Đang tải... (xem toàn văn)
... & B BC B CHNH THC Kè THI CHN HC SINH GII KHU VC M RNG NM HC 2011- 2012 MễN THI: HểA HC LP 10 Ngy thi: 21 thỏng nm 2012 (Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao ) thi gm 02 trang Cõu 1:... GIO DC V O TO HI DNG THI CHNH THC THI CHN HC SINH GII LP 10 THPT - NM HC 2012-2013 MễN THI: HểA HC Thi gian: 180 phỳt Ngy thi: thỏng nm 2013 thi gm: 02 trang Cho bit nguyờn t ca... 9,84 10- 3 11,80 = 2,903 10- 2 mmol 100 .0 mL (O2 ) = 2.903 *10 * 32.00 = 9,230mg / L 100 .0 0,5 H v tờn thớ sinh: Ch ký giỏm th 1: S bỏo danh: . S GDT BC LIấU CHNH THC (Gm 02 trang) K THI
TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ ĐỀ CHÍNH THỨC KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2011- 2012 MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10. Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 (Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề) Đề thi gồm 02 trang Câu 1: (2,5 điểm) 1. M là một nguyên tố có khối lượng mol nguyên tử bằng 63,55 gam. Trong tự nhiên, M có hai đồng vị hơn kém nhau 2 nơtron trong đó một đồng vị chiếm 72,5% số nguyên tử. Hạt nhân đồng vị nhẹ của M có số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện 5 hạt. Biết rằng có thể coi giá trị nguyên tử khối bằng với số khối của nguyên tử. a) Viết cấu hình electron của M, xác định vị trí của M trong bảng hệ thống tuần hoàn (ô, chu kì, nhóm). b) M ở trạng thái rắn kết tinh theo kiểu lập phương chặt khít nhất. Tính bán kính nguyên tử của M (theo Å). Biết khối lượng riêng của M bằng 8,96 g/cm3. 2. Dựa vào quy tắc Slater, hãy tính: a) Năng lượng cần thiết (theo kJ) để chuyển 1 mol nguyên tử silic từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích có cấu hình electron là [Ne]3s23p13d1. b) Năng lượng ion hóa thứ nhất (theo eV) của nguyên tử silic và so sánh kết quả thu được với giá trị thực nghiệm 8,2 eV. Câu 2: (2,5 điểm) 1. Viết công thức Lewis, nêu trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của các phân tử sau: KrF2, IF3, SeF4, KrF4, IF5, AsF5. Cho: As (Z = 33); Se (Z = 34); Kr (Z = 36). 2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần (có giải thích) góc liên kết OSX trong các phân tử sau: SOF2; SOCl2; SOBr2. Câu 3: (2,5 điểm) Nitrosyl clorua (NOCl) là một khí độc, khi đun nóng nó bị phân hủy: 2 NOCl (k) 2 NO (k) + Cl2 (k) 1. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích của quá trình phân hủy hoàn toàn 1,3 mol NOCl ở 475oC. 2. Tính KP của cân bằng ở 475oC. 3. Ở 475oC, dẫn 0,2 mol NO và 0,1 mol Cl2 vào một bình kín dung tích 2 lít không đổi. Tính áp suất khí trong bình tại thời điểm cân bằng. Coi các khí là khí lý tưởng. Cho: Bảng số liệu nhiệt động (không phụ thuộc vào nhiệt độ) Chất ∆Hos (kJ/mol) So (J/mol.K) NOCl (k) 51,71 264 NO (k) 90,25 211 Cl2 (k) 223 Câu 4: (2,5 điểm) 1. Hấp thụ toàn bộ 0,5 mol khí NH3 vào 1 lít dung dịch HNO3 0,2 M thu được dung dịch A. Tính pH của dung dịch A. 2. Thêm m gam FeCl2 rắn vào dung dịch A thu được dung dịch B trong đó nồng độ của ion Fe2+ tại thời điểm cân bằng 1,5 × 10-4 M. Tính m. Cho: Các quá trình không làm thay đổi thể tích của dung dịch. pKa của NH4+ = 9,24; pKs của Fe(OH)2 = 15,1 Hằng số tạo phức hidroxo của Fe2+: *β = 10−5,92. Fe = 55,85; Cl = 35,45. 1 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN Câu 5: (2,5 điểm) 1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO42- với các điện cực platin. Viết các bán phản ứng xảy ra ở các điện cực. 2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin và Eopin. 3. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình hoạt động của pin (pin sử dụng cầu muối KNO3 nhão). Cho: Eo (CrO42-/Cr(OH)3, OH-) = -0,18 V; Eo (MnO4-/MnO42-) = 0,564 V Cr(OH)3 CrO2- + H+ + H2O có K = 1,0.10-14 Câu 6: (2,5 điểm) 1. Khi sục khí Cl2 qua dung dịch Ca(OH)2, tuỳ điều kiện phản ứng có thể cho muối CaOCl2 hay Ca(ClO)2. a. Viết phương trình phản ứng. b. Sục khí CO2 từ từ tới dư qua dung dịch CaOCl2 và dung dịch Ca(ClO)2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất để điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng. Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trên tương đối an toàn? Câu 7: (2,5 điểm) 1. Khi điện phân dung dịch H2SO4 50% với điện cực trơ ở nhiệt độ khác nhau thu được những sản phẩm khác nhau: Ở 00C sẽ thu được axit peoxidisunfuric. Còn ở 100C lại thu được H2O2. Nếu đun nhẹ dung dịch sau điện phân thì thấy có khí oxi thoát ra. Viết các phản ứng xảy ra để giải thích cho sự tạo thành các sản phẩm khác nhau trong các quá trình điện phân trên. 2. Quặng pyrit thực tế là hỗn hợp FeS2 và FeS nên có thể đặt công thức pyrit là FeS2-x. Khi sử lý một mẫu quặng pyrit với Br2 trong KOH dư thì xảy ra phản ứng: FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + K2SO4 + ... FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + K2SO4 + ... Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A và dung dịch B. Nung chất rắn A đến khối lượng không đổi thu được 0,20 gam Fe2O3. Cho BaCl2 dư vào dung dịch B thu được 1,11 gam kết tủa BaSO4. Cho: Fe = 56; O = 16; S = 32; Ba = 137. a) Xác định công thức của quặng pyrit. b) Tính lượng Br2 dùng để oxy hóa mẫu quặng trên. Câu 8: (2,5 điểm) Chỉ số oxy tự do hòa tan trong mẫu nước (D.O) được sử dụng rộng rãi để đánh giá chất lượng nguồn nước. Quá trình phân tích theo phương pháp chuẩn độ iốt được tiến hành như sau: Bước 1: Kiềm hóa mẫu nước cần phân tích bằng kali hydroxit rắn (viên nén). Thêm lượng dư dung dịch mangan(II) sunfat vào thấy tạo thành kết tủa màu nâu. Bước 2: Thêm tiếp dung dịch axit sunfuric đặc vào hỗn hợp trên đến khi thấy kết tủa tan hoàn toàn trở lại dung dịch. Dung dịch thu được có màu đỏ. Bước 3: Thêm tiếp dung dịch kali iođua dư vào, lắc mạnh thì thấy dung dịch chuyển sang màu vàng nâu. Bước 4: Dùng dung dịch natri thiosunfat, chỉ thị hồ tinh bột để chuẩn độ. 1. Viết các phương trình phản ứng dạng ion xảy ra trong từng bước. 2. Lấy 100,0 mL một mẫu nước đem đi phân tích thì thấy tiêu tốn hết 11,80 mL dung dịch 9,84 × 10-3 M natri thiosunfat. Tính chỉ số D.O (mg/L) của mẫu nước. 2 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN HỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN KHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘ Câu ý Câu 1: 1.1 a) b) 1.2 a) ĐÁP ÁN CHỌN HSG KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM HỌC 2011- 2012 MÔN THI: HÓA HỌC LỚP: 10 Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012 Đáp án gồm 5 trang Nội dung Điểm 2,5 Gọi số khối, số proton, số nơtron của đồng vị nhẹ lần lượt là A, P, N Số khối, số proton, số nơtron của đồng vị nặng lần lượt A+2, P, N+2 Trường hợp 1: Đồng vị nặng chiếm 72,5% số nguyên tử Từ các dữ kiện đã cho, lập được hệ phương trình: (1-0,725) A + 0,725 (A + 2) = 63,55 N–P=5 ⇒ N = 33,55; P = 28,55 (loại) P+N=A Trường hợp 2: Đồng vị nhẹ chiếm 72,5% số nguyên tử Từ các dữ kiện đã cho, lập được hệ phương trình: 0,725A + (1-0,725) (A + 2) = 63,55 N–P=5 ⇒ N = 34 ; P = 29. P+N=A Cấu hình: 1s22s22p63s23p63d104s1 Vị trí: Ô 29, chu kì 4, nhóm IB Tinh thể lập phương chặt khít nhất có ô mạng kiểu lập phương tâm mặt. Số mắt của ô mạng: 4 Thể tích ô mạng: (4 × 63,55) / (8,96 × 6,022 × 1023) = 4,71× 10-23 cm3 Độ dài cạnh ô mạng: 3,61 × 10-8 cm Bán kính của M: = 1,28 Å Năng lượng nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản: E0 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 4 E (3s23p2) Năng lượng nguyên tử Si ở trạng thái kích thích có cấu hình [Ne]3s23p13d1 E1 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 3 E (3s23p1) + E (3d1) Năng lượng cần thiết để chuyển nguyên tử silic từ trạng thái cơ bản lên trạng thái kích thích ∆E = E1 - E0 = 3 E (3s23p1) + E (3d1) - 4 E (3s23p2) = 3 0,25 0,25 0,5 0,5 0,5 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN b) Tính cho 1 mol thì E = 1041 Kj Năng lượng Si+ cấu hình [Ne]3s23p13d1 E2 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 3 E (3s23p1) Năng lượng ion hóa thứ nhất của Silic: I1 = E2 – E0 = 0,5 Chênh lệch tương đối so với giá trị thực nghiệm rất lớn: (12,3-8,2)/8,2 ≈ 50% Mô hình Slater quá đơn giản để thu được kết quả định lượng 2,5 Câu 2: 2.1 2.2 Câu 3: 3.1 3.2 3.3 sp3d, đường thẳng sp3d, chữ T sp3d2, vuông phẳng sp3d2, chóp đáy vuông sp3d, bập bênh 1,5 sp3d, lưỡng tháp tam giác Thứ tự : OSF < OSCl< OSBr Giải thích : Do độ âm điện của F > Cl > Br, độ âm điện càng thấp thì cặp electron liên kết S-X càng ở xa nguyên tử trung tâm S, lực đẩy nhau giữa liên kết S=O với S-X sẽ càng nhỏ, góc liên kết sẽ tăng lên 1,0 2,5 2 NOCl (k) → 2 NO (k) + Cl2 (k) ∆Ho = 90,25 × 2 – 2 × 51,71 = 77,08 kJ/mol Hiệu ứng nhiệt đẳng tích chính là biến thiên nội năng: ∆Uo = ∆Ho – ∆nRT = 77,08 – 1×8,314×(475 + 273) x 10-3 = 70,86 kJ/mol Tính cho 1,3 mol NOCl phân hủy: Q = 46,06 kJ ∆So = 117 J/mol.K ∆Ho = 77,08 kJ/mol ∆Go(475+273)K = -10,436 kJ/mol KP ở 475oC = 5,355 2 NO (k) + Cl2 (k) → 2 NOCl (k) 4 (KP)-1 = 0,1867 1,0 0,5 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN Cân bằng: 0,2-2x 0,1-x 2x (mol) Ta có K-1P = Kn. (RT/V)∆n = (RT/V)∆n .(2x)2/ [(0,2-2x)2(0,1-x)] = 0,1867. 1,0 (với R = 0,082 atm.lit.mol-1.K-1; T = 475 + 273 = 748K; V = 2 lit) x = 0,0571 ⇒ PCB = ΣnCB .RT/V = 7,45 atm. Câu 4: 4.1 2,5 NH3 + HNO3 → NH4NO3 1,0 NH4+ : 0,2 M và NH3 : 0,3 M; NO3- = 0,2 M. TPGH: Hệ cần tính pH là hệ đệm NH4+/NH3 ⇒ pH = pKa + lg(Cb/Ca) ≈ 9,42. 4.2 Khi [Fe2+] = 1,5. 10−4 M, với dung dịch ban đầu có [OH−] = 10−4,58 thì đã có kết tủa sinh ra vì [Fe2+]. − [OH ] = Theo: ⇒ Ks [Fe 2+ ] 2 COH − = 10−12,98 > Ks = 10−15,1. = 10−5,64 → [H+] = 10-8,36 (= h). Fe2+ + H2O Fe(OH)+ + H+ ; β* [FeOH+] = [Fe2+].β*.h−1 = 1,5. 10−4.10−5,92.108,36 = 0,0413 (M) K NH + 4 [NH3] = CNH3 .α NH3 = 0,5 . K NH + + h 4 0,75 = 0,0582 (M) [NH4+] = 0,4418 M Vì dung dịch trung hòa điện: 2[Fe2+] + [FeOH+] + [H+] + [NH4+] = [Cl-] + [OH-] + [NO3-] 2.1,5.10−4 + 0,0413 + 10-8,36 + 0,4418 = [Cl-] + 10−5,64 + 0,2 0,75 [Cl-] = 0,2834 M → Tổng số mol FeCl2 đã dùng là: 0,2834 / 2 = 1417 mol mFeCl2 = 17,96 gam. Câu 5: 5.1 2,5 Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3 CrO42- + 4H2O + 3e Cr(OH)3 H+ + OH- Cr(OH)3 + 5OHCrO2- + H+ + H2O H2O K1 = 103E1 /0,0592 K = 10-14 Kw-1 = 1014 K 2 = K1.K.K −w1 = 103E /0,0592 CrO42-+2H2O + 3e CrO2- + 4OHEo của CrO42-/ CrO2- = - 0,18V < Eo của MnO4-/ MnO42MnO42(+) MnO4- + e CrO42- + 2H2O + 3e (-) CrO2- + 4OHSơ đồ pin: (-) Pt | CrO42-, CrO2- || MnO4-, MnO42- | Pt (+) 1 5.2 3 MnO4- +CrO2- + 4OH- 3 MnO42- + CrO42- Eopin = 0,564 V – (-0,18 V) = 0,744 V ⇒ K = 1037,70 5.3 Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+) 5 1,0 0,5 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN Ở mạch trong : - Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương → các ion NO3- của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện. - Dung dịch bên catot có ion MnO4- đi đến bề mặt catot tham gia phản ứng làm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm → các ion K+ của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện. Câu 6: 6. 1 a) 2,5 Cl2 + Ca(OH)2 0 C ⎯30 ⎯ ⎯ → CaOCl2 + H2O 2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O b) 1,0 CO2 + 2CaOCl2 + H2O = CaCO3↓ + CaCl2 + Cl2O CO2 + H2O + CaCO3 = Ca(HCO3)2 0,5 0,75 CO2 + Ca(ClO)2 + H2O = CaCO3 ↓ + 2HClO 6.2 a) 2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2O b) 2NaClO3 + SO2 + H2SO4 → 2ClO2 + 2Na2SO4 CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên giảm khả năng làm nổ của ClO2 Câu 7: 7. 1 7.2 00C: 2 H2SO4 → H2S2O8 + H2 100C: Ban đầu cũng tạo ra H2S2O8 nhưng H2S2O8 phản ứng ngay với nước: H2S2O8 + H2O → 2 H2SO4 + H2O2 Phương trình tổng: 2 H2O → H2O2 + H2 Đun nhẹ: 2H2O2 → 2H2O + O2 a) Số mol nFe = 2nFe2O3 = 0,0025 mol 0,5 0,5 0,25 2,5 1,0 0,75 Số mol nS = nBaSO4 = 0,00475 mol x = 1,9. Công thức: FeS1,9 b) FeS1,9 → Fe3+ + 1,9 S+6 + 14,4e Quá trình cho e Quá trình nhận e Br2 + 2 e → 2 BrBảo toàn e ta có: n Br2 . 2 = nFe . 14,4 n (Br2) = 0,018 mol Câu 8: 8. 1 8.2 0,75 m (Br2) = 2,88 gam 2,5 2+ - Bước 1: 2Mn + O2 + 4OH → 2 MnO(OH)2 Bước 2: 2MnO(OH)2 + 2Mn2+ + 8H+ → 4Mn3+ + 6 H2O Bước 3: 4Mn3+ + 4I- → 2I2 + 4Mn2+ Bước 4: 2I2 + 4S2O32- → 2 S4O62- + 4IO2 + 4e → 2 O22 S2O32- → S4O62- + 2e Áp dụng định luật bảo toàn electron nO2 = 1/4.n(S4O62-) = 0,25 *c(S2O32-)*V(S2O32-) 6 2,0 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊN nO2 = 0,25 . 9,84 . 10-3 . 11,80 = 2,903 . 10-2 mmol trong 100.0 mL β (O2 ) = −2 2.903 *10 * 32.00 = 9,230mg / L 100.0 7 0,5 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm 02 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) 1. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1. a. Viết cấu hình của ion X3+ và nguyên tử X. Từ cấu hình suy ra vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn.X có số oxi hóa cao nhất là bao nhiêu? b. Xác định 4 số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 và electron có năng lượng cao nhất trong nguyên tử của nguyên tố X. 2. Gadolini-153 là nguyên tố được dùng để xác định bệnh loãng xương, có chu kì bán rã là 242 ngày. Tính phần trăm 153 64 Gd còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 12 tháng kể từ khi cho vào cơ thể. Câu 2: (4 điểm) 1. Hãy giải thích tại sao phân tử Cl2O có góc liên kết (1110) nhỏ hơn và độ dài liên kết Cl-O (1,71Å) lớn hơn so với phân tử ClO2 (1180 và 1,49Å)? 2. X và Y là các nguyên tố nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH ( R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y ). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. a) Xác định các nguyên tố X và Y. b) B’ là anion tương ứng của phân tử B. + Hãy cho biết ( có công thức minh họa ) dạng hình học của B và B’. + So sánh ( có giải thích ) độ dài liên kết Y-O trong phân tử B và B’. Câu 3: (4 điểm) 1/ (2đ) Cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa - khử bằng phương pháp thăng bằng electron. a/ CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 b/ CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3CHO + MnCl2 + CO2 + KCl + H2O 2/ (2đ) a/ Trình bày nguyên tắc xét chiều của phản ứng oxi hóa khử ở điều kiện chuẩn và điều kiện bất kì. b/ Áp dụng xét chiều của các phản ứng sau ở điều kiện chuẩn. (1) Cu + Fe2+ ' Cu2+ + Fe 1 2Fe3+ + Sn2+ ' 2Fe2+ + Sn4+ Biết: Oxi hóa/khử Fe2+/Fe 0 E (V) -0,44 (2) Sn4+/Sn +0,15 Cu2+/Cu +0,34 Fe3+/Fe2+ +0,77 Câu 4: (4 điểm) Cho phản ứng: A(k) + 3B(k) → 2C(k) Hệ được thực hiện trong bình kín dung tích 2 lít ở 250C. Thực hiện các thí nghiệm nghiên cứu về tốc độ phản ứng thu được bảng số liệu sau: Tốc độ hình thành Thí nghiệm Số mol ban đầu chất A Số mol ban đầu chất B ban đầu của chất C (mol.l-1.phút-1) 1 0,2 0,2 0,25 2 0,1 0,4 2,0 3 0,2 0,4 2,0 + Hãy cho biết tốc độ tiêu thụ ban đầu của chất A, B khi tốc độ hình thành ban đầu của chất C là 0,25 (mol.l-1.phút-1). + Xác định bậc phản ứng riêng đối với chất A, B và viết biểu thức tốc độ phản ứng. + Tính giá trị hệ số tốc độ phản ứng và cho biết đơn vị của nó. + Nếu số mol ban đầu A, B không đổi nhưng nếu thể tích bình giảm còn 1 lít thì tốc độ hình thành ban đầu của chất C thay đổi bao nhiêu lần? Câu 5: (4 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi: a. Ion I- trong KI bị oxi hóa thành I2 bởi FeCl3; O3; IO3− trong môi trường axit. và I2 oxi hóa được SO2; Na2S2O3; Na2S. b. Cl2 oxi hóa I- thành I2, nếu Cl2 dư thì dung dịch màu nâu của I2 bị mất đi. 2. Hòa tan hoàn toàn 1,70 gam hổn hợp gồm Zn và kim loại A trong dung dịch HCl thu được 0,672 lit khí (đktc) và dung dịch B. Mặc khác để hòa tan 1,9 gam kim loại A thì dùng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5M. a. Xác định tên kim loại A. biết A thuộc nhóm IIA. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. Biết rằng dung dịch HCl có nồng độ 10% và để trung hòa dung dịch B phải dùng hết 12,5 gam dung dịch NaOH 28,8%. --- HẾT --- 2 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: A * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 1. a. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1. Cấu hình của ion X3+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 . Cấu hình của nguyên tử X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2. Vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn: - Z= 22 ⇒ Số thứ tự 22 - Có 4lớp electron ⇒ Chu kỳ 4. - Có 3d2 4s2 ⇒ phân nhóm IVB. * Số oxi hóa cao nhất của X là +4 b. Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 là (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) n = 3 ; l = 2 ; m l = − 2 ; ms = + 1 2 ( 0.5đ) Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d2 ( có năng lượng cao nhất trong nguyên tố X) là : n = 3 ; l = 2 ; m l = − 1 ; ms = + 1 2 (0.5đ) 2. Quá trình phóng xạ tuân theo qui luật: k= ln 2 t 1 và ln 2 360 − N = e − kt = e 242 = 35, 66% N0 2 (1.5đ) Câu 2: (4 điểm) 1. Công thức cấu tạo của hai phân tử : O O Cl Cl Cl Cl Cl O Cl O O O (1.0đ) Góc liên kết của Cl2O nhỏ hơn của ClO2 là vì nguyên tử trung tâm (O) của Cl2O có hai cặp electron tự do tạo lực đẩy ép góc liên kết nhiều hơn so với (0.5đ) nguyên tử trung tâm (Cl) của ClO2 chỉ có 3 electron tự do. Liên kết Cl-O trong phân tử ClO2 có đặc tính của liên kết đôi do sự cộng hưởng với electron độc thân ở trên Cl hoặc O. Đặc tính liên kết đôi này làm liên kết (0.5đ) Cl-O trong ClO2 ngắn hơn trong Cl2O (chỉ chứa liên kết đơn). 2. (a) Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH 1 Ta có : Y 35,323 = ⇒ Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 (0.25đ) Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4 Ta có : Y 35,323 = ⇒ Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). (0.25đ) 65 64,677 B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH mA = 16,8 × 50 gam = 8,4 gam 100 XOH + HClO4 → XClO4 + H2O (0.25đ) ⇒ n A = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol ⇒ M X + 17 gam / mol = 8,4 gam 0,15 mol ⇒ MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K). (0.25đ) B là HClO4, B’ là ClO4(b) Dạng hình học : Axit pecloric Ion peclorat (dạng tứ diện) (dạng tứ diện đều) (0.5đ) Bậc liên kết càng lớn độ dài liên kết càng nhỏ, do vậy : (0.5đ) Câu 3: (4 điểm) 1/ (2 đ) +2 +3 +2 −2 +2 0 +2 +6 Cu Fe S 2 + Fe 2 (SO4 ) 3 + O 2 + H 2 O → Cu SO4 + Fe SO4 + H 2 S O4 +3 8x +3e 3x -8e +2 Fe+ 1e → Fe −2 0 O + 2e → O −2 +6 S → S + 8e (0.5đ) 3 Cu Fe S 2 + 8Fe 2 ( SO4 ) 3 + 8O 2 + 8H 2 O → 3Cu SO4 + 19 Fe SO4 + 8H 2 S O4 (0.5đ) −( y −2 ) +y x −2 +7 −1 +2 +4 C x H y O + K Mn O4 + HCl → C 2 H 4 O + Mn Cl 2 + C O2 + KCl + H 2 O 2 (3y – 6 – 2x ) +7 +2 Mn+ 5e → Mn +5e y −2 ) x −1 y −2 ) x +4 −( 2 xC → x C 2 + (2 y − 4 + 2 x)e 5 x - (3y – 6 – 2x )e −( xC → x C + ( y − 2 − 4 x )e (0.5đ) 15CxHyO + (3y – 6 – 2x)KMnO4 + (9y – 18 – 6x)HCl → 5xCH3CHO +(3y–6– 2x)MnCl2 + 5xCO2 + (3y – 6 – 2x)KCl + (12y – 9– 13x)H2O (0.5đ) 2/ (2 đ) a/ Chiều của của phản ứng oxi hóa khử được xét dựa vào công thức sau: ΔG = -nEF Trong đó: n là số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hóa trong phản ứng F là hằng số Faraday (F= 96500 C.mol-1) E là suất điện động của pin trong phản ứng xảy ra (V) ΔG là biến thiên năng lượng Gibbs. →Phản ứng xảy ra theo chiều ΔG < 0 →E >0 * Nếu biết E ta tính theo công thức: E0pin = E0oxh – E0kh - E0pin > 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều thuận - E0pin < 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều nghịch. - Ở điều kiện bất kì thì ta thay E0pin = Epin b/ Áp dụng: E (1) = E0(Fe2+/Fe) - E0 (Cu2+/Cu) = - 0,44 – 0,34 = - 0,78 V → E (1) < 0 → Phản ứng (1) xảy ra theo chiều nghịch. E (2) = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Sn4+/Sn2+) = 0,77 – 0,15 = 0,62 V → E(2) > 0 → Phản ứng (2) xảy ra theo chiều thuận. Câu 4: (4 điểm) 0, 25 = 0,125 (mol.l-1.phút-1) 2 3.0, 25 -1 -1 Tốc độ tiêu thụ ban đầu chất B: = 0,375 (mol.l .phút ) 2 + Tốc độ tiêu thụ ban đầu chất A: + v1=k.0,1x.0,1y = 0,25 (1) v2=k.0,05x.0,2y = 2,0 (2) v3=k.0,1x.0,2y = 2,0 (3) (3) : (1) ta có: 2y = 8 → y=3 (3) : (2) ta có: 2x. = 1 → x=0 Vậy bậc phản ứng riêng đối với chất A là 0, B là 3. Biểu thức tốc độ phản ứng: v=k[B]3 0, 25 = 250 k= 0,13 (0.25đ) (0.25đ) (0.75đ) (0.75đ) (0.5đ) (0.5đ) Đơn vị k (l2.mol-2.phút-1) + Thể tích bình giảm còn 1 lít thì nồng độ chất B sẽ tăng 2 lần, v sẽ tăng 23 =8 (lần). 3 (0.5đ) (0.5đ) Câu 5: (4 điểm) 1. (2 điểm) 1a.Viết các phương trình : 2KI + FeCl3 → 3FeCl2 + 2 KCl + I2. 2KI + O3 + H2O → O2 + 2 KOH + I2. 5I- + IO3- + 6H+ → I2 + 3H2O. I2 + SO2 + H2O → 2HI + H2SO4. I2 + 2Na2S2O3 → Na2 S4O6 + 2NaI. I2 + Na2S → 2NaI + S. 1b. ta có: Cl2 + 2I- → I2 + 2Cl5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO3 2. (2 điểm) 2a. Ta có: nH2 = (0.25đ) (0.25đ) 1,9 = 38 0,05 Vậy 38 < MA < 56,67 Æ A là Ca 2b. n NaOH = (0.25đ) 12 , 5 * 28 ,8 = 0 , 09 = n HCl 4000 dư Gọi x, y lần lược là số mol Zn và Ca x + y = 0 , 03 mol Ta có: (0.25đ) (0.25đ) 0,672 = 0,03 mol 22,4 Do: A có hóa trị II ta có phương trình chung: M + 2HCl Æ M Cl2 + H2 0,03 mol 0,03 mol m 1,70 = 56,67 mà Zn có khối lượng là 65 M = hh = nhh 0,03 Æ MA < 56,67 Mà ta có 1,9g A tác dụng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5 M Æ MA > (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) ⎧ ⎨ ⎩ 65 x + 40 ⎧ ⎨ ⎩ y = 1 , 70 n HCl phản ứng với Zn và Ca là = 2 Æ nHCl ban đầu = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol. mddHCl ban đầu = n H x = 0 , 02 mol y = 0 , 01 mol 2 (0.25đ) = 2*0,03 = 0,06 mol (0.25đ) m HCl 5,475 * 100 = * 100 = 54,75( g ) C% 10 m dd B = m dd HCl + mKL - m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g) 0,02 * 136 * 100 = 4,82% 56,39 0,01 * 111 * 100 = 1,97% C% CaCl2 = 56,39 0,09 * 36,5 C% HCl = * 100 = 5,83% 56,39 (0.5đ) C% ZnCl2 = (0.25đ) --- HẾT--4 Họ và tên thí sinh:……………………..………….. Chữ ký giám thị 1: Số báo danh:……………………………..………... …………….……………….. SỞ GDĐT BẠC LIÊU ĐỀ CHÍNH THỨC (Gồm 02 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) ĐỀ Câu 1: (4 điểm) 1. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1. a. Viết cấu hình của ion X3+ và nguyên tử X. Từ cấu hình suy ra vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn.X có số oxi hóa cao nhất là bao nhiêu? b. Xác định 4 số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 và electron có năng lượng cao nhất trong nguyên tử của nguyên tố X. 2. Gadolini-153 là nguyên tố được dùng để xác định bệnh loãng xương, có chu kì bán rã là 242 ngày. Tính phần trăm 153 64 Gd còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 12 tháng kể từ khi cho vào cơ thể. Câu 2: (4 điểm) 1.(a) Hãy cho biết ( có giải thích ) theo thuyết liên kết hóa trị thì lưu huỳnh (S) có thể có cộng hóa trị bằng bao nhiêu ? (b) Cho biết cấu tạo đơn phân tử và dạng hình học của hợp chất với hiđro, oxit và hiđroxit của lưu huỳnh tương ứng với các giá trị cộng hóa trị đã xác định ở câu (a). 2. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 19730K trong khi đó CO2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 2170K ? Câu 3: (4 điểm) 1/ (2đ) Cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa - khử bằng phương pháp thăng bằng electron. a/ CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 b/ CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3CHO + MnCl2 + CO2 + KCl + H2O 2/ (2đ) a/ Trình bày nguyên tắc xét chiều của phản ứng oxi hóa khử ở điều kiện chuẩn và điều kiện bất kì. b/ Áp dụng xét chiều của các phản ứng sau ở điều kiện chuẩn. (1) Cu + Fe2+ ' Cu2+ + Fe 2Fe3+ + Sn2+ ' 2Fe2+ + Sn4+ (2) Biết: Oxi hóa/khử Fe2+/Fe Sn4+/Sn Cu2+/Cu Fe3+/Fe2+ E0(V) -0,44 +0,15 +0,34 +0,77 1 Câu 4: (4 điểm) Tính năng lượng liên kết trung bình C-H và C-C từ các kết quả thực nghiệm sau: - Nhiệt đốt cháy CH4 là -801,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy C2H6 là -1412,7 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy hidro là -241,5 kJ/mol - Nhiệt đốt cháy than chì là -393,4 kJ/mol - Nhiệt hoá hơi than chì là 715 kJ/mol - Năng lượng liên kết H-H là 431,5 kJ/mol Các kết quả đều đo ở 250C và 1atm Câu 5: (4 điểm) 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi: a. Ion I- trong KI bị oxi hóa thành I2 bởi FeCl3; O3; IO3− trong môi trường axit. và I2 oxi hóa được SO2; Na2S2O3; Na2S. b. Cl2 oxi hóa I- thành I2, nếu Cl2 dư thì dung dịch màu nâu của I2 bị mất đi. 2. Hòa tan hoàn toàn 1,70 gam hổn hợp gồm Zn và kim loại A trong dung dịch HCl thu được 0,672 lit khí (đktc) và dung dịch B. Mặc khác để hòa tan 1,9 gam kim loại A thì dùng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5M. a. Xác định tên kim loại A. biết A thuộc nhóm IIA. b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. Biết rằng dung dịch HCl có nồng độ 10% và để trung hòa dung dịch B phải dùng hết 12,5 gam dung dịch NaOH 28,8%. --- HẾT --- 2 SỞ GDĐT BẠC LIÊU KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNH NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐỀ CHÍNH THỨC * Môn thi: HÓA HỌC * Bảng: B * Lớp: 10 * Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề) (Gồm 04 trang) HƯỚNG DẪN CHẤM Câu 1: (4 điểm) 1. a. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1. Cấu hình của ion X3+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 . Cấu hình của nguyên tử X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2. Vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn: - Z= 22 ⇒ Số thứ tự 22 - Có 4lớp electron ⇒ Chu kỳ 4. - Có 3d2 4s2 ⇒ phân nhóm IVB. * Số oxi hóa cao nhất của X là +4 b. Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 là (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) n = 3 ; l = 2 ; m l = − 2 ; ms = + 1 2 ( 0.5đ) Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d2 ( có năng lượng cao nhất trong nguyên tố X) là : n = 3 ; l = 2 ; m l = − 1 ; ms = + 1 2 (0.5đ) 2. Quá trình phóng xạ tuân theo qui luật: k= ln 2 t 1 và 2 ln 2 360 − N = e − kt = e 242 = 35, 66% N0 (1.5đ) Câu 2: (4 điểm) 1.(a) Cộng hóa trị của một nguyên tố bằng số liên kết mà nguyên tử nguyên tố đó tạo ra được với các nguyên tử khác trong phân tử. Trong thuyết liên kết hóa trị, mỗi liên kết cộng hóa trị lại được hình thành do sự xen phủ các obitan mang electron độc thân. Như vậy có thể nói rằng cộng hóa trị của một nguyên tố bằng số electron độc thân có thể có của nguyên tử của nguyên tố đó. Vì có thể có 2, 4 hoặc 6 electron độc thân nên lưu huỳnh có thể có cộng hóa trị bằng 2, 4, hoặc 6. (1.0đ) 16S 3s 3p 3d 3s 3p 3d 3s 3p 3d * 16S * 16S (1.0đ) 1 (b) Cấu tạo và dạng hình học : SO2 H2 S SO3 H2SO4 O S S H H O O ch÷ V S O OH O HO tam gi¸c ch÷ V S O O tø diÖn (1.0đ) 2. C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. Năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnh nhau. O Si O O (0.5đ) SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0.5đ) O Câu 3: (4 điểm) 1/ (2 đ) +2 +3 +2 −2 +2 0 +2 +6 Cu Fe S 2 + Fe 2 (SO4 ) 3 + O 2 + H 2 O → Cu SO4 + Fe SO4 + H 2 S O4 +3 8x +3e 3x -8e +2 Fe+ 1e → Fe −2 0 O + 2e → O −2 +6 S → S + 8e (0.5đ) 3 Cu Fe S 2 + 8Fe 2 ( SO4 ) 3 + 8O 2 + 8H 2 O → 3Cu SO4 + 19 Fe SO4 + 8H 2 S O4 (0.5đ) −( y −2 ) +y x −2 +7 −1 +2 +4 C x H y O + K Mn O4 + HCl → C 2 H 4 O + Mn Cl 2 + C O2 + KCl + H 2 O (3y – 6 – 2x ) +7 +2 Mn+ 5e → Mn +5e −( y −2 ) x −1 y −2 ) x +4 2 xC → x C 2 + (2 y − 4 + 2 x)e 5 x - (3y – 6 – 2x )e −( xC → x C + ( y − 2 − 4 x )e (0.5đ) 15CxHyO + (3y – 6 – 2x)KMnO4 + (9y – 18 – 6x)HCl → 5xCH3CHO +(3y–6– 2x)MnCl2 + 5xCO2 + (3y – 6 – 2x)KCl + (12y – 9– 13x)H2O (0.5đ) 2/ (2 đ) a/ Chiều của của phản ứng oxi hóa khử được xét dựa vào công thức sau: ΔG = -nEF 2 Trong đó: n là số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hóa trong phản ứng F là hằng số Faraday (F= 96500 C.mol-1) E là suất điện động của pin trong phản ứng xảy ra (V) ΔG là biến thiên năng lượng Gibbs. →Phản ứng xảy ra theo chiều ΔG < 0 →E >0 * Nếu biết E ta tính theo công thức: E0pin = E0oxh – E0kh - E0pin > 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều thuận - E0pin < 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều nghịch. - Ở điều kiện bất kì thì ta thay E0pin = Epin b/ Áp dụng: E (1) = E0(Fe2+/Fe) - E0 (Cu2+/Cu) = - 0,44 – 0,34 = - 0,78 V → E (1) < 0 → Phản ứng (1) xảy ra theo chiều nghịch. E (2) = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Sn4+/Sn2+) = 0,77 – 0,15 = 0,62 V → E(2) > 0 → Phản ứng (2) xảy ra theo chiều thuận. Câu 4: (4 điểm) CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2O Δ H1 2H2O U O2 + 2H2 -2 Δ H2 CO2 U O2 + C(r) - Δ H3 C(r) U C(k) Δ H4 2H2 U 4H 2 Δ H5 Δ H = 4EC-H CH4 U C(k) + 4H 4 Δ EC-H = Δ H1 - 2. Δ H2 - Δ H3 + Δ H4 + 2. Δ H5 = -801,7 + 2.241,5 + 393,4 + 715 + 2.431,5 = 1652,7 EC-H = 413,175 (kJ/mol) → 2CO2 + 3H2O Δ H6 C2H6 + 3,5O2 3H2O U 1,5O2 + 3H2 -3 Δ H2 2CO2 U 2O2 + 2C(r) -2 Δ H3 2C(r) U 2C(k) 2 Δ H4 3H2 U 6H 3 Δ H5 C2H6 U 2C(k) + 6H Δ H = EC-C+6EC-H EC-C+ 6EC-H = Δ H6 -3 Δ H2 -2 Δ H3 + 2 Δ H4 + 3 Δ H5 EC-C = Δ H6 -3 Δ H2 -2 Δ H3 + 2 Δ H4 + 3 Δ H5 - 6EC-H = 344,05 (kJ/mol) (0.75đ) (0.25đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) (0.5đ) Câu 5: (4 điểm) 1. (2 điểm) 1a.Viết các phương trình : 2KI + FeCl3 → 3FeCl2 + 2 KCl + I2. 2KI + O3 + H2O → O2 + 2 KOH + I2. 5I- + IO3- + 6H+ → I2 + 3H2O. I2 + SO2 + H2O → 2HI + H2SO4. I2 + 2Na2S2O3 → Na2 S4O6 + 2NaI. I2 + Na2S → 2NaI + S. 3 (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) (0.25đ) 1b. ta có: Cl2 + 2I- → I2 + 2Cl5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO3 2. (2 điểm) 2a. Ta có: nH2 = (0.25đ) (0.25đ) 0,672 = 0,03 mol 22,4 Do: A có hóa trị II ta có phương trình chung: M + 2HCl Æ M Cl2 + H2 0,03 mol 0,03 mol m 1,70 M = hh = = 56,67 mà Zn có khối lượng là 65 nhh 0,03 Æ MA < 56,67 Mà ta có 1,9g A tác dụng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5 M Æ MA > (0.25đ) 1,9 = 38 0,05 Vậy 38 < MA < 56,67 Æ A là Ca 2b. n NaOH = (0.25đ) 12 , 5 * 28 ,8 = 0 , 09 = n HCl 4000 dư Gọi x, y lần lược là số mol Zn và Ca x + y = 0 , 03 mol Ta có: (0.25đ) ⎧ ⎨ ⎩ 65 x + 40 ⎧ ⎨ ⎩ y = 1 , 70 n HCl phản ứng với Zn và Ca là = 2 Æ nHCl ban đầu = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol. mddHCl ban đầu = n H x = 0 , 02 mol y = 0 , 01 mol 2 (0.25đ) = 2*0,03 = 0,06 mol (0.25đ) m HCl 5,475 * 100 = * 100 = 54,75( g ) C% 10 m dd B = m dd HCl + mKL - m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g) 0,02 * 136 * 100 = 4,82% 56,39 0,01 * 111 * 100 = 1,97% C% CaCl2 = 56,39 0,09 * 36,5 * 100 = 5,83% C% HCl = 56,39 (0.5đ) C% ZnCl2 = (0.25đ) --- HẾT--- 4 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? 3. a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoài cùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH. b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ? Câu II. (5,0 điểm) 1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xác định công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng một phân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp . 2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thành phần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxit có tỉ lệ 1 : 1,352. a) Tìm khối lượng mol của M b) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồng vị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15. 3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) Mn2+ + H2O2 MnO2+ … + NO + … b) Ag + H +NO3 + c) MnO4 + H + Cl Mn2+ + Cl2 + … d) S2O32- + I2 S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3− CrO 24− + Cl- + … Câu III. (5,0 điểm) Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B. Câu IV. (5,0 điểm) Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thu được kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E. a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E. b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổi không đáng kể khi xảy ra phản ứng). (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.) Hết ( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................ Sè b¸o danh: ..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Nội dung Điểm 1,5 1. Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) I Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của (5,0đ) nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. N H H H 2 N2O5: N có trạng thái lai hoá sp . O O N O N O O 2 HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp O O H N O 2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+ c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất. 1,5 2,0 3. a) 1s2 Vị trí trong HTTH: 2 2 1s 2s 1s22s22p63s2 1s22s22p63s23p64s2 1s22s22p63s23p63d(1-10)4s2 Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1 b) 5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4 ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIA ô 4, chu kỳ 2, nhóm IIA ô 12, chu kỳ 3, nhóm IIA ô 20, chu kỳ 4, nhóm IIA chu kỳ 4, nhóm IB đến VIII (ô 24 và ô 29) 5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+ Zx = 11/5 = 2,2 Trong X phải có hiđro Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+ CTTQ của X+ là MnHm Ta có n+ m = 5 (1) n . ZM +m.1 = 11 Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+ Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5 II ZB-ZA = 8 (5,0đ) x.ZB-y.ZA = 48 Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO4 2. a) Theo đề bài ta có 35,5 .x 35,5 y : = 1: 1,173 (1) 35,5 x +M 35,5y+M 16.0,5x 16y : 16.0,5x+M Từ (1) và (2) M = 18,581 y = 1 : 1,352 (2) 16y +M y =1 thì M = 18,581 y=2 thì M = 37,162 y =3 thì M = 55,743 b) Vì số p: số n = 13: 15 => Đồng vị phù hợp 56 26 Fe 2,0 1,5 1,5 3. a) b) c) d) e) 2+ + Mn + H2O2 MnO2 + 2H + 3 Ag + 4 H +NO3 3 Ag+ +NO +H2O 2 MnO4- + 10 Cl- +16H+ 2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O 2S2O32- + I2 S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O 1,0 nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05 III (5,0đ) ⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01 Các phản ứng: Na + H2O → ( Na+ + OH-) x + x Al + H2O + OH- → AlO2- + 1 H2 (1) 2 x/2 (mol) 3 H2 2 (2) x x x 3/2x (mol) 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-x) (y-x) 3/2(y-x) 2+ 2+ Fe + Cu → Fe + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe Theo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) Theo (1) và (2): nH2 = x+ Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 nCu2+= 2,0 3 x = 0,02 ⇒ x = 0,01 2 3 (y - 0,01) 2 Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05- 3 (y - 0,01) 2 Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03 3 (y - 0,01)] =2,16 2 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam b) Trong dung dịch A có: nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02 nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02 2,0 Ta có sơ đồ ⇒ mCuO = 0,01.80 = 0,8 Cu2+ → Cu(OH)2 → CuO gam Fe2+ → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam Al3+ → Al(O )3 → Al2O3 ⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam nFe2(SO4)3 = 0,15 mol; nBa(OH)2 Fe2(SO4)3 + Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)3 0,1 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,2 mol Kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 ; dung dịch B là lượng dung dịch Fe2(SO4)3 dư (0,05mol) Khi nung kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 thì IV (5,0đ) BaSO4 không thay đổi và ta có phản ứng: t 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3 H2O 0,2 mol 0,1 mol Chất rắn D gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,3 mol BaSO4 → mD = ... = 85,9g Cho BaCl2 dư vào dung dịch B: 3BaCl2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2FeCl3 0,05mol 0,15mol Kết tủa E là BaSO4 và mE = ... = 34,95g + Thể tích dung dịch sau phản ứng V = ... = 250ml Nồng độ Fe2(SO4)3 trong dung dịch B: ... = 0,2M. 2,0 0 1,0 1,0 1,0 Chú ý: ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPT NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 Thời gian làm bài: 180 phút (Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu) Câu I: 1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điều chế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây: - Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển; - Sục khí clo vào dung dịch mới thu được; - Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3; - Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng. Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vai trò của H2SO4. 2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2 phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2 được 3,04 gam kết tủa. Tính m. Câu II: 1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. 2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2 và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thành phần % khối lượng các chất trong A. Câu III: 1.a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào? Giải thích. b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tính oxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo? 2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axit H2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là 1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m. Câu IV: 1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chất MH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, R chiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dung dịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R. 2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứng thu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500 ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại. Câu V: 1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ra những lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng. a. CaI2 + H2SO4 đặc CaSO4 +2HI b. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2O c. Cl2 +2KI dư 2KCl + I2 2. 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. Câu VI: 1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lít H2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ. 2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl-, Br-, Iđều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ion không đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cách nhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên. Ag+ + 2NH3 k = 10-7,24 ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13; TAgI = 10-16. Biết: Ag(NH3)2+ -----------------HẾT--------------- - Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học). - Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm. - Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh……………………… SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO HÀ TĨNH Câu I 1. 3 KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPT NĂM HỌC 2012-2013 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10 Nội dung Điểm Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 (1) 3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2) H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O (3) 5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 → 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4) Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4) 1,5 là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: . H+ 3Br2+ 6OH- OHH+ 5Br- + BrO3- + 3H2O 2. Thêm H2S vào phần 1 ta có: 2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HCl x 0,5x CuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HCl y y 16x +96y = 1,28 (I) Thêm Na2S vào phần 2 2FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaCl sau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl 2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaCl mol: x x 0,5 x CuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaCl y y 88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II) + Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol m = 4,6.2 = 9,2 gam. II 3 0,5 0,5 0,5 1. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA Li Be B C N O F Ne 1 1 2 1 2 3 4 5 6 2s 2s 2p 2p 2p 2p 2p 2p I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: 0,5 - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 0,5 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). 