Đáp án chọn học sinh giỏi các tỉnh đồng bằng duyên hải bắc bộ mở rộng lần thứ IX môn Hóa học - Khối 10 - Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn

TRƯỜNG THPT CHUYÊN 
LÊ QUÝ ĐÔN ĐÀ NẴNG
ĐÁP ÁN
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ MỞ RỘNG LẦN THỨ IX
MÔN HÓA HỌC - KHỐI 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (2 điểm)
1. (a) Các axit và bazơ Lewis có thể phản ứng với nhau. Dựa vào các phản ứng dưới đây, sắp xếp trình tự giảm dần độ mạnh axit Lewis, giải thích sự sắp xếp dựa vào bản chất cấu tạo phân tử:
F4Si-NMe3 + BF3 → F3B-NMe3 + SiF4
F3B-NMe3 + BCl3 → Cl3B-NMe3 + BF3
(b) Vẽ các cấu trúc có thể có của ion [IO3F2]-. Mô tả trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm, xác định cấu trúc nào có độ dài I=O khác nhau (1,5 và 1,3).
2. Hãy giải thích vì sao:
(a) Trong các hợp chất magie tồn tại ở dạng Mg2+ nhưng không tồn tại ở dạng Mg+, mặc dù đối với nguyên tử Mg, năng lượng ion hoá thứ hai (15,035 eV) lớn gần gấp đôi năng lượng ion hoá thứ nhất (7,646 eV)?
(b) N tạo được hợp chất NF3 nhưng không tạo được hợp chất NF4, trong khi đó P tạo được cả hợp chất PF3 lẫn PF5 và các triflorua đều là tháp tam giác, còn pentaflorua là lưỡng chóp tam giác.
Đáp án
Điểm
1. (a) Độ mạnh tính axit Lewis: BCl3 > BF3 > SiF4
- BCl3> BF3: B chỉ có 6 electron lớp ngoài cùng, còn 1 obitan p trống; Cl và F còn 1 cặp electron p để tạo xen phủ bên với AO p còn trống của B tạo liên kết π không định chỗ. Tuy nhiên Cl có kích thước lớn hơn nhiều so với B và F do đó mật độ xen phủ kém, liên kết π dễ bị bẻ gãy tạo ra lại AO trống cho nguyên tử B, dễ tạo liên kết cho nhận với cặp electron chưa liên kết của N trong NMe3.
- BF3 > SiF4: do bán kính của Si lớn hơn rất nhiều so với N, do đó khi tạo liên kết, Si nhận cặp electron từ AO p của N vào AO d trống dẫn đến sự xen phủ không hiệu quả. Bán kính lớn làm cho liên kết Si-N dài hơn B-N do đó liên kết Si-N kém bền hơn, dễ bẻ gãy hơn.
(b) Ion trung tâm I- tham gia liên kết với 3 nguyên tử O, 1 nguyên tử F Þ số không gian khu trú xung quanh I- là 5. Vậy I- có lai hóa sp3d với cấu trúc hình học là lưỡng tháp đáy tam giác. Các cấu trúc có thể có là
Cấu trúc (II) và (III) là hai cấu trúc có độ dài liên kết I=O khác nhau.
0,5
0,5
2. (a) Ion Mg2+ có kích thước nhỏ hơn nhưng lại có điện tích cao hơn ion Mg+, do đó năng lượng mạng lưới phát sinh khi hình thành các hợp chất của các ion Mg2+ lớn hơn nhiều so với năng lượng phát sinh nếu các ion Mg+ hình thành hợp chất. Chính sự tăng năng lượng mạng lưới bù trừ quá năng lượng ion hoá lớn của ion Mg2+. Mặt khác, Mg2+ có cấu hình bền của khí hiếm Ne, còn Mg+ không có cấu hình bền của khí hiếm.
(b) N chỉ tạo được 3 liên kết (NF3) vì lớp vỏ hoá trị không có ocbitan d. NF3 và PF3 đều có cấu trúc tháp tam giác vì nguyên tử trung tâm có 3 cặp liên kết và 1 cặp chứa liên kết (dẫn tới lai hoá sp3). PF5 có cấu trúc lưỡng tháp tam giác vì nó có 5 cặp liên kết (dẫn tới lai hoá dsp3).
0,5
0,5
Câu 2 (2 điểm)
1. Bằng phương pháp nhiễu xạ tia X, người ta đã ghi được các kết quả sau:
- Ở 20 oC, NH4Cl kết tinh theo mạng lập phương với hằng số mạng a = 3,88Å và khối lượng riêng d = 1,5 g/cm3.
