Đáp án đề thi chính thức môn : hóa học - Lớp 10

TRẠI HÙNG VƯƠNG NĂM 2012 ĐÁP ÁN ĐỀ THI CHÍNH THỨC MÔN : HÓA HỌC - LỚP 10 Câu Giải Điểm Câu 1 ( 2đ ) Xác định vị trí :       , X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2 Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5Þ 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: 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 nguyên 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 Câu 2 ( 2đ ) 1. Phản ứng có kèm theo sự tăng khối lượng: 2,12812.10-30kg tương ứng với năng lượng E = 2,12812.10-30 kg.(3,0.108m.s-1)2 = 1,915308.10-13J Phản ứng chỉ xảy ra nếu động năng tối thiểu của hạt α bằng như vậy Eđn (α) ≥ 1,915308.10-13J m.v2 ≥ 2. 1,915308.10-13J v ≥ 7,594.106m.s-1 2. Gọi V(ml) thể tích máu của con chuột, ta có: (V + 0,1).50 = 0,1.5,0.103 ; V = 9,9ml 1,5 0,5 Câu 3 ( 2đ ) 1. - sp -- tứ diện ; --- sp3d2 -tháp vuông ; PtCl42-, - dsp2 -- vuông phẳng XeO2F2: sp3d – dạng bập bênh 2 Vì A, B, C không cùng thuộc một chu kì trong đó ZA eA có n = 1; eB có n = 2; eC có n = 3. Tổng số lượng tử phụ bằng 2 trong đó eA có l = 0 (vì n = 1) Þ eB và eC đều có l = 1 (vì A, B, C thuộc chu kì nhỏ nên không thể có l = 2) Tổng số lượng tử từ = -2 mà eA có m = 0 vì l = 0 Þ eB và eC đều có m = -1 Tổng số lượng tử spin = +1/2, trong đó eA có s = +1/2 Þ eB và eC đều có s=-1/2 Þ A, B, C lần lượt là H, O , S 1,0 1,0 Câu 4 ( 2đ ) a. Các quá trình xảy ra: HClO4 ® H+ + ClO4- 0,005M Fe(ClO4)3 ® Fe3+ + 3ClO4- 0,03M MgCl2 ® Mg2+ + 2Cl- 0,01M Các cân bằng: Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17 (1) Mg2+ + H2O Mg(OH)+ + H+ K2 = 10-12,8 (2) H2O H+ + OH- Kw = 10-14 (3) Ta có: = 2,03.10-4= 10-3,69 >> Kw = 10-14 = 10-14,8 ® Sự phân li ra ion H+ chủ yếu là do cân bằng (1) Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17 (1) C 0,03 0,005 [ ] 0,03 – x x 0,005 + x Giải phương trình được x = 9,53.10-3 [H+] = 0,005 + 9,53.10-3 = 0,01453 M ® pH = 1,84 0,5 đ 0,5 đ b. Tính lại nồng độ sau khi trộn: = 0,05M; = 0,005M; = 0,015M; = 0,0025M Có các quá trình sau: 3NH3 + 3H2O + Fe3+ Fe(OH)3 + 3NH4+ K3 = 1022,72 (3) 2NH3 + 2H2O + Mg2+ Mg(OH)2 + 2NH4+ K4 = 101,48 (4) NH3 + H+ NH4+ K5 = 109,24 (5) Do K3, K5 >> nên coi như phản ứng (3), (5) xảy ra hoàn toàn 3NH3 + 3H2O + Fe3+ ® Fe(OH)3 + 3NH4+ 0,05M 0,015M 0,005M - 0,045M NH3 + H+ ® NH4+ 0,005M 0,0025M 0,045M 0,0025M - 0,0475M TPGH gồm: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+ (0,005M); H2O Tính gần đúng pH của dung dịch B theo hệ đệm: Hoặc tính theo cân bằng: NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb = 10-4,76 Mặt khác [Mg2+].