Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ X - Năm học 2016-2017

Nội dung text: Đề thi môn Hóa học Lớp 10 - Kỳ thi chọn học sinh giỏi các trường THPT chuyên khu vữ Duyên hải và Đồng bằng Bắc Bộ lần thứ X - Năm học 2016-2017

1. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC 10 Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 15/4/2017 ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi gồm 03 trang) Bài 1. (2,0 điểm) 1.1. Khi phóng tia lửa điện qua các nguyên tử hiđro ở áp suất thấp, các electron bị kích thích lên trạng thái năng lượng cao hơn. Sau đó, electron nhanh chóng chuyển về mức năng lượng cơ bản (n=1) và bức xạ ra photon với các bước sóng khác nhau tạo thành dãy phổ. Tính bước sóng (λ) nhỏ nhất và bước sóng lớn nhất theo nm của dãy phổ nếu electron chuyển từ n > 1 về n = 1. Biết trong hệ một electron, một hạt nhân, năng lượng của electron được tính theo công thức: 2 Z -34 8 -19 En = - 13,6. (eV). Cho: h = 6,626.10 J.s ; c = 3.10 m/s; 1eV= 1,6.10 J n2 1.2. Nguyên tố R thuộc chu kì 3. Nguyên tử A có các giá trị năng lượng ion hóa như sau (kJ/mol) I1 I2 I3 I4 I5 I6 I7 I8 1000 2251 3361 4564 7013 8495 27106 31669 a. Xác định R. b. Một số florua của R gồm: RF4, RF6. Cho biết trạng thái lai hóa của R trong các hợp chất trên và cấu trúc hình học của các hợp chất đó. Bài 2. (2,0 điểm) 2.1. Đồng kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện (lập phương tâm mặt). Hãy: a. Vẽ cấu trúc mạng tế bào cơ sở và tính số nguyên tử Cu trong một ô mạng. b. Tính khối lượng riêng của đồng theo g/cm3, biết rằng nguyên tử đồng có bán kính bằng 1,28 A0. 23 Cho: Cu = 64; NA = 6,023 . 10 2.2. M là một kim loại hoạt động. Oxit của M có cấu trúc mạng lưới lập phương với cạnh của ô mạng cơ sở là a = 5,555 A0. Trong mỗi ô mạng cơ sở, ion O2- chiếm đỉnh và tâm các mặt hình lập phương, còn ion kim loại chiếm các hốc tứ diện (tâm của các hình lập phương con với cạnh là a/2 trong ô mạng). Khối lượng riêng của oxit là 2,400 g/cm3. a. Xác định kim loại M và công thức oxit của M. b. Tính bán kính ion kim loại M (theo nm) biết bán kính của ion O2- là 0,140 nm. Bài 3. (2,0 điểm) 3.1. Số hạt thoát ra trong một mẫu chứa 1,00 mg một nguyên tố phóng xạ X (chu kì bán hủy 226 t1/2=138,4 ngày) bằng số hạt thoát ra của một mẫu Ra có khối lượng 4,55 gam (chu kì bán hủy t1/2 =1601 năm). a. Xác định khối lượng mol của X. b. Biết rằng trong hạt nhân đồng vị X, số hạt nơtron gấp rưỡi số hạt proton. Tìm số hiệu nguyên tử X. 3.2. Trong mặt trời, có xảy ra một chuỗi các phản ứng hạt nhân nằm trong chu trình cacbon-nitơ như sau: 1 12 0 1 16HCA  (1) ; A B 1 e (2); 1HBC  (3); 1 0 112 1HCD  (4); D E 1 e (5); 16HECF  (6). a. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân trên. 1 4 0 b. Chu trình trên có phương trình tổng quát là: 41 H 2 He 2 1 e Tính năng lượng giải phóng ra nếu có 1 gam 1H tham gia vào chu trình này. Cho: Khối lượng mol nguyên tử của 1H và 4He lần lượt là 1,00782 g/mol và 4,00260 g/mol. 0 -28 23 Khối lượng của positron 1e là 9,10939 × 10 g. Hằng số Avogadro N = 6,022136 × 10 . Tốc độ ánh sáng trong chân không c = 2,998 × 108 m/s. 1
2. Bài 4: (2,0 điểm) 4.1. Tính năng lượng ion hóa thứ hai của Ti từ các số liệu sau: 1 Năng lượng thăng hoa của Ti(r): 425,0 kJ.mol ; 1 Năng lượng nguyên tử hoá của O2(k): 494,0 kJ.mol ; Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ti: 658,0 kJ.mol 1; Ái lực electron của O: 141,5 kJ.mol 1; Ái lực electron của O : 797,5 kJ.mol 1; 1 Nhiệt tạo thành tiêu chuẩn của TiO(r): 416,0 kJ.mol ; Năng lượng hình thành mạng lưới tinh thể của TiO: 3712,0 kJ.mol 1. 0 4.2. Chứng minh rằng H2O lỏng chậm đông ở -10 C là một hệ kém bền, dễ tự chuyển sang H2O đá ở -100C. Biết rằng: C= 73,3 J.mol.K -1-1 ; C= 37,6 J.mol -1-1.K ; p; HO2 (l) p; H2O(r) H6000 J . mol 1 nc, H2 O (r ) Bài 5: (2,0 điểm) 0 5.1. Hằng số cân bằng Kp ở t C của phản ứng: -5 N2 ( k) + 3 H2 (k)   2 NH3(k) Kp = 1,50.10 . Một hỗn hợp N2 và H2 với tỷ lệ số mol tương ứng là 1 : 3. Tính độ chuyển hoá α nếu phản ứng được thực hiện ở áp suất 500 atm (áp suất này được giữ không đổi trong suốt tiến trình phản ứng) 5.2. Xúc tác V2O5 tạo với SO2 sản phẩm trung gian theo cân bằng: V2O5(r) + SO2 (k) V2O4(r) + SO3 (k) P bằng thực nghiệm đo được giá trị SO 3 ở hai nhiệt độ 830K và 900K tương ứng là 10-1,82 và 10-1,7. P SO 2 Tính H0 và S0 của phản ứng, giả thiết và không thay đổi khi nhiệt độ biến thiên. Bài 6: (2,0 điểm) 6.1. Một học sinh điều chế dung dịch bão hoà magie hydroxit trong nước tinh khiết tại 25oC. Trị số pH của dung dịch bão hoà đó được tính bằng 10,5. -1 a. Dùng kết quả này để tính độ tan của Mg(OH)2 trong nước theo mol.L . b. Hãy tính tích số tan của Mg(OH)2. -3 6.2. Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10 M. + Cho: giá trị pKa của: HCN = 9,35; NH4 = 9,24 Bài 7: (2,0 điểm) 7.1. Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0. +0,293 0 0 +0,55 +1,34 Ex -0,408 Ey Cr(VI) (Cr O2- ) Cr(V) Cr(IV) Cr3+ Cr2+ Cr 2 7 -0,744 0 0 a. Tính E x và Ey . b. Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không? 7.2. Thêm 0,40 mol KI vào 1 lít dung dịch KMnO4 0,24 M ở pH = 0 (pH được giữ ổn định trong suốt phản ứng). Tính thành phần giới hạn của hỗn hợp sau phản ứng và thế của điện cực platin nhúng trong hỗn hợp thu được so với điện cực calomen bão hòa. Biết ở pH = 0 và ở 25oC, thế điện cực tiêu chuẩn Eo của một số cặp oxi hóa khử được cho như sau : 2IO4 / I2 (r) = 1,31V; 2IO3 / I2 (r) = 1,19V; 2HIO/ I2 (r) = 1,45 V; - 2+ I2 (r)/ 2I = 0,54V ; MnO4 /Mn = 1,51V; E của điện cực calomen bão hòa bằng 0,244 V 2