- Ở 250 oC, NH4Cl kết tinh theo mạng lập phương với hằng số mạng a = 6,53Å và khối lượng riêng d = 1,3 g/cm3.
Từ các dữ kiện trên hãy cho biết:
(a) Kiểu mạng Brave (Bravais) của các tinh thể hình thành ở 20oC và 250oC.
(b) Khoảng cách N – Cl theo Å cho từng kiểu mạng tinh thể đã xác định ở (a).
2. Ô mạng cơ sở (tế bào cơ bản) của tinh thể NiSO4 có 3 cạnh vuông góc với nhau, cạnh a = 6,338 b = 7,842 c = 5,155 Khối lượng riêng gần đúng của NiSO4 là 3,9 g/cm3. Tìm số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở và tính khối lượng riêng chính xác của NiSO4.
Đáp án
Điểm
1. (a) Số phân tử NH4Cl trong một ô mạng lập phương được tính theo công thức: 
Áp dụng số với các trường hợp:
 Ở 20oC:; 
Ở 250oC: 
Từ kết quả thu được có thể kết luận: Ở 20oC NH4Cl có cấu trúc mạng lập phương đơn giản (n = 1), còn ở 250oC NH4Cl có cấu trúc kiểu mạng lập phương tâm diện (n = 4).
(b) Tính khoảng cách N–Cl gần nhất:
Các nguyên tử N nằm ở trọng tâm của các ion NH4+ cho nên khoảng cách N–Cl ngắn nhất cũng chính là khoảng cách ngắn nhất giữa các ion NH4+ và Cl- trong mạng tinh thể.
Ở 20oC: ; Ở 250oC: 
0,5
0,5
2. a = 6,338.10–8 cm; b = 7,842.10–8 cm; c = 5,155.10–8 cm
Từ 	(1) 
→ 	(2)
 = 3,888
Số phân tử NiSO4 trong một ô mạng cơ sở phải là số nguyên → n = 4
(chính xác) = = 4,012 (g/cm3)
0,5
0,5
Câu 3 (2 điểm)
Hai đồng vị 101Tc và 104Tc kém bền, đều phân rã β-, có chu kì bán hủy lần lượt là 14,3 phút và 18,3 phút, sản phẩm của các phân rã trên đều là các nguyên tử bền. Cho khối lượng các hạt trong bảng sau:
Hạt
101Tc
101Ru
p
n
e
Khối lượng (u)
100,9073
100,9056
1,0073
1,0087
0,00055
Xét phản ứng phân rã 101Tc: (*)
(a) Tính năng lượng tỏa ra của phản ứng (*) theo đơn vị kJ/mol.
(b) Tính năng lượng tỏa ra trong quá trình hình thành hạt nhân 101Ru từ các hạt cơ bản (kJ/mol).
(c) Một lượng 101Tc có hoạt độ phóng xạ 2016 Ci. Tính khối lượng Tc ban đầu và khối lượng Tc bị phân rã trong phút đầu tiên.
(d) Hỗn hợp gồm hai đồng vị 101Tc và 104Tc có hoạt độ phóng xạ tổng cộng là 308 Ci, nếu để sau 14,3 phút thì hoạt độ phóng xạ chỉ còn 160,462 Ci. Hỏi sau bao lâu (tính từ thời điểm ban đầu) thì hoạt độ phóng xạ của đồng vị này gấp hai lần hoạt độ phóng xạ đồng vị kia?
Đáp án
Điểm
(a) ∆m1 = me + (mRu – 44me) – (mTc – 43me) = mRu – mTc = -1,7.10-3 (u)
 E = -1,7.10-3.931,5 = -1,58355 (MeV) 
 = -1,58355.106.1,602.10-19.10-3.6,022.1023 = -152,77.106 (kJ/mol)
(b) ∆m2 = mRu – 44(me + mp) – mn.57 = -0,9357 (u)
 E = -0,9357.931,5 = -871,60455 (MeV) 
 = -871,60455.106.1,602.10-19. 10-3.6,022.1023 = -8,4086.1010 (kJ/mol)
(c) (nguyên tử)
 (g)
 = mTc bị phân rã 
(d) (1)
 (2)
(1), (2) Þ 
* TH1: Þ 
* TH2: Þ 
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 4 (2 điểm)
Cho một ít rượu metylic vào một chai có thể tích 500ml đầy không khí, P = 1,100.105 Pa, t = 25oC. Lắc mạnh chai cho đến khi không khí bão hòa rượu thì có chút lượng rượu dư ra. Hàn chai lại, bật tia lửa điện rồi hạ nhanh nhiệt độ xuống 25oC. Tính nhiệt tỏa ra của quá trình.