2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau: M2+ + CO32MCO3 Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35 Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11 gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gam Số mol MCO3 = 3,3 = 0,3 11 III 3,5 < nCO32- -> CO32- có dư, M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%. 1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu Cl2 + 2KI 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl b. Quá trình chuyển X2 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion XMặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo (Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống phân tử F2 chỉ có liên kết σ . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống phân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết σ , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi). 2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = 0,17 − 0,14 = 0,015 2 1 0,75 0,75 0,25 0,5 NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O 0,02 0,04 0,5 SO42- +4H+ +2e SO2 +2H2O 0,06 0,24 nNO3 (muối) = nNO3 (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc 0,75 axit m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH Ta có : IV 3,5 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 0,5 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH mX = 16,8 × 50 gam = 8,4 gam 100 MOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n MOH = n HClO = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 4 ⇒ M + 17 = 8,4 gam = 56 0,15 mol ⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 1 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O Theo ptpu: n H SO = 2 4 5n 8 nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = . 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n SO = n Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO = 0,1(mol) 2 2 0,5 2 Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R SO = 2 4 31, 2 = 312 → MR = 108 0,1 (R là Ag). V 3,5 0,5 1 1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại 0,5.3 4CaI2 + 5H2SO4 đặc 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại: Cl2 + 3KI 2KCl + KI3 2. a) Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2) Với M Y = 13.2 = 26 ⇒ 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 n H2S = a (mol); n H2 = b (mol) 34a + 2b a 3 = 26 ⇒ = a+b b 1 Giả sử n H2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol) ⇒ MY = (1)(2) ⇒ n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol) (3) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol) ⇒ n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) Vậy: %mFe = 4.56.100% = 70% 4.56 + 3.32 %mS = 100% - 70% = 30% b) nY = 0,5 2,24 3 = 0,1(mol) ⇒ n H2S = .0,1 = 0,075 (mol). 22,4 4 ⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 5,1.1.100 = 0,15(mol) 100.34 Từ (4)(6) ⇒ n SO2 = n H2S = 0,075 (mol) n H 2O2 = 0,5 Từ (6) ⇒ n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư. n H2O2 phản ứng = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy: VI 3,5 0,075.98.100 = 6,695 (%). 106,6 0,075.34.100 C%H2O2 dư = = 2,392 (%). 106,6 0,5 C%H2SO4 = 0,5 1. Ba + H2O Ba(OH)2 + H2 Na + H2O NaOH + 1/2H2 Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3 0,5 Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư CO2 + 2OH- CO32- + H2O CO32- + Ba2+ BaCO3 BaCO3 + CO2 Ba(HCO3)2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa 0,5 với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân…..) nkết tủa 1 0,1 0 0,1 0,2 0,3 nCO2 2. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M và NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24 Ban đầu 0,01 0 0,23 Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x K = 10-7,24 = x(0, 23 + 2 x) 2 0, 01 − x 0,25 Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng 0,5 của Ag+= 1,09.10-8 Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10 Như vậy: T < TAgCl nên không có kết tủa AgCl T > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI 0,75 Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-) SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC --------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌC Dành cho học sinh không chuyên Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề Câu 1: (1,5 điểm) Hoàn thành các phản ứng hoa học sau: a. SO2 + KMnO4 + H2O → b. Fe3O4 + H2SO4 đặc, nóng→ c. Fe3O4 + H2SO4 loãng → d. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2O e. FeS2 + H2SO4 đặc, nóng → f. CO2 + H2O + CaOCl2 → Câu 2: (1 điểm) Đốt cháy hoàn toàn muối sunfua của một kim loại có công thức MS trong khí O2 dư thu được oxit kim loại. Hoà tan oxit này vào một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng 29,4% thu được dung dịch muối sunfat nồng độ 34,483%. Tìm công thức của MS? Câu 3: (2 điểm) Cho m gam hỗn hợp NaBr, NaI phản ứng axit H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A (gồm 2 khí). Ở điều kiện thích hợp, các chất trong hỗn hợp A phản ứng đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng và một chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím. Cho Na lấy dư vào chất lỏng được dung dịch B. dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 tạo 9,5 gam muối. Tìm m? Câu 4: (2 điểm) 1. Dùng phương pháp sunfat điều chế được những chất nào trong số các chất sau đây; HF, HCl, HBr, HI? Giải thích? Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện của phản ứng (nếu có)? 2. Ion nào trong số các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Giải thích? Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+ Câu 5: (2 điểm) 1. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượng riêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca dạng hình cầu, có độ đặc khít là 74% (cho Ca = 40,08). 2. Có 3 bình mất nhãn, mỗi bình chứa 1 dung dịch hỗn hợp sau: Na2CO3 và K2SO4; NaHCO3 và K2CO3; NaHCO3 và K2SO4. Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết 3 bình này mà chỉ được dùng thêm dung dịch HCl và dung dịch Ba(NO3)2 làm thuốc thử. Câu 6: (1,5 điểm) Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2 ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khối lượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X? Họ và tên: ………………………………………………………..; SBD: ……………………… Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG 10 KHÔNG CHUYÊN CÂU 1 NỘI DUNG a. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4 b. 2Fe3O4 + 10H2SO4 đặc, nóng→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 5H2O c. Fe3O4 + 4H2SO4 loãng → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2O d. ( 5x-2y)FeO + ( 16x-6y)HNO3 → ( 5x-2y)Fe(NO3)3 + NxOy + ( 8x-3y)H2O e. 2FeS2 + 14H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 15SO2 +14 H2O f. CO2 + H2O + 2CaOCl2 → CaCO3 + CaCl2 + 2HClO 2 - Chọn 100 gam dd H2SO4 29,4% ) => khối lượng H2SO4 = 29,4 gam hay 0,3 mol - Gọi công thức của oxit kim loại sản phẩm là M2On - Phản ứng: M2On + nH2SO4 → M2 (SO4)n + nH2O 0,3 mol => Số mol M2On = số mol M2 (SO4)n = 0,3/n (mol) ĐIỂM Mỗi pt 0,25 đ 6*0,25 =1,5đ 0,25 0,25 0,3 (2 M + 96n) n => × 100 = 34, 483 0,3 (2 M + 16n) n => M = 18,67n => M= 56 hay MS là FeS 3 0,25 0,25 - Các chất trong hỗn hợp A phản ứng vừa đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng và một chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím => hh A chứa 2 khí là SO2 ; 2H2S => Phương trình phản ứng: SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O => chất rắn không làm đổi màu quì tím là H2O - Phản ứng: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑ => dd B là NaOH + Nếu CO2 tạo muối NaHCO3 thì số mol NaHCO3 là 0,1 mol hay 8,4 gam + Nếu CO2 tạo muối Na2CO3 thì số mol Na2CO3 là 0,1 mol hay 10,6 gam Ta thấy khối lượng 11,5 gam ∈ ( 8,4 − 10,6 ) => khi hấp thu CO2 vào dung dịch NaOH thu được 2 muối và nhận thấy 11,5 = 8, 4 + 10,6 2 => số mol muối NaHCO3 = số mol Na2CO3 = 0,05 mol => số mol NaOH = 0,05 + 0,05. 2 = 0,15 mol => số mol H2O = 0,15 mol => số mol SO2 = 0,075 mol và số mol H2S là 0,15 mol - Phản ứng: 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O 8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2O Số mol NaBr là 0,075 . 2 = 0,15 mol Số mol NaI là 0,015 . 8 = 1,2 mol m = 0,15 . 103 + 1,2 . 150 = 195,45 gam 4 1. Phương pháp sunfat là cho muối halozen kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, nóng để điều chế hidrohalozenua dựa vào tính dễ bay hơi của hidrohalozenua - Phương pháp này chỉ áp dụng được điều chế HF, HCl không điều chế được HBr, HI vì axit H2SO4 đặc nóng lã chất oxi hóa mạnh còn HBr và HI trong dung dịch là những chất khử mạnh. Do đó áp dụng phương pháp sunfat không thu được HBr và HI mà thu được Br2 và I2. - Các phương trình phản ứng: t0 CaF2 + H2SO4 đặc → 2HF ↑ + CaSO4 0 5 t NaCl + H2SO4 đặc → HCl ↑ + NaHSO4 t0 NaBr + H2SO4 đặc → HBr + NaHSO4 t0 2HBr + H2SO4 đặc → SO2 + 2H2O +Br2 t0 NaI + H2SO4 đặc → HI + NaHSO4 t0 6HI + H2SO4 đặc → H2S + 4H2O + 4I2 2. Hạt nào có số lớp lớp hơn thì bán kính hạt lớp hơn. Hạt nào cùng số lớp electron, điện tích hạt nhân lớn hơn thì bán kính hạt nhỏ hơn. Theo quy luật biến đổi tuần hoàn bán kính nguyên tử các nguyên tố trong bảng tuần hoàn thì Be2+ có bán kính ion nhỏ nhất. 40, 08 a. Thể tích của 1 mol Ca = = 25,858cm3 1,55 23 1 mol Ca chứa 6,02.10 nguyên tử Ca 25,858 × 0, 74 Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Ca = = 3,18 ×10 −23 cm3 6, 02 × 1023 4 3 3V 3 3 × 3,18 × 10−23 = = 1,965 × 10−8 cm πr ⇒ r = 3 3 4π 4 × 3,14 b. Cho Ba(NO3)2 dư vào cả ba ống nghiệm, cả ba đều tạo kết tủa: Na2CO3 + Ba(NO3)2 → BaCO3 ↓ + 2NaNO3 K2SO4 + + Ba(NO3)2 → BaSO4 ↓ + 2KNO3 K2CO3 + Ba(NO3)2 BaCO3 ↓ + 2KNO3 Lọc két tủa, lấy kết tủa cho tác dụng với dung dịch HCl dư, chỉ xảy ra phản ứng: BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 ↑ + H2O Nếu: - Ống có khí bay ra và kết tủa tan hoàn toàn: ống chứa hỗn hợp Na2CO3 và K2CO3. - Ống có khí bay ra và kết tủa tan không hoàn toàn: ống chứa hỗn hợp Na2CO3 và K2SO4 - Ống không có khí bay ra và kết tủa không tan: ống chứa hỗn hợp NaHCO3 và K2SO4 Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp X Theo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4 (I) Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 (1) Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2 (2) 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (3) Từ 1, 2, 3 và đầu bài 3 10, 08 nH 2 = x + y + z = = 0, 45mol (II) 2 22, 4 Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kz kx + ky + kz = 0,2 (III) 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 (4) Zn + Cl2 → ZnCl2 (5) 2Al + 3Cl2 → 2AlCl3 (6) 3 3 6,16 nCl2 = x + y + z = = 0, 275mol (IV) 2 2 22, 4 Từ I, II, III, IV X = 0,2 mol → mFe = 11,2 gam Y = 0,1 mol → mZn = 6,5 gam Z = 0,1 mol → mAl = 2,7 gam Từ V = 6 UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? 3. a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoài cùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH. b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ? Câu II. (5,0 điểm) 1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xác định công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng một phân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp . 2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thành phần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxit có tỉ lệ 1 : 1,352. a) Tìm khối lượng mol của M b) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồng vị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15. 3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) Mn2+ + H2O2 MnO2+ … + NO + … b) Ag + H +NO3 + c) MnO4 + H + Cl Mn2+ + Cl2 + … d) S2O32- + I2 S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3− CrO 24− + Cl- + … Câu III. (5,0 điểm) Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B. Câu IV. (5,0 điểm) Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thu được kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E. a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E. b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổi không đáng kể khi xảy ra phản ứng). (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.) Hết ( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................ Sè b¸o danh: ..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Nội dung Điểm 1,5 1. Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) I Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của (5,0đ) nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. N H H H 2 N2O5: N có trạng thái lai hoá sp . O O N O N O O 2 HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp O O H N O 2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+ c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất. 1,5 2,0 3. a) 1s2 Vị trí trong HTTH: 2 2 1s 2s 1s22s22p63s2 1s22s22p63s23p64s2 1s22s22p63s23p63d(1-10)4s2 Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1 b) 5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4 ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIA ô 4, chu kỳ 2, nhóm IIA ô 12, chu kỳ 3, nhóm IIA ô 20, chu kỳ 4, nhóm IIA chu kỳ 4, nhóm IB đến VIII (ô 24 và ô 29) 5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+ Zx = 11/5 = 2,2 Trong X phải có hiđro Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+ CTTQ của X+ là MnHm Ta có n+ m = 5 (1) n . ZM +m.1 = 11 Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+ Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5 II ZB-ZA = 8 (5,0đ) x.ZB-y.ZA = 48 Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO4 2. a) Theo đề bài ta có 35,5 .x 35,5 y : = 1: 1,173 (1) 35,5 x +M 35,5y+M 16.0,5x 16y : 16.0,5x+M Từ (1) và (2) M = 18,581 y = 1 : 1,352 (2) 16y +M y =1 thì M = 18,581 y=2 thì M = 37,162 y =3 thì M = 55,743 b) Vì số p: số n = 13: 15 => Đồng vị phù hợp 56 26 Fe 2,0 1,5 1,5 3. a) b) c) d) e) 2+ + Mn + H2O2 MnO2 + 2H + 3 Ag + 4 H +NO3 3 Ag+ +NO +H2O 2 MnO4- + 10 Cl- +16H+ 2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O 2S2O32- + I2 S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O 1,0 nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05 III (5,0đ) ⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01 Các phản ứng: Na + H2O → ( Na+ + OH-) x + x Al + H2O + OH- → AlO2- + 1 H2 (1) 2 x/2 (mol) 3 H2 2 (2) x x x 3/2x (mol) 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-x) (y-x) 3/2(y-x) 2+ 2+ Fe + Cu → Fe + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe Theo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) Theo (1) và (2): nH2 = x+ Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 nCu2+= 2,0 3 x = 0,02 ⇒ x = 0,01 2 3 (y - 0,01) 2 Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05- 3 (y - 0,01) 2 Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03 3 (y - 0,01)] =2,16 2 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam b) Trong dung dịch A có: nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02 nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02 2,0 Ta có sơ đồ ⇒ mCuO = 0,01.80 = 0,8 Cu2+ → Cu(OH)2 → CuO gam Fe2+ → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam Al3+ → Al(O )3 → Al2O3 ⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam nFe2(SO4)3 = 0,15 mol; nBa(OH)2 Fe2(SO4)3 + Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)3 0,1 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,2 mol Kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 ; dung dịch B là lượng dung dịch Fe2(SO4)3 dư (0,05mol) Khi nung kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 thì IV (5,0đ) BaSO4 không thay đổi và ta có phản ứng: t 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3 H2O 0,2 mol 0,1 mol Chất rắn D gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,3 mol BaSO4 → mD = ... = 85,9g Cho BaCl2 dư vào dung dịch B: 3BaCl2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2FeCl3 0,05mol 0,15mol Kết tủa E là BaSO4 và mE = ... = 34,95g + Thể tích dung dịch sau phản ứng V = ... = 250ml Nồng độ Fe2(SO4)3 trong dung dịch B: ... = 0,2M. 2,0 0 1,0 1,0 1,0 Chú ý: ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐỀ THI MÔN: HÓA ĐỀ CHÍNH THỨC (Dành cho học sinh THPT không chuyên) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1. 1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH, HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệm có đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có). 2. Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dư đều cho sản phẩm là Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Viết các phương trình hóa học. Câu 2. 1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O c) FexOy + HNO3 2. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sau đây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric. Câu 3. 1. Cho độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm khối là ρ = 68 %. Từ đó hãy tính khối lượng riêng của nguyên tử Natri theo g/cm3, biết Natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bán kính của nguyên tử Natri bằng 0,189 nm (cho nguyên tử khối của Na là 23). 2. Đun nóng m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7 : 3 với một lượng dung dịch HNO3. Khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,75m gam chất rắn, dung dịch Y và 5,6 lít hỗn hợp khí (ở đktc) gồm NO và NO2 (không có sản phẩm khử khác của N +5 ). Biết lượng HNO3 đã phản ứng là 44,1 gam. Hỏi cô cạn dung dịch Y thu được bao nhiêu gam muối khan? Câu 4. 1. ClO2 là chất hoá chất được dùng phổ biến trong công nghiệp. Thực nghiệm cho biết: a) Dung dịch loãng ClO2 trong nước khi gặp ánh sáng sẽ tạo ra HCl, HClO3. b) Trong dung dịch kiềm (như NaOH) ClO2 nhanh chóng tạo ra hỗn hợp muối clorit và clorat natri. c) ClO2 được điều chế nhanh chóng bằng cách cho hỗn hợp KClO3, H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng (biết phản ứng giải phóng CO2). d) Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M. Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử (có giải thích) trong các phản ứng oxi hóa – khử. 2. Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu được dung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28 gam muối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thức của muối A? Câu 5. Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25% (loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dư đi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua 500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có chứa 2,96 gam muối. 1. Xác định kim loại M và tính m. 2. Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được 1,12 gam chất rắn. Tính x? -------------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 04 trang) KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013 ĐÁP ÁN MÔN: HÓA (Dành cho học sinh THPT không chuyên) I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 1 1,0 điểm 1.Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồi đánh số thứ tự. Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên, 0,25 + Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồng là NaOH + Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4. Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm còn lại. + Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I) + Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4. 0,25 (Nhóm II). → NaCl + H2O PTHH: NaOH + HCl 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + H2O Nhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứa dung dịch nhóm II + Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I là H2SO4. Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II - Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2. 0,5 - Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4 + Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chất H2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứa hóa chất Na2SO4. Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl. → BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HCl PTHH: H2SO4 + BaCl2 2 1,0 điểm Các chất rắn có thể chọn: Fe;FeO;Fe3O4;Fe(OH)2;FeS;FeS2;FeSO4 Các pthh : t0 → Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O 2Fe + 6H2SO4(đặc) t0 2FeO + 4H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3+SO2+ 4H2O t0 2Fe3O4 + 10H2SO4(đặc) → 3 Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O 1,0 t0 → Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O 2Fe(OH)2 + 4H2SO4(đặc) t0 2FeS + 10H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2O t0 2FeS2 + 14H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O t0 2FeSO4 + 2H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3 + SO2+ 2H2O 2 1 1,5 điểm a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 0,5 Cr2S3 → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e │x 1 2 3 1 2 Mn+2 + 2N+5 + 2e → Mn+ 6 + 2N+2 │x 15 Cr2S3 +15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15K2MnO4+30NO + 20CO2 b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O 2N-3 + 2Cl+7 + 8e → N20 + Cl20 x 5 P0 → P+ 5 + 5e x8 10NH4ClO4 + 8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2O c) FexOy + HNO3 → Fe(NO3)3 + NnOm + H2O xFe+2y/x → xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m) nN+ 5 + (5n – 2m)e → nN+ 2m/n (3x – 2y) (5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3 → → x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O 0,5 điểm (a) Vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓ (b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br2 0,5 điểm 1. Thể tích của một nguyên tử natri trong tinh thể: 4 .3,14.(0,189.10−7 cm)3 = 2,83.10−23 cm3 3 ⇒ Khối lượng riêng của natri: 23.68 ≈ 0,92g / cm 3 23 −23 6,022.10 .2,83.10 .100 1,5 điểm Trong m gam có: 0,7m gam Cu và 0,3m gam Fe Khối lượng kim loại phản ứng: m- 0,75m = 0,25m 0,01 mol AgCl Vậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ) c. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn: 10−4.10 = 5.10−5 M 20 0,1.10 CCH3COOH = = 0, 05M 20 CHCl = HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH CH3COO- + H+ C 0,05M 0 5.10-5M ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x ( 5.10 −5 + x) x 0, 05 − x 2 = 10−4,76 -5 x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5x x2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0 x = 9,0.10-4M (nhận) x = -9,646.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022 (0,5đ) Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH3 COOH C ∆C [ ] CA x CA – x CH 3 COO− + H + 0 x x 0 x x 7 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M (10 ) −3 2 CA − 10 −3 CA = = 10−4,76 −3 10−6 + 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M −4,76 10 Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] = 10−14 = 10−3 M −11 10 Sau khi trộn: 0, 0585x25 = 0, 03656M ≈ 3, 66.10−2 M 40 10−3 x15 CKOH = = 3, 75.10−4 M 40 CH3 COOH + KOH → CH3 COOK + H 2 O CCH3COOH = Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0 0 3,75.10-4 0 3,75.10-4 CH 3 COO− + H + CH3 COOH Dung dịch thu được là dung dịch đệm pH = pK CH3COOH + lg - CCH3COOK CCH3COOH = 4, 76 + lg 3, 75.10−4 3, 66.10−2 − 3, 75.10−4 pH = 6,745 (0,5đ) Tương tự với câu trên: Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic 3 (10 ) = − pH CHCOOH 2 K HCOOH + 10− pH = 10−6 + 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M −3,75 10 Sau khi trộn lẫn: 0, 0585.10 = 0, 02925M 20 6, 62.10−3.10 = = 3,31.10−3 M 20 CCH3COOH = CHCOOH Tính gần đúng: H + = K CH3COOH .CCH3COOH + K HCOOH .C HCOOH = 10−4,76.0, 02925 + 10−3,75.3, 31.10−3 = 1, 0969.10 −6 [H+] ≈ 1,047.10-3 pH = -lg (1,047.10-3) pH ≈ 2,98 (0,5đ) 8 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 4: A. Phản ứng oxi hóa – khử: 1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion: a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +... B. Điện hóa học 1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. Sn 2+ → Sn 4+ b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2+ → MnO −4 d. Fe2+ → Fe3+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v ; E 0 MnO / Mn = +1,51v 3+ 2+ 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v E 0 Br ; 2 − 4 / 2Br − 2+ = +1, 07v Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau: Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v e. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực f. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc g. Tính E của pin h. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết) ĐÁP ÁN A. 1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng. + Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thành phải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn A VD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag Trong đó: - Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+ - Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu + Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi: 2Ag + Cu2+ = Cu + 2Ag+ 3 2 3 Chất khử yếu chất oxi hóa yếu chất khử mạnh chất oxi hóa mạnh + Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,… 2. a. MnO 4− + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... +7 +2 ( MnO −4 : chất oxi hóa) x 24 Mn + 5e = Mn x5 6 C− 6.4e = 6 C ( C6H12O6: chất khử) 0 +4 24MnO 4− + 5C6 H12 O6 + 72H + → 24Mn 2+ + 30CO 2 + 66H 2 O 9 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Phương trình dưới dạng phân tử: 24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4 b. Fe x O y + SO 24− + H + → SO 2 ↑ +... + 2y x +3 x Fe − ( −2y + 3x ) e → x Fe x2 +6 x(3x-2y) (FexOy: chất khử) +4 ( SO24− : chất oxi hóa) S + 2e → S +3 ⇒ 2Fe x O y + ( 3x − 2y ) SO42− + [12x − 4y ] H + → 2x Fe+ ( 3x − 2y ) SO 2 + ( 6x − 2y ) H 2 O ⇒ Dạng phân tử: 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O B. 1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có: Sn 4+ + 2e Sn 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v Cu 2+ + e Cu + E 0Cu 2 + / Cu + = +0,34v Fe3+ + e Fe 2+ E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77v Br2 + 2e 2Br − E 0 Br2 / 2Br = +1, 07v MnO 4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O E 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v 4 Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d) a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br – E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v K = 10 2.0,92 0,059 + = 1,536.1031 2+ (0,25đ) – b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2Br E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v 2.0,73 K = 10 0,059 = 5,569.10 24 2+ 3+ c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2Br E0 = +1,07-0,77=+0,3v K = 10 2.0,3 0,059 (0,25đ) – = 1, 477.1010 (0,25đ) 2. a. ( − ) Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag(+) b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+ Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag 3 2 10 (0,25đ) (0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút c. 0, 059 lg Zn 2+ 2 0, 059 + lg Ag + 1 E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn + E Ag+ / Ag = E 0 Ag+ / Ag Epin = E Ag + / Ag ( − E Zn 2 + / Zn = E 0 Ag + / Ag −E 0 Zn 2 + / Zn ) 2 + 0, 059 Ag lg + 2 Zn 2+ −1 0, 059 (10 ) = ( +0,80 − ( −0, 76 ) ) + lg = 1,56 − 0, 0295 ≈ 1,53v 2 10−1 2 d. Khi hết pin Epin = 0 Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có: 0, 059 ( 0,1 − x ) = −1,53 E pin = 0 ⇔ lg x 2 0,1 + 2 2 ( 0,1 − x ) ⇒ ≈ 10−51,86 ≈ 0 x 0,1 + 2 ⇒ x ≈ 0,1M x Zn 2+ = 0,1 + ≈ 0,15M 2 2 x Ag + = 0,1 + .10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M 2 11 (0,5đ) (0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 5: 3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt 4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và clorua vôi. ĐÁP ÁN 1. A O (Y) t0 A x B y → 2 3 (X) BO 2 (Z) 2A.100 %A = = 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe 2A + 16.3 B.100 %B = = 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ S B + 16.2 Y + H2 : Fe2 O3 + 3H 2 t 0 2Fe + 3H 2 O 1 1 1,8 n H2 = . = 0, 3(mol) 3 3 2 = 2.n Fe2 O3 = 0, 3.2 = 0, 6(mol) n Fe2O3 = n Fe K2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O 0,4(mol) 1,2(mol) 117, 6 = 0, 4(mol) 294 ⇒ n S = 1, 2mol = n SO2 n K 2Cr2O7 = Với công thức FexOy ta có tỉ lệ: X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2 ⇒ X là FeS2 (pyrit sắt) m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g) 2. 2NaCl + 2 H2O 2 NaOH + H2 + Cl2 Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2O Nước Javel CaCO3 t 0 CaO + CO2 CaO + H 2 O = Ca(OH)2 Cl2 + Ca(OH)2 = CaOCl2 + H 2 O Clorua vôi 12 KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006 Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10 I. Câu I (4 đ) I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn . X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng . Tổng số proton là 100 . Tổng số nơtron là 106 a. Xác định số khối và tên X, Y b. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học của XYn. c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P2O5 và với H2O I.2) a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K b. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z - Chất X không phân cực còn chất Z phân cực - Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩm X (họăc Z) + H2 Cl - CH2 - CH2 – Cl . Viết công thức cấu tạo X, Y, Z . Chất Y có momen lưỡng cực không ? Đáp án : Câu I (4đ) I.1) a. Gọi Px, PY là số proton X, Y nx, ny là số nơtron X, Y Px + nPy = 100 (1) Nx + nNy = 106 (2) Px + Nx + n(PY + Ny) = 206 Ax + nAy = 206 (3) 15, 0486 Ax = (4) Ax + nAy 100 => Ax = 31 (0,5đ) Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14 Px = 15 (0,5đ) => X là photpho Nx = 16 Thay Px, Nx vào (1) , (2) n (Ny – Py) = 5 ( 5) 2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16 n(Py – 16) = 5 5 + 16n Py = n n 1 2 3 4 5 Py 21 18,8 17,67 17,25 17 Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo (0,25đ) 1 Cl b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P Cl Cl Cl c. P2O5 + PCl5 = 5POCl3 PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl 3 (0,25đ) (0,25đ) I.2) - C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnh nhau. O O Si O (0,5đ) O a. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0,5đ) b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis H Cl hoặc Z + H2 → H − C − C − H Cl H H Cl CTCT C= C Cl H (X) H H C= C Cl (X) Cl (Z) CTCT Y s ẽ l à H Cl C= C H C-H ∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4 Cl C-Cl ∆ X = 0,5 Vậy Y phân cực (0,25đ) Câu II (4đ) I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng : H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 6000C bằng 64 a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? 2 b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C) II-2 Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. II-3 Tính nhiệt của phản ứng. H H H – C – H + 3Cl2 Cl – C – Cl + 3HCl H Cl biết EC-H : +413KJ/mol EC-Cl : +339KJ/mol ECl-Cl : + 243KJ/mol EH-Cl : + 427KJ/mol Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Đáp án : Câu II (4đ). II.1 a. H2(k) + I2 (k) 2HI (k) 2mol 1mol x x 2x 2-x 1-x 2x 2 2 (2 x) [ HI ] Kc = = 64 KC = (2 − x)(1 − x) [H 2 ][I 2 ] x1 = 2,25(loại) x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng H2(k) + I2(k) 2HI (k) n 1 n-0,99 0,01 1,98 n: nồng độ ban đầu của H2 KC = (1,98)2 = 64 (n-0,99)(0,01) n≈ 7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1 II.2 0,693 0,693 k= = = 0,00347 / năm t1 / 2 200 N 2,303lg = − kt N0 0,5đ 0,25đ b. 3.10 −3 = −0,00347t 6,5.1012 t = 1,02.104 năm hay 10.200năm 0,5 đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2,303lg 0,5đ II.3 ∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl ) = 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ = - 330KJ Phản ứng trên tỏa nhiệt (0,75đ) 3 Câu III (4đ) III.1 Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước. a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka + b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10 III.2 Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/l a. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C. b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C. c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo hòa PbI2. (K : 39 ; I : 127) III. 3 Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit − 2− 0 , 56V ? MnO4 + → MnO4 → MnO2 +1,7V a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2 b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. Đáp án Câu III (4đ) III. 1 a) NH4Cl = NH + 4 + Cl – NH4 + + H2O NH3 + H3O+ Ka = [NH3][H3O]+ [NH4+] = 5.10 -10 b). Nồng độ NH3 trong dung dịch : NH4+ + H2O 0,2 x 0,2 –x 0,25đ 0,25đ 0,1 = 0,2M 0,5 0,25đ NH3 + H3O+ 0 10-7 x x x x + 10-7 10-7 Mn O4 − 2− + E01 = 0,56V 0 MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2O E 2 = 1,7V (2) – (1) ta có : 2− E03 = ? ⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O ∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01 - 2E03F = -3E02 F – E01F 3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56 = = 2,27V E03 = 2 2 b. MnO42- + 2e- + 4H+ MnO2 + 2H2O E01 : 2,27V 2MnO4- + 2e 2MnO42E02 : 0,56V − 3MnO4 2- + 4H+ 2Mn O4 + MnO2 + 2H2O (1) (2) (3) 0,5 đ 0,25 đ ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.1057 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV. (4đ) IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C Cu( r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng Fe3+ c. Tỉ lệ có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. Fe 2 + E0 Cu2+ /Cu = 0,34V E0 Fe2+ / Fe = 0,77V IV. 2 Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V [ [ ] ] a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và phân tử. b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron 5 Đáp án a) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit. Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O b) Cân bằng theo phương pháp ion electron Cr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O 1x 6x Fe 2+ - e -> Fe3+ 2+ 2+ Cr2O7 + 14H + 6Fe -> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu V. V.1) Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa X A0 +→ +Y +z A → A1 → A2 +Y →A → C → A0 +T +u B → B1 → B2 Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim. A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnh B, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại V.2). Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng. - Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X. Đáp án Câu V (4đ) V.1. 3 t0 CuS + O2 → CuO + SO2 2 (A0) (B) (A) SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr (A1) H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O (A2) t0 CuO + H2 → Cu + H 2O (B1) A0 : CuS B: CuO A: SO2 A1 : H2SO4 A2 : Ag 2SO4 B1 : Cu 6 Cu + Cl2 -> CuCl2 (B2) B2 : CuCl2 C: CuSO4 (1,5đ) 0 t Cu + 2H2SO4 đđ → CuSO4 + SO2 + 2H2O Ag2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4 (C) CuSO4 + H2S -> CuS + H2SO4 (A0) V.2 Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri SO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thành a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI ) => X : NaIOx (2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+ SO2 + I2 + H2O -> 2 I − + SO4 2- + 4H+ + IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2O I2 + 2S2O3 2-> 2 I − + S4O6 2- b. nI2 = 0,25đ (0,25đ) (0,25đ) (1đ) 1 0,0374.0,1 nNa2 S 2O3 = = 0,00187 mol 2 2 (0,5 đ) nI2 = x.nX = x 0,1 = 0,00187 150 + 16 x => x = 4 => X : NaIO4 (0,5 đ) 7 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10 Câu I : Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Câu II: II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau: Fe3O4 + H2 FeO + H2 Fe3O4 + 4H2 Fe2O3 + 3H2 3FeO + H2O (a) Fe + H2O (b) 3Fe + 4H2O (c) 2Fe + 3H2O (d) Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn lại II.2. Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt. Câu III : III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M. III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước. III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó. Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82 Câu IV : Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau : Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M. IV.1. Thiết lập sơ đồ pin. IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc. IV.3. Tính suất điện động của pin. IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện. E 0 Ag + / Ag = 0,8V Cho: E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76V Câu V: Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 . V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. 1 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I : Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Đáp án : F S F F Lai hóa sp2 F N F F F I F 1,5 điểm F Lai hóa sp3 Lai hóa sp3d 0,75 điểm Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T 0,75 điểm Không cực vì momen lưỡng cực liên kết bị triệt tiêu Có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu Có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu 1 điểm Câu II: II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau: Fe3O4 + H2 FeO + H2 Fe3O4 + 4H2 Fe2O3 + 3H2 3FeO + H2O (a) Fe + H2O (b) 3Fe + 4H2O (c) 2Fe + 3H2O (d) Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn lại II.2.Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt. Đáp án: II.1. 2 điểm Gọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,d tương ứng. Ta có: PH O PH O P4H O P3H O Ka = 2 ; Kb = 2 ; Kc = 4 2 ; Kd = 3 2 PH 2 PH 2 P H2 P H2 → Ka = K c .K d K b6 2 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 II.2. 2 điểm - Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quá trình như sau: + Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quá trình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0) + Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá là quá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ∆Hhidrat < 0) → Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân ∆Hhidrat của các ion li + - Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhirat vượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0 - Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượt trội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0 Câu III : 4 điểm II.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M. II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước. II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó. Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82 Đáp án: III.1. H2C2O4 H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1) 1,0 điểm HC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2) H2O H+ + OHKw = 10-14 (3) Do Kw 1 laø caùc axit maïnh. Ñieàu ñoù coù ñuùng khoâng? Haõy cho ví duï chöùng minh (moãi tröôøng hôïp choïn 3 chaát). 4. Tính ñoä tan cuûa FeS ôû pH = 5 cho bieát Fe2+ + H2O Caâu 5 KFeS FeOH+ + H+ coù lgβ = -5,92 = 10-17,2 ; H2S coù Ka1 = 10-7,02 ; Ka2 = 10-12,9 Moät trong caùc chuoãi phaân huûy phoùng xaï töï nhieân baét ñaàu vôùi 208 82 Pb . 1. Haõy tính soá phaân huûy ( β − ) xaûy ra trong chuoãi naày . 232 90 Th vaø keát thuùc vôùi ñoàng vò beàn 2. 228 Th laø moät phaàn töû trong chuoãi thori , theå tích cuûa heli theo cm3 taïi 0oC vaø 1 atm thu ñöôïc laø bao nhieâu khi 1 gam 228 Th (t1/2 = 1,91 naêm) ñöôïc chöùa trong bình trong 20 naêm ? Chu kyø baùn huûy cuûa taát caû caùc haït nhaân trung gian laø raát ngaén so vôùi chu kyø baùn huøy cuûa 228 Th . 