Số mol Thôri được tạo thành sau 9.109 năm là 0,075 mol ứng với khối lượng

và có chứa 4 nguyờn tử Au .

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



=4



4

3



π



r3

0,25



(3,1416) (1,439. 10-10)3



= 49, 927.10-30m3

Độ đặc khít = (49,927.10-30m3)/ (67,419.10-30 m3) = 0,74054 = 74,054%

Độ trống = 100% -74,054% = 25,946%



0,25

0,25



2. Tính số Avogadro

* 1 mol Au = NA nguyên tử Au có khối lượng 196,97 gam



0,25



196,97 g

N A ng.tu



0,25



1 nguyên tử Au có khối lượng =



khlg 4 ngtu Au 4.196,97

=

Vo mang

N A .a 3



0,25



3



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



196,97 g

1

−30

N A ng.tu 67,4191x10 m 3 .10 6 cm 3 / m 3

19,4 g/cm3 = 4 nguyờn tử x



x



0,25



⇒ NA = 6,02386.1023



3

(2,5 đ)



Tính nhiệt của phản ứng :

* Tìm hệ số cho các chất

C4H10





→



hay H3C - CH2- CH2-CH3



C4H6 + H2





→



;



∆Ho1



CH2=CH-CH=CH2



(1)

+



2H2



0,25

0,25



6 CH4





→



m



n



C6H6 + 9 H2



;



∆Ho2



(2)



0,25

0,25



Trong đó Ei , Ej là năng lượng liên kết



0,25



* Từ ∆Hophản ứng = ∑ νi Ei _ ∑ νj Ej ở vế đầu và cuối (tham gia , tạo thành) i

= 1 j = 1 trong phản ứng .νi , νj số liên kết thứ i , thứ j .



0,25



Do đó

∆Ho1 = ( 10 EC-H + 3EC-C ) - (6 EC-H + 2 EC=C + EC-C + 2 EH-H )

Thay số , tính được ∆Ho1 = + 437,0 kJ.mol-1



0,25



Tương tự , ta có

∆Ho2 = 24 EC-H - ( 3EC-C + 3 EC=C + 6 EC-H + 9 EH-H )

Thay số , tính được

nhiệt ) .



∆Ho2



0,25



= + 581,1 kJ.mol-1. (∆Ho2 > 0 , phản ứng thu



0

1



0,25



∆H = + 437,0 kJ/mol

0

2



∆H = + 581,1 kJ/mol



4

(2,5 đ)



0,25



1. Trước hết phải tính tốc độ của phản ứng theo biểu thức đã

có:

V = k CN2O5



(1)



Đã có trị số k; cần tính C(N2O5) tại thời điểm xét:

0,25



pi V = ni RT → CN2O5 = nN2O5 : V = pi / RT (2)

Thay số vào (2), ta có:

C(N2O5) = 0,070 : 0,082 × 298 = 2,8646.10-3(mol.l-1)



Đưa vào (1):

Vpu = 1,80. 10-5 x 2,8646. 10-3

Vpu = 5,16. 10-8 mol. l-1. S-1



0,25

(3)



Từ ptpứ



2 N2O5 (k) → 4 NO2 (k) + O2 (k)

d C(N 2O5)



Vtiiêu thụ N2O5 = −



0,25

= −2 Vpư



(4)



dt



Thay số vào (4).

Vtiêu thụ N2O5 = - 2 x 5, 16 . 10-8.

Vtiêu thụ N2O5 = - 1,032.10-7 mol.l-1.s-1.

Dấu - để chỉ “tiêu thụ N2O5 tức mất đi N2O5 hay giảm N2O5”

b. Vhình thµnh NO2 = 4 Vpư = - 2Vtiêu thụ N2O5.

Thay số:



0,25



(5)



Vhình thành NO2 = 4 x 5,16.10-8



Vhình thành NO2 = 2,064.10-7 mol l-1.s-2



0,25



Vhình thànhO2 = Vpư = 5,16.10-8 mol l-1.s-2

Ghi chú:

Hai tốc độ này đều có dấu + để chỉ “hình thành hay được tạo ra” (ngược với “tiêu thụ”).



0,25



Việc tính tốc độ tiêu thụ N2O5 hay hình thành NO2, O2 theo tốc độ pư,

Vpư, như trên chỉ thuần tuý hình thức theo hệ só phương trình, thực chất

phản ứng này là một chiều bậc nhất.

2. Số phân tử N2O5 đã bị phân huỷ được tính theo biểu thức.



0,25



N N205 bị phân huỷ = N = VN2O5 tiêu thụ . Vbình . t . N0

Thay số:



0,25



N = 1,032.10-6 . 20,0 . 30,0 . 6,023.1023.

N ≈ 3,7.1020 phân tử



0,25



0,25



5

(2,5 đ)



1. Gọi nồng độ mol/l của Na2S và Na2SO3 là C1 và C2.

Na2S



→



2Na+ +



S2-



C1



C1

→



Na2SO3



2Na+ +



C2



0,25



SO2-3

C2



S2- + H2O







HS-



+



OH- (1)







H2S



+



OH- (2)







HSO-3 +



OH-



(3)







H+



OH-



(4)



K1 = Ka2-1.Kw = 10-1,1

HS- + H2O



0,25



K2 = Ka1-1.Kw = 10-7

SO2-3 + H2O

K3 = Ka2-1.Kw = 10-7

H2O



+



0,25



K4 = Kw = 10-14

Ta có: pH = 12,25 => pOH = 1,75 => [OH -] = 10-1,75

[SO32-]/[HSO3-] = [OH-]/K3 = 105,25 >> 1

=> Sự phân ly của SO2-3 là không đáng kể.

[S2-]/[HS-] = [OH-]/K1 = 10-0,65 = 0,224



0,25



Vậy độ điện ly α = 1/(1 + 0,224) = 0,817 = 81,7%

Ta có: 0,817.C1 = [OH-] = 10-1,75 (M)



=> C1 = 0,0218M



2. Gọi C là nồng độ Na3PO4 cần cho vào để độ điện ly của S2- giảm đi 25%.

=> Độ điện ly của S2- là (1 - 0,25). 0,817 = 0,613 = 61,3%.

0,25



[S2-]/[HS-] = [OH-]/K1 = 0,387 / 0,613 = 0,631 => [OH - ] = 0,05M

Ta có: [OH-] do sự phân ly của S2- = 0,613. 0,0218 = 1,34.10-2 (M)



0,25



=> [OH- ] do sự phân ly của PO3-4 = 0,05 - 1,34.10-2 = 3,66.10-2 (M)

PO3-4



+



H2O







HPO2-4



+ OH-



(5)



K5 = 10-1,68

Gọi C là nồng độ của PO3-4 => [PO3-4]/[HPO2-4] = [OH-]/K5 = 2,393.



[PO3-4] = 2,393. 3,66.10-2 = 8,76.10-2 (M)



0,25



=> C = 8,76.10-2 + 3,66.10-2 = 0,1242 (M)

3. Tính tỷ số nồng độ => H+ + S2- -> HS- => số mol H+ = số mol S2-



0,25



2S2- + O2 + 2H2O  2S + 4OH-



4.



2SO2-3 + O2  2SO2-4



0,25



0,25



Các phản ứng:

2 Mg



+



O2



3 Mg



+



N2



2 MgO

Mg3N2



MgO + 2 HCl

Mg3N2 + 8 HCl

6

(2,5 đ)



0,25



MgCl2.6 H2O

NH4Cl



0,25

MgCl2 + H2O



0,25

0,25



3 MgCl2 + 2 NH4Cl



0,25



MgO + 2 HCl + 5 H2O

NH3 + HCl



NH4Cl



0,25

0,25

0,25



Sản phảm được ngưng tụ: NH4Cl ; H2O ; HCl.

0,5



7

(2,5 đ)



a. Trường hợp 1: NaF và NaCl

AgNO3 + NaCl → AgCl

+ NaNO3



0,25



0,4258 mol ← 0,4258 mol

mNaCl = 24,91 gam



0,25

0, 5



24,91

.100 = 69,97%

35, 6

→ %NaCl =



→ %NaF = 30,03%.



- Trường hợp 2:

AgNO3 + NaX → NaNO3 +



0,25



AgX



1 mol



M tăng 85



0,3 mol



←



m tăng 25,5 gam

0,25



35, 6

= 118, 7 → M X = 95, 7 →

0,3

MNaX =



Br và I



0,5



103x + 150y = 35, 6  x = 0, 2 m NaBr = 20, 6 %NaBr = 57, 9

→

→

→



x

+

y

=

0,3

y

=

0,1

m

=

15





%NaI = 42,1

 NaI

b. Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2



0,5



Cl2 + 2NaI→ 2NaCl + I2

Thấy số mol NaCl bằng số mol của muối nên mNaCl = 0,3.58,5 = 17,55 gam

8

(2,5 đ)



A là H2S và X là S ; B là SO2 ; C là FeS ; D là H2O ; Y là HBr ; Z là H2SO4 ;



0,5



G là FeBr2 hoặc FeSO4.

