H I CÁC TRƯ NG CHUYÊN Thái Nguyên

 

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN 

HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HÓA

VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ 

KHỐI 10  10  NĂM 2018  2018 

TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN  NGUYÊN  Câu 1 (2 điểm). Cấu tạo nguyên tử, phân tử, định luật tuần hoàn.  

1.  Biết năng lượng cần cung cấp để tách cả hai electron ra khỏi nguyên tử He là: 79,00eV. Khi chiếu một bức xạ có bước sóng nm vào nguyên tử He thì thấy có 1 electron thoát ra. Tính vận tốc của electron này. Cho h = 6,625.10-34J.s ; me = 9,1.10-31kg. 2. Tác dụng của đinitơ (N2) với canxicacbua (CaC2) ở 100oC tạo ra canxi xinamit xảy ra o

theo phương trình sau: CaC2 + N2      CaNCN + C. Canxi xinamit có chưa ion [NCN]2-, khi thủy phân nó tạo thành axinamit (H2 NCN), chất này đime hóa trong dung dịch thành đixianamit (H2 N)2CNCN. Các viết công thức ở trên gợi ý thứ tự liên kết giữa các nguyên tử. a.  Vẽ cấu trúc Lewis khả dĩ nhất của ion [NCN] 2-  và chất H2 NCN có kèm theo điện tích 100 100 C

hình thức của C và N trong các ion và phân tử và cho biết dạng hình học của phân tử và ion trên.

b. Vẽ một cấu trúc khả dĩ nhất, vẽ cấu trúc cộng hưởng của (H 2 N)2CNCN và giải thích tại sao góc liên kết trong phân tử này NCN xấp xỉ 120 0? Hướng dẫn.  dẫn.  Câu Ý 1

Nội dung  dung 

Điểm   Điểm

Theo đề bài có: He   He2+  + 2e ; I = + 79,00 eV Mặt khác, He+  He2+  + 1e ; I2 = - Ee trong He+ 

0,25

2

mà He+ là hệ 1 hạt nhân 1 electron   I2 = + 13,6. 22  = + 54,4 eV 1

0,25

 I1, He = I –   II2 = 24,60 eV = 3,941.10 -18  (J)

 Năng lượng của bức xạ:  1

E

34

h. h.cc 

 

0,25

8

6,625 ,625.10 .(3.10 ) 



 Wđ (e) =

40.10 1 2

mv

2

9





4, 9675.10

18



(J )  

 = E –   II1 = 1,0277510-18  (J)  v = 1,503.10 6m/s

0,25

Có ba câu trúc khả dĩ   0,25

 

 

2 

Có hai cấu trúc, nhưng cấu trúc (1) khả dĩ hơn do tổng giá trị điện tích hình thức nhỏ hơn. 

0,25

Dạng hình học: Mọi nguyên tử, trừ một H đều nằm trên một mặt phẳng  phẳng   Cấu trúc Lewis khả dĩ nhất của (H 2 N)2CNCN là:

Các cấu trúc cộng hưởng  như sau 

0,25

Với ba cấu trúc cộng hưởng ta thấy liên kết đôi giữa C và N luân phiên nên có thể biểu diễn ở dạng lai hóa cộng hưởng như sau.  

-

0,25

 Nên góc liêt kết NCN xấp xỉ 120 o 

Câu 2 (2 điểm). Tinh thể. thể. Thực nghiệm cho biết ở pha rắn, vàng (Au) có khối lượng riêng là 19,4g/cm 3  và có mạng lưới lập phương tâm diện. Độ dài cạnh của ô mạng đơn vị là 4,070.10 -10m. Khối lượng mol nguyên tử của Au là 196,97g/mol. 1. Tính phần trăm thể tích không gian trống trong mạng lưới tinh thể của Au.   2. Xác định trị số của số Avogadro.  

 

Hướng dẫn.  dẫn.  Câu Ý 2

Nội dung  dung 

Điểm   Điểm

Cạnh hình lập phương = a, khoảng cách hai đỉnh kề nhau:  a = 4,070.10-10m Khoảng cách từ đỉnh đến tâm mặt mặt lập phương là nửa đường chéo của mỗi mặt vuông: ½ (a ¯ 2) 2) = a/  ¯ 2 < a

đó là khoảng cách gần nhất giữa hai nguyên tử bằng hai lần bán kính nguyên tử Au. 4,070 X10-10m :  ¯ 2 = 2,878.10-10m = 2r

0,5

r : bán kính nguyên tử Au = 1,439.10 -10m Mỗi ô mạng đơn vị có thể tích = a3 = (4,070 . 10-10 m)3 = 67, 419143.10-30 m3  và có chứa 4 nguyên tử Au .  