[OH-]2 = 4,16.10-15 < nên không có kết tủa Mg(OH)2. Vậy kết tủa A là Fe(OH)3 0,5 đ 0,5 đ Câu 5 ( 2đ ) a. Để chứng minh phản ứng (1) là phản ứng bậc 1, ta thế các dữ kiện bài cho vào phương trình (1) để tính k của phản ứng (2), nếu các hằng số thu được là hằng định thì phản ứng là bậc 1. Vì áp suất tỉ lệ với nồng độ chất nên phương trình động học có thể biểu diễn theo áp suất riêng phần. Gọi p0 là áp suất đầu của AsH3 và y là áp suất riêng phần của H2 ở thời điểm t, ta có tại thời điểm t: 2AsH3 (khí) 2As (rắn) + 3H2 (khí) (1) Ban đầu P0 0 0 Cân bằng P0 - 2x 2x 3x = 3x và PAsH3 = P0 – 2x. P tổng = P0+ x à x = P-P0 Áp dụng hệ thức (1): k, ta có: Thiết lập được pt: Thay số: k1 = 0,04 giờ-1 ; k2 = 0,04045 giờ-1; k3 = 0,04076 giờ-1; k1 k2 k3. Vậy phản ứng (1) là phản ứng bậc nhất. Hằng số tốc độ trung bình của phản ứng là: (0,04 + 0,04045 + 0,04076) =0,0404 giờ-1 . b. Thời gian nửa phản ứng của phản ứng (1) là: = 17, 153 (giờ). 1,5 0,5 Câu 6 ( 2đ ) a) C3H8 80% C3H6 10% và H2 10% Gọi CB là tổng nồng độ của tất cả các hợp phần tại cân bằng. [C3H8 ] = 0,8. CB ; [C3H6 ] = [H2] = 0,1.CB ; [C3H8 ] = 0,0832 mol/l; [C3H6] = [H2] = 0,0104 mol/l. PB = 692 KPa = 6,827 atm b) Nếu PA = PB thì CA = CB . Tại cân bằng [CO2] = [H2] = x [CO] = [H2O] = (0,104-2x)/2 = 0,052-x; (0,052-x)2 / x2 = 0,25 -> x = 3,47.10-2 mol/l [CO2] = [H2] = 3,47 . 10-2 mol/l ; [CO] = [H2O] = 1,73.10-2 mol/l. 1,0 1,0 Câu 7 (2đ) a) Khi pin làm việc: Zn ⇌ Zn2+ + 2e Ag+ + e ⇌ Ag Zn + 2Ag+ ⇌ Zn2+ + 2Ag Ta có : Ec = Ea = Epin = Ec – Ea = 1,52 (V) b) - Thêm vào 2 nửa pin 0,01 mol NaOH, sẽ có kết tủa AgOH, Zn(OH)2 Ag+ + OH- ⇌ AgOH Ks = 10-7,7 Zn2+ + 2OH- ⇌ Zn(OH)2 Ks = 10-16,7 Tương tự ta phải tính lại nồng độ các cation [Ag+] = 10-3,85, [Zn2+] = 0,05 Thay các giá trị trên vào biểu thức để tính Epin = 1,37 (V) - Thêm vào 2 nửa pin 0,1 mol NH3, = 1M sẽ có phản ứng tạo phức amin ở cả 2 điện cực Ag+ + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+; β = 107,23 Zn2+ + 4NH3 ⇌ Zn(NH3)42+; β = 108,70 Tính lại nồng độ của mỗi cation trong dung dịch ở hai điện cực: [Ag+] = 9,2.10-9M; [Zn2+] = 1,53.10-9M Nhận xét: Cả 2 trường hợp Epin đều giảm do nồng độ các cation giảm do phản ứng tạo kết tủa và tạo phức. 1,0 0,5 0,5 Câu 8 ( 2đ ) Gọi số mol NaCl, KCl và MgCl2 trong 6,3175g hỗn hợp muối là x, y và z. Số mol AgNO3 ban đầu : 0,1 . 1,2 = 0,12(mol). Cho hòa tan hỗn hợp vào dung dịch AgNO3, có các phản ứng : NaCl + AgNO3 ® AgCl¯ + NaNO3 (1) KCl + AgNO3 ® AgCl¯ + KNO3 (2) MgCl2 + 2AgNO3 ® 2AgCl¯ + Mg(NO3)2 (3) 0,5 Khi cho 2g Mg vào dung dịch B, Mg chỉ tác dụng với AgNO3 (nếu dư), vì vậy trong kết tủa C có thể có Ag và Mg. Mặt khác kết tủa C tan một phần trong dung dịch HCl, nên trong kết tủa C còn Mg dư, lượng Mg dư tác dụng với HCl nên làm khối lượng kết tủa giảm, nhưng khối lượng giảm là 1,844g < 2g chứng tỏ một phần Mg đã phản ứng với AgNO3 dư. Vậy các muối clorua kết tủa hoàn toàn với AgNO3. Dung dịch B phản ứng với Mg : 2AgNO3 + Mg ® 2Ag¯ + Mg(NO3)2 (4) Kết tủa C gồm Mg dư và Ag cho tác dụng với dung dịch HCl : chỉ có Mg phản ứng. Mg + 2HCl ® MgCl2 + H2 (5) 0,5 Lượng Mg tan bằng lượng Mg dư® lượng Mg tham gia phản ứng (4) là: 2 – 1,844 = 0,156(g) Ta có số mol AgNO3 : (mol) (I) Dung dịch D chứa Mg(NO3)2 : z + = z + 0,0065(mol) và HCl dư, khi cho tác dụng với dung dịch NaOH dư : HCl + NaOH ® NaCl + H2O (6) MgCl2 + 2NaOH ® Mg(OH)2¯ + 2NaCl (7) Đem kết tủa nung tới khối lượng không đổi : Mg(OH)2 MgO + H2O (8) 0,5 Ta có : nMgO = z + 0,0065 = = 