3. Bài 8: (2,0 điểm) Chất A chỉ gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng của natri bé hơn phần trăm khối lượng của nguyên tố còn lại là 21,4%. Nung hỗn hợp X gồm 4 muối natri A,B, C và D (cùng có a mol mỗi chất) đến 2000C thoát ra hơi nước, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% và tạo thành hỗn hợp Y chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C, a mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 4000C thu hỗn hợp Z chỉ chứa A và D, còn nếu tăng nhiệt độ lên đến 6000C thì chỉ còn duy nhất chất A. a. Xác định A, B, C, D? b. Xác định khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu? Bài 9: (2,0 điểm) 9.1. Xác định chất X, Y, Z, T, U và hoàn thành chuỗi chuyển hóa dưới đây (mỗi mũi tên là một phản ứng): (6) (1) (2) (3) (4) (5) X Na 2 S2O3 Y Z HIO3 T (7) (10) (9) (8) S U H2S (lưu huỳnh) Biết rằng Y có MY = 150. 9.2. Để xác định hàm lượng khí độc H2S trong không khí người ta làm thí nghiệm như sau: Lấy 50 lít không khí nhiễm khí H2S (D = 1,29 g/lít) cho đi qua thiết bị phân tích có chứa dung dịch CdSO4 dư. Sau đó axit hóa toàn bộ hỗn hợp thu được và cho tất cả lượng H2S sinh ra hấp thụ hết vào ống đựng 10 ml dung dịch I2 0,015 M (xảy ra quá trình oxi hóa H2S thành S). Lượng I2 dư tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch Na2S2O3 0,008 M. Viết các phương trình hóa học xảy ra trong quá trình thí nghiệm và tính hàm lượng H2S trong không khí theo ppm (số microgam chất trong 1 gam mẫu). Bài 10: (2,0 điểm) 10.1. Cho phản ứng: A + B C Phản ứng này có bậc nhất đối với mỗi tác nhân phản ứng, với hằng số tốc độ k = 5,0.10-3 M-1·s-1. Giả sử nồng độ ban đầu của A là 0,010 M và B là 6,00 M. Tính nồng độ của A còn lại sau 100 s. 2- o 10.2. Khảo sát động học phản ứng giữa KI và anion peroxodisunfat (S2O8 ) ở 25 C - 2- 2- 2I + S2O8 2SO4 + I2 nhận được kết quả sự phụ thuộc giữa tốc độ đầu v0 vào nồng độ đầu chất phản ứng C0 ở bảng dưới đây: 2- -8 C0(S2O8 ), mmol/L C0(KI), mmol/L v0 10 mol/(L×s) 0,10 10 1,1 0,20 10 2,2 0,20 5 1,1 a. Xác định bậc riêng phần của mỗi chất, viết biểu thức động học và tính hằng số tốc độ phản ứng ở 25oC. b. Tính thời gian cần thiết (giờ) để giảm nồng độ chất phản ứng đi 10 lần nếu nồng độ đầu của mỗi chất đều là 1,0 mmol/L ở 25oC. HẾT (Thí sinh được sử dụng bảng tuần hoàn. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: 3
4. KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ X, NĂM 2017 ĐÁP ÁN MÔN: HÓA HỌC LỚP: 10 ĐÁP ÁN (Đáp án gồm 11 trang) Bài 1: 1.1. Chuyên Tuyên Quang Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 1.1 - Bước sóng dài nhất ứng với sự chuyển từ mức n=2 về mức n=1: 18 0,5đ EEEJmin21 1,63.12() 348 hc 6,626.10.3.10 7 max 18 1,22.10(m)=122 (nm) Emin 1,63.10 - Bước sóng ngắn nhất ứng với sự chuyển từ mức n= về mức n=1 0,5đ 18 EEEJmax 1 2,18.12 ( ) 34 8 hc 6,626.10 .3.10 9 min 18 91,2.10 (m)=91,2 (nm) Emax 2,18.10 1.2. Chuyên Lê Quý Đôn- Đà Nẵng Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 1.2 a Đối với nguyên tố R: Ii 1 I7 0,5đ So sánh các tỉ số ta thấy lớn hơn các tỉ số khác nên Ii I6 R thuộc nhóm VIA, nên R là lưu huỳnh (S) b Các florua của R là : SF4, SF6. 3 + SF4 có cấu tạo kiểu bập bênh; S lai hóa sp d. 0,25đ 3 2 + SF6 có cấu tạo kiểu bát diện đều; S lai hóa sp d 0,25đ
5. Bài 2: 2.1. Chuyên Hoàng Văn Thụ- Hòa Bình Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 2.1. a 0,25đ Số nguyên tử Cu trong một tế bào: 8.1/8 + 6.1/2= 4 0,25 b Độ dài đường chéo chính = 4rCu = a o 0,25đ Dễ thấy: = 4.r1,28.45,12(A)Cu a 2 45,12r o a3,62 (A)Cu 22 0,25đ n.M4.64g/mol 3 d8,96g/cmCu 2383 NATB .V6,023.10 .(3,62.10 cm) 2.2. Chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm-Quảng Nam Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 2.2. a (Thí sinh không cần vẽ hình) Ion O2- xếp theo mạng lập phương tâm mặt, nên số ion O2- trong 1 ô mạng cơ sở là: 8.1/8 + 6.1/2 = 4 ion Trong 1 ô mạng cơ sở có 8 hình lập phương nhỏ có cạnh là a/2, các ion kim loại nằm ở các tâm hình lập phương này 0,25 Số ion kim loại M trong 1 ô cơ sở là 8 Trong 1 ô mạng cơ sở có 8 ion kim loại M, 4 ion O2- công thức của oxit là M2O
6. Áp dụng công thức 4.(2M + 16) 0,25 M 4.(2MM + 16) 3 d = = = 2,400(g/cm ) a3. N (5,555.10-8)3.6,022.1023 A MM = 22,968 23 (g/mol) nguyên tử khối của M là 23 đvC. Vậy M là Na, oxit là Na2O b Xét 1 hình lập phương nhỏ có cạnh là a/2: ½ đường chéo của hình lập phương này = r Na+ + r O2- 0,5 r Na+ + r O2- = r Na+ = 1,40 = 1,005 Å = 0,1005 nm 0,1 nm Bài 3: 3.1. Chuyên Lào Cai Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 3.1. a Ta có phương trình phóng xạ của Ra: 2262224 88862RaRnHe 0,25đ Do số hạt thoát ra trong hai trường hợp là như nhau nên số phân rã của X và Rađi giống nhau ln 24,55 AANBq  6,022 101,6652311 10 XRa 1601 365 24 3600 226 nnln 2 AN XX XXXX 6,022 10138,42323 24 3600 6,022 10 6 nmolX 4,76810 0,25 3 mX 110 Vậy MX= 6 210 nX 4,76810 b Theo đề bài ta có: ZNXX 210 0,25đ NZXX 1,5 giải ra được : 0,25 ZX=84, NX=126. 210 X là 84 Po
7. 3.2. Chuyên Bắc Ninh Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 3.2. 112130 a 1670HCN  (1); 13130N C e (2); 761 113140HCN  (3) 1670 114150 1780HNO  (4); 0,5đ 15150 871O N e (5); 1151240 17620HNCHe  (6) b Độ hụt khối tính cho phản ứng chung (4 mol H) là: ∆m = 4.(MH – me) – (MHe – 2me) – 2me = 4MH – MHe – 4me → ∆m = 4. 1,00782 - 4,00260 – 4. 9,10939 × 10-28. 6,022136.1023 = 0,02649g → ∆E = ∆m.c2 = 0,02649.10-3. (2,998 × 108)2 = 2,3809.1012 J Tính cho 1g 1H thì năng lượng giải phóng: 2,3809.10112 0,5đ . = 5,9052.1011J 41,00782 Bài 4: 4.1. Chuyên Hạ Long Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 4.1. o fH Ti(r) + 1/2O2(k) TiO(r) 0,5đ Hth 1/2De Ti(k) O(k) I1 Ae1 + - Um1 Ti (k) O (k) I2 Ae2 Ti2+ + O2- (k) (k) Áp dụng định luật Hess vào chu trình trên ta có: o I2 = ∆fH - (∆Hth + I1 + 1/2De + Ae1 + Ae2 + Uml) 0, 5đ = - 416,0 – (425,0 + 658,0 + ½.494,0 – 41,5 + 797,5– 3712,0) = 1310 kJ.mol 1
8. 4.2. Chuyên Hoàng Lê Kha- Tây Ninh Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 4.2. * Xét các quá trình: 0,2 5đ o (4) o H2Ol (-10 C) H2Ođ (-10 C) o o H2O(1l (0) C) H2Or (0 C) (3) (2) * ∆H4 = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 = n.Cl.(T2 – T1) + ∆H2 + n.Cr.(T2’ – T1’) 0,25 = 73,3.(0 + 10) - 6.103 + 37,6.(- 10 - 0) = - 5643 (J.mol-1) T2 ΔHnc T'2 * ∆S4 = ∆S1 + ∆S2 + ∆S3 = n.Cl.ln - + n.Cr.ln T1 T T'1 0, 25 273 6 . 1 03 263 = 73,3.ln - + 37,6.ln = - 20,646 (J.K-1.mol-1) 263 273 273 * ∆G4 = ∆H4 - T.∆S4 = - 5643 – 263.(-20,646) = - 213,102 < 0. 0,25 (4) là quá trình tự diễn biến. Bài 5: 5.1. Chuyên Thái Bình Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 5.1. 2 P NH Theo giả thiết ta có: 3 = 1,50.10-5 (1) 2 PN .p H2 2 Vì tỷ lệ n(N ) : n(H ) = 1:3 nên 2 2 p = 3 p (2) H2 N2 p + p + p = p (với p là áp suất chung của hệ) (3) H2 N2 NH 3 0,25 Từ (2) và (3) ta có : p = 1/4(p - p ) (4) N2 NH 3 p = 3/4(p - p ) (5) H2 NH 3
9. p2 Thay (4), (5) vào (1) ta thu được NH3 = 1,50.10 -5 27 ()pp 4 256 NH3 p 0,25 Hay : NH3 1,26.10 3 (6) ()pp 2 NH3 Với p =500 atm thì ta có phương trình: -3 2 1,26.10 p NH - 2,26. p + 315 = 0 (7) 0,25 3 NH 3 Giải phương trình (7) ta được : p = 152,00 atm ; NH 3 p atm 87 N2 p 0,25 n NH3 Npu2 2 46,625% pp nNbd NNH23 2 2 5.2 Chuyên Sư Phạm Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 5.2. Xét phản ứng: V2O5(r) + SO2  V2O4(r) + SO3. P 0,5đ SO 3 Hằng số cân bằng của phản ứng là: Kp = . P SO 2 Ta tính được: 0 ΔG (830) = -RTlnKp = 28,92 kJ ΔG0 (900) = -RTlnK = 29,29 kJ . p Từ đó ta có hệ: 00 H830S28,92 0,5đ 00 H900S29,29 0 03 ΔH = 24,53kJ ; ΔS = -5,29.10 kJ/K=-5,29 J/K Bài 6: 6.1. Chuyên Thái Nguyên Ý Nội dung Điểm a 2+ - Mg(OH)2⇌Mg + 2OH pH = 10,5 ⇒[OH-] = 10-3,5 = 3,2.10-4M 0,5 2+ - -4 ⇒ Độ tan của Mg(OH)2 =[Mg ] = [OH ] /2 = 1,6.10 M 2+ - 2 -11 b Ksp = [Mg ][OH ] = 1,6.10 0,5
10. 6.2. Chuyên Biên Hòa-Hà Nam Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 6.2. Trong dung dịch A có các cân bằng sau: KOH K+ + OH 0,25 CN + HOH HCN + OH K = 10-4,65 b1 -4,76 NH3 + HOH NH + OH K = 10 4 b2 + -14 H2O H + OH Kw = 10 Vì Kw<< CCN- C . nên bỏ qua sự phân li của H2O. NH3 Ta có: [OH ] = CKOH + [HCN] + [NH ] 4 Đặt [OH ] = x thì: 0,25 CN NH  x = 5.10-3 + .   K 3 x b2 x 2 -3 -4,65 -4,76 Hay: x - 5.10 x - 10 [CN ] - 10 [NH3] = 0 Tính gần đúng: [CN ] = C 0,12M;NH  C = 0,15M 0,25 CN 3 NH3 Ta có phương trình bậc 2: x2 - 5.10-3.x - 5,29.10-6 = 0 x = 5,9.10-3 [OH ] = 5,9.10-3 pH = 11,77 Kiểm tra lại: 0,25 4,65 HCN  10 -3 = 3,8.10 [HCN] << [CN ] [CN ] C CN  5,9.10 3 CN 4,76 NH 4  10 -3 = 2,9.10 [NH ] << [NH3] [NH3] C 3 4 NH3 NH 3  5,9.10 Vậy điều kiện gần đúng thoả mãn Bài 7: 7.1. Chuyên Vĩnh Phúc Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 7.1. a Từ giản đồ ta có: 0 3.(-0,744) = -0,408 + 2 Ey = -0,912 (V) 0, 25 0,55 + 1,34 + E 0 – 3.0,744 = 6.0,293 = +2,1 (V) 0, 25 x b Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) khi ΔG0 của quá trình < 0. 0,5 3+ 0 2Cr(IV) + 2 e 2Cr (1) E1 = = 2,1 V 0 G1 = -n F = - 2.2,1.F
11. 0 ,55 1 ,34 Cr(VI) + 2 e Cr(IV) (2) E 0 = = 0,945 (V) 2 2 0 0 G2 = -n E 2 F = - 2.0,945.F 3+ 0 Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) 2Cr + Cr(VI) G3 0 = G1 - = - 2.(2,1 - 0,945).F >E (I2/2I ) = 0,53V; nên đầu tiên sẽ xảy ra phản ứng: + 2+ 165,54 2 MnO4 + 10 I +16 H ⇌ 2 Mn + 5 I2(r)+ 8 H2O ; K =10 0,25 n0 0,24 0,4 pư 0,08 0,4 n 0,16 0 0,08 0,2 o - 2+ o - Do E MnO4 /Mn = 1,51V > E IO3 /I2 = 1,19V; nên MnO4 còn dư sẽ oxi hoá tiếp I2 thành IO3 theo phản ứng: + 2+ 176 2 MnO4 + I2(r) + 4 H ⇌ 2 IO3 + 2 Mn + 2 H2O ; K =10 n0 0,16 0,2 0,08 Pư 0,16 0,08 n 0 0,12 1 0,16 0,24 0, 25 Thành phần hỗn hợp sau phản ứng: 2+ IO3 0,16 mol; Mn 0,24 mol; I2(r) 0,12 mol; pH = 0. Trong hỗn hợp có cặp IO3 / I2 (r) nên thế của dung dịch tính theo cặp này: - + 2IO3 + 12H + 10e ⇌ I2 + 6H2O o - 2 + 12 E = E (IO3 /I2(r)) + (0,0592/10)lg [IO3 ] [H ] = 1,19 + (0,0592/10)lg (0,16)2 = 1,18(V) > E của điện cực calomen bão hòa nên điện cực platin đóng vai trò là cực dương, điện cực 0,25 calomen bão hòa đóng vai trò là cực âm. Epin = 1,18 0,244 = 0,936(V) 0,25