0



S + H2



t



→



0,25



H2S ;



0



S + O2



t



→



0,25



SO2 ;



0,25



0



S+ Fe



t



→



2 H2S + SO2



FeS ;





→



SO2 + 2 H2O + Br2

FeS +2 HBr





→



0,25

3S + H2O ;





→



0,25

0,25



H2SO4 + 2 HBr ;



FeBr2 + H2S ;



0,25

0,25



FeS + H2SO4





→



FeSO4 + H2S ;



HS làm theo cách giải khác trình bày khoa học cũng cho điểm tối đa



TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII



ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC



TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH



LỚP 10



TỈNH YÊN BÁI



(Đề này có 02 trang, gồm 08 câu)



ĐỀ THI ĐÈ XUẤT



Thời gian làm bài 180 phút



Câu 1. Cấu tạo nguyên tử - Phản ứng hạt nhân (2,5 điểm)

1.Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4

(g là kí hiệu của số lượng tử).

a. Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có

b. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z

bằng bao nhiêu?



214

82



Pb



2. Quá trình phân hủy phóng xạ của

214

82



xảy ra như sau:



λ1

λ2

Pb 

→ 214

→ 214

83 Bi 

84 Po



a. Viết các phương trình biểu diễn các phân rã phóng xạ nêu trên.

b. Tính số nguyên tử Bi và Po sau 10 phút. Giả thiết rằng ban đầu có 100 nguyên tử

214

84



214

82



Po

, chu kì bán hủy của



214

83



Pb

và



Bi

lần lượt là 26,8 phút và 19,7 phút.



Câu 2. Liên kết hoá học, hình học phân tử-Tinh thể - Định luật tuần hoàn (2,5 điểm)

1. Các nguyên tử C, N, O có thể sắp xếp theo ba thứ tự khác nhau để tạo ra ba anion

CNO-CON- và NCO-. Viết công thức Lewis cho các cách sắp xếp nguyên tử như trên.



2. Từ nhiệt độ phòng đến 1185K sắt tồn tại ở dạng



Feα



với cấu trúc lập phương tâm



Fe γ

khối. Từ 1185K đến 1667K sắt tồn tại ở dạng

có khối lượng riêng là 7,874 g/cm3.



a. Xác định bán kính nguyên tử



Feα



với cấu trúc lập phương tâm diện. Ở 293K, sắt



.



b. Tính khối lượng riêng của sắt ở 1250K (bỏ qua sự giãn nở nhiệt).

c. Thép là hợp kim của sắt và cacbon, trong đó một số khoảng trống giữa các nguyên tử

sắt bị chiếm bởi cacbon. Trong lò luyện thép có sự hòa tan cacbon trong sắt nóng chảy. Khi được

làm lạnh các nguyên tử cacbon được phân tán trong mạng lưới lập phương tâm khối tạo hợp kim

có dạng mạng lập phương tâm diện. Tính thể tích của tế bào hợp kim, biết bán kính nguyên tử

cacbon là 0,77A0.

Câu 3. Nhiệt hóa học và cân bằng hóa học (2,5 điểm)

Thả một viên nước đá khối lượng 10 gam có nhiệt độ -25 0C vào 300 ml dung dịch ancol

etylic 39,50 ở nhiệt độ phòng 250C đến khi hệ đạt đến cân bằng. Tính biến thiên entropi của quá

trình nêu trên.



Biết khối lượng riêng của nước và ancol etylic lần lượt là 1 g/ml và 0,8 g/ml. Nhiệt dung

đẳng áp của nước đá là 37,66 J/mol.K; nước lỏng là 75,31 J/mol.K và ancol etylic là 113,00

J/mol.K. Nhiệt nóng chảy của nước đá 6,009 kJ/mol.

Câu 4. Động hóa học

Cho phản ứng hóa học sau: C2H5I + NaOH → C2H5OH + NaI

Nồng độ ban đầu của hai chất phản ứng bằng nhau. Để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng

chuyển thành sản phẩm ở 32oC cần 906 phút.

1. Tính thời gian để một nửa lượng ban đầu các chất phản ứng chuyển thành sản phẩm ở

60 C, biết rằng hệ số nhiệt độ của phản ứng là 2,83

o



2. Tính năng lượng hoạt hóa của phản ứng.

3. Tính hằng số tốc độ k ở hai nhiệt độ trên, biết rằng phản ứng là bậc hai (bậc một đối

với mỗi chất) và nồng độ ban đầu mỗi chất đều là 0,05M.

Câu 5. Dung dịch (2,5 điểm)

Trộn 5 ml dung dịch H 2C2O4 0,8M với 5 ml dung dịch NaHCO 3 0,4M thu được dung dịch

A. Thêm 10 ml dung dịch (CH3COO)2Ba 0,6M vào dung dịch A được hỗn hợp B.

1. Xác định thành phần giới hạn của B.

2. Hỏi có BaC2O4 và BaCO3 tách ra không? Khi đó pH của hệ là bao nhiêu?

3. Nếu có kết tủa BaC2O4 hoặc BaCO3, hãy tính độ tan của chúng trong hỗn hợp thu được.



pK a1 = 1,25; pK a2 = 4,27

Biết H2C2O4 có:



; H2CO3 có



pK a1 = 4,76

CH3COOH có



pK a1 = 6,35; pK a2 = 10,33



pK s = 6,8

; BaC2O4 có



pK s = 8,3

; BaCO3 có



.