0,25

1

3

Thể tích 4 nguyên tử Au là 4 nguyên tử x 4/3 =4

4 3

(3,1416) (1,439. 10

-10 3

r    -30

) 

0,25

3

= 49, 927.10 m  

Độ đặc khít = (49,927.10-30m3)/ (67,419.10-30 m3) = 0,74054 = 74,054% Độ trống = 100% - 74,054% = 25,946% 1 mol Au = NA nguyên tử Au có khối lượng 196,97 gam   1 nguyên tử Au có khối lượng =

196,97 g 

 N  A ng.tu

0,25

 

Tỉ khối của Au rắn: d (Au) = 19,4 g/cm 3 =

khlg 4 ngtu Au

19,4 g/cm3 = 4 nguyên tử x

196,97 g   N  A ng.tu

x

4.196,97 

Vo mang

2 

 N A  .a

 

3

0,25

1 67,4191x10 30 m 3 .10 6 cm 3 / m 3

 

 NA = 6,02386.1023 

điểm) Hậ Câu 3 (2 điểm) Hật nhân, phóng xạ xạ. Hai đồng vị 32P và 33P đều phóng xạ β- vớ i thờ i gian bán hủy lần lượ t là 14,3 ngày và 25,3 ngày. Đồng vị 

32

P

33

P

0.25

32

S

33

S

0,25

 

 Nguyên tử khối (amu)

31,97390

32,97172

31,97207

32,97145

1.  Viết phương trình của các phản ứng hạt nhân biểu diễn các quá trình phóng xạ  và tính năng lượ ng ng cực đại c ủa các hạt β phát ra trong các quá trình phóng xạ  nói trên theo đơn vị  MeV? Cho số Avogađro NA = 6,023.1023, vận tốc ánh sáng C = 3.108 m/s, 1eV = 1,602.10-19 J. 32

ng P trong mẫu có hoạt độ phóng xạ 0,1 Ci. 2. Tính khối lượ ng 3. Một m ẫu phóng xạ  đồng thờ i ch ứa 32P và 33P có tổng hoạt độ phóng xạ  ban  ban đầ u là 9136,2 Ci. Sau 14,3 ngày tổng hoạt độ phóng xạ còn lại 4569,7 Ci. Tính % kh ối lượ ng ng của các đồng vị trong mẫu ban đầu. Hướng dẫn.  dẫn.  Câu Ý Nội dung  dung  Điểm   Điểm 3

Phương trình phóng xạ: 32 15

P

  

32 16

β ( 01 e)

S +



33

 

15

P

  

33 16

S +

β ( 01 e) 

 

0,25

+ Phân rã của P: 32

2

ΔE1 = Δ Δm m.C

1

= (31,97390 - 31,97207).(

103 kg ) (3,0.108 m.s-1)2 23 6,023.10

= 2,734517 .10-13 J = 1,707.106 eV = 1,707

MeV.

+ Phân rã của 33P: 2

ΔE2 = Δm . C

= (32,97172 - 32,97145).(

0,25

103 kg

8

6,023.10 23

= 4,034534 .10-14 J = 251843,6 eV = 0,2518

-1 2

) (3,0.10  m.s )

MeV 

Hoạt độ phóng xạ: A = 0,1 Ci = 0,1. 3,7.10 10  Bq = 3,7.109 Bq Ta có: 9

A = k.N = ln2 . N t1/2 



1/2

N= A.t ln2



3, 7.10



14, 3 24 60 60   ln 2

0,25

 N = 6,6.1015 (nguyên tử) 

2  15

Khối lượng của P: 32

32 6,6.1 ,6.10 0 6,023.10

23



7



3,506.10  gam.

0,25

Hằng số tốc độ phân rã của 32

P: k1

ln 2 



14,3

0, 0485 ngày -1 

0,25

 

 

3

33

P: k 2

ln 2 



25,3

0, 0274  ngày -1

Thời điểm ban đầu (t = 0): A32 + A33 = 9136,2 Ci A .e

0, 048514,3



32

Sau 14,3 ngày:



A .e

0 ,027414,3



33



0,25

4569, 7

 

Giải hệ, ta có: A32= 9127,1 Ci và A33 = 9,1 Ci Trong mẫu ban đầu:   m 32 m 33

P

 =

P

 N 32 32×  N A  N33 33×  N A

32×

k 1

= 33×

0,25

A 32 A 33

32×A 32 ×k 2  

33×A 33×k1

 

