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 12 19 34

2 2 9

1 1 3.10 m.s13,6 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: 1

8. 18

; Số nguyên tử X: 1

12. 34

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

197x0,1 x 0,057

197x 108(1 x)

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

Au Ag Au AgxR (1 x)R xR (1 x)RR 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 3A A

3

23 10 3

4. 197x 108(1 x)m nMd

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 1340,957 ( 3 1; 1)

R 140

Vậy BaO kết tinh dạng CsCl.

Thể tích của một tế bào cơ sở:

Độ dài cạnh a = 2 2Ba O

2(r r )316,4pm

3

= 3,164.10-8 cm

Vtb = a3 = 3,17.10-23 (cm3).

Khối lượng riêng của BaO

23

3

23

137,327 15,999d = 8,03

6,022.10 . g.cm

13,17. 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 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

nln

n

= 0

0 He

t.ln2

nln

n -n

= 0

0

t.ln2

210ln

210 22,4He

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: 210

84 Po 206

82 Pb + 4

2 là

2E = mc

Trang 3/8

= 3 8 2

23

1209,982864 205,974455 4,002603 .10 (3.10 )

6,022.10

(J)

= 8,68.10-13(J)

ΔE = 2

α α

1m v

2 +

2

Pb Pb

1m v

2 (1)

Theo định luật bảo toàn động lượng:

α αm v = Pb Pbm v => vPb = α

α

Pb

mv

m (2)

Thay (2) vào (1) ta có: ΔE = 2

α α

1m v

2 +

2

2αPb α

Pb

m1m .v

2 m

= Eα(1 + α

Pb

m

m)

=> Eα = α

Pb

ΔE

m1+

m

= 13

4,002603

2

8,68.10

105,974455

= 8,51.10-13 J/phân rã

2 2

α α α23

-3131 1

m v . .v2 2 6

4,002603.10 8,5

,0221.10

. 0J

1

23 13

3

2.6,022.10 .8,51.10

4,002603.10

7 1,6v .10 m/s

0,50đ

0,50

Câu

4

Ý

4.1 Xét quá trình: 2 2

1 1H (k) + N (k) C (gr) HCN (l)

2 2 (1)

0 0

tt tt HCN(l)H H 108,87 (kJ/mol)

0 1 1S 191,61. 130,61 5,74 112,84 54,01 (J/mol.K)

2 2

0 0 3 3

tt ttG H T S 108,87.10 298.( 54,01) 124,96.10 (J / mol.K)

0,50

Xét quá trình: 2 2

1 1H (k) + N (k) C (gr) H (dd) + CN (dd)

2 2

(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

2 2

1 1HCN(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) = ΔG0

tt (H+(aq)) + ΔG0

tt (CN-(aq) - ΔG0tt (HCN(aq) (I)

Mặt khác: ΔG0(2) = ΔG0

tt (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

kJkJH

H

TTR

H

TK

TK

20675,205

1580298314,81045,1

1066,2ln

)(

)(ln

0

110

25

4

1

2

1

1

0

1

2

0,25

93,214298

141700205750

298205750)1045,1ln(298314,8

ln

0

025

00

S

S

STHKRT

0,25

5.1.b 0

pu, 1100KG 205750 1100 214,93 30673 J 30,7 kJ

306738,314 1100

p, 1100KK 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

p2(1 a)

1 ap

2(1 a)

3ap

2(1 a)

ap

2(1 a)

0,25

32

P 3 3

4 22 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)

4K27 a 1 aK 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

=> 3 cbp(SO ) 0,40425 0,055 0,34925 0,35 atm

và 2p(SO ) 0,40425 0,055 0,45925 atm 0,46 atm

Phản ứng (1): Kp = 3 2SO SOP P 0,35 0,46 0,161

Phản ứng (2): 2 2

3

1/2 1/2SO O

P

SO

P P 0,46 (0,0275)K 0,218

0,035P

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 x1 3t ln

0,1 0,13k 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 [S2O8

2-]

Khi đó có thể coi như xảy ra phản ứng:

S2O82- + 2S2O3

2- → 2SO42- + S4O6

2-

Thời gian để lượng S2O32- vừa hết là t1. Điều này đồng nghĩa với lượng S2O8

2- đã phản

ứng = 0,1M.

Khi đó: t1. 1,8.10-2 =

0,2ln

0,2 0,1 => t = 38,5 giây

0,50

Câu

7

Ý

7.1. Khi trộn hai dung dịch: 22 3

2

SO SOC 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

1,763

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 a1 a 2pK pK

2

=> hệ thu được gồm HSO3

- và SO2 (bỏ qua SO32)

trong đó HSO3- chiếm. 0,25

Trang 6/8

- 1,763 a1

- + 4,4 1,763 2 a1

[HSO ] K 100,998 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): SO3

2- + 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

=> 2Ba OHC 0,050M; C 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

1,76 32a1

3

[SO ] 0,025[H ] K 10 2,48.10 M

[HSO ] 0,175

Khi đó: [SO32-] = a1 a 2

2

1 1 a 2

K .K0,2

[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) ∆Go1 = –6.F. 1,33 V

Fe3+ + e ⇌ Fe2+ (2) ∆Go3 = –1.F 0,770 V

6Fe2+ + Cr2O72– + 14H3O

+ ⇌ 6Fe3+ + 2Cr3+ + 21H2O ∆Go

=> ∆Go = ∆Go5 – 6.∆Go

6 = – 324 kJ/mol

Mà ∆Go = – RTlnK => 324000 /

ln(8,314 / . ).298

J molK

J mol K K = 130,8

=> K = 6,39.1056

0,50

8.2.a (1) V2+ + 2e V(r)) Eo

1 = -1,20V ∆Go1 = -2.F.Eo

1

(2) VO2+ + 2H+ + e V3+ + H2O Eo

2 = +0,34V ∆Go2 = -1.F.Eo

2

(3) V3+ + 3e V(r) Eo3 = -0,89V ∆Go

3 = -3.F.Eo3

(4) VO2+ + 2H+

+ e VO2+ + H2O Eo4 = +1,00V ∆Go

4 = -1.F.Eo4

(5) VO2+ + 4H+ + 3e V2+ + 2H2O ∆Go

5 = ∆Go4 + ∆Go

2 - ∆Go1 + ∆Go

3

=> Eo5 = +0,36 V

0,50

Trang 7/8

8.2.b 2

4

3 2

MnO VC 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)

150,340,0592

1K 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)

98,80,0592

2K 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

20

3VO /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 /AgE E 0,0592lg[Ag ] 0,7408 0,74V

2 3Ag /Ag VO /VE 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 46,11K : 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 2KIO + 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- + 2S2O3

2- → 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+ + 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

x0,812

(mol)

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

toàn electron, ta có:

4MnO

1,281x 5n x 5,087 mmol

0,812

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

=> 2 3Fe Om (trong 0,8120 gam mẫu) = 0,8120 . 0,65 – 0,3663 = 0,1615 (g)

=> 2 3Fe On (trong 0,8120 gam mẫu) =

0,1615

160 1,01.10-3 (mol)

% FeO = 0,3663

.1000,8120

= 45,11 %

% Fe2O3 = 65 % – 45,11 % = 19,89 %

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

x + 2y = 4MnO

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

=>2SOV = 22,4.3,009 = 67,4 mL

0,50

0,50

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