Biết: không khí chứa 20% oxi theo thể tích; áp suất của hơi nước bão hòa ở 298K bằng 4,58 torr.
(kJ/mol) của các chất: lần lượt bằng: -238,7; -200,7; -285,8; -241,5; -393,5. 
(J/Kmol) của lần lượt bằng: 126,8; 239,7.
Đáp án
Điểm
CH3OH (l) CH3OH (k)	(1)
∆H(1) = -200,7 + 238,7 = 38 (kJ/mol); ∆S(1) = 239,7 -126,8 = 112,9 (J/mol)
∆G(1) = 38.103 – 298.112,9 = 4355,8 (J/mol) 
Þ Kp(1) = 0,17237 atm = P(CH3OH k)
Þ n (CH3OH)k = 0,17237.500.10-3/(0,082.298) = 3,52704.10-3 (mol)
nkhông khí = 500.10-6.1,1.105/(8,314.298) = 0,0222 (mol) 
nkhông khí còn lại = 0,0222 - 3,52704.10-3 = 0,01867 (mol)
n(O2)còn lại = 0,01867.20% = 3,734.10-3 (mol) 
Khi bật tia lửa điện rồi đưa nhanh về 298K, ở trong chai diễn ra phản ứng:
CH3OH(k) + 3/2O2(k) → CO2(k) + 2H2O
Bđ 3,52704.10-3 3,734.10-3
Pư 2,48933.10-3 3,734.10-3 2,48933.10-3 4,97867.10-3
Cb 1,03771.10-3 - 2,48933.10-3 4,97867.10-3
- Nếu nước ở thể khí ở 250C
P(H2O) = (4,97867.10-3.0,082.298)/(500.10-3) = 0,24332 (atm) = 184,9213 (torr) > P hơi nước bão hòa nên H2O ở thể lỏng. Quá trình đẳng tích nên:
∆H0 = -285,8.2 – 393,5 -3/2.0 + 200,7 = -764,4 (kJ/mol)
∆U0 = -764,4 –(-3/2).8,314.298.10-3 = -760,6836 (kJ/mol)
Nhiệt tỏa ra = -760,6836.2,48933.10-3 = -1,894 (kJ)
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 5 (2 điểm)
1. Cho phản ứng: 2NOBr (k) ⇄ 2NO (k) + Br2 (k) , ∆H = - 344 kJ 
Cho biết chiều chuyển dời cân bằng phản ứng trên khi: a) Thêm hơi Br2 vào hệ, b) tăng thể tích bình chứa, c) giảm nhiệt độ, d) tăng áp suất. 
2. Cho vào bình chân không có V = 2 lit, t0 = 8150C một lượng CaCO3 và C vừa đủ để khi cân bằng được thiết lập vẫn còn một chút mỗi chất.
(a) Viết phương trình hóa học của phản ứng đã xảy ra. 
(b) Khi cân bằng đã được thiết lập, người ta làm nguội thật nhanh bình phản ứng xuống 150C rồi dẫn khí tạo ra qua dung dịch xút dư thấy khối lượng dung dịch tăng 0,3 gam; khí còn lại sau khi được làm khô có V = 265 (cm3) ở t0 = 150C và P = 750 (mmHg). Tính Kp, KC, KX và ∆G0T các phản ứng.
Đáp án
Điểm
1.     a) Chiều nghịch, b) chiều thuận, c) chiều thuận, d) chiều nghịch.
0,5
2. (a) Phản ứng xảy ra:
(1) CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k)	Kp1
(2) C(r) + CO2(k) 2CO(k)	Kp2
(b) Sau khi cân bằng đã được thiết lập, làm nguội thật nhanh bình phản ứng thì khi đó CO2, CO chưa kịp cân bằng trở lại Þ n(CO2) và n(CO) không đổi và là số mol khí cân bằng tại 1088K.