0,0075(mol) Þ z = 0,001(mol). Khối lượng hỗn hợp muối ban đầu : m = 28,5x + 74,5y + 95z = 6,3175 (II) Thay z vào phương trình (I) và (II), giải hệ phương trình thu được : x = 0,10mol, y = 0,005mol. Khối lượng kết tủa A : mA = 143,5(x + y +2z) = 15,3545(g) Phần trăm các muối trong hỗn hợp đầu : 0,5 Câu 9 ( 2đ ) Đặt x, y, z lần lượt là số mol tương ứng của Mg, Fe, sắt oxit (mol) Khi phản ứng hết với dung dịch B: số mol KMnO4 là: 5.0,06.0,05=0,015 mol Khối lượng muối trung hòa thu được: 7,274.5 = 36,37 (g) Mg + H2SO4 ® MgSO4 + H2 (1) Fe + H2SO4 ®FeSO4 + H2 (2) 10FeSO4 + 2KMnO4 + 8H2SO4 ® 5Fe2(SO4)3 + K2SO4 + 2MnSO4 + 8H2O (3) 0,075 ¬ 0,015 ® 0,0375 ® 0,0075® 0,015 Khối lượng tạo thành từ (3): 0,0375.400+0,0075.174+0,015.151 = 18,57 (g) ® trong C còn lại một lượng muối là: 36,37 - 18,57 = 17,8 (g) ® chắc chắn trong C chứa MgSO4 + Nếu = 17,8 g thì 0,148 mol ® = 0,148 > 0,05 (vô lí) ® Dung dịch B ngoài MgSO4, FeSO4 còn muối khác tạo thành từ sắt oxit là Fe2(SO4)3 + Nếu =0,075 mol chỉ do (2) cung cấp thì = 0,075 > 0,05 (vô lí) ® Phải có một lượng FeSO4 tạo thành từ sắt oxit Vậy sắt oxit tác dụng với H2SO4 phải đồng thời tạo ra 2 muối : FeSO4, Fe2(SO4)3 ® Công thức sắt oxit: Fe3O4 Fe3O4 + 4H2SO4 ® FeSO4 + Fe2(SO4)3 + 4H2O (4) (1) ® = = x mol (2) ® = = y mol (4)® = = z mol Ta có các phương trình: = x + y =0,05 (*) = y + z = 0,075 (**) + (4) = 400z + 120x = 17,8 (***) Giải hệ (*), (**), (***) ta có: x = 0,015; y = 0,035; z = 0,04 Vậy: a = 0,36g; b = 1,96g; c = 9,28g 1,0 1,0 Câu 10 ( 2đ ) a. Cách chuẩn độ: - Dùng pipet lấy 100 ml dung dịch HCl 1,00M cho vào nón. Nhỏ 2-3 giọt phenolphtalein vào bình nón. Đổ dung dịch chuẩn NaOH 1,00 M vào buret sau đó chỉnh về vạch số 0. - Xác định chính xác thời điểm kết thúc phản ứng bằng dung dịch mẫu: lấy bình nón đựng 20 ml nước cất, cho thêm vài giọt phenolphtalein và 1 giọt NaOH. - Tiến hành chuẩn độ. Ghi thể tích dung dịch NaOH đã dùng. Tiến hành chuẩn độ 3 lần. Sai khác giữa các lần không quá 0,1 ml. Lấy giá trị trung bình để tính nồng độ dung dịch HCl Cách tính: Nồng độ mol của dung dịch HCl được tính theo công thức b. Khi chuẩn độ 100 ml dung dịch HCl 0,100M bằng dung dịch chuẩn NaOH 0,100M, ta tính được pH trong quá trình thêm dần dung dịch chuẩn NaOH vào và các kết quả được ghi trong bảng sau : VNaOH 0 10 50 90 99 99,9 100 100,1 101 110 pH 1 1,1 1,48 2,28 3,30 4,30 7,0 9,70 10,7 11,68 Như vậy, xung quanh điểm tương đương có một sự thay đổi pH rất đột ngột : Khi thêm 99,9 ml NaOH vào tức là khi đã chuẩn độ 99,9% lượng axit thì pH của dung dịch bằng 4,3. Khi thêm vào 100,1 ml NaOH tức là khi đã chuẩn độ quá 0,1% thì pH của dung dịch bằng 9,7 tức là “bước nhảy pH là 5,4 đơn vị pH”. Nếu ta chọn các chất chỉ thị nào có khoảng đổi màu nằm trong khoảng từ 4,3 đến 9,7 để kết thúc chuẩn độ thì sai số không vượt quá 0,1%. Ta thấy trong trường hợp này có thể dùng cả 3 chất chỉ thị metyl da cam, metyl đỏ và phenolphtalein làm chất chỉ thị. 1,0 1,0 Chú ý: Nếu thí sinh giải theo cách khác, kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa.