SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI PHÒNG
TRƯỜNG THPT CHUYÊN TRẦN PHÚ
(Đề giới thiệu)
ĐÁP AN ĐỀ THI HSG DUYÊN HẢI – ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ
NĂM 2015
Môn Hóa học; Khối 10
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM
1 1. BeH
2
: dạng AL
2
E
0
. Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H.
BCl
3
: dạng AL
3
E
0
, trong đó có một “siêu cặp” của liên kết đôi B=Cl.
Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng.
NF
3
: dạng AL
3
E
1
. Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm ở
đỉnh chóp. Góc FNF nhỏ hơn 109

3
, trong đó 2 liên kết I−I được ưu tiên
nằm dọc theo trục thẳng đứng, 3 obitan lai hoá nằm trong mặt phẳng xích đạo
(vuông góc với trục) được dùng để chứa 3 cặp electron không liên kết. Ion có
dạng đường thẳng.
2. I
3
(X) và I
5
(Y) tăng nhiều và đột ngột. Suy ra:
a. X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A trong bảng HTTH các nguyên tố
hoá học.
b. A là XO, B là YO
2
.
c. Các hợp chất do A tác dụng với B: XYO
3
1,0
1,0
2
MH
x
+ x H
2
O
→
M(OH)
x
+ x H
2

x
) M (M) (M)
1
7,949 g.mol
−
1
6,941 g.mol
−
1
Liti
2
15,898 g.mol
−
1
13,882 g.mol
−
1
3
23,847 g.mol
−
1
20,823 g.mol
−
1
4
31,796 g.mol
−
1
27,764 g.mol
−

Li
+ r
−
H
)
ρ = =
(a: cạnh ô mạng; r: bán kính).
1,0
0,5
0,5
4 × M (LiH)
N
A
× [2 (r + r )]
3

Li
+
H
-

4 × M (LiH)
N
A
× a
3

4 × 7,95 g.mol
−
1

1
p
Phương trình phân rã phóng xạ của
32
P:
15
32
P →
16
32
S + β
-
b)
0
A
A
=
mCi
mCi
2
10.5
1−
=
4
1
=
2/1
/
2
1

7
1/2
A.t
A 15.3,7.10 .14,28.24.3600
λ ln2 0,693
= =
= 9,9.10
14
nguyên tử
Khối lượng
32
P đã phân rã là:

32
P
m
=
14
23
32.9,9.10
6,02.10
= 5,3.10
-8
(g) = 5,3.10
-2
(µg)
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng
32
S tạo thành
đúng bằng khối lượng

=
67,0
11,7804,28 ×−
= -3269 kJ.mol
-1
∆H
o
298
= ∆U
o
298
+ ∆nRT = -3269 + (6-15/2)
×
8,314.10
-3
×
298 = -3273 kJ.mol
-1
1,0
1,0
5
a)
2
2
CO
CO
P
P
= 4,00;
2


2
CO
P
= 3,20/1,25 = 2,56 atm
b)
C(graphit) + CO
2
(k)
⇔
2CO (k)
Lúc cân bằng 1 – x 1,2 – x – y 2x + y
Fe (tt) + CO
2
(k)
⇔
FeO (tt) + CO(k)
Lúc cân bằng 1 - y 1,2 – x – y y 2x + y
Tổng số mol khí lúc cân bằng: 1,2 – x – y + 2x + y = 1,2 + x
1,2 + x =
38,1
1020082,0
0,20)56,22,3(
=
×
+
=> x = 0,18
61,0
1020082,0
0,2056,2

+
+ SO
4
2–
K
a
=10
-2
(1)
H
3
PO
4
H
+
+ H
2
PO
4
–
K
a1
=10
-2,15
(2)
H
2
PO
4
–

w
= 10
-14
(5)
Vì pH = 2,03 → bỏ qua sự phân li của nước.
K
a1
>>

K
a2
>> K
a3
→ quá trình (1) và (2) quyết định pH của hệ
+
H PO
HSO
4
3
4
.
K
K
2- -
a a1
Ta có: [H ] = [SO ] + [H PO ] = C . + C
4 2 4
K + [H+] K + [H+]
a
a1

K + [H+] K
a
a1
−
=
→

-2 -2,15 2,03
2,03
-2 2,03 -2,15
H PO
4
3
10 10
(10 ).
10
10 +
C - 0,010.
10 + 10
−
−
−
=
= 9,61.10
-3
(M)
2.
-
2 4
H PO

3 4
4,16.10
α = .100 43,15%
9,64.10
=
Khi có mặt HCOOH trong dung dịch A
→
độ điện li của H
3
PO
4
giảm 25%

2
H PO
4
3
= =
,
α α 43,15% 0,75 32,36%× =
và trong dung dịch thu được sẽ có 3
quá trình quyết định pH của hệ:
HSO
4
–
H
+
+ SO
4
2–

