o

4

(5) VO2

+

+ 4H

+

+ 3e  V

2+

+ 2H 2O ∆G

o

5 = ∆G

o

4 + ∆G

o

2 - ∆G

o

1 + ∆G

o

3

=> E

o

5 = +0,36 V

0,50 Trang 7/8

8.2.b

2

4

32

MnO V

C 5.10 M; C 1,6.10 M







Ta có: E

0

(V

3+

/V

2+

) = 3.E

0

(V

3+

/V) - 2.E

0

(V

2+

/V) = - 0,27V

MnO4

-

+ 8H

+

+ 5V

2+

 Mn

2+

+ 5V

3+

+ 4H2O (1)

5(1,51 0,27)

150,34 0,0592

1

K 10 10



 rất lớn => phản ứng (1) hoàn toàn

MnO4

-

+ 8H

+

+ 5V

2+

→ Mn

2+

+ 5V

3+

+ 4H2O (1)

Trước: 5.10

-3

1,6.10

-2

Sau: 1,8.10

-3

- 3,2.10

-3

1,6.10

-2

MnO4

-

+ 5V

3+

+ H2O  Mn

2+

+ 5VO

2+

+ 2H

+

(2)

Ta có:

5(1,51 0,34)

98,8 0,0592

2

K 10 10



 rất lớn => phản ứng (2) hoàn toàn

MnO4

-

+ 5V

3+

+ H2O → Mn

2+

+ 5VO

2+

+ 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: VO

2+

/V

3+

2 3 2 3

2

0

3 VO /V VO /V

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





   

23

Ag /Ag VO /V

EE

  

 => 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 KICl 4 hay K

+

[ ICl 4]

-

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 ICl 3.

=> D là ICl

Vậy chất B là KCl.

0,25

9.3. Cấu trúc:

[ ICl 4]

-

=> Công thức VSEPR: AX4E2

Cấu trúc phân tử : vuông phẳng.

Trạng thái lai hóa của iot là sp

3

d

2

ICl 3 => Công thức VSEPR: AX3E2

Cấu trúc phân tử: hình chữ T

0,25

Trang 8/8

Trạng thái lai hóa của Iot là sp

3

d

0,25

9.4. Phương trình phản ứng

ICl 4

-

+ 5I

-

→ 2I3

-

+ 4Cl

-

(4)

I3

-

+ 2S2O3

2-

→ S4O6

2-

+ 3I

-

(5)

Số mol KICl 4 =

Từ (4), (5) => Số mol Na2S2O3 = 4 số mol KICl 4 = 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

+

→ Fe

2+

+ H2O (1)

Fe2O3 + 6H

+

→ 2Fe

3+

+ 3H2O (2)

2Fe

3+

+ 2H2O + SO2 → 2Fe

2+

+ 4H

+

(3)

5Fe

2+

+ MnO4

-

+ 8H

+

→ 5Fe

3+

+ Mn

2+

+ 4H2O (4)

5SO2 + 2MnO4

-

+ 2H2O → 4H

+

+ Mn

2+

+ 5SO4

2-

(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:

4

MnO

1,281

x 5n x 5,087 mmol

0,812



   

=> mFeO (trong 0,8120 gam mẫu) = 72 . 5,087.10

-3

= 0,3663 (g)

=>

23

Fe O

m

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

=>

23

Fe O

n

(trong 0,8120 gam mẫu) =

0,1615

160

 1,01.10

-3

(mol)

% FeO =

0,3663

.100

0,8120

= 45,11 %

% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

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

x + 2y =

4

MnO

5n



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

=>

2

SO

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

0,50

0,50

------------------HẾT---------------------