12. Bài 8: Chuyên Hùng Vương- Phú Thọ Ý Nội Dung Điểm a Đặt công thức của A là NanR Rn 23 21 , 4 Ta có %R - %Na= 21,4%  R = 35,5n Rn 23 100 Nghiệm thích hợp: n=1 R=35,5. Vậy A là NaCl 0,5 Sau khi nhiệt phân hoàn toàn, chỉ còn NaCl nên B, C, D là các muối NaClOx (x=1,2,3,4) a 2a Ở 2000C, a(mol) B nhiệt phân tạo thành (mol) NaCl, (mol) C, 3 3 t0 aNaClOm  NaCl + NaClOm' hay 3NaClOm NaCl + 2NaClOm' Bảo toàn nguyên tố với oxi: 3m = 2m' m=2, m'=3 Vì sản phẩm có nước, do đó B là NaClO2 ngậm nước, C là NaClO3, D là NaClO4 0,5 3NaClO2.zH2O NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O 4NaClO3 NaCl + 3NaClO4 NaClO NaCl + 2O 4 2 18.az .12,5 z=3. Vậy B là 0,5 58,5.(90,5.18.aaa zaa . )106,5.122,5.100 NaClO .3H O 2 2 3NaClO2.3H2O NaCl + 2NaClO3 + 9H2O b mhh= 378a+54a = 432a (g) %mNaCl = 13,54% %m = 33,45% NaClOHO22.3 0,5 %mNaClO = 24,65% 3 %m = 28,36% NaClO4
13. Bài 9: 9.1. Chuyên Lê Khiết- Quảng Ngãi Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 9.1. Mỗi pt đúng được 0,1 điểm X: Na2SO3; Y: NaI; Z: I2; T:I2O5; U: H2S 0,1x10 (1) : Na2SO3 + S Na2S2O3 (2) : 2Na2S2O3 + I2 Na2S4O6 + 2NaI (3) : 2NaI + Cl2 2NaCl + I2 (4) : I2 + 5Cl2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl (5) : 2HIO3 I2O5 + H2O to (6) : I2O5 + 5CO  I2 + 5CO2 (7) : 8NaI + 5H2SO4 đặc 4Na2SO4 + 4I2 + H2S + 4H2O (8) : H2S + 4Cl2 + 4H2O H2SO4 + 8HCl (9) : 4H2SO4 đặc + 2Fe Fe2(SO4)3 + S + 4H2O (10) : 3S + 6NaOH đặc 2Na2S + Na2SO3 + 3H2O 9.2. Chuyên Bắc Giang Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 9.2. Phương trình hóa học: 2+ + H2S + Cd CdS + 2H (1) 0,5đ + 2+ CdS + 2H Cd + H2S (2) - + H2S + I2 S + 2I + 2 H (3) 2- - 2- I2 + 2S2O3 2I + 2S4O6 (4) -4 nI2 = 0,01 x 0,015 = 1,5x 10 mol 2- -4 nS2O3 = 0,0125 x 0,008 = 10 mol 0,5đ Từ (1) (4) -4 -4 -4 ⇒nH2S = nI2(3) = 1,5x10 - 10 /2 = 10 mol Khối lượng không khí : m = 1,29 x 50 = 64,5 gam. -4 6 Hàm lượng H2S theo ppm : (10 x 34x 10 )/ 64,5 = 52,7 ppm
14. Bài 10: 10.1. Chuyên Trần Phú- Hải Phòng Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 10.1. Vì nồng độ C0B >> C0A do đó, có thể coi nồng độ của B là hằng số. 0,5đ Biểu thức tốc độ có thể được viết dưới dạng: v = 6,00k[A] = k’.[A] với k’= 6,00.k = 0,03 Do đó phản ứng tuân theo qui luật động học bậc 1 [ A ] 0,5đ k’t = ln 0 [ A ] [A] = [A]0.e-k’.t = 5.10-4M 10.2. Chuyên Lê Hồng Phong-Nam Định Ý ĐÁP ÁN ĐIỂM 10.2. a Bậc riêng phần là 1 đối với mỗi chất phản ứng - 2- v = k[I ][S2O8 ] 0,5đ k = 0,011 L.mol-1.s-1 b Do phản ứng bậc hai với các chất có nồng độ bằng nhau nên: 1 1 0,5đ k t C C0 1 1 0.011t 0.110 3 110 3 t 818181s 227 h 230 h