- Dung dịch xút hấp thụ CO2 Þ mbình tăng = m(CO2) Þ n(CO2) = 3/440 (mol)
- Khí còn lại là CO: 
* Xét (1): Kp1 = P(CO2) = 3/440.0,082.1088/2 = 0,304146 (atm)
	 KC1 = [CO2]cb = 3/440.1/2 = 3,409.10-3 (mol/l)
	 Kx1 = x(CO2) = Kp1.Phệ-∆n = 0,3811 (mol/l)
	 Phệ = P(CO) + P(CO2) = 0,494 + 0,30416 = 0,7981 (atm)
* Xét (2): 
 KC2 = Kp2.(RT)-∆n = 8,994.10-3 (mol/l)
	 Kx2 = Kp2.Phệ-∆n = 1,0054 (mol/l)
0,25
0,25
0,5
0,5
Câu 6 (2 điểm)
Trộn 1 ml dung dịch A gồm HCl 0,1M, FeCl3 0,02M và NiCl2 0,001M vào 1 ml dung dịch NaOH 0,162M tạo thành hỗn hợp X. 
(a) Tính pHX.
(b) Tính nồng độ cân bằng của ion Fe3+. So sánh với nồng độ cân bằng của Fe3+ trong dung dịch Fe(OH)3 bão hòa.
Cho: pKS (Fe(OH)3) = 37; pKS (Ni(OH)2) = 14,7; lg*β (FeOH2+) = -2,17; lg*β (NiOH2+) = -8,94.
Đáp án
Điểm
(a) 	H+ + OH- → H2O
[] 0 0,031
	Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3
[] 0 0,001
	Ni2+ +2OH- → Ni(OH)2
[] 0 0
TPGH: Fe(OH)3 ; Ni(OH)2; H2O
Xét dung dịch X: 
Þ 
So sánh: K4K7K1K6K5 Þ bỏ qua K6; K5.
Đánh giá K4, K1, K7:
Þ bỏ qua (7) tính theo (1) và (4)
Þ =2,057.10-5 
Þ pH = 9,31.	[Fe3+]X = 1,15.10-23
Có thể không tính gần đúng mà dùng điều kiện proton vẫn cho ra đúng kết quả.
(b) Xét dung dịch bão hòa Fe(OH)3 chỉ có các cân bằng (5), (6), (7)
K7K6K5 
Vậy [Fe3+]X nhỏ hơn nhiều so với [Fe3+] bão hòa trong dung dịch Fe(OH)3.
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu 7 (2 điểm)
1. Hỗn hợp gồm FeS2 và CuS2 được trộn theo tỉ lệ mol 2 : 3 rồi cho tác dụng với dung dịch HNO3 thu được khí duy nhất là NO và dung dịch có chứa 2 muối nitrat của hai kim loại. Viết và cân bằng các phương trình phản ứng xảy ra.
2. Các quá trình xảy ra trong pin nhiên liệu:
O2 + 2H2O + 4e → 4OH-
H2 + 2OH- → 2H2O + 2e 
Với 
(a) Viết phương trình hóa học của pin.
(b) Tính và viết sơ đồ pin.
(c) Tính thể tích không khí cần thiết để pin (1) hoạt động với cường độ dòng điện được duy trì 2A trong 1,5h (250C; 0,9 atm).
Đáp án
Điểm
1. FeS2 + 8HNO3 Fe(NO3)3 + 2H2SO4 + 5NO + 2H2O 	(1)
     3CuS2 + 20HNO3 3Cu(NO3)2 + 6H2SO4 + 14NO + 4H2O 	(2)
     Vì tỉ lệ (1) x 2 + (2)
2FeS2 + 3CuS2 + 36HNO3 2Fe(NO3)3 + 3Cu(NO3)2 + 10H2SO4 + 24NO 
 + 8H2O 
0,75
2. (a) 2H2 + O2 → H2O
 (b) 
Þ 
(c) (-) Pt | H2 | OH- || OH- | O2 | Pt (+)
(d) 
Þ Vkk = 
0,25
0,5
0,25
0,25
Câu 8 (2 điểm)
1. Viết các phương trình hóa học xảy ra khi sục khí clo vào các chất sau:
(a) Dung dịch NaOH (nhiệt độ thường và đun nóng)
(b) Dung dịch Na2CO3 (nhiệt độ thường và đun nóng)
(c) Huyền phù HgO
(d) Huyền phù HgO trong CCl4
(e) Dung dịch NaCN
2. Halogenua axit là hợp chất khi phản ứng cho một axit và một axit halogen hidric. A là một halogenua axit hỗn hợp, công thức SOxClXy (x, y là các số nguyên dương). A tan trong dung dịch Ba(OH)2 xuất hiện kết tủa trắng. Khi cho cùng một lượng A như trên phản ứng với lượng dư dung dịch AgNO3 thì kết tủa thu được có khối lượng gấp 1,419 lần khối lượng kết tủa với Ba(OH)2.
(a) Xác định công thức phân tử của A, biểu diễn cấu trúc A. 
(b) Nêu phương pháp điều chế A.
Đáp án
Điểm
1. (a) NaOH 
Cl2 + 2NaOH → NaCl + NaClO + H2O
3Cl2 + 6NaOH 5NaCl + NaClO3 + 3H2O
(b) Na2CO3
2Cl2 + Na2CO3 + H2O → 2NaCl + CO2 + 2HClO
Cl2 + 3Na2CO3 5NaCl + NaClO + 3CO2
(c) Huyền phù HgO: Cl2 + H2O + HgOhp → HgCl2 + HclO
(d) Huyền phù HgO/CCl4 
Pư tổng: 2Cl2 + HgO HgCl2 + Cl2O
(e) NaCN: Cl2 + NaCN → NaCl + Cl-CN
1,0
2. (a) SOxClXy tác dụng Ag+ tạo AgCl và yAgX 
 SOxClXy tác dụng Ba2+ tạo BaSO4 Þ S có số OXH +6
Û 2x + 1 + y = 6 Þ 2x + y = 5 (1)
Mặt khác, khi lấy 1 mol A: 233.1,419 = 143,5 + (108 + X)y
Þ 187,127 = (108 + X)y (2)
 Þ chọn: y = 1; X = 79,127 (Br) Þ x = 2.
CTPT: SO2BrCl CTCT: 
(b) P + 5/2Br2 → PBr5
 P + 5/2Cl2 → PCl5 
 H2SO4 + PBr5 → HOSO2Br + HBr + POBr3
 HOSO2Br + PCl5 → SO2ClBr + HCl + POCl3
0,5
0,25
0,25
Câu 9 (2 điểm)
Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉ khối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
(a) Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X.
(b) Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B.
Đáp án
Điểm
(a) Viết phương trình:
	Fe + S ® FeS	 (1)
	FeS + 2HCl ® FeCl2 + H2S­	(2)
 Với = 13.2 = 26 Þ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.
	Fedư + 2HCl ® FeCl2 + H2­	(3)
	2H2S + 3O2 ® 2SO2 + 2H2O	(4)	
	2H2 + O2 ® 2H2O	(5)
	SO2 + H2O2 ® H2SO4	(6)
Đặt = a (mol); = b (mol)
	Þ = 
	Giả sử = 1 (mol) Þ = 3 (mol)
	(1)(2) Þ phản ứng = nS = nFeS = = 3 (mol)
	(3) Þ nFe dư = = 1 (mol) Þ ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)	Vậy: %mFe = 
	%mS = 100% - 70% = 30%
(b) 	nY = = 0,1(mol) Þ = .0,1 = 0,075 (mol). 
Þ = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).
	Từ (4)(6) Þ = = 0,075 (mol)
	Từ (6) Þ = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư.
phản ứng = = 0,075 (mol) Þ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol)
Áp dụng BTKL ta có:	
mddB = + + = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)
Vậy: 	C%H2SO4 = = 6,89 (%).
	C%H2O2 dư = = 2,392 (%).
1,0
1,0
Câu 10 (2 điểm) 
Thực nghiệm chứng minh xúc tác phân hủy của isopropanol trên bề mặt V2O5 tuân theo động học bậc nhất. Sau 5 phút từ khi bắt đầu phản ứng tại 590 K, nồng độ các chất trong hỗn hợp là: CA = 28,2 mM; CB = 7,8mM; CC = 8,3 mM; CD = 1,8mM. 
(a) Tính nồng độ ban đầu C0 của i-C3H7OH trong hệ.
(b) Tính giá trị hằng số tốc độ cho quá trình phân hủy (i-C3H7OH sản phẩm)
(c) Tính thời gian bán phản ứng quá trình phân hủy i-C3H7OH.
(d) Tính giá trị các hằng số k1, k2, k3.
Đáp án
Điểm
(a) C0(C3H7OH) = 28,2 + 7,8 + 8,3 + 1,8 = 46,1 (mM)
(b) k = 1/5.ln(46,1/28,2) =0,0983 (phút-1)
(c) t1/2 = ln2/k = 7,0515 (phút)
(d) k1:k2:k3 = CC:CB:CD = 8,3:7,8:1,8
Mặt khác: k = k1+k2+k3 = 8,3a + 7,8a + 1,8a = 0,0983 Þ a = 5,49162.10-3
Þ k1= 0,0456 (phút-1); k2 = 0,04283 (phút-1); k3 = 9,8849.10-3 (phút-1)
0,5
0,5
0,25
0,25x3
Người ra đề
Phạm Thị Phương Dung
Tel: 0938 473 263