2- - -
Ta có: [H+] = [SO ] + [H PO ] + [HCOO ]
4 2 4

vì [PO
4
3–
] << [HPO
4
2–
] << [H
2
PO
4
–
]
,
+
OH
,
HCO
HSO
4
.
K
K
-
a a
[H ] = C . + [H PO ] + C
2 4

3
2
H PO
4
3
H PO
4
= = .100
-
[H PO ]
,
2 4
α α 32,36%
C
=

→
[H
2
PO
4
–
] = 3,12.10
-3
M
[H
3
PO
4
] = 9,64.10

2
PO
4
–
] và [H
+
] vào (7), ta được:
C
HCOOH
= (0,0148 – 3,12.10
-3
-
-2
-2
10 0,0148
10
0,01
+
) .
-3,75
-3,75
10 0,0148
10
+
= 0,644 M.
3. Zn
2+
+ H
2
O ZnOH

K K K
a1 a2 a3
C C
K K K K K K
a1 a1 a2 a1 a2 a3
3-
3 4
4
21,68
' 3
H PO
3 2 6,09 6,21
PO
. .
10
. 9,64.10 .
h + .h 10 10
K K K
a1 a2 a3
C C
K
a1
−
−
− −
≈ = =
+
1,41.10
-18
M.

' '
(C ) (C )
= (0,1)
3
. (1,41.10
-18
)
2
=1,99.10
-39
< 10
-35,42

→
Không có Zn
3
(PO
4
)
2
↓
0,5
7
1. a)2KMnO
4
+ 5NaNO
2
+ 3H
2
SO

2
Cr
2
O
7
+13H
2
SO
4
→
3Fe
2
(SO
4
)
3
+ Cr
2
(SO
4
)
3
+ K
2
SO
4
+ 13H
2
O
d) 4NaCrO

4
+ 14KCl
2. a) E(Mg
2+
/Mg) = -2,37 +
2
059,0
lg0,010 = -2,43V
E(Ag
+
/Ag) = +0,7991 + 0,059 lg0,10 = +0,740V
b) Anot là điện cực Mg, catot là điện cực Ag. Các electron chuyển từ anot
sang catot nhờ dây dẫn điện.
Trong dung dịch, các anion chuyển về anot, các cation chuyển về catot.
c) E
pin
= 0,740 – (- 2,43) = + 3,17V.
1,0
1,0
8
n
KMnO
4

ban đầu =
158
12,22
= 0,14 mol; n
O
2

2
+ 8H
2
O
0,08 → 0,64 → 0,2
KMnO
4
+ 8HCl
→
2Cl
2
↑ + 2KCl + MnCl
2
+ 4H
2
O
0,03 → 0,24 → 0,06
MnO
2
+ 4HCl
→
MnCl
2
+ Cl
2
↑ + 2H
2
O
0,03 → 0,12 → 0,03
=> n

2

→
Na
2
SO
4
+ 2HCl
x x (mol)
2H
2
O + Na
2
S
2
O
3
+ Cl
2

→
Na
2
SO
4
+ H
2
SO
4
+ 2HCl


→
Na
2
SO
4
+ 2HI
x x (mol)
2Na
2
S
2
O
3
+ I
2

→
Na
2
S
4
O
6
+ 2NaI
y y/2 (mol)
Lại có: x + y/2 = 29.10
-3
.0,05 = 1,45.10
-3

10.845,8
1,0
10.845,8
−
−
=
2. Nếu dùng HCl cho phản ứng với 100ml A:
Na
2
S
2
O
3
+ 2HCl
→
2NaCl + SO
2
+ S + H
2
O
nS = nNa
2
S
2
O
3
= 8,845.10
-3
mol
Khối lượng chất rắn thu được là: 8,845.10

'
ΔS A
exp( ) =
R
A
(3)
∆S
0
r
= Rln(A/A’) = 8,3145J.K
-1
mol
-1
.ln(1,0.10
9
/1,4.10
11
)
= - 41,1 J.mol
-1
(4)
Theo định lí nhiệt của Nerst:
∆S
0
r
= S
0
(C
2
H

2
H
5(k)
) = 240,0 J.K
-1
.mol
-1
.
Biến thiên entanpi của phản ứng là hiệu giữa các năng lượng hoạt động hoá của
phản ứng nghịch và thuận (lấy dấu ngược lại theo quy ước của nhiệt động học):
∆H
r
0
=- (E’
a
- E
a
) = -57,5KJ/mol (6)
Theo quy tắc về entanpi hình thành ta có:
∆H
0
r
= ∆H
f
0
(C
2
H
6(k)
) + ∆H

f
0
- T∆S
f
0

Ta được: ∆G
f
0
(C
2
H
5(k)
) = 148,3 kJ/mol.
0,5
0,5
0,5
0,5

Lưu ý: HS làm bài đúng nhưng bằng cách khác vẫn cho đủ số điểm