 

k 2

Thay số, ta được: m 32 P m

33



P

0,25

32 × 9127,1 × 0,0274 



549,, 46   549

33 × 9,1 × 0,0485

%  m 32 P



99, 82%   ;

%m 33 P



0,18%  

Câu 4: (2,0 điểm)  điểm) Nhiệt hóa học. học. Cho các số liệu nhiệt động học sau:   Chất  ∆H f  (kJ.mol  (kJ.mol ) 0

-1

C p (J.K -1. mol-1)

CO2(k)  -393,5 37

H2O(k)  -241,8 33

CH4(k)  -74,9 35

N2(k)  0 29

H2O(l)  -285,9 75

1. Tính hiệu ứng nhiệt (∆H1) cho quá trình sau trong điều kiện đẳng nhiệt ở 298K và 1 bar:   CH4(k, 298K)  + 2 O2(k, 298K)  → CO2(k, 298K) + 2H2O(k, 298K)  2.  Tính hiệu ứng nhiệt (∆H 2), cho quá trình sau trong điều kiện không đẳng nhiệt ở 1  bar (coi nhiệt dung của các chất không phụ thuộc vào nhiệt độ).   CH4(k, 298K)  + 2 O2(k, 298K)  → CO2(k, 498K) + 2H2O(k, 498K) 3.  Trong một máy hơi nước, ngọn lửa của metan sẽ đốt nóng hơi nước trong bình chứa. Trong  bom phản ứng chứa 1 mol metan và 10 mol không kh khíí (2 mol oxi và 8 mol nitơ). Giả sử tất cả các khí đưa vào (metan và không khí) đều có nhiệt độ 298K, các sản phảm đều có nhiệt dộ 498K và phản ứng là hoàn toàn. Toàn bộ lượng nhiệt này được truyền cho một lượng nước lỏng là 200 gam. Hãy tính nhiệt độ cuối cùng của lượng nước này (biết nước ban đầu ở thể lỏng, nhiệt độ 0

25 C).

 

Hướng dẫn.  dẫn.  Câu Ý 4 1

2 

Nội dung  dung 

Điểm   Điểm

Xét phản ứng CH4(k, 298K)  + 2 O2(k, 298K)  → CO2(k, 298K) + 2H2O(k, 298K)  ∆H1 = - 393,5 + ( - 241,8.2) –  (-74,9)  (-74,9) = -802,2 (kJ/mol)

0,5

Lượng nhiệt để nâng hỗn hợp sản phẩm từ 298K → 498K được tính theo biểu thức: q = Csp . ∆T = (37 + 2.33) . (498 –  298)  298) = 20,6.103 J/mol → ∆H2 = - 802,2 + 20,6 = -781,6 (kJ/mol)

0,5

Hỗn hợp sản phẩm cháy gồm: N 2: 8mol; CO2: 1mol; H2O: 2mol Tính được: ∑ C p (sản phẩm) = 37 + 2.33 + 8.29 = 335 (J/mol.K) → ∆H3 = - 802,2 + 335. (498 -298).10-3 = -735,2 (kJ/mol) → Qv = ∆U = ∆H3 - ∆nRT = -735,2 –  0.R.T  0.R.T = -735,2 (kJ/mol) → Lượng nhiệt mà nước nhận được là Q = 735,2 kJ  Gọi nhiệt độ sau của nước là T2 (K) 0

3

0,25

0

2

Lượng nhiệt cần để nâng 200gam H O từ 25 C (298K) đến 100 C (373K)

là: Q1 = 75.(200/18) . ( 373 –  298).10  298).10-3 = 62,5 (kJ) < Q

0,25

→ T2 > 1000C → H2O bị hóa hơi.  Xét quá trình: H2O(l) 

H2O(k) có

∆H298K  =  75 = - 42 (J/mol.K)  = - (-285,9) + (- 241,8) = 44,1 (kJ/mol); ∆C p = 33 –  75 → ∆H373K  =  = 44,1 + ( - 42 . (373 –  298).10  298).10-3 = 40,95 (kJ/mol) → Lượng nhiệt để hóa hơi 200gam H2O tại 373K là: 

0,25

Q2 = 200/18 . 40,95 = 455 (kJ)

→ Q1 + Q2 = 62,5 + 455 = 517,5 (kJ) < Q → H2O bị hóa hơi hoàn toàn.  Hơi nước bị nâng đến nhiệt độ:  Q –  (Q  (Q1 + Q2) = (200/18).CH2O(k) . (T2 –     373).10  373).10-3 

→ T2 = 966,7K  

Câu 5 (2,0 điểm). Cân bằng hóa học pha khí. pha  khí. Cho biết  N2O4 tồn tại dưới dạng cân bằng với NO2 theo phương trình: N2O4 (k) ⇌ 2NO2  (k). 1,0 mol N2O4 được đưa vào bình rỗng với thể tích cố định 24,44 lit. Áp suất khí tại cân bằng ở 298K là 1,190 bar. Giá trị entropi chuẩn (S 0) của N2O4 (k) = 304,10 J.mol-1.K -1  và NO2  = 240,05 J.mol-1.K -1. Coi ∆S0, ∆H0 không phụ thuộc nhiệt độ.  1. Tính hằng số cân bằng K  p, K c tại 298K   2. Tính áp suất bình phản ứng tại 348K

0,25

 

 

Hướng dẫn.  dẫn.  Câu 5

Nội dung  dung 

Ý  N2O4 

Ban đầu:

  2 NO2 

⇌

1

[]

Điểm   Điểm

0

1-x

0,25

2x

ntổng, cb = 1 - x + 2x = 1 + x (mol) ntong tong , cb

(1,190 / 1, 013).24 013).24,, 44

 PV  

 RT 





0,082.298

1,175 (mol)  

Vớ i P= 1,190 bar = (1,190/1,013 ) atm Lại có 1,175 = 1 + x



 x = 0,175 (mol)

Tại cân bằng  P N2O4  P NO2



1  x 1   x 2 x



1   x

1  K  p ,298





P tong  

.P tong  

1  0,175 1  0,175

2.0,175 1  0, 0,175

( P  NO2 ) 2   (0,354) 2  P  N2O4



0,836

.1,190 bar



0,25

.1,1 ,19 90 ba bar  0,836 ,836 ba bar  



0, 354 bar   

0,1499  

0,25

K C = K  p.(RT)-∆n = 0,1499.(0,082.298)-1 =6,13.10-3 

0,25

Tại 298 K, 0

G  RT

ln K 298

314.298. lln n(0,1499)   8, 31

4702 ( J  mol 1 )   4, 7 70 0 (kJ  mol-1 )

 

= ∆H0 –    –  298∆S0 Mà ∆S0 = 0,176 kJ·mol – 1·K  – 1 => ∆H0 = 57,148 (kJ·mol – 1) 2 

ln

0,25

 K 348   H   0  1



 K 298

1  57148  1 1          R  298 348  8, 31 314  298 348 

ln  K348  ln K 298 

5 7148  1 1  57148  1 1  .  .    ln 0,1499    1, 4163   8, 314  298 348  8, 314  298 348 

→ K  p,348 = 4,122 (bar)

0,25

 

 

Tại 348K, áp su  P N02O4

nRT    

t ban đ u của N2O4:

1.0,082.348 



 

⇌

P 0 

1,183

[]

1,183 - y

 K  P ,348 



24,44

V   N2O4 

1,168atm 1,183bar  

(2 y)2 1,183   y

2 NO2 

0,25 2y

 4,122  y = 0,703  

Áp suất cân bằng ở 348K là 1,183  + y = 1,886 bar

0,25

Câu 6 (2 điểm). Động học (không có cơ chế). chế) . Cho phản ứng sau diễn ra tại 25 0C: S2O82- + 3I- → 2SO42- + I3-. Để xác định phương trình động học của phản ứng, người ta tiến hành đo tốc độ đầu của phản ứng ở các nồng độ đầu khác nhau

 Nồng độ ban đầu của

nghiệm 

 Nồng độ ban đầu của I- (mol/l )

S2O82- ( mol/l )

Tốc độ ban đầu của phản ứng vo x103 (mol/l.s)

1

0,1

0,1

0,6

2

0,2

0,2

2,4

3

0,3

0,2

3,6

Thí

1.  Xác định bậc riêng phần của các chất phản ứng, bậc toàn phần và hằng số tốc độ của  phản ứng. Chỉ rõ đơn vị của hằng số tốc độ của phản p hản ứng.  2.  Nếu  Nếu ban đầu người ta cho vào hỗn hợp đđầu ầu ở thí nghiệm 3 một hỗn hợp chứa S 2O32- và  bằng 0,2 M. Tính thời gian để dung ddịch ịch bắt đầu hồ tinh bột sao cho nồng độ ban đầu của S 2O32-  bằng xuất hiện màu xanh. Biết phản ứng: 2S 2O32- + I3- → S4O62- + 3I- có tốc độ xảy ra rất nhanh và để có màu xanh xuất hiện thì nồng độ I3-  phải  phải vượt quá 10-3 mol/l. Hướng dẫn.  dẫn.  Câu 6

Ý

Nội dung  dung 

Điểm   Điểm

 

Phương trình tốc độ của phản ứng có dạng: v pư = k  pư.[S2O82-]n[I-]m 

 

=> lgv pư  = lgk  pư  + nlg[S2O82-] + 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)

0,5

Thí nghiệm 3: lg (3,6.10-3) = lgk  pư  + nlg(0,2) + mlg(0,3)

1

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

Bậc riêng phần của các chất đều bằng 1; Bậc phản ứng = 2.   0,25

k  pư = 6.10-2 (mol-1.l.s-1) Khi cho S2O32- vào và xảy ra phản ứng rất nhanh với I 3-  2S2O32- + I3- →

S4O62- + 3I- 

(2)

Khi đó nồng độ I-  không đổi trong giai đoạn phản ứng (2) diễn ra, do đó bậc

0,25

của phản ứng (1) sẽ bị suy biến thành bậc 1.   2 

v pư = 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.  ln

0,25

0,2

Khi đó: t1. 1,8.10-2 = 0,2  0,1   => t = 38,5 giây  Để có lượng I3- đạt đến 10-3M thì thời gian thêm là t 2  dy

1 1  v pư = dt  = k  pư(0,1- y)(0,3-3y) => 3k  pưt2 = 0,1  y 0,1  

0,5

Vớ i y = 10-3M => t2 = 0,56 giây.

Thời gian tối thiểu để xuất hiện màu xanh là 38,5 + 0,56 = 39,06 giây.  Câu 7 (2 điểm).  điểm). Dung dịch, phản ứng trong dung dịch.   Trộn 10,00 mL dung dịch CH 3COOH 0,20 M với 10,00 mL dung dịch H 3PO4, thu được dung dịch A có pH = 1,50.  1. Tính CH PO trong dung dịch H3PO4 trước khi trộn.  3

4

2. Tính độ điện li của CH3COOH trong dung dịch A.  3.  Thêm từ từ Na2CO3  rắn vào dung dịch A cho đến pH = 4,0, thu được dung dịch B. Tính số gam Na2CO3 đã dùng.  Cho biết: H3PO4: pK aa11 = 2,15; pK aa22 = 7,21; pK aa33 = 12,32; CH3COOH: pK a = 4,76; CO2 + H2O có pK a1 a1 = 6,35; pK aa2 2 = 10,33;

0,25

 

Hướng dẫn.  dẫn.  Câu Ý 7

Nội dung  dung 

Điểm   Điểm

- pHA = 1,50 → không cần tính đến sự phân li của nước  

1

Các quá trình xảy ra trong dung dịch A:   -

+

H3PO4  CH3COOH -

2-

K a1 = 10   K a = 10-4,76 

4  H  + 2 + H  + CH3COO-  2-

H+ +

H2 PO4   HPO4

-2,15

H PO

HPO4 3-

H+ +

 

PO4

(1) (2)

0,25

-7,21 K a2   (3) a2 = 10

 

-12,32 K a3   (4) a3 = 10

 

Vì K a1 a1 >> K a >> K aa2 2 >> K aa3 3 nên pHA được tính theo (1):  H+ 

H3PO4 

+

-

0,5C –  10  101,5 101,5 → CH PO = C = 0,346 M

101,5

Xét cân bằng:  bằng: 

H+ 

[]

3

K aa11 = 10-2,15 

H 2 PO4  

0,25

4

CH3COOH

[]

+

CH3COO- 

101,5

0,1-x

K a = 104,76 

x

0,25

→ x = 5,49.105 M 2 

5



αCH COOH

5,49.10

.100 =



3

0,1

0,055%

0,25

Tại pH = 4,00 ta có: [H 2 PO 4 ] [H 3PO 4 ]

3 

[HPO 24  ] [H 2 PO 4 ]

=

K a1 

[H ]

 =

K a2 

[H ]

[CH3COO ] [CH3COOH]

Tương tự :

=

=

10

 =

K a 

[H ]

[CO32 ] 

[HCO 3 ] 

[HCO3 ] [CO2 ]

 =  =

2 ,15

10

→

4

10

7 , 21

10

 =

 4,0

10

 4,0

10 10, 33 10 10

4

6 , 35

10

4



[H2 PO4 ] + [H3PO4 ] 

= 0,986

  2 = 103,21 → [ HPO ]