Độ tan CO2 bão hòa là 3.10-2 M.

Câu 6. Halogen (2,5 điểm)

Cho m gam muối halogenua kim loại kiềm phản ứng với 50 ml dung dịch H 2SO4 đặc nóng,

dư. Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được khí A có mùi đặc biệt và hỗn hợp sản phẩm B.

Trung hòa B bằng 200ml dung dịch NaOH 2M rồi làm bay hơi cẩn thận sản phẩm thu được

199,6g hỗn hợp D (khối lượng khô). Nung D đến khối lượng không đổi, thu được hỗn hợp muối

E khô có khối lượng 98g. Nếu cho dung dịch BaCl 2 dư vào B thì thu được kết tủa F có khối



lượng gấp 1,4265 lần khối lượng muối E. Dẫn khí A qua dung dịch Pb(NO 3)2 dư thu được 23,9

gam kết tủa.

1. Tính nồng độ % dung dịch H2SO4 (d = 1,715 g/ml)

2. Tính m.

3. Xác định tên kim loại và halogen trên?

Câu 7. Oxi- lưu huỳnh (2,5 điểm)

Dung dịch A gồm hai muối: Na2SO3 và Na2S2O3:

- Lấy 100ml dd A trộn với lương dư khí Cl 2 rồi cho sản phẩm thu được tác dụng với BaCl 2

dư thì thu được 0,647g kết tủa

- Lấy 100ml dd trên nhỏ vài giọt hồ tinh bột rồi đem chuẩn độ bằng iot thì đến khi dd bắt đầu

xuất hiện màu xanh chàm thấy tốn hết 29ml I2 0,05M (I2 tan trong dd KI)

1. Tính CM của các chất trong dd A

2. Cho 100ml dd A tác dụng với dd HCl thì thu được bao nhiêu gam chất rắn?

Câu 8. Bài tập tổng hợp (2,5 điểm)

Một mẫu thí nghiệm chứa PbO, PbO2 và tạp chất có khối lượng 1,234 gam. Thêm vào

cốc chứa hỗn hợp hai axit đó 20 ml dung dịch H2C2O4 0,25M để khử PbO2 và hòa tan PbO. Sau

đó, thêm dung dịch NH3 vào cốc để kết tủa hoàn toàn PbC2O4 (kết tủa A) và thu được dung dịch

B. Lọc rửa tách kết tủa A, axit hóa dung dịch B bằng lượng dư dung dịch H 2SO4 được dung dịch

C, toàn bộ lượng dung dịch C thu được phản ứng vừa đủ với 10 ml KMnO 4 0,04M. Mặt khác,

hòa tan A bằng lượng dư dung dịch H 2SO4 loãng, dung dịch thu được lại phản ứng vừa đủ với 30

ml dung dịch KMnO4 0,04M. Viết các PTHH và tính % khối lượng PbO. PbO2 trong mẫu.

----------Hết----------------



HƯỚNG DẪN CHẤM

MÔN: HÓA, LỚP:10

Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, nếu đúng cho điểm tối đa theo thang điểm đã định.



Câu 1



Hướng dẫn trả lời



1.1



Điểm



a. Phân mức năng lượng ng ứng với giá trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên



0,5



tử, nghĩa là có 2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e.

Vậy phân mức năng lượng ng có tối đa 18e.

b.Cấu



hình



electron



của



nguyên



tử



đó



phải



có



dạng



(Rn)7s25f146d107p68s25g1.=> (Rn)5f145g16d107s27p68s2 =>Z = 121.



1.2.a



214

82



Pb →



214

83



214

83



Bi →



214

84



Bi + −01 e



Po + −01 e



1.2.b



214

82



0,5



Pb



Gọi số hạt nhân



ở t = 0 là N01; tại thời điểm t = 10 phút là N1.

214

83



Bi



Số hạt nhân



ở thời điểm t =10 phút là N2



λ1 =



ln 2

= 0, 026

26,8



λ2 =



ln 2

= 0, 035

19,7



0,5



N 1 = N 01 .e −λ1 .t = 100.e −0,026.10 = 77

(nguyên tử)

214

82



Số nguyên tử



214

83



Pb

mất đi bằng số nguyên tử



Bi

sinh ra là 23 nguyên



tử.

214

83



Số hạt



Bi



0,5

còn lại sau 10 phút: