Tiêu đề 04. 2024-2025 HSG 11 Hà Tĩnh - File HDC.docx ✅

Trang 2 /4 2 a. Viết phương trình phản ứng: 2104A 842ZPoHeX Áp dụng định luật bảo toàn điện tích và số khối tìm được A = 206; Z = 82 => X là Pb. 0,5 b. Mối quan hệ giữa thời gian và độ phóng xạ: 01/20 1/2 lnln2..ln ln2 AtAt t AtA Thời gian ngắn nhất để mẫu an toàn phóng xạ là: 1/20 min.ln ln2max tA t A - Tính A 0 : 210 02 00210 1/22 ()ln2 ... ()A mPoCl AkNN tMPoCl = 3 2310ln20,5.10 ..6,022.106,189.101,673 138,4.24.360021071BqCi    min6 138,41,673 .ln3138 ln20,25.10t  (ngày) 0,5 Câu 4. (2,5 điểm) Ý Nội dung Điể m 1 -2 -2 -1 +5 -2 -2 +1 -2 +1 -2 0 +4 +1 S S O H O H O S O O O H H - S H 2 S 2 O 3 C 2 H 6 O có 2 cấu tạo: 0,5 0,5 2 Cân bằng phương trình theo phương pháp thăng bằng electron ta được phản ứng 2FeS x + (6x+3) Br 2 + (16x+6) KOH 2Fe(OH) 3 + (12x+6) KBr + 2x K 2 SO 4 Tỉ lệ mol Br 2 : H 2 O = 9 : 8 => (6x+3) / 8x = 9/8 => x = 1 0,25 0,25 3 Ta có: M A1 = 102 gam/mol Từ phản ứng: 0 125C 1S + AgF A  A 1 có dạng S x F y  32x + 19y = 102  x= 2; y = 2 A 1 là S 2 F 2 M A2 = 108 gam/mol; 0 t 12A S + A  A 2 là SF 4 0 380C 43SF + ClF A chứa 3 nguyên tố; A335M162,5 (gam/mol) A: SFCl A 3 bị khử quang hoá với H 2  A 4 không phân cực, không chứa clo. Trong A 4 có %m S = 25,197%; Nếu A 4 chứa 1 nguyên tử S thì M A4 = 127 gam/mol  SF 5 (số lẻ electron)  Để không phân cực phải dimer hoá  A 4 là S 2 F 10 (HS tìm được mỗi chất 0,125 điểm) 0,5 Cấu trúc các chất (mỗi công thức 0,1 điểm): 0,5 Câu 5. (2,5 điểm) Ý Nội dung Điểm 1  Xét các quá trình: (1) N (g) + N (g)  NN (g) => H o 1 = E NN = 946 kJ/mol N 2 = 473 kJ/mol N 0,25
Trang 3 /4  r H o 2 = 6  E NN = 6  163 kJ mol -1 = 978 kJ/mol N 4 = 244,5 kJ/mol N => Nhiệt tỏa ra do sự hình thành NN (g) trên mỗi mol nguyên tử N là lớn hơn nhiệt tỏa ra do sự hình thành N 4(g) tứ diện trên mỗi mol nguyên tử N nên phân tử N 2 bền hơn phân tử N 4 và nitrogen ưu tiên tồn tại ở dạng đơn chất N 2 . 0,25 0,25 2 a. HS viết được mỗi công thức được 0,1 điểm 0,5 0,25 0,25 3 4 (O←N=O)-O-CH 2 -CH(-O-(O=N→O))-CH 2 -O-(O=N→O) → 6NN + 12O=C=O + 10H- O-H + O=O. Ta có:  r H 0 298 = 4.(6E N-O + 3E N=O + 3E C-O + 2E C-C + 5E C-H ) – (6 E NN + 12.2.E C=O + 10.2E O-H + E O=O ) = 4.(6.222 + 3.590 + 3.360 + 2.347 + 5.414) – (6.946 + 12.2.736 + 10.2.464 + 495) = -5331 kJ.mol -1 . Nhiệt lượng tỏa ra khi phân hủy 1 kg trinitroglycerin là: = => Phản ứng phân hủy trinitroglycerin tỏa ra lượng nhiệt rất lớn, dễ bốc cháy, nên được ứng dụng làm thành phần của thuốc súng không khói (HS viết đúng phương trình phân huỷ dạng phân tử hoặc cấu tạo đều cho điểm) 0,25 0,25 0,25 Câu 6. (2,0 điểm) Ý Nội dung Điểm 1 Chất Trạng thái lai hóa Dạng hình học của phân tử SOF 4 sp 3 d Lưỡng tháp tam giác TeCl 4 sp 3 d Bập bênh NOF 3 sp 3 tứ diện đều ICl 4 - sp 3 d 2 Vuông phẳng 0,25*4 2 a. Trong một ô mạng cơ sở có: 1+ 8.1/8 = 2 ion Ti n+ ; 2 + 4.1/2 = 4 ion O 2- => Y có công thức thực nghiệm dạng TiO 2 0,25 0,25 b. Kí hiệu: Ti 4+ là M; O 2- là N. - Xét mặt cắt như hình vẽ mà r Y = 1,772.r M . V ô cơ sở = a.b.c = a 2 .c = a 2 . 0,707.(2r M + 2r N ) = 4,59 2 . 2.0,707.2,772 r M = 82,59 r M . (1) Mặt khác, độ đặc khít của ô mạng cơ sở = V ô cơ sở = )= )= = 148,75. (2). Từ (1) và (2) suy ra r M = 0,745 r N = 1,320 0,5
Trang 4 /4 Câu 7. (3,0 điểm) Ý Nội dung Điểm 1 Than chì chuyển thành kim cương: C (than chì)  C (kim cương) Có ΔH = + 1,8 (kJ.mol -1 ) Có ΔS = - 3,25 (J.K -1 .mol -1 ) ΔG = ΔH – TΔS = 1,8 – 298 x (- 3,25.10 -3 ) = + 2,77 (kJ.mol -1 ). *) Than chì chuyển thành C 60 : C (than chì)  1/60C 60 . Có ΔH = + 39,25 (kJ.mol -1 ); Có ΔS = + 92,4/60 = + 1,54 (J.K -1 .mol -1 ) ΔG = ΔH – TΔS = 39,25 – 298 x (1,54.10 -3 ) = + 38,79 (kJ.mol -1 ). *) Độ bền Than chì > kim cương > fulerene. Vì ΔG (than chì) < ΔG (kim cương) < ΔG (fulerene) 0,5 0,25 0,25 2 a. Phản ứng xảy ra theo phương trình: C 4 H 6 (g) + 5,5 O 2 (g) → 4 CO 2 (g) + 3 H 2 O(g) o r298H = 4 o sH (CO 2 ) + 3 o sH (H 2 O) - o sH (C 4 H 6 ) = -2464,6 kJ/mol. 0,5 Ứng với 0,01 mol C 4 H 6 thì nhiệt lượng tỏa ra sẽ là 24,646 kJ. 0,5 b. Tổng số mol khí ban đầu: n = 5,0 mol n O2 = 1,0 mol, n N2 = 4,0 mol. Sau khi đốt cháy: n N2 = 4,0 mol; n CO2 = 0,01*4 = 0,04 mol; n H2O = 0,03 mol; n(O 2 ) dư = 1 – 0, 01*5,5 = 0,945 mol. 0,25 Gọi T x là nhiệt độ cực đại của bình sau khi quá trình đốt cháy xảy ra hoàn toàn. Do sự đốt cháy là đoạn nhiệt nên không có sự trao đổi nhiệt với bên ngoài, tức ở đây Q = ∆H. => o TH = 0,04.46,6(T x – 298) + 0,03.41,2(T x – 298) + 0,945.32,3(T x – 298) + 4.27,6(T x – 298) = - 0,01. opuH (298K) = 24646 => T x = 469,12 K. 0,75 Câu 8. (2,0 điểm) Ý Nội dung Điểm a Theo giả thiết : n H : n O : n s = 3,57/1: 57,14/16 :14,29/32 =8:8:1 Vậy công thức đơn giản nhất của A là X(H 8 O 8 S) n . % m X trong A = 100% - (3,57 + 57,14 + 14,29)% = 25% Với n = 1  M X = 56 (g/mol)  X là Iron (Fe). Với n = 2  Không có kim loại thỏa mãn. Với n  3  X thuộc họ Lantan hoặc phóng xạ (loại). Vậy công thức đơn giản nhất của A là FeH 8 O 8 S. Mặt khác X phản ứng với dung dịch BaCl 2 tạo thành kết tủa không tan trong dung dịch HCl, mà trong A có 1 nguyên tử S do đó A là muối sulfate hoặc muối hydrogen sulfate: FeH 8 O 4 SO 4 . Khi đun nóng (A chưa bị phân hủy), 32,14% khối lượng A mất đi trong đó M A = 224 (g/mol) → 32,2%. M A = 32,14%.224 ≈ 72 (g) → có 4 mol H 2 O. Vậy A là muối iron (II) sulfate ngậm 4 phân tử nước : FeSO 4 .4H 2 O 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 b Học sinh tìm được nồng độ Mol của FeSO 4 0,135 M. 0,5 Lưu ý : Nếu học sinh lập luận cách khác hay sử dụng cách tính khác đúng vẫn cho điểm tối đa -------------------HẾT----------------