3. Moät phaàn töû trong chuoãi thori , sau khi taùch rieâng , thaáy coù chöùa 1,5.1010 nguyeân töû cuûa moät haït nhaân vaø phaân huøy vôùi toác ñoä 3440 phaân raõ moãi phuùt . Chu kyø baùn huûy laø bao nhieâu tính theo naêm ? Caâu 6 1. Nguyeân töû X coù toång soá haït laø 52 .Xaùc ñònh teân nguyeân toá X, bieát X laø ñoàng vò beàn. 2. Caân baèng caùc phöông trình phaûn öùng sau : Ag + HXO3 AgXO3 + …… Fe + HXO3 …………. FeSO4 + HXO3 + H2SO4 ……… 3. Haõy cho bieát chaát oxi hoùa trong caùc phaûn öùng treân. Döïa vaøo caáu hình electron cuûa nguyeân töû, haõy giaûi thích tính chaát oxi hoùa cuûa chaát ñoù. Caâu 7 1. Tính % löôïng MgNH4PO4 bò maát ñi khi röûa 1,37 gam hôïp chaát naøy baèng: a. 200ml nöôùc caát. b. 150ml dung dòch NH4Cl 0,1M roài baèng 50ml nöôùc caát. 2. Coù theå röûa MgNH4PO4 baèng dung dòch NaH2PO4 ñöôïc khoâng? Giaûi thích. Cho T MgNH4PO4=2,5.10-13 ; H3PO4 coù k1=7,5.10-3; k2=6,3.10-8; k3=1,3.10-12.. Cho H=1; N=14; O=16; P=31. Caâu 8 Hai nguyeân toá A , B trong caáu electron coù electron cuoái cuøng öùng vôùi 4 soá löôïng töû sau : A ( n = 2 ; l = 1 ; m = -1 ; s = - ½ ) B (n=3 ; l=1 ; m=0 ; s=-½) 1. Vieát caáu hình electron vaø xaùc ñònh vò trí cuûa A vaø B trong baûng tuaàn hoaøn 2. Vieát coâng thöùc caáu taïo cuûa caùc hôïp chaát trong coâng thöùc phaân töû coù chöùa 3 nguyeân toá A, B vaø hidro. Cho bieát loaïi lieân keát hoùa hoïc trong phaân tö û cuûa caùc hôïp chaát tìm thaáy 3. So tính axit cuûa caùc hôp chaát treân . Caâu 9 1. Neâu yù nghóa cuûa haèng soá Kb bazô. NH3 vaø C6H5NH2 chaát naøo coù haèng soá Kb lôùn hôn ? Taïi sao ? 2. Dung dòch NH3 1M coù α = 0,43 % . Tính haèng soá Kb vaø pH cuûa dung dòch ñoù 3. Cho dung dòch axit CH3COOH 0,1M , bieát Ka = 1,75 .10-5 , lg KCH3COOH = -4,757. Tính noàng ñoä caùc ion trong dung dòch vaø tính pH dung dòch. HƯỚNG DẪN CHẤM Caâu 1 Xaùc ñònh M vaø X − Ta coù : M2X M : Z, e, n + Goïi + M : Z, ( e − 1) , n Z/ , e/ , n / X : 2− / / / X : Z , e + 2 , n ( ) − Coù heä phöông trình : 4 Z + 2 Z/ + 2N + N / = 140 (1) / / 4 Z + 2 Z − 2N + N = 44 ( 2) / / (3) Z − Z + N − N = 23 / / ( 4) 2 Z − 2 Z + N − N = 34 Giaûi heä ta ñöôïc : Z = 19 ; Z/ = 8. Vaäy : Z = 19(K) ; Z/ = 8 (0) a. Vieát caáu hình e− : − M+ : ( K+) : 1s22s22p63s23p6 ; O2− : 1s22s22p6 b. Xaùc ñònh vò trí X , Y : Nguyeân toá STT Chu kyø Nhoùm K 19 4 I O 8 2 VI Caâu 2 a. Ñoä tan trong nöôùc cuûa CaCO3 CaCO3 + H2O Ca2+ + HCO3− + OH− K ( ( ( ( ) ( ) ) ( ) ) ( ) ) ( ) K= [Ca ][HCO ][OH ] 2+ − 3 − [CaCO3 ][H2O] Phaân nhoùm IA VI A vì : [ CaCO3 ] = 1 ; [H2O ] = 1 ⇒ K = [Ca2+] [ HCO3− ] [ OH− ] = T = S.S.S = S3 ( Vì [Ca2+] = [ HCO3− ] = [ OH− ] = S ) + K = [Ca2+] . [ HCO3− ] . [ OH− ] + CaCO3 [ ] [COT ] ⇒ Ca2 + = (1) Ca2+ + CO32− ; T = [Ca2+ ] + [ CO32− ] (1)/ 2− 3 H+ + CO32− ; K 2 = + HCO3− [H ][CO ] [HCO ] + ⇒ [ HCO3− ] = K2−1 .[ H+ ] [ CO32− ] 2− 3 − 3 (2)/ H+ + OH− ; KW = [ H+ ] [OH−] 1 ⇒ OH − = K W (3)/ + H / / Theá (1) , (2) , (3)/ vaøo (1) : K T S3 = ⋅ K 2−1 . H + CO 32 − ⋅ W = T.K 2−1 .K W CO 3− H+ + H2O [ [ ] [ ] ] [ ][ 3 ⇒ S = 3 T.K 2−1 .K W = 10 −8 ][ ] .(5.10 ) −11 −1 b. Tính pH cuûa dd baõo hoøa CaCO3 : .10 −14 = 1,26.10 − 4 mol / l + S = [ OH− ] = 1,26.10−4 = 10−3,9 10 −14 + + pH = − lg [H ] = − lg −3,9 = 10,1 ; 10 c. Tính ñoä tan : CaCO3 trong pH = 7 : CaCO3 Ca2+ + CO32− T pH = 10,1 T = [Ca2+ ] [ CO32− ] ; [Ca2+ ] = S ; [ CO32− ] = S + Nhöng CO32− bò thuûy phaân : CB = S = [ CO32− ] + [ H CO3− ] + [ H2CO3 ] (1) H+ + CO32− ; K 2 = + H CO3− [H ][CO ] [HCO ] 2− 3 − 3 + ⇒ [ H CO3− ] = K2−1. [ H+ ] [ CO32− ] (1)/ H+ + H CO3− ; K1 = + H2CO3 [H ][HCO ] + − 3 [H2CO3 ] ⇒ [ H2CO3 ] = K1−1. [ H+ ] [H CO3− ] = K1−1.K2−2.[H+ ]2.[ CO32− ] (2)/ Theá (1)/ vaø (2)/ vaøo (1) ta ñöôïc : 1 1 S = CO32 − + H + CO32 − + H+ K2 K1.K 2 K1.K 2 ⇒ CO32 − = S ⋅ 2 K1.K 2 + K1. H + + H + K1.K 2 Ñaët = α2 2 K1.K 2 + K1. H + + H + [ ] [ [ ][ [ ] [CO ] = [KCO.K ] K .K ] ] 2 2− 3 2− 3 1 2 1 2 [ ] [ ] 2 + K1 H + + H + [ ] [ ] [ ][ ] ⇒ α2 = 4.10−7.5.10 −11 −7 4.10 .5.10 −11 2 −7 + 4.10 .10 Ta coù : T = S.S. α2 = S . α2 ⇒ S = −7 + 10 T = α2 ≈ 4.10 − 4 mol / l −14 10−8 4.10 −4 = 5.10−3 mol / l S = 5.10−3 mol/ l Caâu 3 a. Tính a, b: HCOOH CH3COOH HCOO- + H + CH3COO- + H + Goïi x, y laàn löôït laø noàng ñoä M cuûa HCOOH, CH3COOH bò phaân li. Troän 2 dung dòch cuøng theå tích ⇒ Noàng ñoä giaûm 2 laàn * Ñoái vôùi dung dòch A: K HCOOH = ( x + y ) x ; ( x + y ) x = 2x ( x + y ) a 2 K CH COOH = 3 a -x 2 ( x + y ) y ; ( x + y ) y = 2y ( x + y ) b 2 ( 10−2,485 ) 2 = b -x 2 H + = ( x + y )2 = a b 2 a.K HCOOH + b.K CH COOH 3 2 1,78.10−4.a + 1,80.10−5.b 2 hay 89a + 9b = 10,715 (1) * Ñoái vôùi dung dòch B: Töông töï, ta coù: 2 H + = ( x + y )2 = (10 -2,364 ) a.K CH3COOH + b.K HCOOH 2 1,80.10 .a + 1.78.10 -4 b = 2 -5 hay 9a + 89b = 18,71 (2) a = 0,100M Töø (1), (2) Suy ra: b = 0,200M b. Tính pH dung dòch C: [ HCOOH] bñ = 0,1V + 0,2V = 0,075M 4V 0, 2V + 0,1V = 0,075 M [CH3COOH ] bñ = 4V Töông töï nhö caâu a, ta coù: 2 H+ = [ HCOOH ] bñ . KHCOOH + [ CH 3COOH ] bñ .K CH COOH 3 2 H + = 1,78.10−4.0,075 + 1,80.10−5.0,075 = 0,147.10−4 H + = 3,834.10−3 pH= - lg3,834.10-3 = 2,416 c. Tính pH cuûa dung dòch D: Soá mol HCOOH = 4V.0,075 = 0,3V Soá mol CH3COOH = 4V.0,075 = 0,3V Soá mol NaOH = 0,6V HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O CH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2O Vì soá mol NaOH = soá mol HCOOH + soá mol CH3COOH ⇒ dung dòch D chæ goàm 2 muoái HCOONa (0,3V mol) vaø CH3COONa (0,3Vmol) 0,3V = 0,06M [HCOONa] = CH3COOH = 5V HCOO- + H 2O CH3COO- + H 2O HCOOH + OH CH3COOH + OH - Töông töï nhö dung dòch hoãn hôïp 2 ñôn axit, ôû ñaây coi nhö hoãn hôïp 2 ñôn bazô, ta coù: 2 OH - = HCOO- bñ . K HCOO- + CH3COO- bñ. K CH COO 3 -14 -14 HCOO bd.10 CH3COO bd.10 = + K HCOOH K CH3COOH 2 0,06.10-14 0,06.10-14 OH - = + = 0,367.10 -10 -4 -5 1,78.10 1,80.10 10-14 -9 M OH − = 0,6058.10 −5 H+ = 0,6058.10-5 = 1,6507.10 Suy ra: pH = - lg 1,6507.10-9 = 8,794 Khoái löôïng muoái: 0,3V.68 + 0,3V.82 = 4,5 V = 0,1(l) = 100(ml) Caâu 4 1. Ñaây laø muoái axit, laø chaát ñieän li löôõng tính : MHA M+ + HA– HA– H+ + A2– HA– + H+ K2 (1) H2A K1–1 (2) pH phuï thuoäc hai quaù trình (1) vaø (2). Neáu K2 caøng lôùn vaø K1 caøng lôùn thì dung dòch coù pH caøng beù vì quaù trình nhöôøng proton (1) xaûy ra maïnh, quaù trình thu proton (2) xaûy ra yeáu. So saùnh ôû treân ta thaáy: pH (NaHC2O4) < pH (NaHSO3) < pH (NaHCO3) < pH (NaHS). Neáu aùp duïng coâng thöùc gaàn ñuùng ñeå tính pH cuûa caùc muoái ñiaxit cho caùc heä treân pK 1 + pK 2 pH = 2 Ta thaáy pH(NaHC2O4) = (2 + 5 ) / 2 = 3,5 pH (NaHSO3) = (2 +6) / 2 = 4,0 pH (NaHCO3) = (7 +11) / 2 = 9,0 pH (NaHS) = 10,0 = (7 +13) / 2 Keát quaû naøy phuø hôïp vôùi caùch saép ôû treân. 2. Caùc quaù trình xaûy ra : HCl → H+ + Cl– Pb(NO3)2 → Pb2+ + 2NO3– Pb2+ C + 10–3 PbCl2 ↓ ( KS ) –1 = ( 10–4,8 ) –1 C? ∆C – ( 10–3 - 10–5 ) [ ] 2Cl– 10–5 –1,98 . 10–3 (C – 1,98 . 10–3 ) Theo ñltd kl: [Pb2+ ] . [ Cl– ]2 = KS –5 10 (C – 1,98 . 10–3 )2 = 10–4,8 C − 1,98 . 10–3 = (10–4,8 / 10–5 )1/2 = 1,259 C = 1,261 M Goïi V laø theå tích dung dòch HCl caàn tìm (khi theâm HCl khoâng tính taêng theå tích) thì VHCl = 10.1, 261 = 2,10 ml . 6 3. Khi m = 0, ta coù axit kieåu HXO. Ví duï: HClO, HBrO, H3PO3 (Ka = 10–9,2) laø nhöõng axit yeáu. Khi m = 1, ta coù axit kieåu HClO2, H2SO3, H3PO4 hoaëc (HNO2, H2CO3) laø nhöõng axit trung bình. (tuy nhieân H2CO3 laø axit khaù yeáu Ka = 10–6,3) Khi m > 1, ta coù axit kieåu HClO3, HNO3, HClO4 (hoaëc H2SO4, HMnO4) laø nhöõng axit maïnh. Nhö vaäy coâng thöùc XOm (OH)n noùi chung laø ñuùng . 4. FeS Fe2+ + S2– KS=10–17,2 Fe2+ + H2O FeOH+ + H+ β = 10-5,92 S2– + H+ HS– Ka2-1 = (10–12,9)–1 HS– + H+ H2S Ka1-1 = (10–7,02)–1 Goïi ñoä tan cuûa FeS laø S S = C(Fe2+)= [Fe2+] + [FeOH+] = [Fe2+] + β[Fe2+][H+]-1 = [Fe2+].(1 + β[H+]-1) (1) S = C (S2-) = [S2–] + [HS–] + [H2S] = [S2–] + Ka2-1 [S2–][H+] + ( Ka1Ka2)–1[S2–][H+]2 = [S2–] [1 + Ka2–1[H+] + (Ka1Ka2)–1[H+]2] [Fe2+] [S2–] = KFeS (2) (3) Toå hôïp (1), (2), (3): S = 2,43 x 10-4 M Caâu 5 1. A = 232 – 208 = 24 vaø 24/4 = 6 haït anpha Nhö vaäy ñieän tích haït nhaân giaûm 2 x 6 = 12 ñôn vò. Nhöng söï khaùc bieät veà ñieän tích haït nhaân chæ laø 90 – 82 = 8 ñôn vò. Neân phaûi coù 12 – 8 = 4 β − Soá phaân huûy beta = 4 232 4 − → 208 90Th 82 Pb + 6 2 He + 4 β 2. 228 Th → 208 Pb + 5 4 He Chu kyø baùn huûy cuûa nhöõng haït trung gian khaùc nhau laø töông ñoái ngaén so vôùi 0 , 693 1 x 6 , 023 x10 23 = 9 ,58 x10 20 naêm-1 V = kN = 1,91 228 228 Th Soá haït He thu ñöôïc : NHe = ( 9,58 x 1020 ) 20 x 5 = 9,58 x 1022 haït He 9 , 58 x 10 22 x 22 , 4 x 10 3 = 3 , 56 x 10 3 cm 3 VHe = 23 6 , 023 x 10 0 , 693 0 , 693 N 0 , 693 x1,50 x10 10 3. t1/2 = = = = 3 , 02 x10 6 phuùt = 5,75 naêm k V 3440 Caâu 6 1. Töø toång soá haït cuûa nguyeân töû X laø 52 ⇒ 2Z + N = 52 Vôùùi Z laø ñieän tích haït nhaân, Z = soá proton = soá electron vaø N laø soá nôtron. Vì Z ≠ 1 vaø Z < 83 neân Z ≤ N ≤ 1,5 Z hay 3Z ≤ 2Z + N ≤ 3,5Z ⇒ 3Z ≤ 52 ≤ 3,5Z ⇒ 14,8 ≤ Z ≤ 17,3. Vì Z laø soá nguyeân neân Z = 15 ; 16 ; 17. Z 15 16 17 N Coù caùc ñoàng vò laø 37 15 22 20 18 A 37 36 35 36 35 P ; 16 S ; 17 Cl Vì X laø ñoàng vò beàn neân X laø 35 17 Cl 2. Caân baèng caùc phaûn öùng : 0 +5 +1 -1 → 5 Ag ClO 3 + Ag Cl+ 3H 2 O 6 Ag+ 6H Cl O 3 0 +3 +5 +2 -1 5Fe ( ClO3 )3 + Fe Cl3 + 9H 2 O 6 Fe+18H Cl O3 → +3 +5 -1 6 Fe SO 4 + H Cl O3 + 3H 2 SO 4 → 3Fe2 ( SO 4 )3 + H Cl+ 3H 2 O +5 3. Chaát oâxi hoaù laø Cl trong HClO3 Caáu hình electron cuûa Cl laø : 0 - {Ne} +5 C l - 5 e → Cl coù caáu hình electron laø : [ Ne] +5 +5 - -1 neân Cl coù tính oxi hoaù maïnh Cl + 6 e → Cl coù caáu hình electron beàn vöõng : {Ne} Caâu 7 1. a. Röûa MgNH4PO4 baèng nöôùc caát MgNH 4 PO4 Khi röûa MgNH4PO4 : Mg2+ + NH 4+ + PO3-4 T [] s s s Goïi s (mol / l) laø noàng ñoä MgNH4PO4 tan trong dung dòch. Khi ñoù: TMgNH4 PO4 = Mg2+ NH +4 PO3-4 = 2.5.10-13 ⇒ s.s.s = 2,5.10-13 ⇒ s = 3 2,5.10 -13 = 6,3.10 -5 mol / l Soá mol MgNH4PO4 tan trong 200 ml nöôùc caát laø : 0,2 n MgNH4 PO4 tan = 6,3.10-5. = 1,26.10 -5 mol 1 1,26.10 -5.137 Vaäy %m MgNH 4 PO 4 bò maát khi röûa = • 100% = 0,126% 1,37 b. Röûa MgNH4PO4 baèng dung dòch NH4Cl roài baèng nöôùc caát : (2ñ) * Khi röûa baèng 150 ml dung dòch NH4Cl 0,1M : MgNH 4 PO 4 Mg 2+ + NH +4 + PO 3T 4 s (s + 0,1) s (vôùi s laø noàng ñoä MgNH4PO4 tan khi röûa baèng dung dòch NH4Cl) Khi ñoù: T = Mg 2+ NH +4 PO3-4 = 2,5.10-13 → s. ( s + 0,1) s = 2,5.10 -13 Vôùi s > 1 -12 • 1,3.10 6,3.10 -8 Vaäy phaûn öùng (1) coi nhö xaûy ra hoaøn toaøn. Do ñoù ta khoâng neân röûa keát tuûa MgNH4PO4 baèng dung dòch NaH2PO4 vì khi ñoù keát tuûa MgNH4PO4 seõ bò röûa troâi hoaøn toaøn. Caâu 8 1. Nguyeân toá A: n = 2 ; lôùp 2 ; l = 1 : phaân lôùp p ; m= -1 obitan px ; s = -1/2 electron cuoái ôû px Vaäy A coù caáu hình electron 1s2 2s2 2p4; nguyeân toá A coù soá thöù töï 8 chu kì 2; nhoùm VIA A laø Oxi 2. Töông töï Nguyeân toá B coù thöù töïï laø 17, chu kì 3, nhoùm VIIA, B laø clo 2. Coù 4 hôùp chaát chöùa Clo , Oxi vaø hidro laø HClO ; HClO2 ; HClO3 ; HClO4 . H – O – Cl lieân keát O – H coäng hoùa trò coù cöïc Lieân keát O – Cl coäng hoùa trò coù cöïc . H – O – Cl →O 2 lieân keát coäng hoùa trò coù cöïc vaø 1 lieân keát cho nhaän H – O - Cl →O 2 lieân keát coäng hoùa trò ↓ 2 lieân keát cho nhaän O O ↑ H – O - Cl → O 2 lieân keát coäng hoùa trò coù cöïc ↓ 3 lieân keát cho nhaän . O 3. Tính axit taêng daàn HOCl < HClO2 < HClO3 < HClO4 Giaûi thích: Khi ñieän tìch döông cuûa clo taêng daàn laøm cho baùn kính cuûa nguyeân töû trung taâm giaûm do ñoù khaû naêng keùo caëp electron töï do cuûa nguyeân töû oxi cuûa lieân keát O – H veà phía nguyeân töû trung taâm taêng laøm taêng söï phaân cöïccuûa lieân keát O –H , khaû naêng phaân li lieân keát naàycaøng deã neân tính axit taêng. Caâu 9 1. Haèng soá Kb cho bieát möùc ñoä ñieän ly cuûa bazô trong dung dòch Kb caøng lôùn tính bazô caøng maïnh. Phaân töû C6H5NH2 coù nhoùm theá C6H5 huùt electron laøm giaõm maät ñoä electron ôû nguyeân töû N neân coù tính bazô yeáu hôn NH3 Vaäy Kb(NH3 ) > Kb(C6H5NH2). NH4+ + OH2. NH3 + H2O 1M Caân baèng (1 –x ) x x Do ñoù : K’ = T. K 3-1 . K -12 = 2,5.10 -13 • x x2 (4,3.10 −3 ) 2 = 0,0043 x = 4,3 .10-3 ; Kb = = 1,85 .10-5 ≅ 1 1− x 1 −14 10 [ H+] = = 0,23 .10-11 −3 4,3.10 pH = - lg (0,23 .10-11 ) = 11,64 3. CH3COOH CH3COO- + H+ Ban ñaàu C Mol.lit-1 Ñieän li Cα Cα Cα Caân baèng C - Cα Cα Cα + 2 [H ].[CH 3COO ] Ca.Ca Ca Ka = = = = vì α nhoû neân ( 1- α ) = 1 [CH3COOH] C - Ca 1- a α= Ka = Cα2 ⇒ Cα = CKα = 0,1.1,75.10-5 = 1,323.10-3 1 1 pH = -lg[H+] = 2,88 hoaëc pH = (- lgHa - lg10 - 1) = (4,757 + 1) = 2,88 2 2 −5 Kα 1,75.10 = = 1,32.10-2 hay 1,32%. Ñieän li α Ka = Cα2 α= C 0,1 CKa . [H+] = CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+ x mol x mol x mol 21 21 1l dung dòch axit coù 2 x 3,13 .10 haït = 6.26 .10 haït Goïi x laø soá mol phaân töû CH3COOH ñaõ phaân li trong 1 lít dung dòch. Luùc ñoù x laø soá ion H+ cuõng laø soá ion CH3COO-. 1 mol CH3COOH coù 6,02.1023 phaân töû, 0,01 M coù 6,02 1021 phaân töû. Khi ñoù soá phaân töû CH3COOH coøn laïi khoâng phaân li laø 6,02 1021 – x Ta coù : 6,02.1021 - x + 2x = 6,62 . 1021 x = 0,24 .1021 0,2410 x 100 = 3,99% Ñoä ñieän li α = 6,02.10 4. Tỉnh : Kon Tum. Trường Trung học chuyên Kon Tum. Môn : Hóa, khối 10. Giáo viên biên soạn: L ê Sỹ Tín Số mật mã: Số mật mã: ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I: (4,0 điểm) 1. So sánh, có giải thích. a. Độ lớn góc liên kết của các phân tử: • CH4; NH3; H2O. • H2O; H2S. b. Nhiệt độ nóng chảy của các chất : NaCl; KCl; MgO c. Nhiệt độ sôi của các chất : C2H5Cl; C2H5OH; CH3COOH 2. 137Ce tham gia phản ứng trong lò phản ứng hạt nhân, có chu kì bán hủy 30,2 năm. 137Ce là một trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của châu Âu sau tai nạn hạt nhân Trecnibun. Sau bao lâu lượng chất độc này còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra. ĐÁP ÁN 1. (2,0điểm) a. CH4 > NH3 > H2O Giải thích: H | C N H O H | H H H H H H Số cặp e chưa tham gia liên kết càng nhiều càng đẩy nhau, góc liên kết càng nhỏ. 0,25 điểm 0,25 điểm b. H2O > H2S Giải thích: Vì độ âm điện của O > S, độ âm điện của nguyên tử trung tâm càng lớn sẽ kéo mây của đôi e- liên kết về phía nó nhiều hơn làm tăng độ lớn góc liên kết. 0,25 điểm c. So sánh nhiệt độ nóng chảy của các chất: MgO > NaCl > KCl Giải thích: bán kính ion K+ > Na+ Điện tích ion Mg2+ > Na+ và O2- > Cl(Năng lượng phân li tỉ lệ thuận với điện tích ion và tỉ lệ nghịch với bán kính ion) 0, 25 điểm 3.So sánh nhiệt độ sôi của các chất: C2H5Cl < C2H5OH < CH3COOH Giải thích: -C2H5Cl không có liên kết hiđro -Liên kết hidro giữa các phân tử axit bền hơn liên kết hidro giữa các phân tử rượu. C2H5 – O … H – O H C2H5 O…H–O CH3 – C C – CH3 O–H…O 0, 25 điểm 0,25 điểm 0, 25 điểm 0, 25 điểm 2. 2,0điểm Áp dụng công thức: 1 N 2,3 N o 2,3 N o K = ln o = lg ⇒t= lg t N t N K N 0,693 2,3T N o Mà k = lg ⇒t= T 0,693 N 2,3.30,2 N o 2,3.30,2 2,3.30,2.2 ⇒t= lg = . lg 100 = = 200,46 (năm) No 0,693 0,693 0,693 100 Vậy sau 200,46 năm thì lượng chất độc trên còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Tỉnh : Kon Tum. Trường Trung học chuyên Kon Tum. Môn : Hóa, khối 10. Giáo viên biên soạn: Lê Sỹ Tín Số mật mã: Số mật mã: ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu II: (4,0 điểm) 1. Đối với các phân tử có công thức tổng quát AXn (n ≥ 2 ), làm thế nào để xác định phân tử đó phân cực hay không phân cực ? 2.Cho phản ứng : CaCO3(r) CaO(r) + CO2(k) o Cho biết : ở 298 K, ∆ Hopư = +178,32 kJ ; ∆ So = +160,59 J/K a. Phản ứng có tự diễn biến ở 25oC không ? Khi tăng nhiệt độ, ∆ G của phản ứng sẽ thay đổi như thế nào? b. Phản ứng có tự diễn biến ở 850oC không ? ĐÁP ÁN 1. (2điểm) Muốn xác định một phân tử có cực hay không, trước hết cần phải biết sự sắp xếp của các nguyên tử trong phân tử(dạng hình học của phân tử) Momen lưỡng cực (đo độ phân cực) là một đại lượng có độ lớn và có chiều. Trong phân tử, nếu các liên kết phân cực được sắp xếp đối xứng nhau, momen lưỡng cực có cùng độ lớn và ngược chiều.Chúng sẽ triệt tiêu nhau và phân tử không phân cực. Ngược lại nếu các lực không cân bằng, phân tử sẽ có cực. 2. (2điểm) ∆G0298 = ∆H0 – T∆S0 T = 273 + 25 = 298 0 -3 ∆G 298 = 178,32 x 10 J - [ 298 K x 160,59J/K] = + 130,46 KJ. ∆G0298 > 0 : Phản ứng không tự diễn biến ở 25OC , ở nhiệt độ này chỉ có phản ứng nghịch tự diễn biến Vì ∆S0 >0 nên – T∆S0 < 0, khi T tăng , ∆G0 càng bớt dương, càng tiến tới khả năng tự diễn biến . b. ∆G01123 T = 273 + 850 = 1123 ∆G01123 = ∆H0 – T∆S0 ∆G01123 = 178,32 x 10-3 J - [ 1123 K x 160,59J/K] = - 2022,57 J ∆G01123 < 0 : Phản ứng tự diễn biến ở 850OC. 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Tỉnh : Kon Tum. Trường Trung học chuyên Kon Tum. Môn : Hóa, khối 10. Giáo viên biên soạn: L ê Diệu Tuyền Số mật mã: Số mật mã: ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu III: (4,0 điểm) 1.Hãy giải thích tại sao PbI2 ( chất rắn màu vàng) tan dễ dàng trong nước nóng, và khi để nguội lại kết tủa dưới dạng kim tuyến óng ánh ? 2.Tính thể tích dung dịch NaOH 0,01 M cần dùng để trung hòa hoàn toàn 10ml dung dịch H2SO4 có pH = 2. Biết HSO4- có pKa = 2. ĐÁP ÁN 1. (2điểm) PbI2 dễ tan trong nước nóng vì quá trình hòa tan PbI2 thu nhiệt lớn: PbI2 ↔ Pb2+ + 2I∆H > 0 Còn khi để nguội thì xảy ra quá trình ngược lại, tỏa nhiệt ( ∆ H < 0). Vì quá trình nguôi từ từ, số mầm kết tinh ít, nên tinh thể được tạo thành dễ dàng. Nếu làm nguội nhanh sẽ thu được dạng bột vàng PbI2. 2. (2điểm) Gọi C là nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 có pH = 2 Ta có: H2SO4 → H+ + HSO4C C C mol/l + HSO4 H + SO42o C C C 0 [] C–y C+y y Ta có [H+] = C + y = 10-2 = 0,01 2[H + ][SO 4 ] (C + y)y Và Ka = = = 0,01 C−y [HSO 4 ] 0,01(0,01 − C ) = 0,01 Hay C − 0,01 + C 2 C = 0,0067 M = .10-2 M 3 Phản ứng trung hòa: H2SO4 + 2NaOH = Na2SO4 + 2H2O nNaOH = 2 n H2 SO 4 = 2.0,01.0,0067 = 1,34.10-4 mol VddNaOH = 1,34.10 −4 = 1,34.10-2 l = 13,4 ml −2 10 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm Tỉnh : Kon Tum. Trường Trung học chuyên Kon Tum. Môn : Hóa, khối 10. Giáo viên biên soạn: L ê Diệu Tuyền Số mật mã: Số mật mã: ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu IV: (4,0 điểm) 1.Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng. Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất. S + A X S + B Y Y + A X + E X + D Z X + D + E U + V Y + D + E U + V Z + E U + V 2.Tính độ phân li của N2O4 ở 25oC, 1atm. Biết sự phân li xảy ra theo phản ứng: N2O4 2NO2 Khi cho 1,6 gam N2O4 phân li trong 1 bình kín thu 500ml ở 760 mmHg. ĐÁP ÁN 1. (2,0điểm) X là SO2, Y là H2S o t SO2 S + O2 → o t S + H2 → H2S 3 to H2S + O2dư → SO2 + H2O 2 SO2 + Cl2 SO2Cl2 ( hoặc thay Cl2 bằng Br2) SO2 + Cl2 + H2O 2HCl + H2SO4 H2S + 4Cl2 + 4H2O H2SO4 + 8HCl SO2Cl2 + 2H2O 2HCl +H2SO4 2. (2,0điểm) N2O4 → 2NO2 a mol αa 2αa a(1- α ) 2αa 1,6 = 0,0174 mol -Số mol N2O4 cho vào bình a = 92 PV 1.0,5 = -Số mol hỗn hợp sau = a(1 + α ) = = 0,02045 RT 22,4 .298 273 ⇒ a(1 + α ) = 0,02045 ⇒ α = 0,175 Độ phân li = 17,5 % 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,5điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,25điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm 0,5điểm Tỉnh : Kon Tum. Trường Trung học chuyên Kon Tum. Môn : Hóa, khối 10. Giáo viên biên soạn: L ê Diệu Tuyền Số mật mã: Số mật mã: ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu V (4,0điểm) Khối l ượng riêng nhôm clorua khan được đo ở 200oC, 600oC, 800oC dưới áp suất khí quyển lần lượt là : 6,9 ; 2,7 ; 1,5 g/dm3. a. Tính khối lượng phân tử của nhôm clorua khan ở mỗi nhiệt độ nêu trên ( hằng số khí R= 0,082) b. Viết công thức phân tử và công thức cấu tạo của hơi nhôm clorua ở 200oC, 800oC. c. Nêu phương pháp điều chế nhôm clorua khan rắn trong phòng thí nghiệm. Cần chú ý tính chất nào của AlCl3 khi thực hiện phản ứng điều chế ? ĐÁP ÁN a. Thể tích 1 mol khí (n=1) ở các nhiệt độ 200, 600, 800oC V473K = 0,082 x 473 = 38,78lit V873K = 0,082 x 873 = 71,58lit V1073K = 0,082 x 1073 = 87,98lit Khối lượng mol phân tử của nhôm clorua khan ở các nhiệt độ đã cho là : M200oC = 37,78 x 6,9 = 267,62 ( g ) M600oC = 71,58 x 2,7= 193,28( g ) M800oC = 87,98 x 1,5= 131,87( g ) b. Công thức phân tử và công thức cấu tạo : *Tại 200oC. Khối lượng phân tử của AlCl3 = 133,5 (AlCl3 )n = 267,62 n=2 CTPT : Al2Cl6 Cl Cl Cl CTCT : Al Cl Al Cl Cl Do có liên kết phối trí, lớp vỏ e ngoài cùng của nhôm đạt tới bát tử bền vững. * Tại 800oC. ( AlCl3 ) = 131,97. n=1 Cl CTPT : AlCl3 CTCT : Al Cl Cl c. Ptpư : to 2 AlCl3 2 Al + 3Cl2 → AlCl3 là một chất thăng hoa ở 183oC, dễ bốc khói trong không khí ẩm : AlCl3 + 3 H2O Al(OH)3 + 3HCl 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm 0,5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI KHỐI : HÓA HỌC : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 1: a) Cho biết trong môi trường axit Mn+4 Oxi hóa được H2O2 ngược lại trong môi trường bazơ H2O2 lại oxihoá được Mn+2 thành Mn+4. Hãy viết phương trình phản ứng minh họa. b) Một trong những phản ứng xảy ra ở vùng mỏ đồng: CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 +FeSO4+H2SO4 Cân bằng theo phương pháp thăng bằng e và nhận xét về các hệ số? Đáp án Câu 1: a) Trong môi trường axít MnO2 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + O2↑ + 2H2O b) Trong môi trường bazơ: H2O2 +MnCl2 + 2NaOH → Mn(OH)4 + 2NaCl c) CuFeS2 + Fe2(SO4)3+ O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4 1 x x x y x 2 S-2 → 12S+6 + 16e 2Fe+3 + 2e → 2Fe O02 + 4e → 2O-2 2x + 4y = 16 ⇒ x +2y = 8 ( 0< x < 8 ; 0 < y < 4) TD: y = 1 ; x = 6 CuFeS2 + 6 Fe2(SO4)3 + O2 + 6 H2O→ CuSO4 + 13FeSO4 + 6H2SO4 y = 3 ; x =2 CuFeS2 + 2Fe2 (SO4)3 + 3O2 + 2H2O → CuSO4 + 5FeSO4 + 2H2SO4 Có Vô số nghiệm, lượng H2SO4 tỷ lệ với lượng H2O. Thang điểm: Câu a: 2 điểm (mỗi phương trình 1 điểm) Câu b: 2 điểm viết 2 phương trình hệ số khác nhau, mỗi phương trình 0.75 điểm. Nhận xét 0.5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 3: Cho biết hằng số điện li của: Axít Axetic : Ka CH3COOH = 1,8.10-5 mol/l : Ka C2H5COOH = 1,3.10-5 mol/l Axít Propionic Một dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH x M a. Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này ta có độ điện li của axit Axetic là 0,08. b. Hãy xác địch giá trị x để dung dịch hổn hợp này có giá trị pH = 3,28 (nồng độ CH3COOH vẫn là 0,002M). Đáp án Câu 3: a. Số mol CH3COOH bị phân li 2 × 10-3 × 10-2 . 8 = 16.10-5 mol ⇔ CH3COOCH3COOH -5 16.10 16.10-5 C2H5COOH ⇔ C2H5COO- + H+ 2x 2x α là độ điện ly của C2H5COOH (16.10 −5 + αx)(16.10 −5 ) Ta có ( 2.10 −3 − 16.10 −5 ) + = 1,8.10-5 (16.10 −5 + αx)(αx) ( x − αx ) H+ 16.10-5 2x (1) = 1,3.10-5 ⇒ αx = 4,7.10-5 Thay vào (2) ⇒ x = 79,5.10-5 = 8.10-4M b. pH = 3,28 ⇒ H + = 10-3,28 = 0,000525M CH3COOH ⇔ CH3COO + H+ 2α’10-3 mol 2α’10-3 mol 2α’10-3 mol α’là độ điện ly của CH3COOH C2H5COOH ⇒ C2H5COO+ αx mol αx mol (2) [ ] α là độ điện ly của C2H5COOH (52,5.10 )(2α .10 ) −5 , −3 (2.10 −3 − 2α , .10 −3 ) = 1,8.10-5 H+ αx mol (52,5.10 )(α .x ) −5 ( x − αx ) ⇒ 2α’.10-3 + αx = 1,3.10-5 = 52,5.10-5 α’= 0,03315 ≈ 0,033 ; α = 0,024 αx = 52,5.10-5 – 0,066.10-3 = 45,9.10-5 x = 19.10-3M Thang điểm: Ýa : 2 điểm Ýb : 2 điểm (4) (5) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI KHỐI : HÓA HỌC : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 2: Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợp A bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng: CO(K) + H2O(K) ⇔ CO2(K) + H2(K) Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ số mol ban đầu của CO và H2O bằng 1:n Gọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2. 1. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và Kc. 2. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng). 3. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu. Đáp án câu 2 : 1. Xét cân bằng: CO + H2O ⇔ CO2 + H2 Trước phản ứng 1 n 0 1 Phản ứng a a a a Sau phản ứng 1-a n-a a 1+a Tổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2 Kc = [CO2 ][H 2 ] = a(1 + a) [CO][H 2 0] (1 − a)(n − a) 1− a (N = n+2) N Khi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn 100x2 + 65x – 2 = 0 Giải phương trình: x = 2,94% 1− a 3. Muốn x = 1% thay a vào = 0,01 và thay tiếp Kc ta có phương trình. N 5,04 N2 – 12N – 200 = 0 Giải phương trình: N = 7,6 tức n = 5,6 Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có quan hệ lớn hơn 5,6. 2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x= Thang điểm: 1. 1 điểm 2. 1, 5 điểm 3. 1,5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 4: Một pin điện được thiết lập bởi điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1M và điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1M. Cho E0 Zn2+/Zn = - 0,76V E0 Ag+ /Ag = 0,8V a. Viết sơ đồ pin. b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động. c. Tính sức điện động của pin d. Tính nồng độ các chất khi pin hết. Đ áp án câu 4: a) Sơ đồ Pin: (-) Zn / Zn (NO3)2 (0,1M) // AgNO3 (0,1M) / Ag (+) b) Cực âm : Zn → Zn2+ + 2e x 1 Cực dương : Ag+ + 1e → Ag x 2 Phản ứng trong pin: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag (1) c ) E0pin = E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V [ ] [ ] 2 + −2 0 , 059 Ag 0 , 059 10 lg = 1,56 + lg −1 = 1,53V ⇒ E pin = E0pin + 2 Zn 2+ 2 10 d) Hết pin E pin = 0 [Ag ] = − 2E pin = − 2 × 1,56 = −52,88 → [Ag ] = 10 lg [Zn ] 0,059 [Zn ] 0,059 + 2 2+ 0 + 2 −52 ,88 2+ Theo phản ứng 1 cứ 2 mol Ag+ bị khử có 1 mol Zn bị oxy hóa. Gọi x là lượng Zn đã bị oxyhoa khi pin ngừng hoạt động. [Ag + ] = 0,1 - 2x (0,1 − 2 x) 2 = 10 −52,88 ≈ 0 (gần đúng) 2+ 0 , 1 + x [Zn ] = 0,1 + x ⇒ x = 0,05 Thang điểm: + a. 0.5 điểm [Zn 2 ] = 0,1 +0,05 = 0,15 M b. 1 điểm [Ag+ ] = 10 −52,88 0.15 = 1.4.10 −27 M c. 1 điểm d. 1.5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VT Trường Chuyên Lê Quý Đôn Mã đề: ******************* ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04 MÔN THI : HÓA HỌC KHỐI : 10 THỜI GIAN : 180 Phút Năm Học : 2005 – 2006 Câu 5: Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2 và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa (% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thu được 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2. 1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra. 2. Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng. 3. Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B. Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kín dung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể). Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưa nhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tan hoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì? Đáp án câu 5: 1. Các phản ứng: Ca (OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O 0 t 2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O (1) (2) Nung nóng hổn hợp A: 6 CaOCl2 3 Ca(ClO)2 2. nCaOCl2 = nCa (ClO ) 2 nCaCl2 5CaCl2 + Ca(ClO3)2 (3) 2CaCl2 + Ca(ClO3)2 152,4 × 50 = 0,6mol 100 × 127 = = t0 → t0 152,4 × 28,15 = 0,3mol 100 × 143 152,4 × 21,85 = 0,3mol 100 × 111 (4) ∑ nCl2 phản ứng VCl2 = 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol = 1,2 × 22,4 = 26,88 lít3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phản ứng (2,3,4) % mCaCl2 5 2 0,6. + 0,3. + 0.3 111.100 6 3 = 72,83% = 152,4 4.Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng: Ca(ClO3)2 t0 → CaCl2 + 3 O2 (5) Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5) nO2 bay ra = 0,6. 1 + 0,3 = 0,6 mol ⇒ 2 Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại: 4M + nO2 ⇒ 2M2On (6) Tức bằng: 0,6 x 0,25 = 0,15 mol Hòa tan chất rắn trong bình: M2On + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2O (7) 2M + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2 ↑ (8) ∑ nH2 = 13,44 = 0,6mol 22,4 Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng số mol (e) O2 và H+ nhận. Gọi a là số mol kim loại M ta có: na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,8 1,8 16,2 = ⇒ M = 9n Tức a = n M ⇒ M = 9n Chỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al) Thang điểm: Ý1 Ý2 Ý3 Ý4 : 1điểm : 0.5điểm : 0,5điểm : 2 điểm Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu I : 1/ Hai nguyeân toá A, B taïo thaønh hôïp chaát X. Khi ñoát noùng ñeán 8000C taïo ra ñôn chaát A. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá A baèng soá lôùp electron nguyeân töû nguyeân toá B. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá B baèng soá lôùp electron nguyeân töû nguyeân toá A. Dieän tích haït nhaân cuûa nguyeân töû B gaáp 7 laàn cuûa nguyeân töû A. Xaùc ñònh nguyeân toá A, B vaø coâng thöùc phaân töû cuûa hôïp chaát X. 2/ Toång soá proton, nôtron, electron trong nguyeân töû cuûa hai nguyeân toá M vaø X laàn löôït baèng 82 vaø 52. M vaø X taïo thaønh hôïp chaát MXa, trong phaân töû cuûa hôïp chaát ñoù coù toång soá proton cuûa caùc nguyeân töû baèng 77. a/ Haõy cho bieát 4 soá löôïng töû öùng vôùi electron choùt cuûa M vaø X. b/ Xaùc ñònh vò trí cuûa chuùng trong baûng tuaàn hoaøn caùc nguyeân toá hoùa hoïc. c/ Xaùc ñònh coâng thöùc phaân töû cuûa MXa. Ñaùp aùn caâu II : Noäi dung 1/ ZA ; ZB < 105 ⇒ 7ZA < 105 ⇒ ZA < 15 ⇒ ZA thuoäc chu kyù nhoû ( chu kyø ñaàu ) Goïi : nA ; nB laø soá lôùp e cuûa A ; B nA = qB qA ; qB laø soá e hoùa trò A ; B nA = qB nB < 3 ⇒ qB < 3 ⇒ B laø kim loaïi. ZB = 7ZA ⇒ nB > nA ; 4 < nB < 7 ⇒ 4 < qA < 7 ⇒ A laø phi kim. Nguyeân toá A B C N O F Si ZA 5 6 7 8 9 14 nA 2 2 2 2 2 3 qA 3 4 5 6 7 4 Nguyeân toá B Br Mo In Ba Eu ZB 35 42 49 56 63 98 NB 4 5 5 6 6 7 Ñieåm qB 7 1 3 2 2 2 Choïn A laø O vaø B laø Ba thoûa ñieåu kieän. Coâng thöùc phaân töû cuûa X laø BaO2 ( khoâng choïn BaO vì BaO beàn khoâng bò phaân huûy ) t0 2BaO2 → 2BaO + O2 1 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung 2/a) Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû X laø Z, N, E theo ñaàu baøi ta coù : Z + N + E = 52 (Vì nguyeân töû trung hoøa ñieän Ñieåm Z = E) ⇒ 2Z + N = 52 ⇒ N = 52 – 2Z Ñoái vôùi caùc nguyeân toá beàn (tröø hidro) : Z < N < 1,52 Z ⇒ Z < 52 – 2Z < 1,52 Z ⇒ 3Z < 52 < 3,52Z ⇒ 52 52 ≤Z≤ 3,52 3 ⇒ 14,77 < Z < 17,33 Vaäy Z coù ba giaù trò : 15 ; 16 vaø 17. • Z = 15 ⇒ N = 22 ; tyû leä N : Z = 22 : 15 = 1,47 • Z = 16 ⇒ N = 20 ; tyû leä N : Z = 20 : 16 = 1,25 • Z = 17 ⇒ N = 18 ; tyû leä N : Z = 18 : 17 = 1,06 X thuoäc chu kyø 3, caùc nguyeân toá thuoäc chu kyø 3 coù tyû leä : N : Z < 1,22 . Vaäy choïn Z = 17, X laø Clo. Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû M laø Z’, N’, E’ theo ñaàu baøi ta coù : 2Z’ + N’ = 82 ⇒ N’ = 82 – 2Z ⇒ 3Z’ < 82 < 3,52Z’ 82 82 Theo ñaàu baøi : Z’ = 77 – 17a ⇒ ≤ 77 − 17a ≤ 3,52 3 ⇒ 2,92 < a < 3,16 , a nguyeân do ñoù choïn a = 3 ⇒ Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vaäy M laø Fe. Vaäy caáu hình electron cuûa Clo : 1s22s22p63s23p5 ⇒ ↑ * Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Clo laø : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2 * Vò trí cuûa clo trong BTH : - Chu kyø 3 ; phaân nhoùm chính nhoùm VII Vaäy caáu hình electron cuûa Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2 ⇒ ↑ ↑ ↑ ↑ * Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Fe laø : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2 * Vò trí cuûa Fe trong BTH : - Chu kyø 4 ; phaân nhoùm phuï nhoùm VIII c) Coâng thöùc phaân töû laø : FeCl3 2 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu II : 1/ Haõy xaùc ñònh ñôn vò cuûa haèng soá toác ñoä phaûn öùng coù baäc 0, 1, 2, 3 (ñôn vò noàng ñoä mol/l ; ñôn vò thôøi gian laø s) Aùp duïng : phaûn öùng : 2N2O5 = 4NO2 + O2 Trong pha khí ôû 250C coù haèng soá toác ñoä phaûn öùng baèng 1, 73.10−5 s-1 . Tính toác ñoä ñaàu cuûa phaûn öùng xaûy ra trong bình phaûn öùng dung tích 12 lít vaø vaø aùp suaát 0,1 atm. 2/ Cho phaûn öùng : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k) a) Thöïc nghieäm cho bieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng thuaän laø : 32 V1 = K1. CCO .CCl . Haõy vieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch. 2 b) ÔÛ 100 C phaûn öùng coù haèng soá caân baèng KP = 1, 25.108 atm -1 0 - Tính haèng soá caân baèng K 'C , K 'X (X laø phaàn mol cuûa khí Xi = phaân huûy ôû 1000C (ghi roõ ñôn vò caùc haèng soá caân baèng, neáu coù) Tính ñoä phaân li α cuûa COCl2 ôû 1000C döôùi aùp suaát toång quaùt 2atm. ni ) cuûa phaûn öùng n hh Ñaùp aùn caâu II : Noäi dung 1/ phaûn öùng coù baäc chung laø n. Bieåu thöùc toác ñoä cuûa phaûn öùng laø : Ñieåm V = KCnA Ñôn vò cuûa K = n Ñôn vò cuûa K don vi cua V ( don vi cua C ) 0 n = mol.l−1.s−1 ( mol.l−1 ) 1 m ol.l − 1 .s − 1s − 1 n = mol1− n .l n −1.s−1 2 3 m ol − 1 .l.s − 1 m ol − 2 .l 2 .s − 1 Aùp duïng : Theo ñeà baøi : K = 1, 73.10−5 s-1 ⇒ phaûn öùng baäc moät. PV Soá mol N2O5 ban ñaàu : n0 = RT P Noàng ñoä ban ñaàu cuûa N2O5 laø : C0 = RT 3 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung Toác ñoä ban ñaàu : V0 = KC0 = 1,73.10−5 × Ñieåm 0,1 = 7,1.10−8 mol-1.l.s−1 0, 082 × 298 2/ a) Ta bieát raèng ñònh luaät taùc duïng khoái löôïng luoân luoân nghieäm ñuùng vôùi caân baèng hoùa hoïc, khoâng phuï thuoäc vaøo cô cheá phaûn öùng (ñôn giaûn hay phöùc taïp), vaäy haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng thuaän nghòch treân vaãn laø : [ COCl2 ] K= [ CO] .[Cl2 ] Vaäy : V1 = KCCO .C3Cl2 hay V1 = KCCO .CCl .Cl12 2 2 2 Bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch laø V2 : V2 = K 2CCOCl2 .Cl12 2 b) Tính K 'C , K 'X : Phaûn öùng thuaän nghòch : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k) ÔÛ 1000C coù haèng soá caân baèng : 1 1 = = 8.10−9 atm K'P = K P 1,28.108 K'C = K 'P ( RT ) −∆n ( ∆n=2 - 1 = 1) K'C = 8.10−9 × ( 0,082 × 373) −1 = 2,6.10−10 mol/l Tính ñoä phaân li α : COCl2(k) = CO(k) + Cl2(k) Bñ (mol) a 0 0 Cb (a – x) x x (0 < x < a) Toång soá mol cuûa heä caân baèng : (a – x) + x + x = (a + x) mol x a−x vaø XCOCl2 = ⇒ XCO = XCl2 = a+x a+x 2 x X .X CO Cl 2 a+x ⇒ K'X = = = 4.10−9 XCOCl2 a−x a+x x Giaûi phöông trình treân ta coù : = 6,3.10−5 a Vaäy ñoä phaân li cuûa COCl2 laø : α = 6,3.10−5 hay 0,0063% 4 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu III : 1/ Moät axit yeáu ñôn chöùc hoaø tan vaøo nöôùc, noàng ñoä C (mol/l), haèng soá axit K, noàng + ñoä [H ] luùc caân baèng a(mol/l) a2 a) Chöùng minh : C = +a K b) Töø ñoù giaûi thích taïi sao dung dòch cuûa moät ñôn axit yeáu caøng loaõng thì pH cuûa dung dòch caøng taêng. 2/ Trong moät dung dòch 2 axit yeáu HA1 vaø HA2 coù haèng soá caân baèng khaùc nhau. a) Tính noàng ñoä [H+] trong dung dòch 2 axit ñoù theo haèng soá caân baèng vaø noàng ñoä cuûa 2 axit. b) Aùp duïng : Trong 1 dung dòch 2 axit CH3COOH 2.10−3 (mol/l) vaø C2H5COOH 1,9.10−2 (mol/l) . Tính pH cuûa dung dòch 2 axit ñoù. Ñaùp aùn caâu III : 1/ a) Goïi HA laø axit yeáu : Noäi dung → H+ + AHA ← Noàng ñoä bñ : C Noàng ñoä cb : C – a H+ . A− a2 K= = ⇔ C−a [ HA ] 0 a C= Ñieåm 0 a a2 +a K b) Xeùt 2 dung dòch cuûa cuøng axit yeáu HA, noàng ñoä C, C’ ( C’ < C ) coù noàng ñoä ion [H+] luùc caân baèng a, a’. a2 a'2 Ta coù : C= + a vaø C' = + a' K K 1 2 ⇒ C − C' = a − a'2 + ( a − a' ) 〉 0 K 1 1 = ( a - a' ) ( a + a' ) + 1 〉 0 do ( a + a' ) + 1 〉 1 K K + a > a’, [H ] giaûm ⇒ pH taêng. ( ) 5 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung 2/ a) Goïi HA1 vaø HA2 laø 2 axit yeáu maø : • Haèng soá caân baèng theo thöù töï K1, K2. • Noàng ñoä theo thöù töï C1, C2. Ñieåm x1, x2 laø noàng ñoä cuûa ion H+ töø 2 axit sinh ra cuõng laø noàng ñoä cuûa A1− , A 2− Noàng ñoä cuûa 2 axit luùc caân baéng laø : (C1 – x1) vaø (C2 – x2). Vôùi 2 axit yeáu coi C – x ≈ C Trong dung dòch coù caùc caân baèng : → H + + A1HA1 ← → H+ + A -2 HA 2 ← [H+] = x1 + x2 Ta coù bieåu thöùc : H+ . A − 1 x (x + x ) x (x + x ) K1 = = 1 1 2 ≈ 1 1 2 C1 − x1 C1 [ HA1 ] H+ . A − 2 x (x + x ) x (x + x ) K2 = = 2 1 2 ≈ 2 1 2 C2 − x 2 C2 [ HA2 ] ⇒ K1C1 = x1(x1 + x2) K2C2 = x2(x1 + x2) K1C1 + K2C2 = (x1 + x2)2 = [H+]2 H+ = K C + K C Vaäy : (1) 1 1 2 2 b) Aùp duïng : Thay caùc gía trò K1, K2, C1, C2 vaøo (1) ta coù : H + = 10−3,28 (mol/l) ⇒ pH = 3,28 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän 6 Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu IV : 1/ Cho bieát caùc giaù trò theá ñieän cöïc : Fe2 + + 2e = Fe E 0 = - 0,44 V Fe3+ + 1e = Fe2 + E 0 = - 0,77 V a) Xaùc ñònh E0 cuûa caëp Fe3+/ Fe b) Töø keát quûa thu ñöôïcv haõy chöùng minh raèng khi cho saét kim loaïi taùcduïng vôùi dung dòch HCl 0,1M chæ coù theå taïo thaønh Fe2+ chuù khoâng theå taïo thaønh Fe3+. 2/ Töø caùc dö kieän cuûa baûng theá ñieän cöïc chuaån cuûa moät soá caëp oxi hoùa – khöû, chöùng minh raèng caùc kim loaïi coù theá ñieän cöïc aâm ôû ñieàu kieän chuaån ñaåy ñöôïc hidro ra khoûi dung dòch axit. Ñaùp aùn caâu IV : Noäi dung 1/ a) Fe 2+ + 2e = Fe (1) Fe3+ + 1e = Fe2+ (2) Fe3+ + 3e = Fe (3) ∆G10 ∆G 20 ∆G30 Ñieåm = -n1E10 F = -2.(-0,44).F = -n 2 E20 F = -1.(0,77).F = ∆G10 + ∆G20 ∆G30 = -n3E30 F = -3E30 F = -2. ( -0,44 ) − 1. ( 0, 77 ) .F 2 ( −0, 44 ) + 0, 77 E30 = = −0, 036 V ⇒ 3 b) Trong dung dòch HCl 0,1M ⇒ H + = 10 −1 (mol/l) 0 + 0, 059 lg H + = −0, 059 V E2H + / H = E2H + / H2 2 ⇒ 0 E 0Fe2+ / Fe < E2H < E 0Fe3+ / Fe2+ + / H2 ⇒ H+ chæ oxi hoùa Fe thaønh Fe2+ . 7 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung Ñieåm 2/ Phaûn öùng : n H2 2 Nhö vaäy coù caùc baùn phöông trình phaûn öùng : M + nH+ = M n+ + 2H+ + 2e = H2 n+ M + ne = M (1) (2) 0 E2H = 0V + /H (3) E 0M n+ / M 2 Ñeå ñöôïc phaûn öùng (1) phöông trình (2) nhaân vôùi n roái tröø ñi phöông trình 2 (3). Khi ñoù ∆G cuûa phaûn öùng seõ laø : n n 0 - ( -n.F. E 0M n+ / M ) ∆G = ∆G(2) - ∆G(3) = - .2F. E2H + / H 2 2 2 0 = -nF( E2H - E 0M n+ / M ) + / H2 Ñeå chi phaûn öùng xaûy ra thì ∆G < 0. Vaäy : 0 0 E2H - EM >0 + n+ / H2 /M 0 Vì E2H = 0V ⇒ E 0M n+ / M < 0 . + / H2 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN 8 Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu V : Cho 50 gam dung dòch MX (M laø kim loaïi kieàm, X laø halogen) 35,6% taùc duïng vôùi 10 gam dung dòch AgNO3 thu ñöôïc keát tuûa. Loïc keát tuûa, ñöôïc dung dòch nöôùc loïc. Bieát noàng ñoä MX trong dung dòch sau thí nghieäm giaûm 1,2 laàn so vôùi noàng ñoä ban ñaàu. a) xaùc ñònh coâng thöùc muoái MX. b) trong phoøng thí nghieäm, khoâng khí bò oâ nhieãm moät löôïng khí X2 raát ñoäc, haõy tìm caùch loaïi noù ( vieát phöông trình phaûn öùng ). Ñaùp aùn caâu V : Noäi dung 35,6 × 50 = 17,8g 100 MX + AgNO3 = MNO3 + AgX↓ (mol) x x x x mAgX = (108 + X)x ; mMX phaûn öùng = (M + X)x mMX coøn laïi = 17,8 – (M + X)x C% MX trong dung dòch sau phaûn 17,8 − ( M + X ) x 35,6 × 100 = 60 − (108 + X ) x 1,2 Ñieåm a) m MX = ⇒ ⇒ ⇒ ⇔ ⇒ öùng laø : 120(M +X) = 35,6(108+ X) M Li (7) Na (23) X Cl (35,5) 12,58 M : Li ⇒ muoái MX laø LiCl X : Cl K (39) 4634,44 b) Ñeå loaïi khí Cl2 bò oâ nhieãm trong phoøng thí nhgieäm coù theå phun khí NH3 vaøo vaø ñoùng kín cuûa sau moät thôøi gian 10 – 15 phuùt : 3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl 6× NH3 + HCl = NH4Cl 3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl 9 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: (Đề này gồm có 3 trang) CÂU I (4 điểm) I.1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử sau: (a) B2H6 (b) XeO3 (c) Al2Cl6 Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6? I.2. I.2.1. Trình bày cấu tạo của các ion sau: O +2 , O 22− theo thuyết MO (cấu hình electron, công thức cấu tạo). Nhận xét về từ tính của mỗi ion trên. I.2.2. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NH3, NF3, BF3. I.3. Hòa tan 2,00 gam muối CrCl3.6H20 vào nước, sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3 và lọc nhanh kết tủa AgCl cân được 2,1525 gam. Cho biết muối crom nói trên tồn tại dưới dạng phức chất. I.3.1. Hãy xác định công thức của phức chất đó. I.3.2. Hãy xác định cấu trúc (trạng thái lai hóa, dạng hình học) và nêu từ tính của phức chất trên. CÂU II (4 điểm) II.1. Uran là một nguyên tố phóng xạ tự nhiên. II.1.1. Một trong các hạt nhân dưới đây được hình thành từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 236 238 U, 234U, 228Ac, 224Ra, 224Rn, 220Ra, 92 U . Hỏi hạt nhân đó là hạt nhân nào? 215 Po, 212Pb, 221Pb. Vì sao? để tạo II.1.2. Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 238 92 U thành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử của electron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mang điện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122. 1 3 N2(k) + H2(k) NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 1,3.10-2 2 2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ∆H0 của phản ứng trên. II.2. Cho phản ứng: II.3. Xét phản ứng: CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân. 1 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: CÂU III (4 điểm) III.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng (a, b) dạng ion thu gọn và (c, d) dạng phân tử: (a). ? + ? + HCO3- → BaCO3↓+ ? + H2O. (b). H3O+ + MgCO3 → Mg2- + HCO3- + ... (c). NaHS + CuCl2 → CuS↓ + ? + ? (d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → ..... III.2. Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 −4 M và FeCl3 10 −4 M. Tìm trị số pH thích hợp để tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit. Cho biết tích số hòa tan: KS(Mg(OH)2) = 1,12.10 −11 và KS(Fe(OH)3) = 3,162.10 −38 III.3. Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là 0,23 M thì dừng thu được dung dịch A1. III.3.1. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1. III.3.2. Tính pH của dung dịch A1. III.3.3. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1. -2 -4,75 Cho: Ka(HSO − 4 )= 10 ; Ka(CH3COOH) = 10 CÂU IV (4 điểm) IV.1. Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗn hợp A. IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion. IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8. Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion. IV.2. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R. IV.3. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3− /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lần lượt là E 10 = 0,34v và E 02 = 0,55v; E 03 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 −12 IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng: 2Cu2+ + 5I- 2CuI↓ + I 3− IV.3.2. Tính suất điện động của pin. 2 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: CÂU V (4 điểm) Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. •Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. V.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. V.2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. 3 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: CÂU I (4 điểm) I.1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phân tử sau: (a) B2H6 (b) XeO3 (c) Al2Cl6 Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6? I.2. I.2.1. Trình bày cấu tạo của các ion sau: O +2 , O 22− theo thuyết MO (cấu hình electron, công thức cấu tạo). Nhận xét về từ tính của mỗi ion trên. I.2.2. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chất sau: NH3, NF3, BF3. I.3. Hòa tan 2,00 gam muối CrCl3.6H20 vào nước, sau đó thêm lượng dư dung dịch AgNO3 và lọc nhanh kết tủa AgCl cân được 2,1525 gam. Cho biết muối crom nói trên tồn tại dưới dạng phức chất. I.3.1. Hãy xác định công thức của phức chất đó. I.3.2. Hãy xác định cấu trúc (trạng thái lai hóa, dạng hình học) và nêu từ tính của phức chất trên. Nội dung Điểm Câu I (4,0đ) 4 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: I.1. H H B B H Xe O H H 3 B lai hãa sp , ph©n tö B 2H 6 gßm 2 tø diÖn lÖch cã 1 c¹nh chung, O O liªn kÕt BHB lµ liªn kÕt 3 t©m vµ 3 Xe lai hãa sp ph©n tö chØ cã 2 electron, 1 electron cña d¹ng th¸p tam gi¸c H vµ 1 electron cña B. (b) (0,25 điểm) (a) (0,25 điểm) Cl Cl Al Có phân tử Al2Cl6 vì nguyên tử Al đạt cấu trúc bát tử vững bền. Không có phân tử B2F6 vì: phân tử BF3 bền do có liên kết pi không định chỗ được tạo thành giữa obitan trống của B với cặp electron không liên kết của F và kích thước của nguyên tử B bé so với nguyên tử F nên tương tác đẩy giữa 6 nguyên tử F lớn làm cho phân tử B2F6 trở nên kém bền. Cl Al Cl Cl Cl Al lai hãa sp 3, ph©n tö Al 2 Cl 6 gßm 2 tø diÖn lÖch cã 1 c¹nh chung, cã 2 liªn kÕt cho nhËn ®−îc t¹o thµnh do cÆp e kh«ng liªn kÕt cña Cl vµ obitan trèng cña Al.Trong Al 2 Cl 6 nguyªn tö Al ®¹t ®−îc cÊu tróc b¸t tö v÷ng bÒn. (c) (0,25 điểm) I.2. I.2.1. H (0,25 điểm) O +2 : (σ s ) 2 ( σ s ) 2 (σ z ) 2 (π x ) 2 = (π y ) 2 (π x ) 1= (π y ) * lk lk lk * lk * O O O O 0,25đ 2 O : (σ ) ( σ ) (σ ) (π ) = (π ) (π ) = (π ) 2− 2 lk s 2 * s 2 (1đ) lk z 2 lk x 2 lk y 2 * x 2 * y 2 0,25đ O +2 có electron độc thân nên thuận từ. O 22− không có electron độc thân nên 0,25đ ngịch từ. 5 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: I.2.2. H H F H C¸c vect¬ momen l−ìng cùc cña c¸c liªn kÕt vµ cÆp electron kh«ng liªn kÕt cïng chiÒu nªn momen l−ìng cùc cña ph©n tö lín nhÊt. (0,25 đ) I.3.1. F N N B F F F F (0,75đ) C¸c vect¬ momen l−ìng cùc cña c¸c liªn kÕt vµ cÆp electron kh«ng liªn kÕt ng−îc chiÒu nªn momen l−ìng cùc cña ph©n töbÐ h¬n NH3. Ph©n tö d¹ng tam gi¸c ®Òu C¸c vect¬ momen l−ìng cùc cña c¸c liªn kÕt triÖt tiªu lÉn nhau(tæng b»ng kh«ng) ph©n tö kh«ng ph©n cùc. (0,25 đ) (0,25 đ) n(AgCl) = (2,1525:143,5) = 0,015; n(CrCl3 . 6H2O) = (2:266,5) = 7,5.10-3 n(Cl- tạo phức) = 3(7,5.10-3) - 0,015 = 7,5.10-3 Trong phân tử phức chất tỷ lệ mol Cl − : Cr3+ = (7,5.10-3) : (7,5.10-3) = 1:1 Công thức của phức: [Cr(H2O)5Cl]2+ I.3.2. 24 Cr3+ (1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d3) → 24 Cr3+ : [Ar] 3d3 Cl 3d 3 4s 4p Ar H2O (0,75 đ) A H2 O Phøc thuËn tõ 900 H2 O 3 2 Cr lai hãa sp d (0,25đ) (0,75đ) 900 H2O B¸t diÖn ®Òu H2 O (0,25đ) CÂU II (4 điểm) II.1. Uran là một nguyên tố phóng xạ tự nhiên. II.1.1. Một trong các hạt nhân dưới đây được hình thành từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 236 238 U, 234U, 228Ac, 224Ra, 224Rn, 220Ra, 92 U . Hỏi hạt nhân đó là hạt nhân nào? 215 Po, 212Pb, 221Pb. Vì sao? II.1.2. Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 238 để tạo 92 U thành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử của 6 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: electron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mang điện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122. 1 3 N2(k) + H2(k) NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 1,3.10-2 2 2 và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ∆H0 của phản ứng trên. II.2. Cho phản ứng: II.3. Xét phản ứng: CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân. Câu Nội dung II II.1.1. Chỉ có sự phân rã α làm thay đổi số khối và hạt nhân AZ X được hình thành 234 U. từ 238 92 U phải có hiệu số (238-A) chia hết cho 4. Suy ra hạt nhân đó là Có n=6; l=1; m=0, s=+1/2 ⇒ Phân lớp sau chót Cấu hình electron lớp ngoài cùng: 6s2 4f14 5d10 6p2 Cấu hình electron của X: [Xe] 6s2 4f14 5d10 6p2 ⇒ ZX = 82 N Tỷ lệ =1,5122 ⇒ N = 1,5122.82 = 124; A = 124 + 82 = 206 ⇒ Z Gọi x là số hạt α , y là số hạt β 206 4 0 Sơ đồ phân rã phóng xạ: 238 92 U → 82 Pb + x ( 2 He) + y ( −1 e) Bảo toàn số khối: 206 + 4x = 238 ⇒ x= 8 Bảo toàn điện tích: 82 + 2x - y = 92 y=6 ½ N2 + ½ H2 NH3 -2 0 Ở 400 C có k = 1,3 . 10 ; ở 500 0 C có k = 3,8 . 10-3 1 Hệ thức Arrehnius: (0,50đ) 206 82 Pb (0,25đ) (0,75đ) 2 k 2 − ∆H T1 − T2 3,8.10 −3 lg = . = = −1,229 k1 R T1.T2 1,3.10 −2 − ∆H = II.3. (0,50đ) 6p2 II.1.2. II.2. Điểm (4.0đ) (1,0đ) − 1,229.8,314.673.773 = 53,2 kJ/mol − 100 CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k). ∆H 298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4. Áp suất khí quyển = 1 atm ⇒ KP = P CO2 = 1 0 ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = - RTlnKP = 0 ∆H 0 42,4.10 −3 cal / mol ⇒T= = =1104,2K ∆S0 38,4 cal / mol.K 7 (1,0đ) Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở 1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,20C CÂU III (4 điểm) III.1. Hoàn thành các phản ứng (a, b) dạng ion thu gọn và (c, d) dạng phân tử: (a). ? + ? + HCO3- → BaCO3↓+ ? + H2O. (b). H3O+ + MgCO3 → Mg2- + HCO3- + ... (c). NaHS + CuCl2 → CuS↓ + ? + ? (d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → ..... 8 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: III.2. Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 −4 M và FeCl3 10 −4 M. Tìm trị số pH thích hợp để tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit. Cho biết tích số hòa tan: KS(Mg(OH)2) = 1,12.10 −11 và KS(Fe(OH)3) = 3,162.10 −38 III.3. Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOH vào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là 0,23 M thì dừng thu được dung dịch A1. III.3.1. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1. III.3.2. Tính pH của dung dịch A1. III.3.3. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1. -2 -4,75 Cho: Ka(HSO − 4 )= 10 ; Ka(CH3COOH) = 10 Câu Nội dung III III.1. (a). Ba2+ + 2OH − +2HCO − → BaCO3 + CO 2− + 2H2O 3 3 + 2+ − (b). H3O + MgCO3 → Mg + HCO + H2O 3 (c). NaHS + CuCl2 → CuS + NaCl + HCl (d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + NH3 + H2O III.2. Để tách hết Fe3+ ở dạng kết thì : không có Mg(OH)2 và [Fe3+] ≤ 10-6. Điểm (2,0đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) (0,25đ) Tách hết Fe3+: [Fe3+] ≤ 10-6 và Ks Fe ( OH )3 = [Fe3+].[OH-] 3 = 3,162.10-8 ⇒ [Fe3+] = 3,162.10 −38 [OH ] − 3 ≤ 10-6 ⇒[OH-] ≥ ⇒ [H + ] ≤ 3,162.10 −38 = 3,162.10 −11 10 −6 (0,25đ) 10 −14 = 0,32.10 −3 ⇒ pH ≥ 3,5 −11 3,162.10 Không có Mg(OH)2↓: [Mg2+].[OH-] 2 ⇒ pH < 10,5 −4 3,35.10 − 4 10 Vậy: 3,5 ≤ pH < 10,5 (0,50) H2SO4 → H + + HSO − 4 0,05 0,05 0,05 + HCl → H + Cl − 0,18 0,18 NaOH → Na+ + OH − 0,23 0,23 9 (0,5đ) Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: H + + OH − → H2O 0,23 0,23 − + Dung dịch A1: HSO − 4 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na 0,23M; Cl 0,18M III.3.2. HSO − 4 H + + SO42- (1) 0,05M 0,05-x x CH3COOH x CH3COO − + H + (2) 0,02M H2O H + + OH − (1,0đ) (3) Ka 1 10 −2 = −4,75 = 555 〉 100 Ka 2 10 ⇒ cân bằng (1) là chủ yếu Ka1.Ca1 = 10-2.0,05 > 2.10-3 ⇒ bỏ qua sự điện ly của H2O Ca 1 0,05 = 〈 380 Ka 1 10 − 2 Xét cân bằng (1): x2 Ka1 = =10 − 2 ⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74 0,05 − x III.3.3. CH3COOH 0,02 (0,02 - y) Ka2 = (0,5đ) CH3COO − + H + 0,018 y 0,018 0,018.y =10 −4, 76 ⇒ y = 1,93.10 −5 và α = 9,65.10 −2 (0,02 − y) (0,5đ) % CÂU IV (4 điểm) IV.1. Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗn hợp A. IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion. 10 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8. Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion. IV.2. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R. IV.3. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3− /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lần lượt là E 10 = 0,34v và E 02 = 0,55v; E 03 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 −12 IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng: 2Cu2+ + 5I- 2CuI↓ + I 3− IV.3.2. Tính suất điện động của pin. Câu IV IV.1 IV.1.1. Nội dung Cr3+ + 3OH − → Cr(OH)3↓ Cr(OH)3 + OH − → CrO - + 2H2O 2 − + 4OH → CrO42- + 3e- + 2H2O 2 H2O2 + 2e- → 2OH − 2OH − + 2CrO - + 3H2O2 → 2CrO42- + 4H2O 2 CrO - IV.1.2. x 2 (0,5đ) x 3 Có kết tủa xanh lá cây; kết tủa tan tạo dung dịch màu vàng tươi. Thêm H2SO4 đặc: 2CrO42- + 2H + → Cr2O72- + H2O Cr2O72- + 9H2O → H3CrO8 + 14e- + 12 H + 2 H + + H2O2 + 2e- → 2H2O Cr2O72- + 7H2O2 + 2H + → 2H3CrO8 + 5H2O IV.2. Điểm (4,0đ) x 1 x 7 Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe(1) 0,18 0,18 x R R 11 (0,5đ) (0,5đ) Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: S +6 + 2e- → S +4 (2) 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O (3) 5,1 0,0425 = 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại. R Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4 → 3SO2 + 2H2O (4) 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. Xét R là cacbon: C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120=5,1 gam. Thích hợp với đề ra. Vậy R là cacbon. IV.3. Phản ứng xảy ra: 2Cu2+ + 5I − 2CuI↓ + I 3− IV.3.1. Sự oxi hóa (anod): 3I − I 3− + 2e(a) 2+ 0 Sự khử: Cu + 2e Cu E1 (1) Cu+ + 1eCu E02 (2) −1 + − CuI Cu + I KS (3) E0C 0,059 Sơ đồ pin: Cu2+ + I − + 1eCuI K − − 2+ − (-) Pt I 3 , I CuI , Cu , I Pt (+) IV.3.2. Kc = K1.K2.K3 = 10 ⇒ 10 E 0C 0, 059 = 10 2.0 , 034 0, 059 2.E10 0,059 .10 −0, 52 0 , 059 . 10 −E02 0,059 (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (c) (0,5đ) . K S−1 .1012 = 1014, 72 (0,5đ) E 0C = 0,059.14,72 = 0,868 (v) E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 v CÂU V (4 điểm) Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. •Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. V.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. V.2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Câu V Nội dung Điểm (4,0đ) V.1. X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri. Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot. (1,0đ) Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa. Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −x Đặt công thức của X là NaIOx. Phản ứng dạng ion: 2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1) V.2. I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + Ag + + I − → AgI IO −x + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2O I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 -3 1,87.10 ← 3,74.10-3 Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 Theo (4) ⇒ Số mol IO −x = ⇒ ⇒ ⇒ 1 x (số mol I2) = 1 x (1,25đ) .1,87.10-3 0,1 1 = .1,87.10-3 23 + 127 + 16 x x 0,1. x = 1,87.10-3 150 + 16 x 0,1x = 0,2805 + 0,02992x x=4 Công thức phân tử của X: NaIO4 13 (2) (3) (4) (5) (1,75đ) KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu I : I.1 X thuộc chu kỳ 4, Y thuộc chu kỳ 2 của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Ii là năng lượng ion hoá thứ i của một nguyên tử. Thực nghiệm cho biết tỉ số Ik+1/ Ik của X và Y như sau: I k +1 Ik X Y I3 I2 4,31 1,96 I2 I1 1,94 2,17 I4 I3 1,31 1,35 I5 I4 1,26 6,08 I6 I5 1,30 1,25 Lập luận để xác định X và Y. I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm. 2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. 2.2 Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. 2.3 Xác định bán kính ion của Cu+. Cho dCuCl = 4,316 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.1023. I.3 Urani phân rã phóng xạ thành radi theo chuỗi sau : α β− α β− α → Th → Pa → U → Th → Ra U Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên. 238 92 Câu II: II.1 Trong bình chân không dung tích 500cm3 chứa m gam HgO rắn. Đun nóng bình đến 5000C xảy ra phản ứng: 2HgO(r) 2Hg(k) + O2(k) Áp suất khi cân bằng là 4 atm 1.1 Tính KP của phản ứng 1.2 Tính khối lượng nhỏ nhất của thuỷ ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho Hg = 200. II.2 Đốt cháy etan ( C2H6 ) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C. 2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : CO2 H2O (l) O2 ∆Hht ( KJ.mol-1) Liên kết -393,5 -285,8 0 C–C H–C H–O O=O Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) 347 413 464 495 2.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1. Câu III: III.1 Thêm 1 ml dung dịch NH 4 SCN 0,10 M vào 1ml dung dịch Fe3+ 0,01 M và F − 1M. Có màu đỏ của phức FeSCN 2+ hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi C FeSCN 2+ > 7.10 −6 M và dung dịch được axit hóa đủ để sự tạo phức hidroxo của Fe (III) xảy ra không đáng kể. Cho β3−1FeF = 10−13,10 ; β1FeSCN 2+ = 103,03 ( β là 3 hằng số bền). III.2 Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp gồm Ag + 1,0.10-3 M; NH 3 1,0 M và Cu bột. Cho β 2 Ag( NH + 3 )2 = 10 7,24 ; β 4Cu( NH3 )42 + = 1012,03 ; E 0 Ag+ / Ag = 0, 799V; E 0 Cu2+ / Cu = 0, 337V (ở 250C) Câu IV: IV.1 Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn: E0 Cu2+/Cu+ = +0,16 V E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V E0 Ag+/Ag = +0,8 V 0 + 0 2+ E Cu /Cu = +0,52 V E Fe /Fe = -0,44 V E0 I2/2I- = +0,54 V Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau: 1.1 Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat 1.2 Cho bột đồng vào dung dịch đồng (II) sunfat 1.3 Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat 1.4 Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua IV.2 Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ - Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot - Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc) Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A. Câu V: V.1 Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn. V.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2.1 Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3. 2.2 Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. 2.3 H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO4(trong môi trường axit). Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. ---------- Hết ---------- KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 10 Thời gian làm bài 180 phút PHẦN ĐÁP ÁN Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu 1: I.1 Đối với X, từ I2 lên I3 tăng đột ngột, vậy ion X2+ có cấu hình của một khí hiếm do đó : X là [Ar] 4s2 ( Canxi ) (0,5 đ) Đối với Y, từ I4 lên I5 tăng đột ngột, vậy ion Y4+ có cấu hình của một khí hiếm do đó: Y là [He] 2s22p2 ( Cacbon) (0,5 đ) I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm. 2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. 2.2 Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. 2.3 Xác định bán kính ion của Cu+. Cho dCuCl = 4,316 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.1023. Giải: I.2.1. (0,5 đ) ClCu+ 2.2 (0,75 đ) Vì lập phương mặt tâm nên Cl- ở 8 đỉnh: 8 × 1 = 1 ion Cl8 ⇒ 4 ion Cl- 1 = 3 ion Cl2 1 Cu+ ở giữa 12 cạnh : 12 × = 3 ion Cu+ ⇒ 4 ion Cu+ 4 ở t âm : 1x1=1 ion Cu+ Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Cu+ + 4Cl- = 4CuCl 6 mặt: 6 × N .M CuCl với V=a3 ( N: số phân tử, a là cạnh hình lập phương) N A .V N.M CuCl 4, (63,5 + 35,5) ⇒ a3 = = = 158,965.10 − 24 cm 3 23 d .N A 4,136.6,023.10 (0,25 đ) 2.3 (0,50 đ) d = ⇒ a = 5,4171A o Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2ra − 2r− 5,4171 − 2.1,84 ⇒ r+ = = = 0,86855 A o 2 2 (0,25 đ) I.3. 238 92 U 234 90 → 234 91 Pa → Th 234 92 U 234 90 → Th 234 91 0,25 0 −1 e 0,25 4 2 He 0,25 4 2 He 0,25 0 −1 Th + + 226 88 → Th e + + 230 90 → 0,25 4 2 234 92 U 230 90 Câu 2: 1.1 (1 đ) [ ]0 [ ]cb Pa He + Ra 2HgO (r) a mol a – 2x 2Hg(k) 0 2x + O2(k) 0 x 2 4 3 4.43 2 1 K p = P .PO2 = P P = P = = 9, 48 27 27 3 3 1.2 (1 đ) . Số mol Hg nhỏ nhất khi a = 2x. Từ công thức PV 4.0,5 n= = = 3x → x = 0, 0105 RT 0,082.773 Vay a = 0,021 mol 2 Hg m HgO = 0, 021.216 = 4,53g II.2. Đốt cháy etan ( C2H6 ) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C. 2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : ∆Hht ( KJ.mol-1) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol-1 ) CO2 -393,5 C–C 347 H2O -285,8 H–C 413 O2 0 H–O 464 O=O 495 -1 2.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol ). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol-1.K-1. Giải: 0,5 7 2.1. C2H6 + O2 2CO2 + 3H2O ∆H = - 1560,5 KJ → 2 ( 2C2H6 + 7O2 4CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ ) → ∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2H6 0,5 [4(− 393,5) + 6(− 285,8) − (− 3121)] = - 83,9 ( KJ.mol-1) ∆HhtC2H6 = 2 ∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O [2x347 + 12x 413 + 7 x 495 − 12x 464 − (− 3121)] = 833( KJ.mol-1) EC = O = 8 2.2 ∆G° = ∆H° - T∆S° [− 1560,5 − (− 1467,5)] = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1 ∆S° = (25 + 273) Câu 3: III.1. Ta có: C Fe3+ C Ag + ) Với x C Cu 2 + ) Cu2+ + 4NH3 Cu(NH3)42+ β 4 = 1012,03 (3) Tổ hợp (1)(2) và (3): 2Ag(NH3)2+ + Cu 2Ag + Cu(NH3)42+ ; K = β 2−2 .K 0 .β 4 = 1013,16 0,5 đ 1,0.10-3 ----5,0.10-4 TPGH: Cu(NH3 )24+ : 5,0.10-4M ; NH3 :1, 0 − 2.10 −3 ≈ 1, 0M Cân bằng Cu(NH3)42+ + 2Ag 2Ag(NH3)2+ + Cu 10 - 13,16 -4 C 5,0.10 [ ] 5,0.10-4-x 2x 2 (2x) ⇒ = 10 −13,16 (5, 0.10 −4 − x) x = 5.10 - 4 2x = 5x10 −4 .10 −13,16 = 10 −8,23 < 5x10 −4 Vậy: [Ag(NH 3 )2+ ]=2x=10-8,23 = 5, 9.10 −9 M -4 [Cu(NH 3 )2+ 4 ]=5,0.10 M Mặc dù Ag+ tồn tại dưới dạng phức Ag(NH 3 )+2 nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn. Câu 4: IV.1. 1.1. Vì E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0 Fe2+/Fe = -0,44 V Tính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn Fe2+ 0,5 đ 0.5đ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+ Phản ứng xảy ra 2 Fe3+ + Fe → 3 Fe 2+ Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt 1.2. Vì E0 Cu+/Cu = +0,52 V > E0 Cu2+/Cu+ = +0,16 V Tính oxi hóa: Cu+ mạnh hơn Cu2+ Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu (0.5đ) Phản ứng xảy ra Cu + + Cu + → Cu 2+ + Cu Do đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 không có hiện tượng gì (0.5đ) 0 + 0 3+ 2+ 1.3.Vì E Ag /Ag = +0,8 V > E Fe /Fe = +0,77 Tính oxi hóa: Ag+ mạnh hơn Fe3+ Tính khử: Fe2+ mạnh hơn Ag Phản ứng xảy ra Fe2 + + Ag + → Fe3+ + Ag (0.5đ) Dung dịch màu lục nhạt chuyển sang màu vàng 1.4. Vì E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0 I2/2I- = +0,54 V Tính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn I2 Tính khử: I- mạnh hơn Fe2+ Phản ứng xảy ra 2I− + 2Fe3+ → I 2 + 2Fe 2+ (0.5đ) Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu IV.2 Điện phân dung dịch A: (2đ) → X + + NO3− XNO3 ← Ở anot : H2O – 2e → 2H+ + ½ O2 Ở catot : X+ + 1e →X Ứng với 2t giây, số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol Vậy ở catot có khí H2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 mol Chứng tỏ X+ đã bị khử hết Ở catot : X+ + 1e →X 2H2O + 2e → 2OH- + H2 Ở anot : H2O – 2e → 2H+ + ½ O2 Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực: a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của XNO3) ⇒ a = 0,046 Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag) 1It 0,064 Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi : = = 0,032 96500 2 96500.0, 032 = 1600 giây t= 1,93 Câu 5: Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit 2MS + (2 + n:2)O2 → M2On + 2SO2 a 0,5a M2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + n H2O 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO3 m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : 3 (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n (0,25 đ) (0,25 đ) (0,50 đ) 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ 0,5 đ Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO3)3 là m= 0,05 × 242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 đ) Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2O Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO3)3 . 9H2O (0,50 đ) V.2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2.1. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3. 2.2. Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. 2.3.H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO4(trong môi trường axit) Giải:V. 2 (Mỗi phương trình 0,25 đ) 2.1 2KI + 2FeCl3 2FeCl2 + 2KCl + I2 2KI + O3 + H2O 2KOH + O2 + I2 I2 + 2Na2S2O3 2NaI + Na2S4O6 2.2 2Br- + 4H+ + SO42-( đặc) Br2 + SO2 + 2H2O 5Br- + BrO3- + 6H+ 3Br2 + 3H2O 5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO4 2.3 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH 2Na2CrO4 + 4H2O 5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2O Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. ---------- Hết ---------- HÓA 10 – ĐỀ HSG – DUYÊN HẢI BẮC BỘ Câu 1:(2 điểm): 1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2). 2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He. 3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a, Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và công thức phân tử XY2 . b, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào. Câu 2:(2 điểm): Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm? SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNCâu 3:(2 điểm): 1. Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 300K và 1200K của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (khí) CO ( khí) + 3H2 ( khí) Biết: ∆H0 (KJ/mol) ∆S0 J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 -29,6 a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 300K và 1200K? b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300K 2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết để tách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực. Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết: Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ mol Nhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / mol Năng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ mol Năng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ mol Ái lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ mol Câu 4:(2 điểm): 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24. 2. Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A. a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch. Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết. ( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 ) Câu 5:(2 điểm): Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là tấm đồng nhúng vào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Pt nhúng vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] = 4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là 0,34V và 0,77V. 1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khi pin bắt đầu làm việc. 2. Tính tỉ lệ [ Fe 3+ ] khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch Cu(NO3)2 0,8M là rất [ Fe 2+ ] lớn). Câu 6:(2 điểm): Cho sơ đồ biến hóa: A (1) (3) (4) X (5) Y (7) (8) (6) T (2) (9) (10) FeCl3 Z (11) M (12) N Hoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóa trên. Biết: X là một đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T là muối không chứa oxi của X, N là axit không bền của X. Câu 7:(2 điểm): Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra S4O62− ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4. 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). 2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu? Câu 8:(2 điểm): Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1) Xác định tên nguyên tố X. 2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B. Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g. a) Tính lượng kết tủa của A? b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. Câu 9:(2 điểm): 1. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. Phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. 2. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau: a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4 b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4 c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146 d) 1H2 + ...? → 2 2He4 + 0n1 Câu 10:(2 điểm): Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng : N2O4 (khí) 2NO2 (khí) với độ phân huỷ là 20% 1. Tính hằng số cân bằng Kp. 2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270C ------------------------- Hết --------------------------(Thí sinh được sử dụng bảng HTTH-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) KEYS CÂU 1 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2). 2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He. 3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a , Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY2 . b , Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào. Hướng dẫn 1. Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron: En = (eV) Ở trạng thái cơ bản: n = 1. * Với H: E1(H) = -13,6eV; * Với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV; 2. Năng lượng ion hóa của hidro là năng lượng tối thiểu để bứt e ra khỏi nguyên tử hoặc ion, tức là đưa e từ trạng thái cơ bản ra xa vô cùng (không truyền thêm động năng cho e). Dễ thấy: I1(H) =13,6eV; I2(He) = 54,4 eV. a , Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có các phương trình: 2 Zx 2 Zx Fe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 ; S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2. Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2. Phân tử Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm? SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNHướng dẫn Công thức Lewis SO2 S O SO3 Công thức cấu trúc AX2E Dạng lai hóa của NTTT sp2 Gấp khúc AX3 sp2 Tam giác đều O O O 0,25 0,75 + 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1) + 4 Zy − Nx − 2 Ny = 54 (2) 4 Zy − 2 Zx = 12 (3) Zy = 16 ; Zx = 26 Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 . b, Cấu hình electron: 2 0.5 S O 0,25 0,25 Mỗi ý đúng 0,1 điểm Dạng hình học của phân tử SO42- 2- O O AX4 sp3 Tứ diện AX4E sp3d Cái bập bênh AX2 Sp Đường thẳng S O SF4 SCN3 F O S F F F S C N 1.Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (khí) CO ( khí) + 3H2 ( khí) Biết là ∆H0 (KJ/mol) ∆S0 J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 -29,6 a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 12000K? b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K 2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết để tách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực. Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết: Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ mol Nhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / mol Năng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ mol Năng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ mol Ái lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ mol Hướng dẫn 1. a) Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ Ở 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải. ∆G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000K b) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K ∆G0 = -2,303RT lgK 0,5 0,5 (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95 ⇒ K = 10 4,95 2. Thiết lập chu trình Chu trình Born - Haber ∆H1 Ca(tt) + Cl2 (k) ∆H2 ∆H3 Ca (k) I1+I2 2Cl (k) 2A Ca2+ (k) + CaCl2(tt) -Uml 2Cl- (k) 0,5 Ta có: Uml = ∆H2 + I1 + I2 + ∆H3 + 2A - ∆H1 0,5 Uml = 192 + 1745 + 243 – (2 x 364) - (-795) Uml = 2247 (kJ/.mol) 4 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và 2 điểm KOH 5,00.10-3 M.Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24 2.Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A. a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch. Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết. ( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 ) Hướng dẫn 1) Tính pH của dung dịch: CN- + H2O HCN + OHNH3 + H2O NH4+ + OHKOH -> K+ + OHH2O H+ + OH- Kb1 = 10- 4,65 Kb2 = 10- 4,76 [OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+] Đặt [OH-] = x x = 5.10-3 + Kb1[CN]/x + Kb2[NH3]/x + KH2O/x 0,5 x2 - 5.10-3x - (Kb1[CN-] + Kb2[NH3] + KH2O) = 0 Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M . Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M. Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] [NH4+] pH = 11,77. 2) MgCl2 → Mg2+ + 2Cl – và Mg2+ + 2OH – → Mg(OH)2 (1) FeCl3 → Fe3+ + 3Cl – và Fe3+ + 3OH – → Fe(OH)3 (2) a) Để tạo ↓ Fe(OH)3 thì [OH –] ≥ Để tạo ↓ Mg(OH)2 → [OH –] ≥ 3 0,5 10 −39 = 10-12 M (I) −3 10 10 −11 = 10-4 M (II) −3 10 So sánh (I) < (II) thấy → ↓ Fe(OH)3 tạo ra trước. b) Để tạo ↓ Mg(OH)2: [OH –] = 10-4 → [H+] = 10-10 → pH = 10 (nếu 0,5 pH < 10 thì không ↓) Để ↓ hoàn toàn Fe(OH)3: [Fe3+] ≤ 10-6M → [OH –]3 > 10-33 → [H+] 3 0,5 Vậy để tách Fe3+ ra khỏi dd thì: 3 < pH < 10 Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là 2 điểm 5 tấm đồng nhúng vào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Pt nhúng vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] = 4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là 0,34V và 0,77V. 1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khi pin bắt đầu làm việc. 2. Tính tỉ lệ [ Fe 3+ ] khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch [ Fe 2+ ] Cu(NO3)2 0,8M là rất lớn). Hướng dẫn 1.E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059/1 . lg4 = 0,8055 V 2+ E(Cu /Cu) = 0,34 + 0,059/2 . lg0,8 = 0,3371 V Vậy điện cực dương là điện cực Pt; điện cực âm là điện cực Cu Epin = 0,8055 - 0,3371 = 0,4684 V 2. Pin hết điện tức là Epin = 0. Khi đó E (Cu2+/Cu) = E (Fe3+/Fe2+) Vì thể tích dung dịch Cu(NO3)2 rất lớn => nồng độ Cu2+ thay đổi không 1,0 đáng kể => E (Cu2+/Cu)=0,3371 V E (Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059/1 . lg ([Fe3+]/[Fe2+]) = 0,3371 => [Fe3+]/[Fe2+] = 4,5995.10-8. 6 Cho sơ đồ biến hóa : A (1) (3) (4) X (5) Y (6) (7) (8) T (2) (9) (10) FeCl3 Z (11) M (12) N Hoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóa trên. Biết: X là một đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T là muối không chứa oxi của X, N là axit không bền của X. Hướng dẫn: Sơ đồ biến hóa thỏa mãn là: HCl(2) (1) (3) (9) (4) FeCl3 X (5) KClO3 KClO4 (7) (8) (10) (6) KCl (11) KClO (12) HClO Có các phương trình phản ứng: H2 + Cl2 → 2HCl (X) (A) 6HCl + Fe2O3 → 2FeCl3 + 3H2O (A) (Fe3O4,) 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 o 3Cl2 + 6KOH t 5KCl + KClO3 + 3H2O (Y) 6HCl + KClO3 → 3Cl2 + KCl + 3H2O Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O (T) o 2KClO3 t 2KCl + 3O2 đp dung dịch(80oC) KCl + 3H2O Không có mnxKClO3 + 3H2 300o 4KClO3 → 3KClO4 + KCl (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) 1,0 KClO4 tocao KCl + 2O2 (10) đp dung dịch KCl + H2O Không có mnx KClO + H2 (M) KClO + CO2 + H2O → HClO + NaHCO3 (N) (11) (12) Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. 2 điểm 7 Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra 2+ S4 O 62 − ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4. 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). 2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu? Hướng dẫn 1.0 1. Fe O + 8H + → 2Fe3+ + Fe2+ + 4H O 3 4 2 (1) Fe O + 6H+ → 2Fe3+ + 3H O 2 3 2 (2) 2Fe3+ + 3I− → 2Fe2+ + I− 3 (3) 2S O 2− + I− → S O 2− + 3I− 2 3 3 4 6 (4) 5Fe2+ + MnO − + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H O 4 2 (5) 2. Trong 25 ml: n Fe = 5n MnO = 5x3, 2x1x10−3 =0,016 (mol) 2+ − 4 → trong 10ml n Fe = 6,4x10-3(mol) 2+ Từ (3) và (4): n Fe = n S O = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol) 2+ 2 3 2− Từ (3): n Fe = n Fe =5,5x10-3(mol) =2( n Fe O + n Fe O ) 3+ 2+ 3 4 2 3 0,25 Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO -3 -3 -4 n FeO = n Fe3O4 = 6,4x10 – 5,5x10 = 9x10 (mol) n Fe2O3 = 1 -3 n Fe3+ − n Fe3O4 =1,85x10 (mol). 2 0,25 Trong 50 ml : n Fe O =4,5x10-3(mol) → m Fe O =1,044 gam 3 4 3 4 → % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4% -3 n Fe2O3 = 9,25x10 (mol) → m Fe2O3 =1,48 gam 8 → % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67% 0,5 2 điểm Câu 8: Bài tập tổng hợp(2 đ) Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1. Xác định tên nguyên tố X. 2. Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B. Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g. a, Tính lượng kết tủa của A? B,Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. (cho Na = 23, N = 14, K = 39, Ag = 108, Br = 80, Zn = 65, Cu = 64) Hướng dẫn 1(0,75đ) Nguyên tử của nguyên tố X có: n=3 electron cuối cùng ở phân lớp 3p l=1 0,75 m=0 electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p s=-½ Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 -> Zx = 17 X là clo 2(1,25đ). a/ NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3 dư. KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3 Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO3 0,25 Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓ Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓ NaCl : x mol KBr : y mol nCu(NO3 )2 = -> 100 . 0,1 = 0,01 mol 1.000 C%NaNO 3 3,4 = C%KNO 3 3,03 m NaNO3 m KNO3 = 3,4 3,03 85x 3,4 = − > y = 0,75 x 101y 3,03 (1) 58,5x + 119y = 5,91 (2) x = 0,04 y = 0,03 Giải hệ pt (1), (2) 0,5 mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g b/ 1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g a mol Zn -> 151a 1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g 0,01 mol -> 0,01g 151a – 0,01 = 1,1225 a = 0,0075 n AgNO bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol 0,5 3 C M(AgNO3 ) = 0,085. 9 1000 = 0,85M 100 1. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa 2 điểm trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. 2. Hoàn thành các Pư hạt nhân sau: a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4 b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4 c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146 d) 1H2 + ...? → 2 2He4 + 0n1 Hướng dẫn 1. 0,25 0,693 0,693 = = 0,00347 / năm t1 / 2 200 N Áp dụng công thức: ln 0 = kt N k= ⇒ ln 0,25 12 6,5.10 = 0, 00347t 3.10−3 0,5 4 ⇒ t = 1,0176.10 năm hay 10.176 năm 2. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu: a. 0n1 10 b. 8O16 c. 35Br87 d. 3Li7 Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng : N2O4 (khí) 0,25x4 2 điểm 2NO2 (khí) với độ phân huỷ là 20% 1. Tính hằng số cân bằng Kp. 2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270C Hướng dẫn 1.Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là α , số mol của N2O4 ban đầu là n Phản ứng: N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu: n 0 Phân ly: nα 2n α Cân bằng n(1- α ) 2n α 1,0 Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+ α ) Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng: p N2O4 = 1−α P ; 1+α PNO2 = 2α P 1+ α 2 KP = 2 NO2 P PN 2O4 = 2α P 1+α 1−α P 1+α 4α 2 P = 1−α 2 với P = 1atm, α = 20% hay α = 0,2 ⇒ KP = 1/6 atm 2. n N 2O4 = 69/92 = 0,75mol Gọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là α ’ Phản ứng: N2O4 (k 2NO2 (k) Ban đầu: 0,75 0 Phân ly: 0,75 α ’ 1,5 α ’ Cân bằng 0,75(1- α ’) 1,5 α ’ Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+ α ’) Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng: P' = KP = n '' RT 0,75(1 + α ' ).0,082.300 = = 0,9225(1+α’) V 20 4α '2 P ’ = 1/6 '2 1−α Vì KP = const nên: 4α '2 .0,9225(1 + α ' ) = 1 / 6 '2 1−α ⇒ α ’ ≈ 0,19 1,0 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 1. Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4 Tìm công thức phân tử của Z Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học) a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k) Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l Tốc độ mol.l-1.s-1 1 0,010 0,010 1,2.10-4 2 0,010 0,020 2,4.10-4 3 0,020 0,020 9,6.10-4 b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ lúc cân bằng, biết rằng: 2H 2 O 2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,113 2CO 2 2CO + O 2 có pkp,2 = 20,400 c. Cho các dữ kiện dưới đây: C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6 ∆H a = −136,951 KJ / mol 7 C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol 2 C + O 2 → CO 2 ∆H c = −393, 514 KJ / mol 1 H 2 + O2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol 2 Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4 Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức) a. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M. Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2 b. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết TAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108. c. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau: 10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,0 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,0 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH = 3,0. Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75 1 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 4: A. Phản ứng oxi hóa – khử: 1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion: a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +... B. Điện hóa học 1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. Sn 2+ → Sn 4+ b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2+ → MnO 4− d. Fe2+ → Fe3+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: ; E 0 MnO / Mn = +1,51v E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v 3+ 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v 2+ E 0 Br ; 2 / 2Br − − 4 2+ = +1, 07v Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau: Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v a. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc c. Tính E của pin d. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết) 3 2 3 Câu 5: 1. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt 2. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và clorua vôi. 2 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 1. Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4 Tìm công thức phân tử của Z ĐÁP ÁN Số khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4 Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’ 2p 'b 6, 667 1 = = a(2p + 4) + 2p 'b 100 15 p 'b 1 ⇒ = (1) ap + p 'b + 2a 15 % khối lượng R trong MaRb = Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2) a+b=4 (3) (1), (2) ⇒ p'b 1 = 84 + 2a 15 1176 −2 15p ' b = 84 + 2a a ⇒p = (2) ⇒ p ' b = −ap 15 (3) ⇒ 1 ≤ a ≤ 3 a p 1 78,26 2 39,07 3 26 Fe a = 3 ⇒ b = 1 ⇒ p’ = 6: cacbon Vậy CTPT Z là Fe3C 3 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học) a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k) Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l Tốc độ mol.l-1.s-1 1 0,010 0,010 1,2.10-4 2 0,010 0,020 2,4.10-4 3 0,020 0,020 9,6.10-4 b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ lúc cân bằng, biết rằng: 2H 2 O 2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,113 2CO 2 2CO + O 2 có pkp,2 = 20,400 c. Cho các dữ kiện dưới đây: C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6 ∆H a = −136,951 KJ / mol 7 C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol 2 C + O 2 → CO 2 ∆H c = −393, 514 KJ / mol 1 H 2 + O 2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol 2 Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4 ĐÁP ÁN x y a. v = k[A] [B] Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y (1) -4 x y Thí nghiệm 2 ⇒ 2,4.10 = k.0,01 . 0,02 (2) -4 x y Thí nghiệm 3 ⇒ 9,6.10 = k.0,02 . 0,02 (3) x Lấy (3) chia cho (2) ⇒2 = 4 ⇒ x = 2 Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1 v = k [ A ] [ B] 2 Bậc phản ứng: x + y = 3 Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01 ⇒ k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1 b. Từ các dữ kiện đề bài ta có: 1 CO + O 2 2 H2 O CO + H 2 O CO 2 1 H 2 + O2 2 CO 2 + H 2 K P,3 = (1đ) 1 K P,2 K P,4 = K P,1 K P = K P,3 .K P,4 = 4 K P,1 K P,2 = 10 −20,113 = 100,1435 ≈ 1,392 (1đ) −20,400 10 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Giả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H2O CO Ban đầu Lúc câu bằng KP = + H2 O 1mol 1mol 1-a(mol) (1-a)mol PCO2 .PH2 PCO .PH2O CO 2 + H 2 K P = 1,392 a mol a mol a a P. P a2 2 2 = = với P là áp suất chung 2 1− a 1− a P. P (1 − a) 2 2 a = K P = 1,1798 1− a a ≈ 0,54mol a x 100% %H 2 = %CO2 = = 27% 2 (1 − a)x100% %CO = %H 2 O = = 23% 2 (1đ) c. Từ các dữ kiện đề bài ta có: ∆H1 = −∆H a = +136,951 KJ / mol C2 H6 → C2 H 4 + H 2 2CO 2 + 3H 2 O(l) → C 2 H 6 + 7 O 2 ∆H 2 = −∆H b = +1559,837 KJ / mol 2 + ∆H3 = 2∆H C = −787, 028 KJ / mol 2C + 2O2 → 2CO 2 3 ∆H 4 = 3∆H d = −857,514 KJ / mol 3H 2 + O 2 → 3H 2 O(l) 2 2C + 2H2 →C2H4 ∆Hht = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 = +52,246 KJ/mol (0,5đ) C2 H 4 → 2C + 2H 2 ∆H 5 = −∆H ht = −52, 246 KJ / mol ⇒ + 2C + 2O 2 → 2CO2 ∆H 3 = −787, 028 KJ / mol 2H + O → 2H O ( l ) ∆H 6 = 2∆H d = −571, 676KJ / mol 2 2 2 C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ∆H5 + ∆H3 + ∆H6 = -1410,95 KJ/mol 5 (0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức) d. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M. Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2 e. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết TAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108. f. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau: 10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,0 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,0 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH = 3,0. Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75 ĐÁP ÁN a. Ba 2+ + SO 42− TBaSO4 = ? BaSO 4 SO 24− + H + BaSO 4 + H + K1 = K a−12 = 10−2 ) −1 = 102 Ba 2+ + HSO −4 K = K1 .TBaSO4 = 102.TBaSO4 Ban đầu 2M Cân bằng 2-S(M) S -4 Với S = 1,5.10 M Ta có: S2 / (2-S) = 102 TBaSO TBaSO4 ( HSO −4 S 4 ( ( −4 ) 2 1,5.10 S2 = 2 = 2 = 1,125.10−10 −4 10 (2 − S) 10 2 − 1,5.10 Ba 2+ + SO 4 2− BaSO4 Cân bằng S’ S' = 1,125.10 2 ) TBaSO4 = 1,125.10−10 S’ −10 ⇒ S' = 1,125.10−10 ≈ 1, 061.10−5 M Na 2 SO 4 → 2Na + + SO 24− 0,001M BaSO 4 Ban đầu Cân bằng 0,001M Ba (0,5đ) 2+ + SO 42− TBaSO4 = 1,125.10−10 0,001M S” S’’+0,001 S”(S’’+0,001)=1,125.10-10 S”2 + 0,001S”=1,125.10-10 S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0 S” = 1,125.10-7M (nhận) S” = -10-3M (loại) 6 (0,5đ) (0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút b. Ag + + Cl − AgCl + Ag ( NH 3 ) 2 Kbền = 1,8.10 Ag + + 2NH 3 + 1M 1-2x x 2 (1 − 2x ) 2 8 Ag ( NH 3 )2 + Cl − K=TAgCl.Kbền = 3,24.10 AgCl + 2NH 3 Ban đầu Cân bằng TAgCl = 1,8.10−10 x -2 (0,5đ) x = 3, 24.10−2 x = 0,18 1 − 2x x = 0,132M ⇒ 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 mol AgCl Vậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ) c. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn: 10−4.10 = 5.10−5 M 20 0,1.10 CCH3COOH = = 0, 05M 20 CHCl = HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH CH3COO- + H+ C 0,05M 0 5.10-5M ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x ( 5.10 −5 + x) x 0, 05 − x 2 = 10−4,76 -5 x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5x x2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0 x = 9,0.10-4M (nhận) x = -9,646.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022 (0,5đ) Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH3 COOH C ∆C [ ] CA x CA – x CH 3 COO− + H + 0 x x 0 x x 7 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M (10 ) −3 2 CA − 10 −3 CA = = 10−4,76 −3 10−6 + 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M −4,76 10 Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] = 10−14 = 10−3 M −11 10 Sau khi trộn: 0, 0585x25 = 0, 03656M ≈ 3, 66.10−2 M 40 10−3 x15 CKOH = = 3, 75.10−4 M 40 CH3 COOH + KOH → CH3 COOK + H 2 O CCH3COOH = Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0 0 3,75.10-4 0 3,75.10-4 CH 3 COO− + H + CH3 COOH Dung dịch thu được là dung dịch đệm pH = pK CH3COOH + lg - CCH3COOK CCH3COOH = 4, 76 + lg 3, 75.10−4 3, 66.10−2 − 3, 75.10−4 pH = 6,745 (0,5đ) Tương tự với câu trên: Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic 3 (10 ) = − pH CHCOOH 2 K HCOOH + 10− pH = 10−6 + 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M −3,75 10 Sau khi trộn lẫn: 0, 0585.10 = 0, 02925M 20 6, 62.10−3.10 = = 3,31.10−3 M 20 CCH3COOH = CHCOOH Tính gần đúng: H + = K CH3COOH .CCH3COOH + K HCOOH .C HCOOH = 10−4,76.0, 02925 + 10−3,75.3, 31.10−3 = 1, 0969.10 −6 [H+] ≈ 1,047.10-3 pH = -lg (1,047.10-3) pH ≈ 2,98 (0,5đ) 8 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 4: A. Phản ứng oxi hóa – khử: 1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion: a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +... B. Điện hóa học 1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. Sn 2+ → Sn 4+ b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2+ → MnO −4 d. Fe2+ → Fe3+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v ; E 0 MnO / Mn = +1,51v 3+ 2+ 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v E 0 Br ; 2 − 4 / 2Br − 2+ = +1, 07v Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau: Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v e. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực f. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc g. Tính E của pin h. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết) ĐÁP ÁN A. 1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng. + Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thành phải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn A VD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag Trong đó: - Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+ - Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu + Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi: 2Ag + Cu2+ = Cu + 2Ag+ 3 2 3 Chất khử yếu chất oxi hóa yếu chất khử mạnh chất oxi hóa mạnh + Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,… 2. a. MnO 4− + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... +7 +2 ( MnO −4 : chất oxi hóa) x 24 Mn + 5e = Mn x5 6 C− 6.4e = 6 C ( C6H12O6: chất khử) 0 +4 24MnO 4− + 5C6 H12 O6 + 72H + → 24Mn 2+ + 30CO 2 + 66H 2 O 9 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Phương trình dưới dạng phân tử: 24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4 b. Fe x O y + SO 24− + H + → SO 2 ↑ +... + 2y x +3 x Fe − ( −2y + 3x ) e → x Fe x2 +6 x(3x-2y) (FexOy: chất khử) +4 ( SO24− : chất oxi hóa) S + 2e → S +3 ⇒ 2Fe x O y + ( 3x − 2y ) SO42− + [12x − 4y ] H + → 2x Fe+ ( 3x − 2y ) SO 2 + ( 6x − 2y ) H 2 O ⇒ Dạng phân tử: 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O B. 1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có: Sn 4+ + 2e Sn 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v Cu 2+ + e Cu + E 0Cu 2 + / Cu + = +0,34v Fe3+ + e Fe 2+ E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77v Br2 + 2e 2Br − E 0 Br2 / 2Br = +1, 07v MnO 4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O E 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v 4 Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d) a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br – E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v K = 10 2.0,92 0,059 + = 1,536.1031 2+ (0,25đ) – b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2Br E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v 2.0,73 K = 10 0,059 = 5,569.10 24 2+ 3+ c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2Br E0 = +1,07-0,77=+0,3v K = 10 2.0,3 0,059 (0,25đ) – = 1, 477.1010 (0,25đ) 2. a. ( − ) Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag(+) b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+ Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag 3 2 10 (0,25đ) (0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút c. 0, 059 lg Zn 2+ 2 0, 059 + lg Ag + 1 E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn + E Ag+ / Ag = E 0 Ag+ / Ag Epin = E Ag + / Ag ( − E Zn 2 + / Zn = E 0 Ag + / Ag −E 0 Zn 2 + / Zn ) 2 + 0, 059 Ag lg + 2 Zn 2+ −1 0, 059 (10 ) = ( +0,80 − ( −0, 76 ) ) + lg = 1,56 − 0, 0295 ≈ 1,53v 2 10−1 2 d. Khi hết pin Epin = 0 Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có: 0, 059 ( 0,1 − x ) = −1,53 E pin = 0 ⇔ lg x 2 0,1 + 2 2 ( 0,1 − x ) ⇒ ≈ 10−51,86 ≈ 0 x 0,1 + 2 ⇒ x ≈ 0,1M x Zn 2+ = 0,1 + ≈ 0,15M 2 2 x Ag + = 0,1 + .10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M 2 11 (0,5đ) (0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 5: 3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt 4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và clorua vôi. ĐÁP ÁN 1. A O (Y) t0 A x B y → 2 3 (X) BO 2 (Z) 2A.100 %A = = 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe 2A + 16.3 B.100 %B = = 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ S B + 16.2 Y + H2 : Fe2 O3 + 3H 2 t 0 2Fe + 3H 2 O 1 1 1,8 n H2 = . = 0, 3(mol) 3 3 2 = 2.n Fe2 O3 = 0, 3.2 = 0, 6(mol) n Fe2O3 = n Fe K2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O 0,4(mol) 1,2(mol) 117, 6 = 0, 4(mol) 294 ⇒ n S = 1, 2mol = n SO2 n K 2Cr2O7 = Với công thức FexOy ta có tỉ lệ: X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2 ⇒ X là FeS2 (pyrit sắt) m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g) 2. 2NaCl + 2 H2O 2 NaOH + H2 + Cl2 Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2O Nước Javel CaCO3 t 0 CaO + CO2 CaO + H 2 O = Ca(OH)2 Cl2 + Ca(OH)2 = CaOCl2 + H 2 O Clorua vôi 12 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10 Câu I : Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Câu II: II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau: Fe3O4 + H2 FeO + H2 Fe3O4 + 4H2 Fe2O3 + 3H2 3FeO + H2O (a) Fe + H2O (b) 3Fe + 4H2O (c) 2Fe + 3H2O (d) Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn lại II.2. Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt. Câu III : III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M. III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước. III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó. Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82 Câu IV : Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau : Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M. IV.1. Thiết lập sơ đồ pin. IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc. IV.3. Tính suất điện động của pin. IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện. E 0 Ag + / Ag = 0,8V Cho: E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76V Câu V: Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 . V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. 1 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I : Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Đáp án : F S F F Lai hóa sp2 F N F F F I F 1,5 điểm F Lai hóa sp3 Lai hóa sp3d 0,75 điểm Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T 0,75 điểm Không cực vì momen lưỡng cực liên kết bị triệt tiêu Có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu Có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu 1 điểm Câu II: II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau: Fe3O4 + H2 FeO + H2 Fe3O4 + 4H2 Fe2O3 + 3H2 3FeO + H2O (a) Fe + H2O (b) 3Fe + 4H2O (c) 2Fe + 3H2O (d) Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn lại II.2.Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt. Đáp án: II.1. 2 điểm Gọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,d tương ứng. Ta có: PH O PH O P4H O P3H O Ka = 2 ; Kb = 2 ; Kc = 4 2 ; Kd = 3 2 PH 2 PH 2 P H2 P H2 → Ka = K c .K d K b6 2 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 II.2. 2 điểm - Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quá trình như sau: + Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quá trình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0) + Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá là quá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ∆Hhidrat < 0) → Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân ∆Hhidrat của các ion li + - Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhirat vượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0 - Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượt trội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0 Câu III : 4 điểm II.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M. II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước. II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó. Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82 Đáp án: III.1. H2C2O4 H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1) 1,0 điểm HC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2) H2O H+ + OHKw = 10-14 (3) Do Kw 2.10-3 ⇒ bỏ qua sự điện ly của H2O Ca 1 0,05 = 〈 380 Ka 1 10 − 2 Xét cân bằng (1): x2 Ka1 = =10 − 2 ⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,74 0,05 − x III.3.3. CH3COOH 0,02 (0,02 - y) Ka2 = (0,5đ) CH3COO − + H + 0,018 y 0,018 0,018.y =10 −4, 76 ⇒ y = 1,93.10 −5 và α = 9,65.10 −2 (0,02 − y) (0,5đ) % CÂU IV (4 điểm) IV.1. Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗn hợp A. IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion. 10 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8. Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion. IV.2. Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặc thu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gam kết tủa. Xác định đơn chất R. IV.3. Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3− /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lần lượt là E 10 = 0,34v và E 02 = 0,55v; E 03 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 −12 IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng: 2Cu2+ + 5I- 2CuI↓ + I 3− IV.3.2. Tính suất điện động của pin. Câu IV IV.1 IV.1.1. Nội dung Cr3+ + 3OH − → Cr(OH)3↓ Cr(OH)3 + OH − → CrO - + 2H2O 2 − + 4OH → CrO42- + 3e- + 2H2O 2 H2O2 + 2e- → 2OH − 2OH − + 2CrO - + 3H2O2 → 2CrO42- + 4H2O 2 CrO - IV.1.2. x 2 (0,5đ) x 3 Có kết tủa xanh lá cây; kết tủa tan tạo dung dịch màu vàng tươi. Thêm H2SO4 đặc: 2CrO42- + 2H + → Cr2O72- + H2O Cr2O72- + 9H2O → H3CrO8 + 14e- + 12 H + 2 H + + H2O2 + 2e- → 2H2O Cr2O72- + 7H2O2 + 2H + → 2H3CrO8 + 5H2O IV.2. Điểm (4,0đ) x 1 x 7 Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh: R → R +x + xe(1) 0,18 0,18 x R R 11 (0,5đ) (0,5đ) Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: S +6 + 2e- → S +4 (2) 0,085 0,0425 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O (3) 5,1 0,0425 = 0,0425 120 0,18 Bảo toàn số electron: x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại. R Xét R là S: Sự oxi hóa: S + 2H2SO4 → 3SO2 + 2H2O (4) 0,005625 0,016875 Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại. Xét R là cacbon: C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O (5) 0,015 0,015 0,030 SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O (6) CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O (7) Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120=5,1 gam. Thích hợp với đề ra. Vậy R là cacbon. IV.3. Phản ứng xảy ra: 2Cu2+ + 5I − 2CuI↓ + I 3− IV.3.1. Sự oxi hóa (anod): 3I − I 3− + 2e(a) 2+ 0 Sự khử: Cu + 2e Cu E1 (1) Cu+ + 1eCu E02 (2) −1 + − CuI Cu + I KS (3) E0C 0,059 Sơ đồ pin: Cu2+ + I − + 1eCuI K − − 2+ − (-) Pt I 3 , I CuI , Cu , I Pt (+) IV.3.2. Kc = K1.K2.K3 = 10 ⇒ 10 E 0C 0, 059 = 10 2.0 , 034 0, 059 2.E10 0,059 .10 −0, 52 0 , 059 . 10 −E02 0,059 (0,5đ) (0,5đ) (0,5đ) (c) (0,5đ) . K S−1 .1012 = 1014, 72 (0,5đ) E 0C = 0,059.14,72 = 0,868 (v) E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 v CÂU V (4 điểm) Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau: •Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng. •Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít 12 Sở Giáo Dục & Đào Tạo T.P. ĐÀ-NẴNG KỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XII - NĂM 2006 Trường THPT Chuyên LÊÔN LÊ-QUÍQUÍ-ĐÔN Đề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10 (Thời gian làm bài 180 phút) G.V. Phạm - Sĩ - Lựu Số mật mã: Số mật mã: HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng. •Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3. V.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion. V.2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nước thêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1 M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X. Câu V Nội dung Điểm (4,0đ) V.1. X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri. Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủa vàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot. (1,0đ) Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa. Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −x Đặt công thức của X là NaIOx. Phản ứng dạng ion: 2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1) V.2. I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H + Ag + + I − → AgI IO −x + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2O I2 + 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6 -3 1,87.10 ← 3,74.10-3 Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3 Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3 Theo (4) ⇒ Số mol IO −x = ⇒ ⇒ ⇒ 1 x (số mol I2) = 1 x (1,25đ) .1,87.10-3 0,1 1 = .1,87.10-3 23 + 127 + 16 x x 0,1. x = 1,87.10-3 150 + 16 x 0,1x = 0,2805 + 0,02992x x=4 Công thức phân tử của X: NaIO4 13 (2) (3) (4) (5) (1,75đ) Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ ÑEÀ: Caâu I: ( 4ñ) Boå tuùc vaø caân baèng caùc phöông trình phaûn öùng sau theo phöông phaùp thaêng baèng electron hoaëc phöông phaùp ion electron : ( choã “ …” coù theå theâm moät hoaëc nhieàu chaát ) 1. K2S2O8 + MnSO4 + H2O → K2SO4 + KMnO4 +… 2. K2Cr2O7 + Na2SO3 + H2SO4 → … 3. Al + NaNO3 + NaOH + … → NH3 +… 4. Zn + NaNO3 + NaOH → NH3 + … Caâu II: ( 4ñ) Suïc khí (A) vaøo dung dòch (B) ta ñöôïc chaát raén (C) maøu vaøng vaø dung dòch (D) .Suïc tieáp khí (A) vaøo dung dòch (D) khoâng xuaát hieän keát tuûa nhöng neáu theâm CH3COONa vaøo dung dòch (D) roài môùi suïc khí (A) vaøo thì thu ñöôïc keát tuûa maøu ñen (E). Khí (X) coù maøu vaøng luïc taùc duïng vôùi khí (A) taïo ra chaát (C) vaø (F) .Neáu khí (X) taùc duïng vôùi khí (A) trong nöôùc taïo ra chaát (Y) vaø (F) , roài theâm BaCl2 vaøo thaáy coù keát tuûa traéng . (A) taùc duïng vôùi dung dòch chöùa chaát (G) laø muoái nitraùt taïo ra keát tuûa (H) maøu ñen. Ñoát chaùy (H) bôûi oxi ta ñöôïc chaát loûng (I) maøu traéng baïc. 1. Vieát coâng thöùc phaân töû cuûa (A) , (B) , (C),(E) , (F) (G) ,(H) ,(I) ,(X) ,(Y) vaø caùc chaát trong (D) 2. Vieát phöông trình phaûn öùng ñaõ xaûy ra. 3. Giaûi thích taïi sao khi cho dung dòch CH3COONa vaøo dung dòch (D) thì môùi coù keát tuûa ? Caâu III: ( 4ñ) 1.( 2ñ) Cho hai phaûn öùng sau : C (r) + O2 (k)→ CO2 (k) (1) C (r) + ½ O2 (k) → CO (k) (2) ∆H01 = - 393,509 kJ/mol ∆H02 = -110 ,525 kJ/mol ôû 250C ∆S01 = 2,86J/mol ∆S02 = 89,365 J/mol ôû 250C. Khi nhieät ñoä taêng phaûn öùng naøo dieãn ra thuaän lôïi hôn? Vì sao? 2.( 2ñ) Khi tieán haønh phaân huyû (CH3)2O trong bình kín ôû 504oC vaø ño aùp suaát toång quaùt cuûa heä: 1 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ (CH3)2O t (s) P (toång quaùt) ( atm) CH4 + 0 400 CO + H2 1550 800 3100 1000 1.Chöùng minh phaûn öùng baäc nhaát vaø tính k ôû nhieät ñoä treân ( Cho ln 2 = 0,693) 2.Tính aùp suaát toång quaùt trong bình vaø tính phaàn traêm (CH3)2O ñaõ bò phaân huyû sau 480 s Caâu IV:( 4ñ) Trong moät bình coù theå tích 1568 lít ôû nhieät ñoä 1000K coù nhöõng maãu chaát sau: 2 mol CO2, 0,5 mol CaO vaø 0,5 mol MgO. Heä naøy ñöôïc neùn thaät chaäm sao cho töøng caân baèng ñöôïc thieát laäp. ÔÛ 1000K coù caùc haèng soá caân baèng sau: CaCO3 CaO + CO2 K1 = 0,2 atm MgCO3 MgO + CO2 K2 = 0,4 atm Veõ ñoà thò cuûa haøm P = f(V) vaø giaûi thích ngaén goïn söï bieán thieân cuûa ñoà thò.( P laø aùp suaát cuûa heä , V laø theå tích cuûa khí. Truïc tung bieåu dieãn theå tích , truïc hoaønh bieåu dieãn aùp suaát) Caâu V:( 4ñ) Cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) ,sau phaûn öùng , phaàn dung dòch thu ñöôïc coù khoái löôïng 474 gam ( dung dòch A) . 1.Tính C% caùc chaát trong dung dòch (A) ; tính m. 2. Neáu cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) , sau ñoù suïc SO2 vaøo ñeán dö tính C% cuûa caùc chaát trong dung dòch thu ñöôïc sau phaûn öùng bieát caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn. 2 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Ñaùp Aùn : Caâu I: ( moãi phöông trình caân baèng ñuùng 1 ñ x 4 = 4 ñ) a. 5 S2O82- + 2e → 2 SO422 Mn2+ + 4 H2O -5e → MnO4- + 8 H+ 5 S2O82- + 2 Mn2+ + 8 H2O → 10 SO42- + 2 MnO4- + 16 H+ 5 K2S2O8 + 2 MnSO4 + 8 H2O → 4 K2SO4 + 2 KMnO4 + 8H2SO4 b. c. d. 1 Cr2O72- + 14 H+ + 6e → 2 Cr3+ + 7H2O 3 SO32- + H2O - 2e → SO42- + 2 H+ Cr2O72-+ 3SO32- + 8 H+ → 3 SO42- + 2Cr3+ + 4 H2O K2Cr2O7 + 3 Na2SO3 + 4H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O 8 Al + 4 OH- - 3e → AlO2- + 2 H2O 3 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH8 Al + 3 NO3- + 5OH- + 2 H2 O → 8 AlO2- + 3 NH3 8 Al + 3 NaNO3 + 5 NaOH+ 2 H2 O → 8 NaAlO2 + 3 NH3 4 Zn + 4 OH- - 2e → ZnO22- + 2 H2O 1 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH4Zn + NO3- + 7OH- + → 4 ZnO22- + NH3 + 2 H2 O 4Zn + NaNO3 + 7NaOH + → 4 Na2ZnO2 + NH3 + 2 H2 O Caâu II:( 4 ñ) 1. Khí A laø H2S ; dung dòch B FeCl3 ; C laø S ; dung dòch D laø FeCl2 vaø HCl ; E laø FeS . X laø Cl2 ; F laø HCl ; Y laø H2SO4 G laø Hg(NO3)2 , H laø HgS. I laø Hg .( 1ñ) 2. H2S + FeCl3 → FeCl2 + S ↓ + HCl CH3COONa + HCl → CH3COOH + NaCl H2S + FeCl2 → FeS ↓ HCl Cl2 + H2S → S + HCl Cl2 + H2S + H2O → H2SO4 + HCl 3 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ BaCl2 + H2SO4 Hg(NO3)2 + H2S HgS + O2 ( 0,25x8=2ñ) → BaSO4 ↓ + 2 HCl → HgS ↓ + 2HNO3 → Hg + SO2 3.Khi cho CH3COONa vaøo dung dòch D ñeå taùc duïng vôùi HCl vì FeS khoâng theå taïo thaønh trong dung dòch coù pH thaáp (FeS tan ngay trong moâi tröôøng axít ) ( 1 ñ) Caâu III: 1.( 2ñ) Vì ∆ G0 T = ∆H0 - T ∆S0 Maø ∆S02 = 89,365 J/mol >> ∆S01 = 2,86J/mol neân khi taêng nhieät ñoä ∆G (2) aâm nhanh hôn ∆G (1) vì vaäy khi taêng nhieät ñoä phaûn öùng (2) xaûy ra thuaän lôïi hôn. 2.( 2ñ) P= P0 + 2x ( x laø löôïng bieán ñoåi , P laø aùp suaát toång quaùt) t=0 thì x=0 suy ra P = P0= 400(0,25ñ) t=1550 thì P = P0 + 2x suy ra x=200 töùc coøn 400 – 200 = 200(0,25ñ) t=3100 thì x = 300 töùc coøn 400 – 300 =100(0,25ñ) Nhö vaäy khi t taêng gaáp ñoâi thì aùp suaát cuûa (CH3)2O giaûm ñi moät nöûa: 400,200,100 Suy ra phaûn öùng laø baäc nhaát. (0,5ñ) 1 P k = ln 0 t Pt vôùi Pt laø aùp suaát cuûa (CH3)2O sau taïi thôøi ñieåm t. t = 1550 s → k = 1/1550 ln 400/200 = 4,47.10-4 (s-1) → Pt = 322,758 atm(0,25ñ) Ta coù P = P0 + 2x = P0 + 2(P0 - Pt ) = 3 P0 – 2 Pt → P = 400 + 2( 400 – 322,758) = 554,48 atm.(0,25ñ) % (CH3)2CO phaân huûy = ( 400 – 322,758) x 100% / 400 = 19,31% (0,25ñ) 4 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Caâu IV: (4 ñ) CaO + CO2 CaCO3 MgO + CO2 MgCO3 K1-1 = 5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,2 atm K2-1 = 2,5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,4 atm Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,2atm thì phaûn öùng giöõa oxit kim loaïi CaO vaø CO2 chöa xaûy ra V > nRT/P = 2. 0,082 .1000/0,2 = 820 lít..( 0,5ñ) Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 2.0,082 .1000/ V= 164 / V .( 0,5ñ) ÔÛ P=0, 2atm ( V = 820 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi CaO thaønh CaCO3, cho ñeán khi CaO chuyeån hoaù hoaøn toaøn. V = nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,2 = 615 lít .( 0,5ñ) Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,4atm thì phaûn öùng giöõa MgO vaø CO2 chöa xaûy ra.V > nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,4 = 307,5 lít..( 0,5ñ) Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1,5.0,082 .1000/ V= 123/V .( 0,5ñ) ÔÛ P =0, 4atm ( V = 307,5 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi MgO thaønh MgCO3, cho ñeán khi MgO chuyeån hoaù hoaøn toaøn. .( 0,5ñ) V = nRT/P = 1 . 0,082 .1000/0,4 = 205 lít. Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1.0,082 .1000/ V= 82/V.( 0,5ñ) 5 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Ñoà thò: (lít) 820 ( 0,5ñ) 615 307,5 205 0,2 0,4 ( atm) Caâu V: (4ñ) Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2O Neáu Fe2O3 tan heát thì m = 474 – 48 → n H2SO4 = 0,426 mol < 3 n Fe2O3 = 3. 0,3 = 0,9 mol. Suy ra Fe2O3 tan khoâng heát vaø H2 SO4 phaûn öùng heát. ( 0,5 ñ) Goïi n Fe2O3 pu = x mol → n H2SO4 pu = 3 x mol → C% H2SO4 = 3x.98 .100/ 474 -160x = 9,8 → x = 0,15 mol.( 0,5 ñ) Trong dung dòch A C% Fe2(SO4)3 = 0,15.400.100/ 474 = 12,66 %.( 0,5 ñ) m = 474 – 160.0,15 = 450 gam.( 0,5 ñ) Suïc SO2 vaøo : Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2O SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O = 2FeSO4 + 2 H2SO4 Ban ñaàu Fe2O3 + SO2 + H2SO4 = 2FeSO4 +3 H2O ( 0,5 ñ) 0,3 0,45 mol. 6 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Phaûn öùng 0,3 0,3 0,3 Coøn laïi 0,0 0,15 0,6 mol ( 0,5 ñ) C% FeSO4 = 0,6 x 152x 100% / ( 48 + 64. 0,3+ 450) = 17,63% ( 0,5 ñ) C% H2 SO4 = 0,15 x 98 x 100%/ ( 48 + 64. 0,3+ 450)= 2,84% ( 0,5 ñ) 7 Sở Giáo Dục Đào Tạo Vĩnh Long Trường Trung học chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006 Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10 I. Câu I (4 đ) I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn . X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng . Tổng số proton là 100 . Tổng số nơtron là 106 a. Xác định số khối và tên X, Y b. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học của XYn. c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P2O5 và với H2O I.2) a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217K b. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z - Chất X không phân cực còn chất Z phân cực - Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩm X (họăc Z) + H2 Cl - CH2 - CH2 – Cl . Viết công thức cấu tạo X, Y, Z . Chất Y có momen lưỡng cực không ? Đáp án : Câu I (4đ) I.1) a. Gọi Px, PY là số proton X, Y nx, ny là số nơtron X, Y Px + nPy = 100 (1) Nx + nNy = 106 (2) Px + Nx + n(PY + Ny) = 206 Ax + nAy = 206 (3) 15, 0486 Ax = (4) Ax + nAy 100 => Ax = 31 (0,5đ) Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14 Px = 15 (0,5đ) => X là photpho Nx = 16 Thay Px, Nx vào (1) , (2) n (Ny – Py) = 5 ( 5) 2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16 n(Py – 16) = 5 5 + 16n Py = n n 1 2 3 4 5 Py 21 18,8 17,67 17,25 17 Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo (0,25đ) 1 Cl b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P Cl Cl Cl c. P2O5 + PCl5 = 5POCl3 PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl 3 (0,25đ) (0,25đ) I.2) - C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnh nhau. O O Si O (0,5đ) O a. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0,5đ) b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis H Cl hoặc Z + H2 → H − C − C − H Cl H H Cl CTCT C= C Cl H (X) H H C= C Cl (X) Cl (Z) CTCT Y s ẽ l à H Cl C= C H C-H ∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4 Cl C-Cl ∆ X = 0,5 Vậy Y phân cực (0,25đ) Câu II (4đ) I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng : H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 6000C bằng 64 a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? 2 b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C) II-2 Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. II-3 Tính nhiệt của phản ứng. H H H – C – H + 3Cl2 Cl – C – Cl + 3HCl H Cl biết EC-H : +413KJ/mol EC-Cl : +339KJ/mol ECl-Cl : + 243KJ/mol EH-Cl : + 427KJ/mol Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Đáp án : Câu II (4đ). II.1 a. H2(k) + I2 (k) 2HI (k) 2mol 1mol x x 2x 2-x 1-x 2x 2 2 (2 x) [ HI ] Kc = = 64 KC = (2 − x)(1 − x) [H 2 ][I 2 ] x1 = 2,25(loại) x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng H2(k) + I2(k) 2HI (k) n 1 n-0,99 0,01 1,98 n: nồng độ ban đầu của H2 KC = (1,98)2 = 64 (n-0,99)(0,01) n≈ 7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1 II.2 0,693 0,693 k= = = 0,00347 / năm t1 / 2 200 N 2,303lg = − kt N0 0,5đ 0,25đ b. 3.10 −3 = −0,00347t 6,5.1012 t = 1,02.104 năm hay 10.200năm 0,5 đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2,303lg 0,5đ II.3 ∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl ) = 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ = - 330KJ Phản ứng trên tỏa nhiệt (0,75đ) 3 Câu III (4đ) III.1 Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước. a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka + b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10 III.2 Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/l a. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C. b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C. c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo hòa PbI2. (K : 39 ; I : 127) III. 3 Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit − 2− 0 , 56V ? MnO4 + → MnO4 → MnO2 +1,7V a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2 b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. Đáp án Câu III (4đ) III. 1 a) NH4Cl = NH + 4 + Cl – NH4 + + H2O NH3 + H3O+ Ka = [NH3][H3O]+ [NH4+] = 5.10 -10 b). Nồng độ NH3 trong dung dịch : NH4+ + H2O 0,2 x 0,2 –x 0,25đ 0,25đ 0,1 = 0,2M 0,5 0,25đ NH3 + H3O+ 0 10-7 x x x x + 10-7 10-7 Mn O4 − 2− + E01 = 0,56V 0 MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2O E 2 = 1,7V (2) – (1) ta có : 2− E03 = ? ⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O ∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01 - 2E03F = -3E02 F – E01F 3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56 = = 2,27V E03 = 2 2 b. MnO42- + 2e- + 4H+ MnO2 + 2H2O E01 : 2,27V 2MnO4- + 2e 2MnO42E02 : 0,56V − 3MnO4 2- + 4H+ 2Mn O4 + MnO2 + 2H2O (1) (2) (3) 0,5 đ 0,25 đ ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.1057 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV. (4đ) IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C Cu( r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng Fe3+ c. Tỉ lệ có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. Fe 2 + E0 Cu2+ /Cu = 0,34V E0 Fe2+ / Fe = 0,77V IV. 2 Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V [ [ ] ] a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và phân tử. b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron 5 Đáp án a) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit. Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O b) Cân bằng theo phương pháp ion electron Cr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O 1x 6x Fe 2+ - e -> Fe3+ 2+ 2+ Cr2O7 + 14H + 6Fe -> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu V. V.1) Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa X A0 +→ +Y +z A → A1 → A2 +Y →A → C → A0 +T +u B → B1 → B2 Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim. A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnh B, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại V.2). Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng. - Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X. Đáp án Câu V (4đ) V.1. 3 t0 CuS + O2 → CuO + SO2 2 (A0) (B) (A) SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr (A1) H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O (A2) t0 CuO + H2 → Cu + H 2O (B1) A0 : CuS B: CuO A: SO2 A1 : H2SO4 A2 : Ag 2SO4 B1 : Cu 6 Cu + Cl2 -> CuCl2 (B2) B2 : CuCl2 C: CuSO4 (1,5đ) 0 t Cu + 2H2SO4 đđ → CuSO4 + SO2 + 2H2O Ag2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4 (C) CuSO4 + H2S -> CuS + H2SO4 (A0) V.2 Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri SO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thành a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI ) => X : NaIOx (2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+ SO2 + I2 + H2O -> 2 I − + SO4 2- + 4H+ + IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2O I2 + 2S2O3 2-> 2 I − + S4O6 2- b. nI2 = 0,25đ (0,25đ) (0,25đ) (1đ) 1 0,0374.0,1 nNa2 S 2O3 = = 0,00187 mol 2 2 (0,5 đ) nI2 = x.nX = x 0,1 = 0,00187 150 + 16 x => x = 4 => X : NaIO4 (0,5 đ) 7 Sôû Giaùo duïc – Ñaøo Taïo Tænh Tieàn Giang Tröôøng PTTH Chuyeân Tieàn Giang ÑEÀ THI OLYMPIC 30/04 MOÂN: HOÙA HOÏC– LÔÙP 10 Caâu 1: Hôïp chaát A taïo bôûi 2 ion M2+ vaø XO m − . Toång soá haït electron trong A laø 91. trong ion XO m − coù 32 electron. Bieát trong M coù soá nôtron nhieàu hôn soá proâton laø 6 haït. X thuoäc chu kyø 2 vaø coù soá nôtron baèng soá proâton. a. Xaùc ñònh coâng thöùc phaân töû cuûa A. b. Cho m gam hoãn hôïp goàm: A vaø NaCl. Ñieän phaân dung dòch hoãn hôïp treân vôùi ñieän cöïc trô, coù maøng ngaên ñeán khi nöôùc baét ñaàu bò ñieän phaân ôû caû 2 ñieän cöïc thì ngöøng ñieän phaân. ÔÛ anoát thu ñöôïc 4,48 lít khí ôû ÑKTC vaø dung dòch sau ñieän phaân hoøa tan vöøa heát 16,2 gam ZnO. Tính m? Caâu 2: Nghieân cöùu söï thay ñoåi noàng ñoä CH3 COCH3 theo thôøi gian (trong quaù trình nhieät phaân) ngöôøi ta cho keát quaû sau: t(phuùt) 0 15 30 C(mol/lit) 25,4 9,83 3,81 Tính xem trong bao laâu löôïng CH3 COCH3 giaûm ñi moät nöûa vaø trong bao laâu giaûm ñi 1%. Caâu 3: Dung dòch K2CO3 coù pH=11 (dung dòch A). Theâm 10ml HCl 0,012M vaøo 10ml ddA ta thu ñöôïc ddB. Tính pH cuûa ddB. Bieát raèng H2CO3 coù pk1=6,35 vaø pk2=10,33. Caâu 4: Laép 1 pin baèng caùch noái ñieän cöïc hydro chuaån vôùi moät nöûa pin bôûi 1 daây ñoàng nhuùng vaøo 40ml ddCuSO4 0,01M coù theâm 10ml ddNH3 0,5M. Chaáp nhaän raèng chæ taïo phöùc Cu(NH3 )4 2+ vôùi noàng ñoä NH 4+ laø khoâng ñaùng keå so vôùi noàng ñoä NH3. a. Xaùc ñònh E Cu 2+ /Cu . b. Tính E oCu(NH 3 ) 42+ /Cu . Bieát E oCu 2+ /Cu = 0,34v; Cu(NH 3 ) 42+ /Cu lgβ Cu(NH3 ) 42+ =13,2 vaø ECu 2+ /Cu=ECu(NH3 ) 4 2+ /Cu Caâu 5: Hoøa tan m gam hoãn hôïp goàm KI vaø KIO3 trong dd H2SO4 loaõng, chæ thu ñöôïc ddX. - Laáy 1/10 ddX phaûn öùng vöøa heát vôùi 20ml dd Fe2(SO4)3 1M. - Laáy 1/10 ddX phaûn öùng vöøa heát vôùi 20ml dd Na2S2O3 1M. Tính m? --- Heát --- Sôû Giaùo duïc – Ñaøo Taïo Tænh Tieàn Giang Tröôøng PTTH Chuyeân Tieàn Giang ÑAÙP AÙN ÑEÀ THI OLYMPIC 30/04 MOÂN: HOÙA HOÏC– LÔÙP 10 Caâu 1: A: M(XOm)2 a/ ZM + 2ZX + 16m = 91 (1) ZX + 8m = 31 (1)(2) ⇒ ZM = 29 (2) ⇒ AM= 29 + 35 = 64 maø NM=29 + 6 = 35 Vaäy M laø Cu Do X ∈ Chu kyø 2: 3 ≤ ZX ≤ 10 (3) (2)(3) ⇒ 3 ≤ 31 – 8m ≤ 10 ⇔ 2, ≤ m ≤ 3, ⇒ m = 3 ⇒ ZX=7=NX ⇒ AX = 7+7 = 14 ⇒ X laø N Vaäy CTPT A: Cu(NO3)2 (2ñ) b/ Goïi n Cu(NO3 )2 = a n NaCl = b ñpdd TH1: Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu↓ + Cl2↑ + 2NaNO3 0,5b b 0,5b ñpdd Cu(NO3)2 + H2O → Cu↓ + a-0,5b a-0,5b 0,5b 1 O2↑ + 2HNO3 2 a − 0, 5b 2a-b 2 ZnO + 2HNO3 → Zn(NO3)2 + H2O a-0,5b 2a-b nZnO = 0,2 = a – 0,5b (1) 0,5b n↑anoát = 0,5a + = 0,2 ⇒ a + 0,5b = 0,4 2 (2) -1- b = 0,2 a = 0,3 m=68,1(g) (1ñ) ñpdd TH2: Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu↓ + Cl2↑ + 2NaNO3 a 2a a a ñpdd 2NaCl + 2H2O → H2↑ + Cl2↑ + 2NaOH b-2a b − 2a b − 2a 2 2 b-2a 2NaOH + ZnO → Na2ZnO2 + H2O 0,4 0,2 → b – 2a = 0,4 (1) b − 2a = 0,2 ⇒ b = 0,4 n↑anoát = a + 2 (2) ⇒ a = 0 (Loaïi) (1ñ) Baøi 2: Giaû söû raèng phaûn öùng phaân huûy axeâton laø phaûn öùng baäc nhaát. Ta coù: K1 = 2,303 25,4 lg ≈ 0,0633ph -1 15 9,83 (1ñ) K2 = 2,303 25,4 lg ≈ 0,0633ph -1 30 3,81 (1ñ) Vaäy K = 0,0633 phuùt −1 neân phaûn öùng phaân huûy axeâton laø phaûn öùng baäc nhaát. Ta coù: t1/2 = 0,693 =10,95(phuù t ) 0,0633 (1ñ) Thôøi gian ñeå cho 1% axeâton bò phaân huûy laø: t= 2,303 25,4 lg =0,15(phuù t ) 0,0633 25,4 - 0,254 (1ñ) Baøi 3: K 2CO3 → 2K + +CO32− c c CO32− +H 2O pH=11 ⇒ pOH=3 ⇒ OH − =10-3 mol/l HCO3− +OH − Cbaè ng c − 10−3 10−3 Kb1 = Kw =10−3,67 Ka 2 10−3 10−3.10−3 Ta coù = 10−3,67 ⇒ c=5,677.10−3 (mol/l) −3 c − 10 CO3 2− 5, 677 .10 + −3 2H + 5, 677.10 (1ñ) → H 2O + CO2 −3 2, 8385( M ) 2 -2- (1ñ) C HCl = 0,012 =6.10−3 , 2 CO 2 Cb 2,8385.10 3 +H 2O −3 5,677.10−3 2 + ⇒ H dö =0,006 − 5,677.10−3 =0,323.10−3 CMCO 2− = HCO3− + −x x Ka=10−6,35 H+ x+0,323.10 −3 x(x + 0,323.10−3 ) = 10−6,35 ⇒ x = 3,88.10−6 ⇒ H + ≈ 0,323.10−3 (M) −3 2,8385.10 − x (2ñ) ⇒ pH=3,5 Baøi 4: Cu 2+ = 0,8.10−2 [ NH3 ] = 0,1 a/ Cu 2+ +2e → Cu E o =0,34(v) o E Cu 2+ /Cu =E Cu + 2+ /Cu Cu 2+ 0,059 2+ lg Cu 2 Cu(NH3 )4 2+ +4NH3 bñ 0,8.10−2 0,1 0 pöù 0,8.10−2 3, 2.10−2 0,8.10−2 cb 0 6,8.10−2 0,8.10−2 ⇒ Cu (1ñ) (1) β=1013,2 2+ Cu(NH3 )4 ] [ 0,8.10−2 −11 = NH 4 .β = (0,068)4 .1013,2 =2,4.10 [ 3] 2+ (1) ⇒ E Cu 2+ /Cu =0,34+ b/ E Cu 2+ /Cu =E Cu(NH 3 )4 0,059 lg2,4.10−11 =0,02(v) 2 2+ (1ñ) (2) /Cu Cu(NH 3 ) 42+ +2e → Cu+4NH3 0,059 o E Cu(NH ) 2+ /Cu =E Cu(NH + lg 2+ ) /Cu 3 4 3 4 2 (1)(2)(3) ⇒ E oCu(NH 3 )4 2+ /Cu [Cu(NH3 )4 ]2+ [ NH3 ]4 =0,06(v) -3- (3) (2ñ) Baøi 5: 5I − +IO3− +6H + → 3I 2 +3H 2 O I − +I 2 (1) → I3− (1ñ) (2) I3 − ddX I− dö 3 I3− +Fe3+ → Fe 2+ + I 2 2 1 I− +Fe3+ → Fe2+ + I 2 2 − 2− I3 +2S2O3 → S4O6 2− +3I− a/ b/ n S O 2− = 0,02 töø n Fe3+ = 0,04 töø 2 3 (1)(2) ⇒ (3) (4) (1ñ) (5) (5) ⇒ n I − = 0,01 3 (4) → n Fe3+ = n I− = 0,03 (1ñ) 0,01 3 0,05 0,17 = + 0, 01 + 0,03 = 3 3 nIO − = 3 nI − bñ 0,17 0,01 m = 166. + 214. × 10 = 101, 2( g ) 3 3 -4- (1ñ) Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu I : 1/ Hai nguyeân toá A, B taïo thaønh hôïp chaát X. Khi ñoát noùng ñeán 8000C taïo ra ñôn chaát A. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá A baèng soá lôùp electron nguyeân töû nguyeân toá B. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá B baèng soá lôùp electron nguyeân töû nguyeân toá A. Dieän tích haït nhaân cuûa nguyeân töû B gaáp 7 laàn cuûa nguyeân töû A. Xaùc ñònh nguyeân toá A, B vaø coâng thöùc phaân töû cuûa hôïp chaát X. 2/ Toång soá proton, nôtron, electron trong nguyeân töû cuûa hai nguyeân toá M vaø X laàn löôït baèng 82 vaø 52. M vaø X taïo thaønh hôïp chaát MXa, trong phaân töû cuûa hôïp chaát ñoù coù toång soá proton cuûa caùc nguyeân töû baèng 77. a/ Haõy cho bieát 4 soá löôïng töû öùng vôùi electron choùt cuûa M vaø X. b/ Xaùc ñònh vò trí cuûa chuùng trong baûng tuaàn hoaøn caùc nguyeân toá hoùa hoïc. c/ Xaùc ñònh coâng thöùc phaân töû cuûa MXa. Ñaùp aùn caâu II : Noäi dung 1/ ZA ; ZB < 105 ⇒ 7ZA < 105 ⇒ ZA < 15 ⇒ ZA thuoäc chu kyù nhoû ( chu kyø ñaàu ) Goïi : nA ; nB laø soá lôùp e cuûa A ; B nA = qB qA ; qB laø soá e hoùa trò A ; B nA = qB nB < 3 ⇒ qB < 3 ⇒ B laø kim loaïi. ZB = 7ZA ⇒ nB > nA ; 4 < nB < 7 ⇒ 4 < qA < 7 ⇒ A laø phi kim. Nguyeân toá A B C N O F Si ZA 5 6 7 8 9 14 nA 2 2 2 2 2 3 qA 3 4 5 6 7 4 Nguyeân toá B Br Mo In Ba Eu ZB 35 42 49 56 63 98 NB 4 5 5 6 6 7 Ñieåm qB 7 1 3 2 2 2 Choïn A laø O vaø B laø Ba thoûa ñieåu kieän. Coâng thöùc phaân töû cuûa X laø BaO2 ( khoâng choïn BaO vì BaO beàn khoâng bò phaân huûy ) t0 2BaO2 → 2BaO + O2 1 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung 2/a) Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû X laø Z, N, E theo ñaàu baøi ta coù : Z + N + E = 52 (Vì nguyeân töû trung hoøa ñieän Ñieåm Z = E) ⇒ 2Z + N = 52 ⇒ N = 52 – 2Z Ñoái vôùi caùc nguyeân toá beàn (tröø hidro) : Z < N < 1,52 Z ⇒ Z < 52 – 2Z < 1,52 Z ⇒ 3Z < 52 < 3,52Z ⇒ 52 52 ≤Z≤ 3,52 3 ⇒ 14,77 < Z < 17,33 Vaäy Z coù ba giaù trò : 15 ; 16 vaø 17. • Z = 15 ⇒ N = 22 ; tyû leä N : Z = 22 : 15 = 1,47 • Z = 16 ⇒ N = 20 ; tyû leä N : Z = 20 : 16 = 1,25 • Z = 17 ⇒ N = 18 ; tyû leä N : Z = 18 : 17 = 1,06 X thuoäc chu kyø 3, caùc nguyeân toá thuoäc chu kyø 3 coù tyû leä : N : Z < 1,22 . Vaäy choïn Z = 17, X laø Clo. Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû M laø Z’, N’, E’ theo ñaàu baøi ta coù : 2Z’ + N’ = 82 ⇒ N’ = 82 – 2Z ⇒ 3Z’ < 82 < 3,52Z’ 82 82 Theo ñaàu baøi : Z’ = 77 – 17a ⇒ ≤ 77 − 17a ≤ 3,52 3 ⇒ 2,92 < a < 3,16 , a nguyeân do ñoù choïn a = 3 ⇒ Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vaäy M laø Fe. Vaäy caáu hình electron cuûa Clo : 1s22s22p63s23p5 ⇒ ↑ * Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Clo laø : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2 * Vò trí cuûa clo trong BTH : - Chu kyø 3 ; phaân nhoùm chính nhoùm VII Vaäy caáu hình electron cuûa Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2 ⇒ ↑ ↑ ↑ ↑ * Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Fe laø : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2 * Vò trí cuûa Fe trong BTH : - Chu kyø 4 ; phaân nhoùm phuï nhoùm VIII c) Coâng thöùc phaân töû laø : FeCl3 2 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu II : 1/ Haõy xaùc ñònh ñôn vò cuûa haèng soá toác ñoä phaûn öùng coù baäc 0, 1, 2, 3 (ñôn vò noàng ñoä mol/l ; ñôn vò thôøi gian laø s) Aùp duïng : phaûn öùng : 2N2O5 = 4NO2 + O2 Trong pha khí ôû 250C coù haèng soá toác ñoä phaûn öùng baèng 1, 73.10−5 s-1 . Tính toác ñoä ñaàu cuûa phaûn öùng xaûy ra trong bình phaûn öùng dung tích 12 lít vaø vaø aùp suaát 0,1 atm. 2/ Cho phaûn öùng : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k) a) Thöïc nghieäm cho bieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng thuaän laø : 32 V1 = K1. CCO .CCl . Haõy vieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch. 2 b) ÔÛ 100 C phaûn öùng coù haèng soá caân baèng KP = 1, 25.108 atm -1 0 - Tính haèng soá caân baèng K 'C , K 'X (X laø phaàn mol cuûa khí Xi = phaân huûy ôû 1000C (ghi roõ ñôn vò caùc haèng soá caân baèng, neáu coù) Tính ñoä phaân li α cuûa COCl2 ôû 1000C döôùi aùp suaát toång quaùt 2atm. ni ) cuûa phaûn öùng n hh Ñaùp aùn caâu II : Noäi dung 1/ phaûn öùng coù baäc chung laø n. Bieåu thöùc toác ñoä cuûa phaûn öùng laø : Ñieåm V = KCnA Ñôn vò cuûa K = n Ñôn vò cuûa K don vi cua V ( don vi cua C ) 0 n = mol.l−1.s−1 ( mol.l−1 ) 1 m ol.l − 1 .s − 1s − 1 n = mol1− n .l n −1.s−1 2 3 m ol − 1 .l.s − 1 m ol − 2 .l 2 .s − 1 Aùp duïng : Theo ñeà baøi : K = 1, 73.10−5 s-1 ⇒ phaûn öùng baäc moät. PV Soá mol N2O5 ban ñaàu : n0 = RT P Noàng ñoä ban ñaàu cuûa N2O5 laø : C0 = RT 3 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung Toác ñoä ban ñaàu : V0 = KC0 = 1,73.10−5 × Ñieåm 0,1 = 7,1.10−8 mol-1.l.s−1 0, 082 × 298 2/ a) Ta bieát raèng ñònh luaät taùc duïng khoái löôïng luoân luoân nghieäm ñuùng vôùi caân baèng hoùa hoïc, khoâng phuï thuoäc vaøo cô cheá phaûn öùng (ñôn giaûn hay phöùc taïp), vaäy haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng thuaän nghòch treân vaãn laø : [ COCl2 ] K= [ CO] .[Cl2 ] Vaäy : V1 = KCCO .C3Cl2 hay V1 = KCCO .CCl .Cl12 2 2 2 Bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch laø V2 : V2 = K 2CCOCl2 .Cl12 2 b) Tính K 'C , K 'X : Phaûn öùng thuaän nghòch : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k) ÔÛ 1000C coù haèng soá caân baèng : 1 1 = = 8.10−9 atm K'P = K P 1,28.108 K'C = K 'P ( RT ) −∆n ( ∆n=2 - 1 = 1) K'C = 8.10−9 × ( 0,082 × 373) −1 = 2,6.10−10 mol/l Tính ñoä phaân li α : COCl2(k) = CO(k) + Cl2(k) Bñ (mol) a 0 0 Cb (a – x) x x (0 < x < a) Toång soá mol cuûa heä caân baèng : (a – x) + x + x = (a + x) mol x a−x vaø XCOCl2 = ⇒ XCO = XCl2 = a+x a+x 2 x X .X CO Cl 2 a+x ⇒ K'X = = = 4.10−9 XCOCl2 a−x a+x x Giaûi phöông trình treân ta coù : = 6,3.10−5 a Vaäy ñoä phaân li cuûa COCl2 laø : α = 6,3.10−5 hay 0,0063% 4 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu III : 1/ Moät axit yeáu ñôn chöùc hoaø tan vaøo nöôùc, noàng ñoä C (mol/l), haèng soá axit K, noàng + ñoä [H ] luùc caân baèng a(mol/l) a2 a) Chöùng minh : C = +a K b) Töø ñoù giaûi thích taïi sao dung dòch cuûa moät ñôn axit yeáu caøng loaõng thì pH cuûa dung dòch caøng taêng. 2/ Trong moät dung dòch 2 axit yeáu HA1 vaø HA2 coù haèng soá caân baèng khaùc nhau. a) Tính noàng ñoä [H+] trong dung dòch 2 axit ñoù theo haèng soá caân baèng vaø noàng ñoä cuûa 2 axit. b) Aùp duïng : Trong 1 dung dòch 2 axit CH3COOH 2.10−3 (mol/l) vaø C2H5COOH 1,9.10−2 (mol/l) . Tính pH cuûa dung dòch 2 axit ñoù. Ñaùp aùn caâu III : 1/ a) Goïi HA laø axit yeáu : Noäi dung → H+ + AHA ← Noàng ñoä bñ : C Noàng ñoä cb : C – a H+ . A− a2 K= = ⇔ C−a [ HA ] 0 a C= Ñieåm 0 a a2 +a K b) Xeùt 2 dung dòch cuûa cuøng axit yeáu HA, noàng ñoä C, C’ ( C’ < C ) coù noàng ñoä ion [H+] luùc caân baèng a, a’. a2 a'2 Ta coù : C= + a vaø C' = + a' K K 1 2 ⇒ C − C' = a − a'2 + ( a − a' ) 〉 0 K 1 1 = ( a - a' ) ( a + a' ) + 1 〉 0 do ( a + a' ) + 1 〉 1 K K + a > a’, [H ] giaûm ⇒ pH taêng. ( ) 5 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung 2/ a) Goïi HA1 vaø HA2 laø 2 axit yeáu maø : • Haèng soá caân baèng theo thöù töï K1, K2. • Noàng ñoä theo thöù töï C1, C2. Ñieåm x1, x2 laø noàng ñoä cuûa ion H+ töø 2 axit sinh ra cuõng laø noàng ñoä cuûa A1− , A 2− Noàng ñoä cuûa 2 axit luùc caân baéng laø : (C1 – x1) vaø (C2 – x2). Vôùi 2 axit yeáu coi C – x ≈ C Trong dung dòch coù caùc caân baèng : → H + + A1HA1 ← → H+ + A -2 HA 2 ← [H+] = x1 + x2 Ta coù bieåu thöùc : H+ . A − 1 x (x + x ) x (x + x ) K1 = = 1 1 2 ≈ 1 1 2 C1 − x1 C1 [ HA1 ] H+ . A − 2 x (x + x ) x (x + x ) K2 = = 2 1 2 ≈ 2 1 2 C2 − x 2 C2 [ HA2 ] ⇒ K1C1 = x1(x1 + x2) K2C2 = x2(x1 + x2) K1C1 + K2C2 = (x1 + x2)2 = [H+]2 H+ = K C + K C Vaäy : (1) 1 1 2 2 b) Aùp duïng : Thay caùc gía trò K1, K2, C1, C2 vaøo (1) ta coù : H + = 10−3,28 (mol/l) ⇒ pH = 3,28 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän 6 Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu IV : 1/ Cho bieát caùc giaù trò theá ñieän cöïc : Fe2 + + 2e = Fe E 0 = - 0,44 V Fe3+ + 1e = Fe2 + E 0 = - 0,77 V a) Xaùc ñònh E0 cuûa caëp Fe3+/ Fe b) Töø keát quûa thu ñöôïcv haõy chöùng minh raèng khi cho saét kim loaïi taùcduïng vôùi dung dòch HCl 0,1M chæ coù theå taïo thaønh Fe2+ chuù khoâng theå taïo thaønh Fe3+. 2/ Töø caùc dö kieän cuûa baûng theá ñieän cöïc chuaån cuûa moät soá caëp oxi hoùa – khöû, chöùng minh raèng caùc kim loaïi coù theá ñieän cöïc aâm ôû ñieàu kieän chuaån ñaåy ñöôïc hidro ra khoûi dung dòch axit. Ñaùp aùn caâu IV : Noäi dung 1/ a) Fe 2+ + 2e = Fe (1) Fe3+ + 1e = Fe2+ (2) Fe3+ + 3e = Fe (3) ∆G10 ∆G 20 ∆G30 Ñieåm = -n1E10 F = -2.(-0,44).F = -n 2 E20 F = -1.(0,77).F = ∆G10 + ∆G20 ∆G30 = -n3E30 F = -3E30 F = -2. ( -0,44 ) − 1. ( 0, 77 ) .F 2 ( −0, 44 ) + 0, 77 E30 = = −0, 036 V ⇒ 3 b) Trong dung dòch HCl 0,1M ⇒ H + = 10 −1 (mol/l) 0 + 0, 059 lg H + = −0, 059 V E2H + / H = E2H + / H2 2 ⇒ 0 E 0Fe2+ / Fe < E2H < E 0Fe3+ / Fe2+ + / H2 ⇒ H+ chæ oxi hoùa Fe thaønh Fe2+ . 7 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCH Noäi dung Ñieåm 2/ Phaûn öùng : n H2 2 Nhö vaäy coù caùc baùn phöông trình phaûn öùng : M + nH+ = M n+ + 2H+ + 2e = H2 n+ M + ne = M (1) (2) 0 E2H = 0V + /H (3) E 0M n+ / M 2 Ñeå ñöôïc phaûn öùng (1) phöông trình (2) nhaân vôùi n roái tröø ñi phöông trình 2 (3). Khi ñoù ∆G cuûa phaûn öùng seõ laø : n n 0 - ( -n.F. E 0M n+ / M ) ∆G = ∆G(2) - ∆G(3) = - .2F. E2H + / H 2 2 2 0 = -nF( E2H - E 0M n+ / M ) + / H2 Ñeå chi phaûn öùng xaûy ra thì ∆G < 0. Vaäy : 0 0 E2H - EM >0 + n+ / H2 /M 0 Vì E2H = 0V ⇒ E 0M n+ / M < 0 . + / H2 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän Tröôøng : THPT CHU VAÊN AN 8 Moân : HOÙA HOÏC Khoái : 10 Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên Hoàng Soá maät maõ : Phaàn naøy laø phaàn phaùch Soá maät maõ : Caâu V : Cho 50 gam dung dòch MX (M laø kim loaïi kieàm, X laø halogen) 35,6% taùc duïng vôùi 10 gam dung dòch AgNO3 thu ñöôïc keát tuûa. Loïc keát tuûa, ñöôïc dung dòch nöôùc loïc. Bieát noàng ñoä MX trong dung dòch sau thí nghieäm giaûm 1,2 laàn so vôùi noàng ñoä ban ñaàu. a) xaùc ñònh coâng thöùc muoái MX. b) trong phoøng thí nghieäm, khoâng khí bò oâ nhieãm moät löôïng khí X2 raát ñoäc, haõy tìm caùch loaïi noù ( vieát phöông trình phaûn öùng ). Ñaùp aùn caâu V : Noäi dung 35,6 × 50 = 17,8g 100 MX + AgNO3 = MNO3 + AgX↓ (mol) x x x x mAgX = (108 + X)x ; mMX phaûn öùng = (M + X)x mMX coøn laïi = 17,8 – (M + X)x C% MX trong dung dòch sau phaûn 17,8 − ( M + X ) x 35,6 × 100 = 60 − (108 + X ) x 1,2 Ñieåm a) m MX = ⇒ ⇒ ⇒ ⇔ ⇒ öùng laø : 120(M +X) = 35,6(108+ X) M Li (7) Na (23) X Cl (35,5) 12,58 M : Li ⇒ muoái MX laø LiCl X : Cl K (39) 4634,44 b) Ñeå loaïi khí Cl2 bò oâ nhieãm trong phoøng thí nhgieäm coù theå phun khí NH3 vaøo vaø ñoùng kín cuûa sau moät thôøi gian 10 – 15 phuùt : 3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl 6× NH3 + HCl = NH4Cl 3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl 9 Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Số mật mã Phần này là phách ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1: Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26. a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron sau cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH. c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? Câu 2: 1) Mg(OH)2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: TMg(OH)2 = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75. 2) Tính pH và nồng độ mol của Cr O 24− , Cr2 O 27− trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH 0,1M. Cho: K CH3COOH = 1,8.10-5 HCr O −4 + H2O 2HCr O −4 Cr O 24− + H3O+ Cr2 O 27− + H2O pK2 = 6,5 pK1 = -1,36 Câu 3: 1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron: a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. b) M + HNO3 → M(NO3)n + NxOy + H2O. 2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng: H2SO3 + 6H+ + 6e → H2S + 3H2O Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau: H2SO3 + 4H+ + 4e → S + 3H2O E 20 = +0,45V S + 2H+ + 2e → H2S E 30 = +0,141V 3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI để giải phóng ra hiđrô. 1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Biết: E 0 Ag + /Ag = +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16 Câu 4: Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) 1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất P. 2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính α và Kp. 3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt. Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1. Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có d Y/H2 =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính % khối lượng các chất trong X? c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B? Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16 2 Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Số mật mã Phần này là phách ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1 a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2Z A + N A ) + (2Z B + N B ) = 65 Z A + Z B = 21 Z A = 4 Ta có hệ : (2Z A + 2Z B ) − (N A + N B ) = 19 ⇔ ⇒ (0,5đ) Z B − Z A = 13 Z B = 17 2Z − 2Z = 26 A B ZA = 4 ⇒ A là Be Cấu hình e : 1s22s2 (0,5đ 1 ) Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = − 2 ZB = 17 ⇒ B là Cl Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5 (0,5đ 1 ) Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = − 2 b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2. (0,5đ Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ phân nhóm chính nhóm II. ) Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII. .. .. : Cl : Be : Cl : (1đ) c) .. .. Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp Cl Be Cl d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết chonhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: (1đ) Cl Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be .... Cl Cl Cl Cl Cl Câu 2: 3 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2 + ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95 ⇒ [OH−]2 ≥ 10 −10,95 = [Mg ] 2+ 10 −10,95 10 −2 (0,5đ) = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 * Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M. Ta có: p K NH + = 14 - p K NH3 = 14 - 4,75 = 9,25. 4 Do đó: [H+] sơ bộ = Ka Ca 1 = 10-9,25 . = 10-9,25 < 10-7 Cb 1 Suy ra cân bằng chủ yếu là: NH3 + H2O NH +4 + OH− 1 1-x 1 1+x Kb = (x + 1)x 1− x K NH3 = Kb = 10-4,75 x = 10-4,75 Điều kiện: x >Ka, K2 ⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 O 27− và HCr O −4 dựa vào cân bằng (2). 4 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Cr2 O 27− + H2O 2HCr O −4 K1 = 10-1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định đ/l t/d k/l. (2x) 2 K1 = = 10-1,36 (x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10-3. (0,010 − x) Vậy : [Cr2 O 27− ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O −4 ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 (M) (1đ) So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O −4 ] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế: CH3COO− + H3O+ Ka = 1,8.10-5 CH3COOH + H2O BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a 2 a Ka = = 1,8.10-5 0,1 − a ĐK a 2a . Vieát caùc ptpöù ñieän phaân xaûy ra cho tôùi khi H2O baét ñaàu bò ñieän phaân ôû caû hai ñieän cöïc. Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10 Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà ) Caâu 3: 1. Troän 100 ml dd HCOOH 0,1M vôi100 ml dd NaOH 0,05M ñöôïc 200 ml dd A. Tìm pH cuûa dd A. - pH cuûa dd A seõ thay ñoåi nhö theá naøo khi theâm vaøo dd 0,001 mol HCl hoaëc 0,001 mol NaOH. - Töø caùc keát quaû treân haõy cho nhaän xeùt. 2. Xaùc ñònh nhieät ñoä taïi ñoù aùp suaát phaân li cuûa NH4Cl laø 1 atm,bieát ôû 25oC coù caùc döõ kieän : o ∆ Go ( kJ/mol ) ∆ H tt ( kJ/mol ) NH4Cl(r) -315,4 -203,9 HCl(k) -92,3 -95,3 NH3(k) -46,2 -16,6 2+ 2+ 3. Cho H2S loäi qua dd chöùa Cd 0,01M vaø Zn 0,01M ñeán baõo hoaø. a. Haõy xaùc ñònh giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd sao cho xuaát hieän keát tuûa CdS maø khoâng coù keát tuûa ZnS. b. Haõy thieát laäp khu vöïc pH taïi ñoù chæ coøn 0,1% Cd2+ trong dd maø Zn2+ vaãn khoâng keát tuûa.Bieát dd baõo hoaø H2S coù [H2S} = 0,1M vaø H2S coù Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 , TZnS = 10-22 .Boû qua quaù trình taïo phöùc hidroxo cuûa Cd2+ vaø Zn2+. ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10 Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà ) Caâu 4: 1. Caân baèng caùc pöù oxi hoaù khöû sau : a. Theo phöông phaùp caân baèng electron : Cu2S + HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O. CH3−CH=CH2 + KMnO4 + H2O → CH3−CH−CH2 + MnO2 + KOH OH OH b. Theo phöông phaùp caân baèng ion - electron : K2Cr2O7 + H2SO4 + NO → Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O. NaCrO2 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O. 2. Haõy cho bieát pöù naøo xaûy ra trong caùc tröôøng hôïp sau: FeCl3 + NaCl FeCl3 + NaBr FeCl3 + NaI o o E Br / 2Br− = 1, 065V E oI / 2I− = 0,536V Bieát E Cl / 2Cl− = 1,359V 2 2 E o Fe3+ / Fe2+ 2 = 0,77V 3. Tính EoAgCl / Ag vaø haèng soá caân baèng cuûa pöù sau: 2AgCl↓ + Cu 2Ag↓ + Cu2+ + 2 Cl − E oCu2+ / Cu = 0,337V Bieát EoAg+ / Ag = 0, 799V 4. Cho E oCu2+ / Cu = 0,345V TAgCl = 10−10 ; E oZn2+ / Zn = −0,76V. a. Haõy vieát sô ñoà pin ñöôïc duøng ñeå xaùc ñònh theá ñieän cöïc tieâu chuaån cuûa caùc caëp treân . Chæ roõ cöïc döông,cöïc aâm.Cho bieát pöù thöïc teá xaûy ra trong pin khi pin hoaït ñoäng . b. ÔÛ 25oC,tieán haønh thieát laäp 1 heä gheùp noái giöõa thanh Zn nhuùng vaøo dd ZnCl2 0,01M vôùi thanh Cu nhuùng vaøo dd CuCl2 0,001M thu ñöôïc moät pin ñieän hoaù. -Vieát kí hieäu cuûa pin vaø pöù xaûy ra khi pin laøm vieäc. -Tính Epin. Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10 Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà ) Caâu 5: Hoaø tan 9,24g hoãn hôïp Al,Cu trong dd HCl dö 5% ( so vôùi lyù thuyeát ) thu ñöôïc 6,72 lít khí A ( ñktc) , ddB vaø raén C. a. Tính khoái löôïng moãi kim loaïi trong hoãn hôïp. b. Cho taát caû dd B taùc duïng vôùi dd NaOH 0,5M . Tính theå tích dd NaOH caàn duøng ñeå sau pöù thu ñöôïc 9,36g keát tuûa. c. Hoaø tan toaøn boä chaát raén C trong 60 ml dd HNO3 2,0M , chæ thu ñöôïc khí NO . Sau khi pöù keát thuùc cho theâm löôïng dö H2SO4 vaøo dd thu ñöôïc laïi thaáy coù khí NO bay ra . Giaûi thích vaø tính theå tích khí NO (ñktc) bay ra sau khi theâm H2SO4. ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 1: 1.a.Khoâng thoaû maõn,vì ml > l b.Thoaû maõn :2p4 .Caáu hình e :1s22s22p4. STT :8, chu kì 2 , nhoùm VIA. −2 Tính chaát ñaëc tröng : tính oxi hoaù O2 +4e → 2 O Ví duï : 4Na + O2 = 2Na2O c. Khoâng thoaû maõn,vì n = l ( l = n-1 ) d.Thoaû maõn :3p6 . Caáu hình e :1s22s22p63s23p6. STT :18, chu kì 3 , nhoùm VIIIA. Ngtoá naøy coù caáu hình beàn neân khoâng tham gia töông taùc hoaù hoïc. 2. Caáu hình ...3d34s2 : toàn taïi Caáu hình ...3d94s2 : khoâng toàn taïi, chuyeån sang caáu hình beàn 3d104s1. 3. -Trong caùc phaân töû H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ôû traïng thaùi lai taïo sp3, phaân töû coù caáu taïo daïng goùc : R H H - Vì ñoä aâm ñieän cuûa O lôùn nhaát neân caùc caëp e lieân keát bò huùt veà phía O maïnh → khoaûng caùch giöõa 2 caëp e lieân keát trong phaân töû H2O laø nhoû nhaát → neân löïc ñaåy tónh ñieän maïnh nhaát → goùc lieân keát lôùn nhaát . Thöù töï taêng daàn goùc lieân keát laø : H2Te , H2Se, H2S, H2O . - ÔÛ ñieàu kieän thöôøng nöôùc ôû theå loûng laø do caùc phaân töû nöôùc coù khaû naêng taïo lieân keát H lieân phaân töû : ... O − H ... O − H ... H H - Trong caùc phaân töû H2R , R ñeàu coù soá oxi hoaù -2, tuy nhieân töø O ñeán Te baùn kính R laïi taêng leân → khaû naêng cho e taêng töø O ñeán Te, töùc laø tính khöû taêng theo thöù töï H2O, H2S, H2Se, H2Te . 4. Vì khi phoùng xaï α thì khoái löôïng haït nhaân bò giaûm 4 vaø ñieän tích giaûm 2 ñôn vò . Khi phoùng xaï β khoái löôïng haït nhaân khoâng ñoåi nhöng ñieän tích taêng 1 ñôn vò. Nhaän thaáy töø U 238 → Pb207 khoái löôïng haït nhaân giaûm 31 ( khoâng chia heát cho 4 ) vì vaäy ban ñaàu U 238 ñaõhaáp thuï 1 nôtron ñeå taïo U 239 khoâng beàn . 238 1 239 * 92 U + o n → 92 U 239 92 U* → 82 Pb207 + x 2 He 4 + y −01 e Ta coù 2x - y = 10 4x = 32 => x=8 y=6 Vaäy ñaõ coù 8 haït α vaø 6 haït β thoaùt ra , haáp thuï 1 nôtron . Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 2: - - - ÑAÙP AÙN H2S + 3FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3 lïanh → 2NaF + OF2 + H2O 2F2 + 2NaOH (2%) Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O NaOH + NH4Cl → NaCl + NH3 + H2O to NaAlO2 + NH4Cl + H2O → Al(OH)3↓ + NH3↑ + NaCl 2+ 2− CuSO4 = Cu + SO 4 NH3 + H2O NH +4 + OH - Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2↓. Cu(OH)2↓ + 4 NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2. 2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2 NO3− NaCl = Na+ + ClTaïi catot (-) : Cu2+,Na+,H2O Taïi anot (+) : NO3− , Cl-,H2O. Pöù ñieän cöïc : Cu2+ +2e → Cu 2Cl- -2e → Cl2 2H2O + 2e → H2 + 2 OH2H2O -4e → O2 + 4 H+ Pöù ñieän phaân: Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1) Neáu 2a = b , töùc laø Cu(NO3)2 vaø NaCl bò ñieän phaân heát cuøng luùc,neân sau pöù (1) ôû caû 2 ñieän cöïc H2O seõ ñieän phaân. dp H2O → H2 + 1/2 O2 . NaNO3 Neáu b2a,sau pöù (1) coøn dö NaCl . Khi ñoù pöù ñieän phaân: m.n 2NaOH + Cl2 ↑+ H2 ↑ 2NaCl + 2 H2O → Sau pöù (3) thì H2O ñieän phaân ôû caû 2 ñieän cöïc: dp H2O → H2 + 1/2 O2 . NaOH (3) ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 3: 1. Ptpöù : HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O 0,005 0,005 0,005 nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 mol nNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 mol Vaäy dd thu ñöôïc goàm 0,005 mol HCOOH vaø 0,005 mol HCOONa . Trong dd xaûy ra caùc quaù trình : HCOONa → HCOO- + Na+ HCOOH HCOO- + H+,Ka HCOO- + H2O HCOOH + OH-,Kb H2O H+ + OHTheo ñònh luaät baûo toaøn ñieän tích ta coù: [H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-] ⇒ [HCOO-] = [H+] + [Na+] - [OH-] Maët khaùc : Theo ñònh luaät baûo toaøn noàng ñoä ban ñaàu ta coù : CHCOOH + CHCOO− = [HCOOH] + [HCOO − ] [HCOOH] = CHCOOH + CHCOO− − [HCOO − ] ⇒ = CHCOOH + CHCOO− − [H + ] − [Na+ ] + [OH − ] Vì CHCOO− = [Na+ ] neân: [HCOOH] = CHCOOH − [H + ] + [OH − ] Ka = [HCOO− ][H + ] [HCOOH] CHCOOH − [H + ] + [OH − ] [HCOOH] ⇒ [H ] = K a = Ka (*) [HCOO− ] [Na+ ] + [H + ] − [OH − ] Vì söï coù maët cuûa HCOOH vaø HCOO- trong dd neân ñaõ ngaên caûn söï taïo thaønh H+ vaø OH- . Neân khi giaûi gaàn ñuùng coù theå boû qua [H+] vaø[ OH-] + (*) ⇔ [H + ] = K a CHCOOH [Na+ ] CHCOOH [Na+ ] Thay caùc giaù trò vaøo bieåu thöùc treân ta ñöôïc: 0, 005 pH = 3, 75 − lg = 3, 75. 0, 005 Khi theâm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi naøy : HCOO- + H+ → HCOOH 0,001 0,001 0,001 pH = pK a − lg pH = 3, 75 − lg( 0, 005 + 0, 001 ) = 3,57. 0, 005 − 0, 001 Khi theâm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi naøy: HCOOH + OH- → HCOO- + H2O 0,001 0,001 0,001 0, 005 − 0, 001 ) = 3,93. 0, 005 + 0, 001 Vieäc theâm moät löôïng nhoû axit maïnh hay bazô maïnh vaøo hoãn hôïp HCOOH vaø HCOO chæ laøm thay ñoåi pH trong giôùi haïn ± 0,18 ñôn vò pH.Nhö vaäy hoãn hôïp HCOOH vaø HCOO- laø dd ñeäm coù khaû naêng giöõ cho pH ban ñaàu haàu nhö khoâng ñoåi. pH = 3, 75 − lg( 2. Ptpöù: NH 4 Cl(r) NH3(k) + HCl(k) . x x Goïi x(mol) : n NH3 = n HCl x .1 = 0,5atm 2x = 0,5.0,5 = 0,25(atm)2 ⇒ PNH3 = PHCl = ÔÛ nhieät ñoä T: K 2 = PNH3 .PHCl ÔÛ 25oC ta coù : ∆G opu = −95,3 − 16,6 − (−203,9) = 92kJ ∆H opu = −46,2 − 92,3 − (−315,4) = 176,9kJ Töø coâng thöùc : ∆G o = −2,303RT lg K Neân lg K1 = −∆G o 92000 =− = −16,12 2,303RT 2,303.8,314.298 ∆G o = ∆H o − T∆So = − RT ln K Maët khaùc ta coù : ∆H o ∆So + RT R o o Giaû söû ∆H & ∆S khoâng thay ñoåi theo nhieät ñoä,ta coù : ∆H o ∆So ln K1 = − + RT1 R ⇔ ln K = − ln K 2 = − ∆H o ∆So + RT2 R ⇒ ln K 2 − ln K1 = − ∆H o ∆H o + RT2 RT1 ⇒ ln K 2 ∆H o 1 1 ( − ) = K1 R T1 T2 ⇔ lg K2 1 1 ∆H o ( − ) = K1 2,303.R T1 T2 ⇔ lg K 2 − lg K1 = 1 1 ∆H o ( − ) 2,303.R T1 T2 ⇒ lg 0,25 + 16,12 = ⇒ T2 = 597o K 176900 1 1 − ) ( 2,303.8,314 298 T2 TCdS 10−28 = = 10−26. 3.Noàng ñoä S ñeå CdS↓ : [S ] = 2+ [Cd ] 0,01 T 10−22 Noàng ñoä S2- ñeå ZnS↓ : [S2 − ]' = ZnS = = 10−20 . 2+ [Zn ] 0,01 2− 2− ' Vì [S ] < [S ] neân CdS↓ tröôùc. Giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd ñeå xuaát hieän ↓ CdS maø khoâng coù ↓ZnS Ta coù : H2 S 2H + + S2 − ,K = K1 .K 2 = 1,3.10 −20 = 10 −19,89. 2- 2− K= [H + ]2 .[S2 − ] [H 2 S] [H 2 S] [S2 − ] 1 1 [H S] ⇒ pH = pK − lg 22− 2 2 [S ] Ñeå CdS↓ maø khoâng coù ZnS↓ thì: 10 −26 < [S2− ] < 10−20 ⇒ [H + ]2 = K 1 1 0,1 pH1 = .19,89 − lg −26 = −2,56. 2 2 10 1 1 0,1 pH 2 = .19,89 − lg −20 = 0, 45. 2 2 10 ⇒ −2,56 < pH < 0, 45. 0,1 = 10 −5 M. 100 10−28 [S2-] luùc Cd2+ coøn 0,1% = −5 = 10−23. 10 2+ Ñeå trong dd Cd coøn 0,1% maø ZnS vaãn chöa keát tuûa thì 10−23 < [S2 − ] < 10−20 1 1 0,1 pH 3 = .19,89 − lg −23 = −1, 06. Töùc laø : 2 2 10 −1, 06 < pH < 0, 45. [Cd 2 + ] coøn 0,1% = 0, 01. ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 4 : 1 +2 +6 Cu2S -10e → 2 Cu+ S +5 1 +4 N + 1e → N 10 * Cu2S + 12 HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O −1 −2 o −1 3 C+ C− 2e → C+ C +7 +4 Mn + 3e → Mn 2 * 3CH3−CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH3−CH(OH) −CH2(OH) +2MnO2 +2KOH. Cr2 O27− + 14H + + 6e → 2Cr 3+ + 7H 2 O 1 6 NO + H 2 O − 1e → NO2− + 2H + * K 2 Cr2 O 7 + 2H 2 SO 4 + 6NO → Cr2 (SO 4 )3 + 6HNO2 + K 2 SO 4 + H 2 O CrO2− + 4OH − − 3e → CrO24− + 2H 2 O Br2 + 2e → 2Br 2 3 − * 2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH → 2Na2 CrO 4 + 6NaBr + 4H 2 O. 2. Giaû söû xaûy ra pöù: 2Fe3+ + 2X − → 2Fe2 + + X2 (1),(X− : Cl − ,Br − , I − ). Ñeå pöù (1) xaûy ra thì : Eopu = Eoox − Eokh > 0 = E oFe3+ / Fe2+ − E oX 2 / 2X− >0 Vì chæ coù EoI / 2I− < EoFe3+ / Fe2+ neân chæ xaûy ra pöù: 2 3+ 2Fe + 2I − → 2Fe2 + + I2 Hay 2FeCl3 + 2NaI → 2FeCl2 + I 2 + 2NaCl. I2 + I − → I3− 3. Ta coù : (Eo Ag+ + e Ag,K = 10 AgCl ↓ Ag+ + Cl − ,Tt AgCl ↓ + e ⇒ E oAgCl / Ag 0,059 Ag+ / Ag )/ 0,059 Ag ↓ + Cl − ,K1 = K.Tt = 10 = E oAg+ / Ag 0,059 (EoAgCl / Ag )/ 0,059 − 10 ⇔ EoAgCl / Ag = E oAg+ / Ag − 0,59 = 0,799 − 0,59 = 0,209V. Ta coù : AgCl ↓ + e Ag ↓ + Cl − ,K1 Cu2 + ,K 2−1 = 10 Cu − 2e (2EoAgCl / Ag )/ 0,059 ⇒ K 3 = 10 4. 2 )/ 0,059 Cu2+ / Cu 2Ag ↓ +Cu2 + + 2Cl − ,K 3 = K12 .K 2−1 2AgCl ↓ +Cu ⇒ 10 ( −2Eo .10 ( −2Eo (0,209 − 0,337) 0,059 Cu2+ / Cu )/ 0,059 = K3 = 10−4,34. a.Vì EoCu2+ / Cu > Eo2H+ / H .Ñeå E opin >0 thì cöïc Cu|Cu2+ laøm cöïc döông(+). 2 cöïc Pt,H2(1atm) |H+ 1M laøm cöïc aâm (-). Sô ñoà pin: (-) (+) Pt,H2(1atm) |H+ 1M || Cu2+ 1M| Cu . Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : H 2 − 2e 2H + Cöïc (+) : Cu2+ + 2e Cu. 2+ Cu + 2H + . Pöù trong pin : Cu + H 2 Töông töï ta coù : Vì Eo2H+ / H > EoZn2+ / Zn neân ta coù sô ñoà pin : 2 (-) (+) Zn|Zn2+ 1M|| H+ 1M|H2 (1atm),Pt. Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : Zn − 2e Zn2 + H2 . Cöïc (+) : 2H + + 2e Pöù trong pin : Zn + 2H + Zn 2 + + H 2 . b.Ta coù : ZnCl2 = Zn 2+ + 2Cl − 0,01M 0,01M CuCl2 = Cu2 + + 2Cl − 0,001M 0,001M 0, 059 E Zn2+ / Zn = E oZn2+ / Zn + lg[Zn 2 + ] 2 0, 059 = −0, 76 + lg(0, 01) = −0,819V. 2 0, 059 o ECu2+ / Cu = E Cu + lg[Cu2 + ] 2+ / Cu 2 0, 059 = 0,345 + lg(0, 001) = 0, 4335V 2 Sô ñoà pin: (-) (+) 2+ 2+ Zn|Zn 0,01M ||Cu 0,001M | Cu. Pöù ñieän cöïc : Cöïc (-) : Zn − 2e Zn2 + Cöïc (+) : Cu2+ + 2e Cu. Pöù trong pin : Zn + Cu2+ Cu + Zn2 + . E pin = E p − E t = ECu2+ / cu − E Zn2+ / Zn = 0,4335-(-0,819) = 1,2525V. ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 5: Ptpöù : 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ (1) 0,2 0,6 0,2 0,3 6, 72 n H2 = = 0,3mol. 22, 4 Theo pöù (1),ta coù:nAl = 0,2 mol ⇒ mAl = 0,2.27 = 5,4g ⇒ mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84g b. ddB goàm nHCl dö = 0,6.0,05 = 0,03 mol vaø n AlCl3 = 0,2mol. T/hôïp 1: AlCl3 dö . 9,36 n Al(OH)3 = = 0,12mol 78 Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O 0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl. 0,12 0,36 0,12 n NaOH(pu2,3) = 0,36 + 0, 03 = 0,39mol. (2) (3) 0,39 = 0, 78l. 0,5 T/hôïp 2 : Al(OH)3↓ taïo ra cöïc ñaïi nhöng sau ñoù bò hoaø tan moät phaàn . Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O (4) 0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl. (5) 0,2 0,6 0,2 Al(OH)3↓ + NaOH = NaAlO2 + 2H2O (6) (0,2-0,12) 0,08 n NaOH(pu4,5,6) = 0,6 + 0, 03 + 0, 08 = 0, 71mol. ⇒ VNaOH = 0, 71 = 1, 42l. 0,5 = 0, 06.2 = 0,12mol. ⇒ VNaOH = c. n HNO3 HNO3 = H + + NO3− 0,12 0,12 0,12 3,84 n Cu = = 0, 06mol. 64 Ptpöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O. (7) 0,045 0,12 0,03 Theo pöù (7) , n H+ heát nhöng n NO− dö ,neân khi theâm löông dö axit H2SO4 seõ coù khí NO thoaùt 3 ra. Khi theâm H2SO4, H 2 SO 4 = 2H + + SO24− Pöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O. (0,06-0,045) 0,01 0,01 Theo pöù (8),nNO = 0,01 mol. ⇒ VNO = 0,01.22,4 = 0,224 l. (8) Sở Giáo dục Đào tạo Phú Yên Trường THPT chuyên Lương văn Chánh Giáo viên biên soạn: Phan thị Mỹ Lệ Kỳ thi Olympic truyền thống 30/4 lần XII - 2006 Môn hóa học – Khối 10 Đề thi và đáp án Câu 1 Nguyên tử C có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = -1/2 Hai nguyên tố A, B với ZA < ZB < ZC ( Z là điện tích hạt nhân ). Biết rằng: - tích số ZA. ZB. ZC = 952 -tỉ số ( ZA + ZC ) / ZB = 3. 1. Viết cấu hình electron của C, xác định vị trí của C trong bảng Hệ thống tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố C? 2. Tính ZA, ZB. Suy ra nguyên tố A, B? 3. Hợp chất X tạo bởi 3 nguyên tố A, B, C có công thức ABC. Viết công thức cấu tạo của X. Ở trạng thái lỏng, X có tính dẫn điện.Vậy X được hình thành bằng các liên kết hóa học gì? Đáp án 1. Nguyên tố C có cấu hình electron cuối cùng :3p5 ↑↓ ↑↓ ↑ +1 0 -1 Cấu hình electron của C:1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 Vị trí của C: STT 17, chu kì 3, nhóm VII A. C là Clo. 2. ZC = 17 ZB . ZA = 56 ZA = 7 , A là Nitơ ZA + 17 = 3ZB ZB = 8 , B là Oxi 3. CTCT X Cl - N = O NOCl ở trạng thái lỏng có tính dẫn điện vậy trong chất lỏng phải có các ion NO+ và Cl-. Do đó trong phân tử NOCl có liên kết ion và liên kết cộng hóa trị. Câu 2 Cho hỗn hợp cân bằng trong bình kín: N2O4 (k) 2NO2 (k) (1) Thực nghiệm cho biết: Khi đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm - ở 350C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 72,45 g/mol - ở 450C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 66,8 g/mol 1. Hãy xác định độ phân li α của N2O4 ở mỗi nhiệt độ trên. 2. Tính hằng số cân bằng KP của ( 1 ) ở mỗi nhiệt độ (lấy tới chữ số thứ ba sau dấu phẩy).Trị số này có đơn vị không ? Giải thích? 3.Hãy cho biết phản ứng theo chiều nghịch của phản ứng (1) là thu nhiệt hay tỏa nhiệt? Giải thích?. Đáp án 1. Goị a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp. (1-a) là số mol của NO2. Ở 350C có Mhh = 92a + 46 (1-a ) = 72,45 → a = 0,575 → n N2O4 = 0,575 và n NO2 = 0,425 N2O4 2NO2 n(bđ) x n(pư) 0,2125 0,425 n(cb) x- 0,2125 0,425 → x - 0,2125 = 0,575 → x = 0,7875 mol → α = 0,2125/0,7875 = 26,98% Ở 450C có M = 92a + 46(1-a) = 66,8 N2O4 2NO2 n(bđ) y n(pư) 0,27395 0,5479 n(cb) y-0,27395 0,5479 → y –0,27395 = 0,4521 → y = 0,72605 → α = 0,27395/0,72605= 37,73% 2. Ở 350C PNO2 = (0,425/ 1). 1 = 0,425 PN2O4 = (0,575/ 1). 1 = 0,575 KP = (0,425)2/ 0,575 = 0,314 (mol) 0 Ở 45 C P NO2 = (0,5479/ 1). 1 = 0,5479 P N2O4 = (0,4521/ 1). 1 = 0,4521 KP = (0,5479)2/ 0,4521 = 0,664 (mol) 3. Độ điện li tăng , KP tăng nghĩa là phản ứng diễn ra theo chiều thuận. Khi tăng nhiệt độ phản ứng diễn ra theo chiều thuận, vậy chiều thuận là chiều thu nhiệt, chiều nghịch là chiều tỏa nhiệt. Câ u 3 Độ tan của AgCl trong nước cất ở một nhiệt độ nhất định là 1,81 mg/dm3.Sau khi thêm HCl để chuyển pH về 2,35, giả thiết thể tích dung dịch sau khi thêm axit vẫn giữ nguyên và bằng 1dm3. Hãy : 1.Tính nồng độ ion Cl- trong dung dịch trước và sau khi thêm HCl. 2.Tính tích số tan T trong nước của AgCl ( dùng đơn vị thứ nguyên ). 3.Tính xem độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi axit hóa dung dịch ban đầu đến khi có pH=2,35. 4.Tính khối lượng của NaCl và của Ag tan được trong 10 m3 dung dịch NaCl 10-3 M Đáp án 1. * Trước: [Cl-] = [AgCl] = 1,81.10-3g/dm3 = 1,26.10-5 mol/dm3 = 1,26.10-5 mol/l. * Sau: C (Cl-) = C (H+) = 10-2,35 = 4,47.10-3 mol/l. 2. Tích số tan T (AgCl) = [Ag ]. [Cl- ] = (1,26.10-5)(1,26.10-5) = 1,59.10-10 mol2/l2. 3. Khi axit hóa dung dịch đến pH = 2,35: [Cl- ]= [HCl ] = 4,47.10-3 [AgCl]= [Ag+]= T (AgCl)/[Cl-] = 1,59.10-10/4,47.10-3 = 3,56.10-8 mol/l Như vậy độ tan của AgCl = 3,56.10-8mol/l, giảm đi 1,26.10-5/3,56.10-8= 354 lần 4. * Số mol NaCl = 10-3. 10. 103= 10 mol m NaCl= 10. 58,5= 585g [Ag+]= T AgCl/ [Cl-]= 1,59. 10-10/ 10-3= 1,59. 10-7mol/l * Số mol Ag+= 1,59. 10-7. 10. 103= 1,59. 10-3 0,17g. mAg = mAg+= 1.59. 10-3.108= Câu 4 Đốt cháy hòan tòan 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A và khí B.Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịch muối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%. 1.Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X. 2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi: a. Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thóat ra chất rắn màu vàng. b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch . Sau đó thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng. Đáp án 1. 2MS + 3O2 2MO + 2SO2 MSO4 + H2O MO + H2SO4 Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được (M + 96)g muối MSO4. Ta có: Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan = (M+96)g Theo baì cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tan Tính được M= 64, M là Cu. Ta có : m dd baõ hoà = m CuO + m dd H2SO4 – m muối tách ra = 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g. Khối lượng CuSO4 còn laị trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10g Số mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 mol Số mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 mol Số mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol Nếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n) . 0,0625 = 15,625 n=5 150 2. 3SO2 + 2H2O 2H2SO4 + S ↓(maù vàng) SO2 +Br2 + 2H2O H2SO4 + 2HBr H2SO4 + BaCl2 BaSO4 ↓ + 2HCl Câu 5 Dung dịch bão hoà canxi cacbonat trong nước có độ pH = 9,95. Axit cacbonnic có Ka 1= 4,5.10-7mol/l và Ka 2= 4,7.10-11mol/l. 1. Hãy tính độ tan của CaCO3 trong nước và tích số tan của CaCO3. 2. Hãy tính nồng độ tối đa cuả ion Ca2+ trong dung dịch CaCO3 với pH=7,40 và nồng độ cân bằng cuả HCO3-= 0,022 M. Cho tích số tan KL(CaCO3)= 5,2.109 (mol/l)2 (giá trị này không trùng với phần tính của baì 1.). Đáp án 1. CaCO3 hoà tan trong nước. Goị x là độ tan của CaCO3. pH = 9,95 [OH-]= 10-4,05 CaCO3 Ca2+ + CO32x x x 2CO3 + H2O HCO3- + OH- Kb= Kw. K2-1= 10-14. 4,7. 10-11= 0,21. 10-3. x-10-4,05 10-4,05 10-4.05 Theo định luật tác dụng khối lượng ta có: 10-4,05. 10-4,05 Kb = = 0,21. 10-3 x = 1,26. 10-4 mol/l. -4,05 x - 10 Tích số tan cuả CaCO3 KL= x. (x-10-4,05)= 4,7.10-9 (mol/l)2 2. Ta có pH = 7,4 [OH-]= 10-6,6. 2CO3 + H2O HCO3- + OH- KP= 0,21. 10-3 0,022 10-6,6 [HCO3 ][OH ] KP = = 0,21. 10-3. [CO32-] = 10-4,6 [CO32-] [Ca2+] = KL (CaCO3) / [CO32-] = 5,2.10-9/ 10-4,6 = 2.10-4 mol/l. Kỳ thi Olympic 30/04/2006 Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10 Số mật mã: 1 ĐỀ: Câu I: (4 điểm) I.1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534 nm.Tính bán kính nguyên tử cộng hóa trị của Silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi= 28,086 g.mol-1. Kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngòai ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4 hốc tứ diện của ô mạng cơ sở. I.2. Có các phân tử XH3 I.2.1. Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3. I.2.2. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích. I.2.3. Những phân tử nào sau đây có moment lưỡng cực lớn hơn 0 ? BF3, NH3, SiF4, SiHCl3, SF2, O3. Cho biết Zp = 15, ZAs = 33, ZO = 16, ZF = 9, ZCl = 17, ZB = 5, ZN = 7, ZSi = 14, ZS = 16. Câu II: (4 điểm) Amoni hidrosunfua là một chất không bền dễ dàng bị phân hủy thành NH3(k) và H2S(k) NH4HS(r) NH3(k) + H2S(k) Cho biết các số liệu nhiệt động học sau đây tại 25oC Ho ( KJ.mol-1) So ( J.K-1.mol-1) NH4HS(r) -156,9 113,4 NH3(k) - 45,9 192,6 H2S(k) - 20,4 205,6 II.1. Tính ∆ H0, ∆ S0, ∆ G0 tại 250C. II.2. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC của phản ứng trên. II.3. Tính hằng số cân bằng Kp tại 35oC của phản ứng trên giả thiết rằng cả ∆ H0 và ∆ S0 không phụ thuộc vào nhiệt độ. II.4. Tính áp suất toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng đạt cân bằng tại 250C. Bỏ qua thể tích của NH4HS(r) . Câu III: (4 điểm) Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0; trong đó khi nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do sự hòa tan của CO2 trong khí quyển. Tuy nhiên trong nhiều khu vực nước mưa có tính axit mạnh hơn. Điều này do một số nguyên nhân trong đó có nguyên nhân tự nhiên và những nguyên nhân xuất phát từ hoạt động của con người. Trong khí quyển SO2 và NO bị oxi hóa theo thứ tự thành SO3 và NO2, chúng phản ứng với nước để chuyển hóa thành axít sunfuric và axít nitric. Hậu quả là tạo thành mưa axít với pH trung bình khoảng 4,5. Lưu huỳnh dioxit là một oxit hai chức trong dung dịch nước. Tại 250C : SO2 (aq) + H2O (l) HSO3-(aq) + H+( aq) Ka1 = 10-1,92 M HSO3-(aq) SO3-(aq) + H+( aq) Ka2 = 10-7,18 M 0 Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25 C III.1. Độ tan của SO2 là 33,9 L trong 1 L H2O tại áp suất riêng phần của SO2 bằng 1 bar. III.1.1. Tính nồng độ toàn phần của SO2 trong nước bão hòa khí SO2 (bỏ qua sự thay đổi thể tích do sự hòa tan SO2). III.1.2. Tính thành phần phần trăm của ion HSO3-. Kỳ thi Olympic 30/04/2006 Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10 Số mật mã: 2 III.1.3. Tính pH của dung dịch. III.2. Nhỏ từng giọt Br2 đến dư vào dung dịch SO2 0,0100 M, toàn bộ SO2 bị oxi hóa thành SO42-. Br2 dư được tách ra bằng cách sục với khí N2 . Viết một phương trình phản ứng của quá trình. Tính nồng độ H+ trong dung dịch thu được. Biết pKa(HSO4-) = 1,99. Câu IV: (4 điểm) IV.1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100 M và FeCl3 0,100 M. Xác định nồng độ các ion thiếc và ion sắt khi cân bằng ở 250C. Tính thế của các cặp oxi hóa khử khi cân bằng. IV.2. Khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2 M. Xác định nồng độ của Fe3+, Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 250C. o o Biet ESn4+ = 0,15 V ; Eo 3+ = 0, 77 V ; E Fe 2+ Ag+ = 0,80 V Sn Fe 2 + Ag Câu V: (4 điểm) Theo lí thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS2.Trong thực tế một phần ion disunfua S2- bị thay thế bởi ion sunfua S2- và công thức tổng quát của pyrit có thể biểu diễn là FeS2-x. Như vậy có thể coi pyrit như một hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với Br2 trong KOH dư thì xảy ra các phản ứng sau: FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2O Sau khi lọc thì chất không tan tách khỏi dung dịch và: -/ Fe(OH)3 được nung nóng và chuyển hóa hoàn toàn thành Fe2O3 có khối lượng 0,2 gam. -/ Cho dư dung dịch BaCl2 vào pha lỏng được 1,1087 gam kết tủa BaSO4. V.1. Xác định công thức của pyrit. V.2. Cân bằng hai phương trình phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron. V.3. Tính lượng Br2 theo gam cần thiết để oxi hóa mẫu khoáng. ----------o0o---------- ĐÁP ÁN: Kỳ thi Olympic 30/04/2006 Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10 Số mật mã: 3 Câu I: (4 điểm) I.1. r Si = (a. 3 )/8 = (0,534. 3 )/8= 0,118 Số nguyên tử Si có trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6.(1/2) + 4 = 8 Khối lượng riêng của Si = 2,33 g.cm-1. I.2.1. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3 P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3 X X ôû traïng thaùi lai hoùa sp3. H H H I.2.2. XH3 hình tháp tam giác, góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với As nên lực đẩy mạnh hơn. I.2.3. Cl H F N Si F O S F Cl Cl F O F O 3 3 sp2 sp sp sp3 F F Si B F sp2 F F F F sp3 4 chất đầu tiên có cấu tạo bất đối xứng nên có moment lưỡng cực > 0. Câu II: (4 điểm) II.1. ∆ H0 = 90,6 KJ.mol-1 ∆ S0 = 284,8 J.K-1.mol-1 ∆ G0 = ∆ H0 – T. ∆ S0 = 5,7 KJ.mol-1 II.2. ∆ G0 = -RT. lnKa => Ka = 0,1008 Kp = PNH3.PH2S = 0,1008 bar2 II.3. ∆ G0 = ∆ H0 – T. ∆ S0 = 2839 J.mol-1 => Ka = 0,3302. Kp = PNH3.PH2S = 0,3302 bar2 II.4. Ptoàn phần = PH2S + PNH3 Vì nH2S = nNH3 => PNH3 = PH2S = 0,5 Ptoàn phần =>Ptoàn phần = 0,635 bar. Câu III: (4 điểm) III.1.1. P.V = n.R.T => n = 1,368 mol => CSO2 = 1,368 M. III.1.2. SO2 (aq) + H2O (l) HSO3-(aq) + H+( aq) x2 Với [H+] = [HSO3-] = x thì = 10-1,92 => x = 0,1224 M 1,368 − x Vậy % nHSO3- = 8,95 %. III.1.3. pH = 0,91 III.2. Phản ứng : 2 H2O(l) + Br2(aq) → SO42-(aq) + Br –(aq) + 4 H+(aq) Cân bằng : HSO4-(aq) SO42-(aq) + H+(aq) Ka = 10-1,99 M 2+ [SO4 ] = [HSO4 ] = 0,01 M và [H ] + [HSO4 ] = 0,04 M [HSO4-] = 0,04 – [H+] và [SO42-] = [H+] – 0,03 M => [H+] = 0,0324 M Câu IV: (4 điểm) Kỳ thi Olympic 30/04/2006 Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk Lăk Đề và đáp án: Môn Hóa - Khối 10 Số mật mã: 4 IV.1. Sn2+ + 2 Fe3+ → Sn4+ + 2 Fe2+ CMcb 0,05-x 0,05-2x x 2x lgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 1021 K rất lớn và nồng độ Fe3+cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+ => phản ứng gần như hoàn toàn 2x 0,05 [Fe2+] = 0,05 M; [Sn4+] = 0,025 M; [Sn2+] = 0,025 M; [Fe3+] = ε M 2 0, 025. ( 0, 05) 0, 0025 K= => 1.1021 = => ε = [Fe3+] = 1,58.10-12 M 2 2 ε 0, 025.ε 1,58.10−12 0, 059 0, 025 Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059 lg = 0,15 + lg = 0,15 V 0, 05 2 0, 025 IV.2. Ag + Fe3+ Ag+ + Fe2+ CMcb 0,05 - x x x 0, 77 − 0,80 lgK = = -0,51 => K = 0,31 0, 059 x2 = 0,31 => x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2 M 0, 05 − x [Fe3+] = 6. 10-3 M. 6.10−3 Ecb = 0,77 + 0,059 lg = 0,80 + 0,059 lg 4,38.10-2 = 0,72 V −2 4,38.10 Câu V: (4 điểm) 1,1087 V.1. nS = = 4,75.10-3 233, 4 0, 2 nFe = 2. = 2,5.10-3 160 =>nFe : nS = 1 : 1,9 => Công thức FeS1,9 V.2. Fe2+ -e → Fe3+ S22- -14e → 2 S+6 15 * 2 Br2 + 2e → 2 Br - 2 * 15 2 FeS2 + 15 Br2 +38 KOH → 2 Fe(OH)3 + 30 KBr + 4 K2SO4 + 16 H2O (1) Fe2+ -e → Fe3+ 9 *2 S2- -8e → S+6 Br2 + 2e → 2 Br - 2 * 9 2 FeS + 9 Br2 +22 KOH → 2 Fe(OH)3 + 18 KBr + 2 K2SO4 + 8 H2O (2) V.3. 2 - x = 1,9 => x = 0,1 => 90% FeS2; 10% FeS 15 m1(Br2) = 160. 0,9 . 25.10-3. = 2,7(g) 2 9 m2(Br2) = 160. 0,1 . 25.10-3. = 0,18(g) 2 =>mBr2 = 2,7 + 0,18 = 2,88 (g) Người biên soạn: Hồ Phạm Thu Thủy Ta có: Tỉnh: An Giang Trường: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Môn: HÓA HỌC Khối: 10 Tên giáo viên biên soạn: Nguyễn Thu Nga Số mật mã Phần này là phách ___________________________________________________________________________ Số mật mã ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ CÂU 1: (5điểm) (1) Nguyên tố R thuộc nhóm nào ? phân nhóm nào trong bảng hệ thống tuần hoàn ? Nguyên tố R là kim loại hay phi kim ? Biết số oxi hoá của nguyên tố R trong hợp chất oxit cao nhất là mo, trong hợp chất với hidro là mH và: mo - mH = 6 (2) Xác định nguyên tố R, biết trong hợp chất với hidro có %H = 2,74% về khối lượng. Viết CTPT oxit cao nhất của R và hợp chất của R với hidro. (3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây: NaRO + SO2 + H2O → ………………………………… HRO + I2 + H2O → ………………………………… FeR3 + SO2 + H2O → ………………………………… KRO3 + HI → ………………………………… R là nguyên tố trên (câu 2) CÂU II: (5 điểm) (1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau và cấu tạo hình học của AlCl3, AlCl Θ4 . AlCl3 + Cl Θ → AlCl Θ4 (2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau: (o): Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3. (b): Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3. (3): Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau: (a) S Cl 103o Cl và O Cl 111o Cl (b) O F 103o15’ F và O Cl 111o Cl Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH CÂU III: (5 điểm) CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) (1) Xét cân bằng: - Ở 800oC, áp suất hơi của khí CO2 là 0,236atm. (a). Tính hằng số cân bằng Kp và Kc của phản ứng ? (b). Cho 125 (gam) canxi carbonat vào một bình có dung tích không đổi là 100 lít. Hỏi ở trạng thái cân bằng có bao nhiêu phần trăm canxi carbonat đã bị nhiệt phân ? (2) Xét phản ứng thuận nghịch sau: H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k) - Ở 400oC phản ứng trên có giá trị hằng số cân bằng Kc = 50. - Tại một thời điểm nào đó của hệ phản ứng, nồng độ mol/lít của các chất có giá trị sau đây: [H2] (mol/l) [I2] (mol/l) [HI] (mol/l) a 2,0 5,0 10,0 b 1,5 0,25 5,0 c 1,0 2,0 10,0 Hỏi tại thời điểm đó phản ứng đang diễn biến theo chiều nào để đạt trạng thái cân bằng. CÂU IV: (5 điểm) (1) Canxi hidroxit là một bazơ ít tan. Trong dung dịch nước có tồn tại cân bằng: Ca(OH)2 (r) Biết: AGo(KCal.mol-1) – 214,30 ⇌ Ca2+(t) + 2OH- (t) - 132,18 - 37,59 Hãy tính: (a) Tích số tan của Ca(OH)2 ở 25oC ? (b) Tính nồng độ các ion Ca2+; OH- trong dung dịch nước ở 25oC. (2) Ở nhiệt độ thường độ tan của BaSO4 trong nước là 1,05.10-5 (mol.l-1). Tính xem độ tan của BaSO4 sẽ thay đổi thế nào nếu người ta pha thêm vào nước BaCl2 hay Na2SO4 để cho nồng độ của chúng bằng 0,01 (mol.l-1). Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 2 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH CÂU V: (5 điểm) Cho các phương trình phản ứng sau đây: 1. A1 → A2 + A3 + A4 o ;t 2. A1 xt → A2 + A4 o t 3. A3 → A2 + A4 4. A1 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O 5. A3 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O 6. A1 + A2 + H2SO4 → A5 + NaHSO4 + H2O 7. A5 + NaOH → A2 + A6 + H2O o t A1 + A2 8. A6 → Biết: * Trong điều kiện thường A4; A5 là các chất khí * A1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng. * A3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng * A1; A3 là hợp chất của Clor. Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16 CÂU IV: (5 điểm) (1) Cho hai bình có thể tích bằng nhau: - Bình (1) chứa 1 (mol) Cl2; bình (2) chứa 1 (mol) O2 - Cho vào hai bình 2,40 (gam) bột kim loại M có hoá trị không đổi. Đun nóng hai bình để các phản ứng trong chúng xảy ra hoàn toàn, rồi đưa hai bình về nhiệt độ ban đầu, nhận thấy lúc đó tỉ số áp suất khí trong hai bình là: P1 P2 = 1,8 1,9 Hãy xác định kim loại M ? (2) Một hỗn hợp (A) đồng số mol của FeS2 và FeCO3 vào một bình kín dung tích không đổi chứa lượng khí O2 dư. Nung bình đến nhiệt độ cao đủ để oxi hoá hoàn toàn hết các Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 3 chất trong (A), rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Hỏi áp suất trong bình trước và sau phản ứng thay đổi thế nào ? PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Cho: Ca = 40; Fe = 56; S = 32; C = 12 ; O = 16 Ba = 137; Ag = 108; Cu = 64; Mg = 24 Zn = 65; Pb = 207; Cr = 52 Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 4 Tỉnh: An Giang Trường: THPT Chuyên Thoại Ngọc Hầu Môn: HÓA HỌC Khối: 10 Tên giáo viên biên soạn: Nguyễn Thu Nga Số mật mã Phần này là phách ___________________________________________________________________________ Số mật mã HƯỚNG DẪN CHẤM CÂU 1: (5điểm) (1) Nguyên tố R thuộc nhóm nào ? phân nhóm nào trong bảng hệ thống tuần hoàn ? Nguyên tố R là kim loại hay phi kim ? Biết số oxi hoá của nguyên tố R trong hợp chất oxit cao nhất là mo, trong hợp chất với hidro là mH và: mo - mH = 6 (2) Xác định nguyên tố R, biết trong hợp chất với hidro có %H = 2,74% về khối lượng. Viết CTPT oxit cao nhất của R và hợp chất của R với hidro. (3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây: NaRO + SO2 + H2O → ………………………………… HRO + I2 + H2O → ………………………………… FeR3 + SO2 + H2O → ………………………………… KRO3 + HI → ………………………………… R là nguyên tố trên (câu 2) BÀI GIẢI mo - mH = 6 mo = 7 mo + mH = 8 mH = 1 R là phi kim thuộc nhóm VIIA (2) Hợp chất hidro của R có CTTQ: RH m R R 97,26 = = = 35,5 mH 1 2,74 (1) Ta có: R là nguyên tố clor CTPT: HCl ; Cl2O7 (3) NaClO +SO2 + H2O 5HClO + I2 + H2O 2FeCl3 + SO2 + 2H2O KClO3 + 6HI → → → → NaHSO4 + HCl 2HIO3 + 5HCl 2FeCl2 + H2SO4 + 2HCl 3I2 + KCl + 3H2O Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 5 THANG ĐIỂM 1,0đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCH CÂU II: (5 điểm) (1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau và cấu tạo hình học của AlCl3, AlCl Θ4 . AlCl3 + Cl Θ → AlCl Θ4 (2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau: (o): Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3. (b): Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3. (3): Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau: (a) S O và Cl 103o Cl Cl 111o Cl (b) O O và F 103o15’ F Cl 111o Cl BÀI GIẢI Θ AlCl3 + Cl → AlCl THANG ĐIỂM Θ 4 - Trước phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp2 - Sau phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp3 - Cấu tạo hình học Cl Cl Θ (1) Al Cl 0,25đ 0,25đ Al Cl Tam giác phẳng Cl 1,0đ Cl Cl Tứ diện (2) H F H – N+ → B- – F H NH3 → Ag+ ← NH3 Cl F Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 6 Θ 1,0đ * Nitơ còn 1 cặp electron tự do * B còn obital hoá trị trống * Ag+ còn obital/hoá trị trống PHẦN NÀY LÀ PHÁCH (3) Trong các phân tử, nguyên tử trung tâm đều có trạng thái lai 0,5đ hoá sp3 và có cấu tạo góc. (a). Sự sai biệt góc hoá trị trong phân tử SCl2 và OCl2 là do sự khác biệt về độ âm điện của oxi và lưu huỳnh. ĐÂĐ của nguyên tử trung tâm càng nhỏ thì các cặp electron liên kết bị đẩy nhiều về phía 1,0đ các nguyên tử liên kết, nên chúng chiếm vùng không gian nhỏ xung quanh nguyên tố trung gian. ĐÂĐ của oxi lớn hơn S nên góc hoá trị Cl – O – Cl lớn hơn Cl – S – Cl. (b). Sự sai biệt góc hóa trị trong phân tử OF2 và OCl2 cũng do sự khác biệt về ĐÂĐ của các nguyên tử liên kết. Nguyên tử liên kết có ĐÂĐ càng lớn thì góc hóa trị càng nhỏ. Flor có ĐÂĐ lớn hơn Clor nên góc hóa trị F – O – F nhỏ hơn Cl – O – Cl. Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 7 1,0đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCH CÂU III: (5 điểm) CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) (1) Xét cân bằng: - Ở 800oC, áp suất hơi của khí CO2 là 0,236atm. (a). Tính hằng số cân bằng Kp và Kc của phản ứng ? (b). Cho 125 (gam) canxi carbonat vào một bình có dung tích không đổi là 100 lít. Hỏi ở trạng thái cân bằng có bao nhiêu phần trăm canxi carbonat đã bị nhiệt phân ? (2) Xét phản ứng thuận nghịch sau: H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k) - Ở 400oC phản ứng trên có giá trị hằng số cân bằng Kc = 50. - Tại một thời điểm nào đó của hệ phản ứng, nồng độ mol/lít của các chất có giá trị sau đây: [H2] (mol/l) [I2] (mol/l) [HI] (mol/l) a 2,0 5,0 10,0 b 1,5 0,25 5,0 c 1,0 2,0 10,0 Hỏi tại thời điểm đó phản ứng đang diễn biến theo chiều nào để đạt trạng thái cân bằng. BÀI GIẢI THANG ĐIỂM (1) a. Ta có: Kp = PCO 2 = 0,236 0,5đ Kc = Kp (RT)-∆n 22,4 Kc = 0,236 .1073 273 −1 = 2,68.10 −3 0,5đ b. CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k) n CO2 = P.V 0,236 x 100 x 273 = = 0,268 (mol) R.T 22,4 x 1073 Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 8 0,5đ 0,25đ Số mol CaCO3 bị nhiệt phân = n CO2 = 0,268 (mol) 0,25đ 125 Số mol CaCO3 ban đầu = = 1,25 (mol) 100 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Tỉ lệ % CaCO3 bị nhiệt phân = 0,268 .100% = 21,44% 1,25 (2) H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k) Ta có: Kc = a b c 0,5đ 0,25đ Kt = 50 => K t = 50.K n Kn Vt = Kt[H2] [I2] Vn = Kn [HI]2 Vt/Vn 500Kn 18,75Kn 100Kn 100.Kn 25.Kn 100Kn 5/1 ¾ 1/1 Chiều diễn bíên p. ứ Chiều thuận Chiều nghịch Cân bằng Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 9 0,75đ 0,75đ 0,75đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCH CÂU IV: (5 điểm) (1) Canxi hidroxit là một bazơ ít tan. Trong dung dịch nước có tồn tại cân bằng: Ca(OH)2 (r) ⇌ Biết: AGo(KCal.mol-1) – 214,30 Ca2+(t) + 2OH- (t) - 132,18 - 37,59 Hãy tính: (a) Tích số tan của Ca(OH)2 ở 25oC ? (b) Tính nồng độ các ion Ca2+; OH- trong dung dịch nước ở 25oC. (2) Ở nhiệt độ thường độ tan của BaSO4 trong nước là 1,05.10-5 (mol.l-1). Tính xem độ tan của BaSO4 sẽ thay đổi thế nào nếu người ta pha thêm vào nước BaCl2 hay Na2SO4 để cho nồng độ của chúng bằng 0,01 (mol.l-1). BÀI GIẢI THANG ĐIỂM Ca(OH)2 (r) ⇌ Ca2+(t) + 2OH- (t) : ∆G opö ? (1) ∆G opö = ∆G o( Ca 2 + ) + 2 ∆G o( OH − ) - ∆G oCa ( OH )2 = - 132,18 + 2(-37,59) – (-214,30) = + 6,9 . KCal. o Mặt khác: AG = - RT lnk Nên: lgk = => lgk = - ∆G o 2,303.RT 6,9 = −5,06 2,303 x 1,987.10-3 x 298 => K = 8,71.10-8 = TCa ( OH ) 2 2+ 0,5đ - 2 -8 [Ca ] [OH ] = 8,71.10 4[Ca2+]3 = 8,71.10-8 => [Ca2+] = 1,30.10-2 (M) [OH-] = 2[Ca2+] = 2,60.10-2 (M) (2) - BaCl2: Na2SO4: tan tốt, ta xem độ điện li biểu kiến bằng 1 Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 10 0,25đ 0,25đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ BaSO4 (r) ⇌ Ca (2t+) + SO 24−( t ) (1) - Ta có: [Ba2+] = [SO42-] = 1.05.10-5 (M) TBaSO 4 = [Ba2+] [SO42-] = (1,05.10-5)2 = 1,1.10-10 0,5đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCH - Ở nhiệt độ cố định, việc cho thêm vào dung dịchcác ion Ba2+, SO42với nồng độ như nhau thì cân bằng (1) chuyểndịch theo chiều nghịch ở mức 1,0đ độ như nhau, BaSO4 sẽ ít tan hơn. - Gọi x là độ tan của BaSO4 tính ra (mol.l-1) - Xét trường hợp thêm Na2SO4, ta có: x (x + 0,01) = 1,1.10-10 0,5đ -8 0,5đ => x = 1,1.10 Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 11 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH CÂU V: (5 điểm) Cho các phương trình phản ứng sau đây: 1. A1 → A2 + A3 + A4 o ;t 2. A1 xt → A2 + A4 o t 3. A3 → A2 + A4 4. A1 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O 5. A3 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O 6. A1 + A2 + H2SO4 → A5 + NaHSO4 + H2O 7. A5 + NaOH → A2 + A6 + H2O o t 8. A6 → A1 + A2 Biết: * Trong điều kiện thường A4; A5 là các chất khí * A1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng. * A3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng * A1; A3 là hợp chất của Clor. Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16 BÀI GIẢI THANG ĐIỂM Theo đề bài: - A1; A3 là hợp chất của clor có chứa natri. * A1 có 21,6% Na => A1 là NaClO3 0,5đ * A3 có 18,78% Na => A3 là NaClO4 - Trong điều kiện thường A4; A5 là chất khí và dựa vào mối quan hệ các chất trong 8 phương trình phản ứng xác định. * A2 là NaCl ; A5 là Cl2; A4 là O2 * A6 là NaClO Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 12 0,5đ (1) 2 NaClO3 (2) 2NaClO3 (3) NaClO4 o t MnO2 to NaCl + NaClO4 + O2 0,5đ 2NaCl + 3O2 0,5đ NaCl + 2O2 0,5đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCH (4) NaClO3 + 3Zn + 4H2SO4 NaCl + 2ZnSO4 + 3H2O 0,5đ (5) NaClO4 + 4Zn + 4H2SO4 NaCl + 4ZnSO4 + 4H2O 0,5đ (6) NaClO3 + 5NaCl + 6H2SO4 3Cl2 + 6NaHSO4 + 3H2O 0,5đ (7) Cl2 + 2NaOH NaCl + NaClO + H2O 0,5đ NaClO3 + 2NaCl 0,5đ to (8) 3NaClO CÂU IV: (5 điểm) (1) Cho hai bình có thể tích bằng nhau: - Bình (1) chứa 1 (mol) Cl2; bình (2) chứa 1 (mol) O2 - Cho vào hai bình 2,40 (gam) bột kim loại M có hoá trị không đổi. Đun nóng hai bình để các phản ứng trong chúng xảy ra hoàn toàn, rồi đưa hai bình về nhiệt độ ban đầu, nhận thấy lúc đó tỉ số áp suất khí trong hai bình là: P1 P2 = 1,8 1,9 Hãy xác định kim loại M ? (2) Một hỗn hợp (A) đồng số mol của FeS2 và FeCO3 vào một bình kín dung tích không đổi chứa lượng khí O2 dư. Nung bình đến nhiệt độ cao đủ để oxi hoá hoàn toàn hết các chất trong (A), rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Hỏi áp suất trong bình trước và sau phản ứng thay đổi thế nào ? Cho: Ca = 40; Fe = 56; S = 32; C = 12 ; O = 16 Ba = 137; Ag = 108; Cu = 64; Mg = 24 Zn = 65; Pb = 207; Cr = 52 BÀI GIẢI THANG ĐIỂM (1) Bình 1: 2M + nCl2 → 2MCln (1) a na/2 0,25đ (mol) Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 13 Gọi a (mol) là số mol của M tương ứng với 2,4 (gam) na => sau phản ứng trong bình (1) còn 1 − mol.Cl2 2 0,5đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Bình 2: 4M + nO2 → 2M2On a 0,5đ na 4 (mol) na => sau phản ứng trong bình (2) còn 1 − mol O2 4 0,5đ na 1 − P 0,2 2 1,8 Ta có: 1 = = => a = na 1,9 P2 n 1 − 4 0,5đ => 0,25đ 2,4 0,2 = => M = 12.n M n n = 2 Nghiệm phù hợp: là Mg M = 24 0,5đ o t (2) 4FeS2 + 11O2 → 2Fe2O3 + 8SO2 a → 2,75a 4FeCO3 + O2 2a 0,5đ (mol) 0,5đ o t → 2Fe2O3 + 4SO2 a → 0,25a a (mol) Theo 2 ptpứ khi oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp (A) chứa a(mol) mỗi chất ta có: n O 2 pöù = 2,75a + 0,25a = 3,0a (mol) 0,25đ 0,25đ n SO 2 = 3,0a (mol) Nên áp suất khí trong bình trước và sau phản ứng không đổi. Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 14 0,5đ Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 15 ĐỀ CHÍNH THỨC MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1: (2 điểm) 1. Nguyên tử của nguyên tố X có điện tích hạt nhân bằng +41,652.10-19 C; nguyên tử của nguyên tố Y có khối lượng bằng 1,8.10-22 gam. Xác định X, Y và dựa trên cấu hình electron, hãy cho biết (có giải thích) mức oxi hóa bền nhất của X và Y trong hợp chất. 2. Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: a. NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ? b. C6H5CH=CH2 + KMnO4 +Ba(OH)2 (C6H5COO)2Ba + BaCO3 + + K2Ba(MnO4)2 + H2O c. MnO4- + SO32- + H+ Mn2+ + SO42- + ? …. 3. ChØ dïng thªm mét thuèc thö, h y tr×nh bµy c¸ch nhËn biÕt c¸c dung dÞch bÞ mÊt nh n sau: NH4HSO4 , Ba(OH)2, BaCl2, HCl, KCl, H2SO4. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra. Câu 2. (2 điểm) Cho m gam kim loại X tác dụng vừa đủ với 7,81 gam khí Clo thu được 14,7994 gam muối clorua. Biết kim loại X có 2 đồng vị A và B có đặc điểm: - Tổng số hạt cơ bản trong 2 nguyên tử A và B bằng 186 - Hiệu số hạt không mang điện của A và B bằng 2 - Một hổn hợp có 360 nguyên tử A và B. Nếu ta thêm vào hổn hợp này 40 nguyên tử A thì hàm lượng % của nguyên tử B trong hổn hợp sau it hơn trong hổn hợp đầu là 7,3% 1. Xác định giá trị m và tính khối lượng nguyên tử trung bình của kim loại X. 2. Xác định số khối của đồng vị A, B và số proton của X. Câu 3 ( 2,5 điểm): A, B, C là ba kim loại kế tiếp nhau trong cùng một chu kì (theo thứ tự từ trái sang phải trong chu kì) có tổng số khối trong các nguyên tử chúng là 74. a. Xác định A, B, C. b. Hỗn hợp X gồm (A, B, C). Tiến hành 3 thí nghiệm sau: (1) hoà tan (m) gam X vào nước dư thu đựơc V lít khí; (2) hoà tan (m) gam X vào dung dịch NaOH dư thu được 7V/4 lít khí ; (3) hoà tan (m) gam X vào dung dịch HCl dư thu được 9V/4 lít khí. Biết các thể tích khí đều được đo ở đktc và coi như B không tác dụng với nước và kiềm. b1. Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong X? b2. Áp dụng: cho V = 2,24. Tính m? Câu 4: (2 điểm))Cho m gam hỗn hợp NaBr, NaI phản ứng axit H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A (gồm 2 khí). Ở điều kiện thích hợp, các chất trong hỗn hợp A phản ứng đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng và một chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím. Cho Na lấy dư vào chất lỏng được dung dịch B. dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 tạo 9,5 gam muối. Tìm m? Câu 5: (1,5 điểm):Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1) Xác định tên nguyên tố X. 2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g. a) Tính lượng kết tủa của A? b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. ĐÁP ÁN Câu 1 1. 41,652.10 −19 ZX = 1,793.10 −22 = 108u , Y là bạc (Ag) 1,602.10 −19 1,6605.10 −24 Mức oxi hóa bền nhất của Fe là +3, ứng với cấu hình bền là cấu hình bán bão hòa phân lớp d (d5): Fe − 3e → Fe 3+ ( Ar )3d 6 4s 2 = 26 , X là sắt (Fe); m Y = (A r)3d 5 Mức oxi hóa bền nhất của Ag là +1, ứng với cấu hình bền là cấu hình bão hòa phân lớp d (d10): Ag ( Kr ) 4d10 5s1 − e → Ag + (A r)4d10 Câu 2 : Đáp án: 1.m= 6,9894g X là kl Cu 2. A= 63, B=65 p=29 Câu 3 Gọi Z1 là số electron của nguyên tử A ⇒ Số electron của nguyên tử B, C lần lượt là Z1+1, Z1+2 Gọi N1, N2, N3, lần lượt là số nơtron của nguyên tử A, B, C a Vì tổng số khối của các nguyên tử A, B, C là 74 nên ta có phương trình: (Z1+N1) + (Z1+1+N2) + (Z1+2+N3) = 74 (1) Mặt khác ta có: Đối với các nguyên tố hóa học có Z ≤ 82 ta luôn có: Z ≤ N ≤ 1,5Z . Thay vào (1) ta có: (Z1+Z1) + (Z1+1+Z1+1) + (Z1+2+Z1+2) ≤ 74 (*) ⇒ 6Z1 ≤ 68 ⇒ Z1 ≤ 11,3 (Z1+1,5Z1) + (Z1+1+1,5Z1+1,5) + (Z1+2+1,5Z1+1,5.2) ≥ 74 (**) ⇒ 7,5Z1 ≥ 68 ⇒ Z1 ≥ 8,9 Từ (*) và (**) ta suy ra 8,9 ≤ Z1 ≤ 11,3 Với Z1 là số nguyên ⇒ Z1 = 9; 10; 11 Mà A, B, C là các kim loại ⇒ Z1 = 11 (Na) Vậy A, B, C lần lượt là các kim loại Natri (Na); Magie (Mg); Nhôm (Al) b b1 Ta có nhận xét: Vì thể tích khí thoát ra ở thí nghiệm (2) nhiều hơn ở thí nghiệm (1) chứng tỏ ở thí nghiệm (1) nhôm phải đang còn dư. Và sự chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (1) và (2) là do Al dư ơ thí nghiệm (1). Chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (2) và (3) là do Mg Ta có các phản ứng xảy ra ở cả 3 thí nghiệm: ở thí nghiệm (1) và (2): 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 (1*) 2Al + 2 NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2 ở thí nghiệm (3) : 2Na + 2HCl → 2NaCl + H2 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 (2*) (3*) (4*) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (5*) Giả sử số mol khí thoát ra ở thí nghiệm (1) là x thì số mol khí thoát ra ở các thí nghiệm (2) và (3) lần lượt là 7x/4 và 9x/4 Vì ở thí nghiệm (1) Al dư nên NaOH hết nên ta cộng (1*) với (2*) ta có: 2Na + 2Al + 4H2O → 2NaAlO2 + 4H2 ⇒ số mol Na bằng ½ số mol H2 ở thí nghiệm (1) = x/2 Xét thí nghiệm (2) ta có: Số mol Na = x/2 suy ra số mol H2 do Na sinh ra bằng x/4 Tổng số mol H2 là 7x/4 Suy ra số mol H2 do Al sinh ra là (7x/4) - (x/4) = 3x/2 ⇒ số mol Al = x Số mol Mg bằng số mol khí chênh lệnh của thí nghiệm (2) và (3) Suy ra số mol Mg = (9x/4)-(7x/4) = x/2 Như vậy trong hỗn hợp X gồm có các kim loại với tỉ lệ mol là: Na: Mg: Al = 1:2:1 Suy ra % khối lượng của mỗi kim loại trong X là: 23.1 %mNa = .100% = 22,77 (%) 23.1 + 27.2 + 24.1 24.1 %mMg = .100% = 23,76 (%) 23.1 + 27.2 + 24.1 %mAl = 53,47% b2 Áp dụng: V = 2,24 ⇒ x = 0,1 ⇒ số mol Na = 0,05 mol Vậy giá trị của m là: m = 0,05.23 + 0,1.27+ 0,05.24 = 5,05 gam 4 - Các chất trong hỗn hợp A phản ứng vừa đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng và một chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím => hh A chứa 2 khí là SO2 ; 2H2S => Phương trình phản ứng: SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O => chất rắn không làm đổi màu quì tím là H2O - Phản ứng: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑ => dd B là NaOH (Có thể biện luận theo cách khác ) + Nếu CO2 tạo muối NaHCO3 thì số mol NaHCO3 là 0,1 mol hay 8,4 gam + Nếu CO2 tạo muối Na2CO3 thì số mol Na2CO3 là 0,1 mol hay 10,6 gam Ta thấy khối lượng 11,5 gam ∈ ( 8,4 − 10,6 ) => khi hấp thu CO2 vào dung dịch NaOH thu được 2 muối và nhận thấy 11,5 = 8,4 + 10,6 2 => số mol muối NaHCO3 = số mol Na2CO3 = 0,05 mol => số mol NaOH = 0,05 + 0,05. 2 = 0,15 mol => số mol H2O = 0,15 mol => số mol SO2 = 0,075 mol và số mol H2S là 0,15 mol - Phản ứng: 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O 8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2O Số mol NaBr là 0,075 . 2 = 0,15 mol Số mol NaI là 0,015 . 8 = 1,2 mol m = 0,15 . 103 + 1,2 . 150 = 195,45 gam Câu : Bài tập tổng hợp(2 đ) 1(0,75đ) Nguyên tử của nguyên tố X có: n=3 l=1 electron cuối cùng ở phân lớp 3p m=0 electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p s=-½ Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 -> Zx = 17 X là clo 2(1,25đ). a/ NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3 KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3 Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO3 dư. Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓ Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓ NaCl : x mol KBr : y mol nCu(NO 3 ) 2 = 100 . 0,1 = 0,01 mol 1.000 C%NaNO 3 3,4 = C%KNO 3 3,03 -> m NaNO3 m KNO3 = 3,4 3,03 85x 3,4 = − > y = 0,75 x 101y 3,03 (1) 58,5x + 119y = 5,91 (2) x = 0,04 Giải hệ pt (1), (2) y = 0,03 mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g b/ 1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g a mol Zn -> 151a 1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g 0,01 mol -> 0,01g 151a – 0,01 = 1,1225 a = 0,0075 n AgNO3 bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol C M(AgNO 3 ) = 0,085. 1000 = 0,85M 100 ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: MTCT HOÁ HỌC LỚP 10 (Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề) Câu 1:(3 điểm): 1. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a, Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và công thức phân tử XY2 . b, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào. 2. Hòa tan 16,2 gam kim loại hoá trị III vào 5 lít dung dịch HNO3 0,5 M (D = 1,25 g/ml). Sau khi phản ứng kết thúc thu được 2,8 lit hỗn hợp khí X gồm NO, N2 (0oC, 2 atm). Trộn hỗn hợp khí X với lượng oxi vừa đủ sau phản ứng thấy thể tích khí chỉ bằng 5/6 tổng thể tích X và oxi mới cho vào. a. Tìm kim loại đã dùng. b. Tính nồng độ % dung dịch HNO3 sau phản ứng. Caâu 2: (1 điểm): Khöû 1 löôïng oxit saét chöa bieát baèng H2 noùng dö. Saûn phaåm hôi taïo ra haáp thuï baèng 100 gam axit H2SO4 98% thì noàng ñoä axit giaûm ñi 3,405%. Chaát raén thu ñöôïc sau phaûn öùng khöû ñöôïc hoaø tan baèng axit H2SO4 loaõng thoaùt ra 3,36 lít H2 (ñktc). Tìm coâng thöùc oxit saét. Caâu 3: (2 điểm):Hoaø tan hoaøn toaøn 14,2g hoãn hôïp C goàm MgCO3 vaø muoái cacbonat cuûa kim loaïi R vaøo dung dòch HCl 7,3% vöøa ñuû, thu ñöôïc dung dòch D vaø 3,36 lít khí CO2 (ñktc). Noàng ñoä MgCl2 trong dung dòch D baèng 6,028%. a) Xaùc ñònh kim loaïi R vaø thaønh phaàn % theo khoái löôïng cuûa moãi chaát trong C. b) Cho dung dòch NaOH dö vaøo dung dòch D, loïc laáy keát tuûa nung ngoaøi khoâng khí ñeán khi phaûn öùng hoaøn toaøn. Tính soá gam chaát raén coøn laïi sau khi nung. Caâu 4: (1,5 điểm):Hoãn hôïp A goàm 2 kim loaïi Mg vaø Zn. B laø dung dòch H2SO4 coù noàng ñoä mol laø x mol/l. Tröôøng hôïp 1: Cho 24,3g (A) vaøo 2 lít (B) sinh ra 8,96 lít khí H2. Tröôøng hôïp 1: Cho 24,3g (A) vaøo 3 lít (B) sinh ra 11,2 lít khí H2.(khí ôû ñktc). a. Haõy chöùng minh trong tröôøng hôïp 1 thì hoãn hôïp kim loaïi chöa tan heát, trong tröôøng hôïp 2 axit coøn dö. b. Tính noàng ñoä x mol/l cuûa dung dòch (B) vaø % khoái löôïng moãi kim loaïi trong (A) Caâu 5: (1 điểm): Muoái A taïo bôûi kim loaïi M (hoaù trò II) vaø phi kim X (hoaù trò I). Hoaø tan moät löôïng A vaøo nöôùc ñöôïc dung dòch A’. Neáu theâm AgNO3 dö vaøo A’ thì löôïng keát tuûa taùch ra baèng 188% löôïng A. Neáu theâm Na2CO3 dö vaøo dung dòch A’ thì löôïng keát tuûa taùch ra baèng 50% löôïng A. Hoûi kim loaïi M vaø phi kim X laø nguyeân toá naøo ? Coâng thöùc muoái A. Caâu 6: (1,5 điểm): Chia hoãn hôïp 2 kim loaïi A, B coù hoaù trò n vaø m laøm thaønh 3 phaàn baèng nhau. - Phaàn 1: hoaø heát trong axit HCl thu ñöôïc 1,792 lít H2 (ñktc). - Phaàn 2: cho taùc duïng vôùi dd NaOH dö thu ñöôïc 1,344 lít khí (ñktc) vaø coøn laïi chaát raén khoâng tan coù 4 khoái löôïng baèng khoái löôïng moãi phaàn. 13 - Phaàn 3: nung trong oxi (dö) thu ñöôïc 2,84g hoãn hôïp oxit A2On vaø B2Om. Tính toång khoái löôïng moãi phaàn vaø teân 2 kim loaïi A, B. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TRƯỜNG THPT PHÚ LƯƠNG ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: MTCT HOÁ HỌC LỚP 10 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN CÂU 1: Hướng dẫn A. Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có các phương trình: 2 Zx 2 Zx + 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1) + 4 Zy − Nx − 2 Ny = 54 (2) = 12 (3) 4 Zy − 2 Zx Zy = 16 ; Zx = 26 Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 . b, Cấu hình electron: Fe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 ; S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2. Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2. Caâu 2: ÑS: Fe3O4 Caâu 3: ÑS: a) R (Fe) vaø %MgCO3 = 59,15% , %FeCO3 = 40,85% ; b) mMgO = 4 g vaø mFe2O3 = 4 g Caâu 5 : Ñaùp soá: M laø Ca vaø X laø Br ; CTHH cuûa A laø CaBr2 Caâu 6. Ñaùp soá: ∑ mmoãi phaàn = 1, 56 g ; A (Al) vaø B (Mg) Trường THPT Phú Lương nằm cách Gang Thép gần 40 km về phía Bắc, là một trường miền núi chủ yếu là con em đồng bào dân tộc thiểu số theo học . Các bạn có nhiều cái chúng ta phải học tập lắm !!!! Thế này ! Tôi đã từng có dịp lên dự giờ, từng coi kiểm tra 1 tiết cho một đồng nghiệp ( vốn học cùng thời sinh viên ). Nói chung học sinh lớp chọn, rất chăm chỉ, ham học thật sự . Phần lớn họ học không vì sự thúc giục của gia đình, của thầy cô đâu ! MỘT CÂU CHUYỆN , VÀI SUY NGẪM !!! Hễ ai có dịp đến Làng Halogen , thì đều bắt gặp lũ trẻ nghêu ngao câu ca rằng : “.....Đầu lòng hai ả tố nga, Flo là chị, em là Clo . Mai cốt cách tuyết tinh thần, Mỗi người một vẻ mười phân vẹn mười. Clo trang trọng khác vời, Khuôn trăng đầy đặn nét ngài nở nang . Én liệng chào đón xuân sang, Múa thua uyển chuyển, ngập ngừng hát ca . Flo sắc xảo đậm đà, Xét phần tài sắc lại là phần hơn . Làn thu thủy nét xuân sơn, Én ghen tiếng hót, biển hờn kém xanh.....” Đó là vài câu ca đồng điệu, đùa vui của một cụ già - tên Chì mà thôi . Cụ vốn tự phong cho mình là “nhà thơ” , nhưng nói thật, chứ cụ đã ra khỏi lũy tre làng lần nào đâu . Cứ mỗi buổi chiều trên triền núi , lũ trẻ chăn trâu lại được tận hưởng tiếng sáo lúc véo von, lúc réo rắt từ cụ Chì . Tiếng sáo ấy vẫn vang vang, vẫn đều đều như thế, như thể muốn đi xa lắm . Nhưng những dãy núi cao kia dường như không hiểu. Nó đã ngăn lại , và vọng nên điệp khúc của những bản tình ca kéo dài đến xế chiều nơi núi rừng hùng vĩ Halogen . “ Ai thổi sáo gọi trâu đâu đó , Chiều in nghiêng trên mảng núi xa Con trâu trắng dẫn đàn trên núi Vểnh đôi tai nghe sáo trở về.....” Cụ Chì ngoài đời vui tính lắm , cụ đã trêu ai thì trêu dai khủng khiếp . Như hai chị em Flo- Clo chẳng hạn , Cụ trêu nhiều, nhiều đến nỗi , thành ra quen, rồi ai cũng thấy quen theo . Lũ trẻ không bắt trước “nhà thơ, nhà nghệ sĩ làng ” mới là lạ . Đúng là lúc nhỏ hai chị em Flo và Clo xinh xắn lắm , ngoan lắm , nhưng về mảng hát và vẽ thì chỉ có chờ “tương lai” mới trả lời được . Trong làng , ai cũng bảo : “mai này, cả hai chị em sẽ trở thành niềm tự hào của gia đình , của làng Halogen này ” . Nhưng ...... Rời mảnh đất thanh bình, rời việc chăn trâu thường ngày . Hai chị em đến học ở thành phố Sắt Thép - một vùng đất sầm uất ,ồn ào, náo nhiệt .Sau một thời gian , khi trở về làng , mọi người thấy hai chị em khác nhiều lắm . Chị Flo theo học lớp chọn, của một trường chọn có tiếng . Nhưng vẻ xinh đẹp lại tạo nên mâu thuẫn cho chính con người của Flo . Flo ngày càng chăm chút làm đẹp hơn , thì kết quả học tập càng thấp hơn .Tổng kết của cô luôn đội sổ lớp – Dù rằng , cô vẫn xinh nhất lớp . Đã có lần Bác họ của Flo , cùng bạn bè, thầy cô sốt sắng đi tìm khắp nơi , trong lúc ai nấy đang lo lắng, thì thấy Flo từ một cửa hàng nước Hoa đi ra . Mọi người giận lắm . Và cũng chẳng biết từ bao giờ cửa hàng Este được coi như là nhà của Flo vậy . Đã có lần cô nàng phải viết bản kiểm điểm vì trốn học đi tìm hiểu hội chợ nước Hoa , rồi đi hát kalikali . Flo chỉ ưa dùng Benzyl axetat và Geranyl axetat để thoa lên làn tóc của mình .Có lần Flo dùng nhầm Amyl axetat , nên mọi người lầm tưởng cô tắm hoa chuối . Bạn bè góp ý, thì cô lại bảo “ đẹp thì phô ra, xấu xa đậy vào ” , rồi còn quay sang chê người khác “ Quê mùa ” ! Đúng là đôi khi , qui luật thật nghiệt ngã – sự nghiệt ngã mà chính Flo không thể lường trước được . Biết tin, lớp sẽ có thêm bạn mới . Cô nàng dùng nhiều loại nước hoa, những loại mà cô cho là khá đặc biệt . Nhưng, trên đường tới trường khi đi ngang qua một vườn hoa .Thì chao ôi ! Một đàn ong từ đâu vù vù hướng tới nhằm thẳng vào.....“bông hoa di động” ........! Sau hôm đó, mọi người tưởng chừng Flo sẽ thay đổi . Nhưng được một thời gian, Flo rồi đâu lại vào đấy . Khác với cô chị, tính cách cô em Clo vẫn không thay đổi lắm , ngoại trừ người ta thấy mái tóc cô đẹp và dài , đôi mắt thì đen với đôi má lúm, miệng hay cười chúm chím . Có anh chàng người xứ Kiềm Thổ si tình đã ví von rằng “ mái tóc Clo đẹp tựa như áng mây trên mảnh núi Halogen , tiếng hát của cô trong veo như tiếng chim sơn ca, như tiếng suối mát trong chảy nơi đầu nguồn” . Nói vậy thôi, chứ giọng hát của Clo cũng vẫn chỉ thuộc tốp gọi là nghe được của khu Nội Trú này . Xác định được đúng, việc học tập mới là quan trọng nhất , nên Clo học chăm chỉ lắm . Những giờ tự học buổi chiều, hay buổi tối Cô thường ngồi ở lại học và là người về KTX muộn nhất . Buổi sáng cô thường dậy sớm . Bới thế , mỗi khi tổng kết thi đua, Clo luôn đạt vị trí cao nhất . Là người học giỏi, nhưng Clo luôn giúp bao bạn cùng tiến như bạn : N, C, O, và cậu Cs tinh nghịch ....... Chú thích : - Đến kì thi ĐH, Clo đỗ đúng nguyện vọng và đạt điểm gần tuyệt đối cả 3 môn , còn người chị dù những năm đầu có ham chơi, nhưng sau đã biết cố gắng nên cũng may mắn đủ điểm sàn đi học theo nguyện vọng 3 ( tất nhiên phải cộng cả điểm ưu tiên ) . - Tám năm sau, Clo lấy chồng tên là Na ( anh trai Cs ) nhà cách Halogen khoảng 300 cây số về miền sâu xa ; còn người chị thì lấy anh chàng tên Sắt , mặc cho anh chàng tên Nhôm thầm yêu trộm nhớ . Nhưng rồi, Al cũng tìm được một cô nàng cũng tên là Flo . Flo này, dù không xinh đẹp lắm, nhưng giỏi giang , phúc hậu . -Một dịp hai mẹ con Flo tới nhà cô em chơi , đứa cháu NaCl nghịch ngợm, bị ngã nhưng rồi nhanh chóng đứng dậy, tự phủi tay rồi tiếp tục nô đùa . Người chị Flo buột miệng : “ Sao nó không khóc, không nằm đợi người lớn bế nó dậy và dỗ nhỉ ???? ” . Thực ra câu chuyện , cũng chỉ là câu chuyện . Đọc như thế nào, ngẫm và nghĩ thế nào, đó là cảm thụ của từng người . Nhưng người viết không bao giờ đánh đồng tất cả Flo là xấu ( chỉ là không tỉnh thôi ) , cũng không phải tất cả Clo là đẹp !!! Có Flo rất tốt , rất giỏi nhưng cũng có Clo rất nghịch ngợm , và chưa tốt .. Có vùng miền núi mang tên Sắt thép , cũng có thành phố mang tên Halogen . Thế nên trong cuộc sống này , ta vẫn thường thấy những người có tên trùng nhau ! Chúc các bạn luôn hướng tới thành công , dù sớm hay muộn nhất định sẽ đạt được cụm từ ấy . Hãy nhớ đến sức khỏe để có thể mang theo cả niềm tin, lòng yêu thương để bước đi vững vàng hơn . Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Số mật mã Phần này là phách ĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1: Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và không mang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26. a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electron sau cùng trong nguyên tử A, B. b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH. c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm? d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá? Câu 2: 1) Mg(OH)2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch NH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: TMg(OH)2 = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75. 2) Tính pH và nồng độ mol của Cr O 24− , Cr2 O 27− trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH 0,1M. Cho: K CH3COOH = 1,8.10-5 HCr O −4 + H2O 2HCr O −4 Cr O 24− + H3O+ Cr2 O 27− + H2O pK2 = 6,5 pK1 = -1,36 Câu 3: 1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron: a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O. b) M + HNO3 → M(NO3)n + NxOy + H2O. 2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng: H2SO3 + 6H+ + 6e → H2S + 3H2O Cho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau: H2SO3 + 4H+ + 4e → S + 3H2O E 20 = +0,45V S + 2H+ + 2e → H2S E 30 = +0,141V 3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịch HI để giải phóng ra hiđrô. 1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Biết: E 0 Ag + /Ag = +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16 Câu 4: Cho cân bằng: PCl5 (K) PCl3(K) + Cl2(K) 1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy ra phản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểu thức của Kp theo độ phân li α và áp suất P. 2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Sau khi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrô bằng 69,5. Tính α và Kp. 3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l) nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kp và α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt. Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1. Câu 5: Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu được hỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có d Y/H2 =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra. b) Tính % khối lượng các chất trong X? c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B? Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 16 2 Tỉnh Quảng Ngãi Trường THPT chuyên Lê Khiết Môn: Hoá học khối : 10 Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên Hương Số mật mã Số mật mã Phần này là phách ĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10 Câu 1 a) Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B. Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B. Với số proton = số electron (2Z A + N A ) + (2Z B + N B ) = 65 Z A + Z B = 21 Z A = 4 Ta có hệ : (2Z A + 2Z B ) − (N A + N B ) = 19 ⇔ ⇒ (0,5đ) Z B − Z A = 13 Z B = 17 2Z − 2Z = 26 A B ZA = 4 ⇒ A là Be Cấu hình e : 1s22s2 (0,5đ 1 ) Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = − 2 ZB = 17 ⇒ B là Cl Cấu hình e : 1s22s22p63s23p5 (0,5đ 1 ) Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = − 2 b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2. (0,5đ Nguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ phân nhóm chính nhóm II. ) Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII. .. .. : Cl : Be : Cl : (1đ) c) .. .. Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳng Trạng thái lai hoá : sp Cl Be Cl d) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vững và còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 này sẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết chonhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá: (1đ) Cl Cl Cl Cl Cl .... Be Be Be Be Be .... Cl Cl Cl Cl Cl Câu 2: 3 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH 1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thì C Mg2 + ban đầu = 10-2 (M). Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95 Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95 ⇒ [OH−]2 ≥ 10 −10,95 = [Mg ] 2+ 10 −10,95 10 −2 (0,5đ) = 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475 * Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M. Ta có: p K NH + = 14 - p K NH3 = 14 - 4,75 = 9,25. 4 Do đó: [H+] sơ bộ = Ka Ca 1 = 10-9,25 . = 10-9,25 < 10-7 Cb 1 Suy ra cân bằng chủ yếu là: NH3 + H2O NH +4 + OH− 1 1-x 1 1+x Kb = (x + 1)x 1− x K NH3 = Kb = 10-4,75 x = 10-4,75 Điều kiện: x >Ka, K2 ⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 O 27− và HCr O −4 dựa vào cân bằng (2). 4 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH Cr2 O 27− + H2O 2HCr O −4 K1 = 10-1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x Áp dụng định đ/l t/d k/l. (2x) 2 K1 = = 10-1,36 (x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10-3. (0,010 − x) Vậy : [Cr2 O 27− ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O −4 ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 (M) (1đ) So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O −4 ] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế: CH3COO− + H3O+ Ka = 1,8.10-5 CH3COOH + H2O BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a 2 a Ka = = 1,8.10-5 0,1 − a ĐK a 2a . Vieát caùc ptpöù ñieän phaân xaûy ra cho tôùi khi H2O baét ñaàu bò ñieän phaân ôû caû hai ñieän cöïc. Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10 Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà ) Caâu 3: 1. Troän 100 ml dd HCOOH 0,1M vôi100 ml dd NaOH 0,05M ñöôïc 200 ml dd A. Tìm pH cuûa dd A. - pH cuûa dd A seõ thay ñoåi nhö theá naøo khi theâm vaøo dd 0,001 mol HCl hoaëc 0,001 mol NaOH. - Töø caùc keát quaû treân haõy cho nhaän xeùt. 2. Xaùc ñònh nhieät ñoä taïi ñoù aùp suaát phaân li cuûa NH4Cl laø 1 atm,bieát ôû 25oC coù caùc döõ kieän : o ∆ Go ( kJ/mol ) ∆ H tt ( kJ/mol ) NH4Cl(r) -315,4 -203,9 HCl(k) -92,3 -95,3 NH3(k) -46,2 -16,6 2+ 2+ 3. Cho H2S loäi qua dd chöùa Cd 0,01M vaø Zn 0,01M ñeán baõo hoaø. a. Haõy xaùc ñònh giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd sao cho xuaát hieän keát tuûa CdS maø khoâng coù keát tuûa ZnS. b. Haõy thieát laäp khu vöïc pH taïi ñoù chæ coøn 0,1% Cd2+ trong dd maø Zn2+ vaãn khoâng keát tuûa.Bieát dd baõo hoaø H2S coù [H2S} = 0,1M vaø H2S coù Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 , TZnS = 10-22 .Boû qua quaù trình taïo phöùc hidroxo cuûa Cd2+ vaø Zn2+. ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10 Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà ) Caâu 4: 1. Caân baèng caùc pöù oxi hoaù khöû sau : a. Theo phöông phaùp caân baèng electron : Cu2S + HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O. CH3−CH=CH2 + KMnO4 + H2O → CH3−CH−CH2 + MnO2 + KOH OH OH b. Theo phöông phaùp caân baèng ion - electron : K2Cr2O7 + H2SO4 + NO → Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O. NaCrO2 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O. 2. Haõy cho bieát pöù naøo xaûy ra trong caùc tröôøng hôïp sau: FeCl3 + NaCl FeCl3 + NaBr FeCl3 + NaI o o E Br / 2Br− = 1, 065V E oI / 2I− = 0,536V Bieát E Cl / 2Cl− = 1,359V 2 2 E o Fe3+ / Fe2+ 2 = 0,77V 3. Tính EoAgCl / Ag vaø haèng soá caân baèng cuûa pöù sau: 2AgCl↓ + Cu 2Ag↓ + Cu2+ + 2 Cl − E oCu2+ / Cu = 0,337V Bieát EoAg+ / Ag = 0, 799V 4. Cho E oCu2+ / Cu = 0,345V TAgCl = 10−10 ; E oZn2+ / Zn = −0,76V. a. Haõy vieát sô ñoà pin ñöôïc duøng ñeå xaùc ñònh theá ñieän cöïc tieâu chuaån cuûa caùc caëp treân . Chæ roõ cöïc döông,cöïc aâm.Cho bieát pöù thöïc teá xaûy ra trong pin khi pin hoaït ñoäng . b. ÔÛ 25oC,tieán haønh thieát laäp 1 heä gheùp noái giöõa thanh Zn nhuùng vaøo dd ZnCl2 0,01M vôùi thanh Cu nhuùng vaøo dd CuCl2 0,001M thu ñöôïc moät pin ñieän hoaù. -Vieát kí hieäu cuûa pin vaø pöù xaûy ra khi pin laøm vieäc. -Tính Epin. Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10 Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt ( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà ) Caâu 5: Hoaø tan 9,24g hoãn hôïp Al,Cu trong dd HCl dö 5% ( so vôùi lyù thuyeát ) thu ñöôïc 6,72 lít khí A ( ñktc) , ddB vaø raén C. a. Tính khoái löôïng moãi kim loaïi trong hoãn hôïp. b. Cho taát caû dd B taùc duïng vôùi dd NaOH 0,5M . Tính theå tích dd NaOH caàn duøng ñeå sau pöù thu ñöôïc 9,36g keát tuûa. c. Hoaø tan toaøn boä chaát raén C trong 60 ml dd HNO3 2,0M , chæ thu ñöôïc khí NO . Sau khi pöù keát thuùc cho theâm löôïng dö H2SO4 vaøo dd thu ñöôïc laïi thaáy coù khí NO bay ra . Giaûi thích vaø tính theå tích khí NO (ñktc) bay ra sau khi theâm H2SO4. ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 1: 1.a.Khoâng thoaû maõn,vì ml > l b.Thoaû maõn :2p4 .Caáu hình e :1s22s22p4. STT :8, chu kì 2 , nhoùm VIA. −2 Tính chaát ñaëc tröng : tính oxi hoaù O2 +4e → 2 O Ví duï : 4Na + O2 = 2Na2O c. Khoâng thoaû maõn,vì n = l ( l = n-1 ) d.Thoaû maõn :3p6 . Caáu hình e :1s22s22p63s23p6. STT :18, chu kì 3 , nhoùm VIIIA. Ngtoá naøy coù caáu hình beàn neân khoâng tham gia töông taùc hoaù hoïc. 2. Caáu hình ...3d34s2 : toàn taïi Caáu hình ...3d94s2 : khoâng toàn taïi, chuyeån sang caáu hình beàn 3d104s1. 3. -Trong caùc phaân töû H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ôû traïng thaùi lai taïo sp3, phaân töû coù caáu taïo daïng goùc : R H H - Vì ñoä aâm ñieän cuûa O lôùn nhaát neân caùc caëp e lieân keát bò huùt veà phía O maïnh → khoaûng caùch giöõa 2 caëp e lieân keát trong phaân töû H2O laø nhoû nhaát → neân löïc ñaåy tónh ñieän maïnh nhaát → goùc lieân keát lôùn nhaát . Thöù töï taêng daàn goùc lieân keát laø : H2Te , H2Se, H2S, H2O . - ÔÛ ñieàu kieän thöôøng nöôùc ôû theå loûng laø do caùc phaân töû nöôùc coù khaû naêng taïo lieân keát H lieân phaân töû : ... O − H ... O − H ... H H - Trong caùc phaân töû H2R , R ñeàu coù soá oxi hoaù -2, tuy nhieân töø O ñeán Te baùn kính R laïi taêng leân → khaû naêng cho e taêng töø O ñeán Te, töùc laø tính khöû taêng theo thöù töï H2O, H2S, H2Se, H2Te . 4. Vì khi phoùng xaï α thì khoái löôïng haït nhaân bò giaûm 4 vaø ñieän tích giaûm 2 ñôn vò . Khi phoùng xaï β khoái löôïng haït nhaân khoâng ñoåi nhöng ñieän tích taêng 1 ñôn vò. Nhaän thaáy töø U 238 → Pb207 khoái löôïng haït nhaân giaûm 31 ( khoâng chia heát cho 4 ) vì vaäy ban ñaàu U 238 ñaõhaáp thuï 1 nôtron ñeå taïo U 239 khoâng beàn . 238 1 239 * 92 U + o n → 92 U 239 92 U* → 82 Pb207 + x 2 He 4 + y −01 e Ta coù 2x - y = 10 4x = 32 => x=8 y=6 Vaäy ñaõ coù 8 haït α vaø 6 haït β thoaùt ra , haáp thuï 1 nôtron . Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 2: - - - ÑAÙP AÙN H2S + 3FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl 5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3 lïanh → 2NaF + OF2 + H2O 2F2 + 2NaOH (2%) Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2O NaOH + NH4Cl → NaCl + NH3 + H2O to NaAlO2 + NH4Cl + H2O → Al(OH)3↓ + NH3↑ + NaCl 2+ 2− CuSO4 = Cu + SO 4 NH3 + H2O NH +4 + OH - Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2↓. Cu(OH)2↓ + 4 NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2. 2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2 NO3− NaCl = Na+ + ClTaïi catot (-) : Cu2+,Na+,H2O Taïi anot (+) : NO3− , Cl-,H2O. Pöù ñieän cöïc : Cu2+ +2e → Cu 2Cl- -2e → Cl2 2H2O + 2e → H2 + 2 OH2H2O -4e → O2 + 4 H+ Pöù ñieän phaân: Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1) Neáu 2a = b , töùc laø Cu(NO3)2 vaø NaCl bò ñieän phaân heát cuøng luùc,neân sau pöù (1) ôû caû 2 ñieän cöïc H2O seõ ñieän phaân. dp H2O → H2 + 1/2 O2 . NaNO3 Neáu b2a,sau pöù (1) coøn dö NaCl . Khi ñoù pöù ñieän phaân: m.n 2NaOH + Cl2 ↑+ H2 ↑ 2NaCl + 2 H2O → Sau pöù (3) thì H2O ñieän phaân ôû caû 2 ñieän cöïc: dp H2O → H2 + 1/2 O2 . NaOH (3) ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 3: 1. Ptpöù : HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O 0,005 0,005 0,005 nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 mol nNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 mol Vaäy dd thu ñöôïc goàm 0,005 mol HCOOH vaø 0,005 mol HCOONa . Trong dd xaûy ra caùc quaù trình : HCOONa → HCOO- + Na+ HCOOH HCOO- + H+,Ka HCOO- + H2O HCOOH + OH-,Kb H2O H+ + OHTheo ñònh luaät baûo toaøn ñieän tích ta coù: [H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-] ⇒ [HCOO-] = [H+] + [Na+] - [OH-] Maët khaùc : Theo ñònh luaät baûo toaøn noàng ñoä ban ñaàu ta coù : CHCOOH + CHCOO− = [HCOOH] + [HCOO − ] [HCOOH] = CHCOOH + CHCOO− − [HCOO − ] ⇒ = CHCOOH + CHCOO− − [H + ] − [Na+ ] + [OH − ] Vì CHCOO− = [Na+ ] neân: [HCOOH] = CHCOOH − [H + ] + [OH − ] Ka = [HCOO− ][H + ] [HCOOH] CHCOOH − [H + ] + [OH − ] [HCOOH] ⇒ [H ] = K a = Ka (*) [HCOO− ] [Na+ ] + [H + ] − [OH − ] Vì söï coù maët cuûa HCOOH vaø HCOO- trong dd neân ñaõ ngaên caûn söï taïo thaønh H+ vaø OH- . Neân khi giaûi gaàn ñuùng coù theå boû qua [H+] vaø[ OH-] + (*) ⇔ [H + ] = K a CHCOOH [Na+ ] CHCOOH [Na+ ] Thay caùc giaù trò vaøo bieåu thöùc treân ta ñöôïc: 0, 005 pH = 3, 75 − lg = 3, 75. 0, 005 Khi theâm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi naøy : HCOO- + H+ → HCOOH 0,001 0,001 0,001 pH = pK a − lg pH = 3, 75 − lg( 0, 005 + 0, 001 ) = 3,57. 0, 005 − 0, 001 Khi theâm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi naøy: HCOOH + OH- → HCOO- + H2O 0,001 0,001 0,001 0, 005 − 0, 001 ) = 3,93. 0, 005 + 0, 001 Vieäc theâm moät löôïng nhoû axit maïnh hay bazô maïnh vaøo hoãn hôïp HCOOH vaø HCOO chæ laøm thay ñoåi pH trong giôùi haïn ± 0,18 ñôn vò pH.Nhö vaäy hoãn hôïp HCOOH vaø HCOO- laø dd ñeäm coù khaû naêng giöõ cho pH ban ñaàu haàu nhö khoâng ñoåi. pH = 3, 75 − lg( 2. Ptpöù: NH 4 Cl(r) NH3(k) + HCl(k) . x x Goïi x(mol) : n NH3 = n HCl x .1 = 0,5atm 2x = 0,5.0,5 = 0,25(atm)2 ⇒ PNH3 = PHCl = ÔÛ nhieät ñoä T: K 2 = PNH3 .PHCl ÔÛ 25oC ta coù : ∆G opu = −95,3 − 16,6 − (−203,9) = 92kJ ∆H opu = −46,2 − 92,3 − (−315,4) = 176,9kJ Töø coâng thöùc : ∆G o = −2,303RT lg K Neân lg K1 = −∆G o 92000 =− = −16,12 2,303RT 2,303.8,314.298 ∆G o = ∆H o − T∆So = − RT ln K Maët khaùc ta coù : ∆H o ∆So + RT R o o Giaû söû ∆H & ∆S khoâng thay ñoåi theo nhieät ñoä,ta coù : ∆H o ∆So ln K1 = − + RT1 R ⇔ ln K = − ln K 2 = − ∆H o ∆So + RT2 R ⇒ ln K 2 − ln K1 = − ∆H o ∆H o + RT2 RT1 ⇒ ln K 2 ∆H o 1 1 ( − ) = K1 R T1 T2 ⇔ lg K2 1 1 ∆H o ( − ) = K1 2,303.R T1 T2 ⇔ lg K 2 − lg K1 = 1 1 ∆H o ( − ) 2,303.R T1 T2 ⇒ lg 0,25 + 16,12 = ⇒ T2 = 597o K 176900 1 1 − ) ( 2,303.8,314 298 T2 TCdS 10−28 = = 10−26. 3.Noàng ñoä S ñeå CdS↓ : [S ] = 2+ [Cd ] 0,01 T 10−22 Noàng ñoä S2- ñeå ZnS↓ : [S2 − ]' = ZnS = = 10−20 . 2+ [Zn ] 0,01 2− 2− ' Vì [S ] < [S ] neân CdS↓ tröôùc. Giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd ñeå xuaát hieän ↓ CdS maø khoâng coù ↓ZnS Ta coù : H2 S 2H + + S2 − ,K = K1 .K 2 = 1,3.10 −20 = 10 −19,89. 2- 2− K= [H + ]2 .[S2 − ] [H 2 S] [H 2 S] [S2 − ] 1 1 [H S] ⇒ pH = pK − lg 22− 2 2 [S ] Ñeå CdS↓ maø khoâng coù ZnS↓ thì: 10 −26 < [S2− ] < 10−20 ⇒ [H + ]2 = K 1 1 0,1 pH1 = .19,89 − lg −26 = −2,56. 2 2 10 1 1 0,1 pH 2 = .19,89 − lg −20 = 0, 45. 2 2 10 ⇒ −2,56 < pH < 0, 45. 0,1 = 10 −5 M. 100 10−28 [S2-] luùc Cd2+ coøn 0,1% = −5 = 10−23. 10 2+ Ñeå trong dd Cd coøn 0,1% maø ZnS vaãn chöa keát tuûa thì 10−23 < [S2 − ] < 10−20 1 1 0,1 pH 3 = .19,89 − lg −23 = −1, 06. Töùc laø : 2 2 10 −1, 06 < pH < 0, 45. [Cd 2 + ] coøn 0,1% = 0, 01. ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 4 : 1 +2 +6 Cu2S -10e → 2 Cu+ S +5 1 +4 N + 1e → N 10 * Cu2S + 12 HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O −1 −2 o −1 3 C+ C− 2e → C+ C +7 +4 Mn + 3e → Mn 2 * 3CH3−CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH3−CH(OH) −CH2(OH) +2MnO2 +2KOH. Cr2 O27− + 14H + + 6e → 2Cr 3+ + 7H 2 O 1 6 NO + H 2 O − 1e → NO2− + 2H + * K 2 Cr2 O 7 + 2H 2 SO 4 + 6NO → Cr2 (SO 4 )3 + 6HNO2 + K 2 SO 4 + H 2 O CrO2− + 4OH − − 3e → CrO24− + 2H 2 O Br2 + 2e → 2Br 2 3 − * 2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH → 2Na2 CrO 4 + 6NaBr + 4H 2 O. 2. Giaû söû xaûy ra pöù: 2Fe3+ + 2X − → 2Fe2 + + X2 (1),(X− : Cl − ,Br − , I − ). Ñeå pöù (1) xaûy ra thì : Eopu = Eoox − Eokh > 0 = E oFe3+ / Fe2+ − E oX 2 / 2X− >0 Vì chæ coù EoI / 2I− < EoFe3+ / Fe2+ neân chæ xaûy ra pöù: 2 3+ 2Fe + 2I − → 2Fe2 + + I2 Hay 2FeCl3 + 2NaI → 2FeCl2 + I 2 + 2NaCl. I2 + I − → I3− 3. Ta coù : (Eo Ag+ + e Ag,K = 10 AgCl ↓ Ag+ + Cl − ,Tt AgCl ↓ + e ⇒ E oAgCl / Ag 0,059 Ag+ / Ag )/ 0,059 Ag ↓ + Cl − ,K1 = K.Tt = 10 = E oAg+ / Ag 0,059 (EoAgCl / Ag )/ 0,059 − 10 ⇔ EoAgCl / Ag = E oAg+ / Ag − 0,59 = 0,799 − 0,59 = 0,209V. Ta coù : AgCl ↓ + e Ag ↓ + Cl − ,K1 Cu2 + ,K 2−1 = 10 Cu − 2e (2EoAgCl / Ag )/ 0,059 ⇒ K 3 = 10 4. 2 )/ 0,059 Cu2+ / Cu 2Ag ↓ +Cu2 + + 2Cl − ,K 3 = K12 .K 2−1 2AgCl ↓ +Cu ⇒ 10 ( −2Eo .10 ( −2Eo (0,209 − 0,337) 0,059 Cu2+ / Cu )/ 0,059 = K3 = 10−4,34. a.Vì EoCu2+ / Cu > Eo2H+ / H .Ñeå E opin >0 thì cöïc Cu|Cu2+ laøm cöïc döông(+). 2 cöïc Pt,H2(1atm) |H+ 1M laøm cöïc aâm (-). Sô ñoà pin: (-) (+) Pt,H2(1atm) |H+ 1M || Cu2+ 1M| Cu . Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : H 2 − 2e 2H + Cöïc (+) : Cu2+ + 2e Cu. 2+ Cu + 2H + . Pöù trong pin : Cu + H 2 Töông töï ta coù : Vì Eo2H+ / H > EoZn2+ / Zn neân ta coù sô ñoà pin : 2 (-) (+) Zn|Zn2+ 1M|| H+ 1M|H2 (1atm),Pt. Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : Zn − 2e Zn2 + H2 . Cöïc (+) : 2H + + 2e Pöù trong pin : Zn + 2H + Zn 2 + + H 2 . b.Ta coù : ZnCl2 = Zn 2+ + 2Cl − 0,01M 0,01M CuCl2 = Cu2 + + 2Cl − 0,001M 0,001M 0, 059 E Zn2+ / Zn = E oZn2+ / Zn + lg[Zn 2 + ] 2 0, 059 = −0, 76 + lg(0, 01) = −0,819V. 2 0, 059 o ECu2+ / Cu = E Cu + lg[Cu2 + ] 2+ / Cu 2 0, 059 = 0,345 + lg(0, 001) = 0, 4335V 2 Sô ñoà pin: (-) (+) 2+ 2+ Zn|Zn 0,01M ||Cu 0,001M | Cu. Pöù ñieän cöïc : Cöïc (-) : Zn − 2e Zn2 + Cöïc (+) : Cu2+ + 2e Cu. Pöù trong pin : Zn + Cu2+ Cu + Zn2 + . E pin = E p − E t = ECu2+ / cu − E Zn2+ / Zn = 0,4335-(-0,819) = 1,2525V. ÑAÙP AÙN Sôû GD_ÑT Khaùnh Hoaø Tröôøng THPT Leâ Quyù Ñoân Caâu 5: Ptpöù : 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑ (1) 0,2 0,6 0,2 0,3 6, 72 n H2 = = 0,3mol. 22, 4 Theo pöù (1),ta coù:nAl = 0,2 mol ⇒ mAl = 0,2.27 = 5,4g ⇒ mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84g b. ddB goàm nHCl dö = 0,6.0,05 = 0,03 mol vaø n AlCl3 = 0,2mol. T/hôïp 1: AlCl3 dö . 9,36 n Al(OH)3 = = 0,12mol 78 Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O 0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl. 0,12 0,36 0,12 n NaOH(pu2,3) = 0,36 + 0, 03 = 0,39mol. (2) (3) 0,39 = 0, 78l. 0,5 T/hôïp 2 : Al(OH)3↓ taïo ra cöïc ñaïi nhöng sau ñoù bò hoaø tan moät phaàn . Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O (4) 0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl. (5) 0,2 0,6 0,2 Al(OH)3↓ + NaOH = NaAlO2 + 2H2O (6) (0,2-0,12) 0,08 n NaOH(pu4,5,6) = 0,6 + 0, 03 + 0, 08 = 0, 71mol. ⇒ VNaOH = 0, 71 = 1, 42l. 0,5 = 0, 06.2 = 0,12mol. ⇒ VNaOH = c. n HNO3 HNO3 = H + + NO3− 0,12 0,12 0,12 3,84 n Cu = = 0, 06mol. 64 Ptpöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O. (7) 0,045 0,12 0,03 Theo pöù (7) , n H+ heát nhöng n NO− dö ,neân khi theâm löông dö axit H2SO4 seõ coù khí NO thoaùt 3 ra. Khi theâm H2SO4, H 2 SO 4 = 2H + + SO24− Pöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O. (0,06-0,045) 0,01 0,01 Theo pöù (8),nNO = 0,01 mol. ⇒ VNO = 0,01.22,4 = 0,224 l. (8) Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10 Câu I : Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Câu II: II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau: Fe3O4 + H2 FeO + H2 Fe3O4 + 4H2 Fe2O3 + 3H2 3FeO + H2O (a) Fe + H2O (b) 3Fe + 4H2O (c) 2Fe + 3H2O (d) Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn lại II.2. Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt. Câu III : III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M. III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước. III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó. Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82 Câu IV : Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau : Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M. IV.1. Thiết lập sơ đồ pin. IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc. IV.3. Tính suất điện động của pin. IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện. E 0 Ag + / Ag = 0,8V Cho: E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76V Câu V: Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi. V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất). V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 . V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm. V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất trong hỗn hợp B. Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16. 1 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾT Câu I : Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau : I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trên I.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử 1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọn Đáp án : F S F F Lai hóa sp2 F N F F F I F 1,5 điểm F Lai hóa sp3 Lai hóa sp3d 0,75 điểm Tam giác phẳng Tháp đáy tam giác Hình chữ T 0,75 điểm Không cực vì momen lưỡng cực liên kết bị triệt tiêu Có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu Có cực vì lưỡng cực liên kết không triệt tiêu 1 điểm Câu II: II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau: Fe3O4 + H2 FeO + H2 Fe3O4 + 4H2 Fe2O3 + 3H2 3FeO + H2O (a) Fe + H2O (b) 3Fe + 4H2O (c) 2Fe + 3H2O (d) Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắn Hãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phản ứng còn lại II.2.Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biết những quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thích hiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt. Đáp án: II.1. 2 điểm Gọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,d tương ứng. Ta có: PH O PH O P4H O P3H O Ka = 2 ; Kb = 2 ; Kc = 4 2 ; Kd = 3 2 PH 2 PH 2 P H2 P H2 → Ka = K c .K d K b6 2 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng Phong Môn : Hóa - Khối : 10 II.2. 2 điểm - Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quá trình như sau: + Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quá trình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0) + Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá là quá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ∆Hhidrat < 0) → Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân ∆Hhidrat của các ion li + - Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhirat vượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0 - Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượt trội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0 Câu III : 4 điểm II.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M. II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M. II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước. II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa. II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó. Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27 Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82 Đáp án: III.1. H2C2O4 H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1) 1,0 điểm HC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2) H2O H+ + OHKw = 10-14 (3) Do Kw Ax = 31 (0,5đ) Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14 Px = 15 (0,5đ) => X là photpho Nx = 16 Thay Px, Nx vào (1) , (2) n (Ny – Py) = 5 ( 5) 2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16 n(Py – 16) = 5 5 + 16n Py = n n 1 2 3 4 5 Py 21 18,8 17,67 17,25 17 Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo (0,25đ) 1 Cl b. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P Cl Cl Cl c. P2O5 + PCl5 = 5POCl3 PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl 3 (0,25đ) (0,25đ) I.2) - C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnh nhau. O O Si O (0,5đ) O a. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0,5đ) b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng Cis H Cl hoặc Z + H2 → H − C − C − H Cl H H Cl CTCT C= C Cl H (X) H H C= C Cl (X) Cl (Z) CTCT Y s ẽ l à H Cl C= C H C-H ∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4 Cl C-Cl ∆ X = 0,5 Vậy Y phân cực (0,25đ) Câu II (4đ) I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng : H2 (k) + I2(k) 2HI (k) ở 6000C bằng 64 a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phần trăm I2 tham gia phản ứng ? 2 b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C) II-2 Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. II-3 Tính nhiệt của phản ứng. H H H – C – H + 3Cl2 Cl – C – Cl + 3HCl H Cl biết EC-H : +413KJ/mol EC-Cl : +339KJ/mol ECl-Cl : + 243KJ/mol EH-Cl : + 427KJ/mol Phản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Đáp án : Câu II (4đ). II.1 a. H2(k) + I2 (k) 2HI (k) 2mol 1mol x x 2x 2-x 1-x 2x 2 2 (2 x) [ HI ] Kc = = 64 KC = (2 − x)(1 − x) [H 2 ][I 2 ] x1 = 2,25(loại) x2 = 0,95 (nhận) => 95% I2 tham gia phản ứng H2(k) + I2(k) 2HI (k) n 1 n-0,99 0,01 1,98 n: nồng độ ban đầu của H2 KC = (1,98)2 = 64 (n-0,99)(0,01) n≈ 7 => cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1 II.2 0,693 0,693 k= = = 0,00347 / năm t1 / 2 200 N 2,303lg = − kt N0 0,5đ 0,25đ b. 3.10 −3 = −0,00347t 6,5.1012 t = 1,02.104 năm hay 10.200năm 0,5 đ 0,5đ 0,25đ 0,25đ 2,303lg 0,5đ II.3 ∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl ) = 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ = - 330KJ Phản ứng trên tỏa nhiệt (0,75đ) 3 Câu III (4đ) III.1 Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước. a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka + b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10 III.2 Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/l a. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C. b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C. c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảo hòa PbI2. (K : 39 ; I : 127) III. 3 Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit − 2− 0 , 56V ? MnO4 + → MnO4 → MnO2 +1,7V a. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2 b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ? 3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2O Tính hằng số cân bằng của phản ứng trên. Đáp án Câu III (4đ) III. 1 a) NH4Cl = NH + 4 + Cl – NH4 + + H2O NH3 + H3O+ Ka = [NH3][H3O]+ [NH4+] = 5.10 -10 b). Nồng độ NH3 trong dung dịch : NH4+ + H2O 0,2 x 0,2 –x 0,25đ 0,25đ 0,1 = 0,2M 0,5 0,25đ NH3 + H3O+ 0 10-7 x x x x + 10-7 10-7 Mn O4 − 2− + E01 = 0,56V 0 MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2O E 2 = 1,7V (2) – (1) ta có : 2− E03 = ? ⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O ∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01 - 2E03F = -3E02 F – E01F 3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56 = = 2,27V E03 = 2 2 b. MnO42- + 2e- + 4H+ MnO2 + 2H2O E01 : 2,27V 2MnO4- + 2e 2MnO42E02 : 0,56V − 3MnO4 2- + 4H+ 2Mn O4 + MnO2 + 2H2O (1) (2) (3) 0,5 đ 0,25 đ ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.1057 0,25đ 0,25đ 0,25đ Câu IV. (4đ) IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250C Cu( r) + 2Fe3+ (dd) Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd) người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025M a. Cho biết chiều của phản ứng b. Tính hằng số cân bằng phản ứng Fe3+ c. Tỉ lệ có giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều. Fe 2 + E0 Cu2+ /Cu = 0,34V E0 Fe2+ / Fe = 0,77V IV. 2 Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V [ [ ] ] a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion và phân tử. b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron 5 Đáp án a) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit. Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2O K2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2O b) Cân bằng theo phương pháp ion electron Cr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O 1x 6x Fe 2+ - e -> Fe3+ 2+ 2+ Cr2O7 + 14H + 6Fe -> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O 0,5đ 0,5đ 0,5đ 0,5đ Câu V. V.1) Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóa X A0 +→ +Y +z A → A1 → A2 +Y →A → C → A0 +T +u B → B1 → B2 Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim. A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnh B, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loại V.2). Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau : - Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng. - Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B. Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiện kết tủa màu vàng. - Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào. a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn. b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượng dư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị là hồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử X. Đáp án Câu V (4đ) V.1. 3 t0 CuS + O2 → CuO + SO2 2 (A0) (B) (A) SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr (A1) H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O (A2) t0 CuO + H2 → Cu + H 2O (B1) A0 : CuS B: CuO A: SO2 A1 : H2SO4 A2 : Ag 2SO4 B1 : Cu 6 Cu + Cl2 -> CuCl2 (B2) B2 : CuCl2 C: CuSO4 (1,5đ) 0 t Cu + 2H2SO4 đđ → CuSO4 + SO2 + 2H2O Ag2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4 (C) CuSO4 + H2S -> CuS + H2SO4 (A0) V.2 Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của Natri SO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thành a. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI ) => X : NaIOx (2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+ SO2 + I2 + H2O -> 2 I − + SO4 2- + 4H+ + IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2O I2 + 2S2O3 2-> 2 I − + S4O6 2- b. nI2 = 0,25đ (0,25đ) (0,25đ) (1đ) 1 0,0374.0,1 nNa2 S 2O3 = = 0,00187 mol 2 2 (0,5 đ) nI2 = x.nX = x 0,1 = 0,00187 150 + 16 x => x = 4 => X : NaIO4 (0,5 đ) 7 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ ÑEÀ: Caâu I: ( 4ñ) Boå tuùc vaø caân baèng caùc phöông trình phaûn öùng sau theo phöông phaùp thaêng baèng electron hoaëc phöông phaùp ion electron : ( choã “ …” coù theå theâm moät hoaëc nhieàu chaát ) 1. K2S2O8 + MnSO4 + H2O → K2SO4 + KMnO4 +… 2. K2Cr2O7 + Na2SO3 + H2SO4 → … 3. Al + NaNO3 + NaOH + … → NH3 +… 4. Zn + NaNO3 + NaOH → NH3 + … Caâu II: ( 4ñ) Suïc khí (A) vaøo dung dòch (B) ta ñöôïc chaát raén (C) maøu vaøng vaø dung dòch (D) .Suïc tieáp khí (A) vaøo dung dòch (D) khoâng xuaát hieän keát tuûa nhöng neáu theâm CH3COONa vaøo dung dòch (D) roài môùi suïc khí (A) vaøo thì thu ñöôïc keát tuûa maøu ñen (E). Khí (X) coù maøu vaøng luïc taùc duïng vôùi khí (A) taïo ra chaát (C) vaø (F) .Neáu khí (X) taùc duïng vôùi khí (A) trong nöôùc taïo ra chaát (Y) vaø (F) , roài theâm BaCl2 vaøo thaáy coù keát tuûa traéng . (A) taùc duïng vôùi dung dòch chöùa chaát (G) laø muoái nitraùt taïo ra keát tuûa (H) maøu ñen. Ñoát chaùy (H) bôûi oxi ta ñöôïc chaát loûng (I) maøu traéng baïc. 1. Vieát coâng thöùc phaân töû cuûa (A) , (B) , (C),(E) , (F) (G) ,(H) ,(I) ,(X) ,(Y) vaø caùc chaát trong (D) 2. Vieát phöông trình phaûn öùng ñaõ xaûy ra. 3. Giaûi thích taïi sao khi cho dung dòch CH3COONa vaøo dung dòch (D) thì môùi coù keát tuûa ? Caâu III: ( 4ñ) 1.( 2ñ) Cho hai phaûn öùng sau : C (r) + O2 (k)→ CO2 (k) (1) C (r) + ½ O2 (k) → CO (k) (2) ∆H01 = - 393,509 kJ/mol ∆H02 = -110 ,525 kJ/mol ôû 250C ∆S01 = 2,86J/mol ∆S02 = 89,365 J/mol ôû 250C. Khi nhieät ñoä taêng phaûn öùng naøo dieãn ra thuaän lôïi hôn? Vì sao? 2.( 2ñ) Khi tieán haønh phaân huyû (CH3)2O trong bình kín ôû 504oC vaø ño aùp suaát toång quaùt cuûa heä: 1 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ (CH3)2O t (s) P (toång quaùt) ( atm) CH4 + 0 400 CO + H2 1550 800 3100 1000 1.Chöùng minh phaûn öùng baäc nhaát vaø tính k ôû nhieät ñoä treân ( Cho ln 2 = 0,693) 2.Tính aùp suaát toång quaùt trong bình vaø tính phaàn traêm (CH3)2O ñaõ bò phaân huyû sau 480 s Caâu IV:( 4ñ) Trong moät bình coù theå tích 1568 lít ôû nhieät ñoä 1000K coù nhöõng maãu chaát sau: 2 mol CO2, 0,5 mol CaO vaø 0,5 mol MgO. Heä naøy ñöôïc neùn thaät chaäm sao cho töøng caân baèng ñöôïc thieát laäp. ÔÛ 1000K coù caùc haèng soá caân baèng sau: CaCO3 CaO + CO2 K1 = 0,2 atm MgCO3 MgO + CO2 K2 = 0,4 atm Veõ ñoà thò cuûa haøm P = f(V) vaø giaûi thích ngaén goïn söï bieán thieân cuûa ñoà thò.( P laø aùp suaát cuûa heä , V laø theå tích cuûa khí. Truïc tung bieåu dieãn theå tích , truïc hoaønh bieåu dieãn aùp suaát) Caâu V:( 4ñ) Cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) ,sau phaûn öùng , phaàn dung dòch thu ñöôïc coù khoái löôïng 474 gam ( dung dòch A) . 1.Tính C% caùc chaát trong dung dòch (A) ; tính m. 2. Neáu cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) , sau ñoù suïc SO2 vaøo ñeán dö tính C% cuûa caùc chaát trong dung dòch thu ñöôïc sau phaûn öùng bieát caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn. 2 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Ñaùp Aùn : Caâu I: ( moãi phöông trình caân baèng ñuùng 1 ñ x 4 = 4 ñ) a. 5 S2O82- + 2e → 2 SO422 Mn2+ + 4 H2O -5e → MnO4- + 8 H+ 5 S2O82- + 2 Mn2+ + 8 H2O → 10 SO42- + 2 MnO4- + 16 H+ 5 K2S2O8 + 2 MnSO4 + 8 H2O → 4 K2SO4 + 2 KMnO4 + 8H2SO4 b. c. d. 1 Cr2O72- + 14 H+ + 6e → 2 Cr3+ + 7H2O 3 SO32- + H2O - 2e → SO42- + 2 H+ Cr2O72-+ 3SO32- + 8 H+ → 3 SO42- + 2Cr3+ + 4 H2O K2Cr2O7 + 3 Na2SO3 + 4H2SO4 → Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O 8 Al + 4 OH- - 3e → AlO2- + 2 H2O 3 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH8 Al + 3 NO3- + 5OH- + 2 H2 O → 8 AlO2- + 3 NH3 8 Al + 3 NaNO3 + 5 NaOH+ 2 H2 O → 8 NaAlO2 + 3 NH3 4 Zn + 4 OH- - 2e → ZnO22- + 2 H2O 1 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH4Zn + NO3- + 7OH- + → 4 ZnO22- + NH3 + 2 H2 O 4Zn + NaNO3 + 7NaOH + → 4 Na2ZnO2 + NH3 + 2 H2 O Caâu II:( 4 ñ) 1. Khí A laø H2S ; dung dòch B FeCl3 ; C laø S ; dung dòch D laø FeCl2 vaø HCl ; E laø FeS . X laø Cl2 ; F laø HCl ; Y laø H2SO4 G laø Hg(NO3)2 , H laø HgS. I laø Hg .( 1ñ) 2. H2S + FeCl3 → FeCl2 + S ↓ + HCl CH3COONa + HCl → CH3COOH + NaCl H2S + FeCl2 → FeS ↓ HCl Cl2 + H2S → S + HCl Cl2 + H2S + H2O → H2SO4 + HCl 3 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ BaCl2 + H2SO4 Hg(NO3)2 + H2S HgS + O2 ( 0,25x8=2ñ) → BaSO4 ↓ + 2 HCl → HgS ↓ + 2HNO3 → Hg + SO2 3.Khi cho CH3COONa vaøo dung dòch D ñeå taùc duïng vôùi HCl vì FeS khoâng theå taïo thaønh trong dung dòch coù pH thaáp (FeS tan ngay trong moâi tröôøng axít ) ( 1 ñ) Caâu III: 1.( 2ñ) Vì ∆ G0 T = ∆H0 - T ∆S0 Maø ∆S02 = 89,365 J/mol >> ∆S01 = 2,86J/mol neân khi taêng nhieät ñoä ∆G (2) aâm nhanh hôn ∆G (1) vì vaäy khi taêng nhieät ñoä phaûn öùng (2) xaûy ra thuaän lôïi hôn. 2.( 2ñ) P= P0 + 2x ( x laø löôïng bieán ñoåi , P laø aùp suaát toång quaùt) t=0 thì x=0 suy ra P = P0= 400(0,25ñ) t=1550 thì P = P0 + 2x suy ra x=200 töùc coøn 400 – 200 = 200(0,25ñ) t=3100 thì x = 300 töùc coøn 400 – 300 =100(0,25ñ) Nhö vaäy khi t taêng gaáp ñoâi thì aùp suaát cuûa (CH3)2O giaûm ñi moät nöûa: 400,200,100 Suy ra phaûn öùng laø baäc nhaát. (0,5ñ) 1 P k = ln 0 t Pt vôùi Pt laø aùp suaát cuûa (CH3)2O sau taïi thôøi ñieåm t. t = 1550 s → k = 1/1550 ln 400/200 = 4,47.10-4 (s-1) → Pt = 322,758 atm(0,25ñ) Ta coù P = P0 + 2x = P0 + 2(P0 - Pt ) = 3 P0 – 2 Pt → P = 400 + 2( 400 – 322,758) = 554,48 atm.(0,25ñ) % (CH3)2CO phaân huûy = ( 400 – 322,758) x 100% / 400 = 19,31% (0,25ñ) 4 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Caâu IV: (4 ñ) CaO + CO2 CaCO3 MgO + CO2 MgCO3 K1-1 = 5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,2 atm K2-1 = 2,5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,4 atm Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,2atm thì phaûn öùng giöõa oxit kim loaïi CaO vaø CO2 chöa xaûy ra V > nRT/P = 2. 0,082 .1000/0,2 = 820 lít..( 0,5ñ) Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 2.0,082 .1000/ V= 164 / V .( 0,5ñ) ÔÛ P=0, 2atm ( V = 820 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi CaO thaønh CaCO3, cho ñeán khi CaO chuyeån hoaù hoaøn toaøn. V = nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,2 = 615 lít .( 0,5ñ) Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,4atm thì phaûn öùng giöõa MgO vaø CO2 chöa xaûy ra.V > nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,4 = 307,5 lít..( 0,5ñ) Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1,5.0,082 .1000/ V= 123/V .( 0,5ñ) ÔÛ P =0, 4atm ( V = 307,5 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi MgO thaønh MgCO3, cho ñeán khi MgO chuyeån hoaù hoaøn toaøn. .( 0,5ñ) V = nRT/P = 1 . 0,082 .1000/0,4 = 205 lít. Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1.0,082 .1000/ V= 82/V.( 0,5ñ) 5 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Ñoà thò: (lít) 820 ( 0,5ñ) 615 307,5 205 0,2 0,4 ( atm) Caâu V: (4ñ) Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2O Neáu Fe2O3 tan heát thì m = 474 – 48 → n H2SO4 = 0,426 mol < 3 n Fe2O3 = 3. 0,3 = 0,9 mol. Suy ra Fe2O3 tan khoâng heát vaø H2 SO4 phaûn öùng heát. ( 0,5 ñ) Goïi n Fe2O3 pu = x mol → n H2SO4 pu = 3 x mol → C% H2SO4 = 3x.98 .100/ 474 -160x = 9,8 → x = 0,15 mol.( 0,5 ñ) Trong dung dòch A C% Fe2(SO4)3 = 0,15.400.100/ 474 = 12,66 %.( 0,5 ñ) m = 474 – 160.0,15 = 450 gam.( 0,5 ñ) Suïc SO2 vaøo : Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2O SO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O = 2FeSO4 + 2 H2SO4 Ban ñaàu Fe2O3 + SO2 + H2SO4 = 2FeSO4 +3 H2O ( 0,5 ñ) 0,3 0,45 mol. 6 Tænh Ñoàng Nai Tröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh. Moân : Hoùa Hoïc Khoái :10 Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh. Soá maät maõ phaàn naøy laø phaùch Soá maät maõ Phaûn öùng 0,3 0,3 0,3 Coøn laïi 0,0 0,15 0,6 mol ( 0,5 ñ) C% FeSO4 = 0,6 x 152x 100% / ( 48 + 64. 0,3+ 450) = 17,63% ( 0,5 ñ) C% H2 SO4 = 0,15 x 98 x 100%/ ( 48 + 64. 0,3+ 450)= 2,84% ( 0,5 ñ) 7 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 1. Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4 Tìm công thức phân tử của Z Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học) a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k) Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l Tốc độ mol.l-1.s-1 1 0,010 0,010 1,2.10-4 2 0,010 0,020 2,4.10-4 3 0,020 0,020 9,6.10-4 b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ lúc cân bằng, biết rằng: 2H 2 O 2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,113 2CO 2 2CO + O 2 có pkp,2 = 20,400 c. Cho các dữ kiện dưới đây: C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6 ∆H a = −136,951 KJ / mol 7 C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol 2 C + O 2 → CO 2 ∆H c = −393, 514 KJ / mol 1 H 2 + O2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol 2 Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4 Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức) a. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M. Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2 b. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết TAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108. c. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau: 10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,0 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,0 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH = 3,0. Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75 1 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 4: A. Phản ứng oxi hóa – khử: 1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion: a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +... B. Điện hóa học 1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. Sn 2+ → Sn 4+ b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2+ → MnO 4− d. Fe2+ → Fe3+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: ; E 0 MnO / Mn = +1,51v E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v 3+ 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v 2+ E 0 Br ; 2 / 2Br − − 4 2+ = +1, 07v Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau: Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v a. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực b. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc c. Tính E của pin d. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết) 3 2 3 Câu 5: 1. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt 2. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và clorua vôi. 2 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 1. Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm 6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân của R có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và R Biết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4 Tìm công thức phân tử của Z ĐÁP ÁN Số khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4 Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’ 2p 'b 6, 667 1 = = a(2p + 4) + 2p 'b 100 15 p 'b 1 ⇒ = (1) ap + p 'b + 2a 15 % khối lượng R trong MaRb = Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2) a+b=4 (3) (1), (2) ⇒ p'b 1 = 84 + 2a 15 1176 −2 15p ' b = 84 + 2a a ⇒p = (2) ⇒ p ' b = −ap 15 (3) ⇒ 1 ≤ a ≤ 3 a p 1 78,26 2 39,07 3 26 Fe a = 3 ⇒ b = 1 ⇒ p’ = 6: cacbon Vậy CTPT Z là Fe3C 3 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học) a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng: A(k) + B(k) → C(k) Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây: Thí nghiệm [A] mol/l [B] mol/l Tốc độ mol.l-1.s-1 1 0,010 0,010 1,2.10-4 2 0,010 0,020 2,4.10-4 3 0,020 0,020 9,6.10-4 b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệ lúc cân bằng, biết rằng: 2H 2 O 2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,113 2CO 2 2CO + O 2 có pkp,2 = 20,400 c. Cho các dữ kiện dưới đây: C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6 ∆H a = −136,951 KJ / mol 7 C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol 2 C + O 2 → CO 2 ∆H c = −393, 514 KJ / mol 1 H 2 + O 2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol 2 Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4 ĐÁP ÁN x y a. v = k[A] [B] Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y (1) -4 x y Thí nghiệm 2 ⇒ 2,4.10 = k.0,01 . 0,02 (2) -4 x y Thí nghiệm 3 ⇒ 9,6.10 = k.0,02 . 0,02 (3) x Lấy (3) chia cho (2) ⇒2 = 4 ⇒ x = 2 Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1 v = k [ A ] [ B] 2 Bậc phản ứng: x + y = 3 Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01 ⇒ k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1 b. Từ các dữ kiện đề bài ta có: 1 CO + O 2 2 H2 O CO + H 2 O CO 2 1 H 2 + O2 2 CO 2 + H 2 K P,3 = (1đ) 1 K P,2 K P,4 = K P,1 K P = K P,3 .K P,4 = 4 K P,1 K P,2 = 10 −20,113 = 100,1435 ≈ 1,392 (1đ) −20,400 10 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Giả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H2O CO Ban đầu Lúc câu bằng KP = + H2 O 1mol 1mol 1-a(mol) (1-a)mol PCO2 .PH2 PCO .PH2O CO 2 + H 2 K P = 1,392 a mol a mol a a P. P a2 2 2 = = với P là áp suất chung 2 1− a 1− a P. P (1 − a) 2 2 a = K P = 1,1798 1− a a ≈ 0,54mol a x 100% %H 2 = %CO2 = = 27% 2 (1 − a)x100% %CO = %H 2 O = = 23% 2 (1đ) c. Từ các dữ kiện đề bài ta có: ∆H1 = −∆H a = +136,951 KJ / mol C2 H6 → C2 H 4 + H 2 2CO 2 + 3H 2 O(l) → C 2 H 6 + 7 O 2 ∆H 2 = −∆H b = +1559,837 KJ / mol 2 + ∆H3 = 2∆H C = −787, 028 KJ / mol 2C + 2O2 → 2CO 2 3 ∆H 4 = 3∆H d = −857,514 KJ / mol 3H 2 + O 2 → 3H 2 O(l) 2 2C + 2H2 →C2H4 ∆Hht = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 = +52,246 KJ/mol (0,5đ) C2 H 4 → 2C + 2H 2 ∆H 5 = −∆H ht = −52, 246 KJ / mol ⇒ + 2C + 2O 2 → 2CO2 ∆H 3 = −787, 028 KJ / mol 2H + O → 2H O ( l ) ∆H 6 = 2∆H d = −571, 676KJ / mol 2 2 2 C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ∆H5 + ∆H3 + ∆H6 = -1410,95 KJ/mol 5 (0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức) d. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan của BaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịch Na2SO4 0,001M. Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2 e. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? Biết TAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108. f. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau: 10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịch HCl có pH = 4,0 25ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH có pH = 11,0 10ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic (HCOOH) có pH = 3,0. Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75 ĐÁP ÁN a. Ba 2+ + SO 42− TBaSO4 = ? BaSO 4 SO 24− + H + BaSO 4 + H + K1 = K a−12 = 10−2 ) −1 = 102 Ba 2+ + HSO −4 K = K1 .TBaSO4 = 102.TBaSO4 Ban đầu 2M Cân bằng 2-S(M) S -4 Với S = 1,5.10 M Ta có: S2 / (2-S) = 102 TBaSO TBaSO4 ( HSO −4 S 4 ( ( −4 ) 2 1,5.10 S2 = 2 = 2 = 1,125.10−10 −4 10 (2 − S) 10 2 − 1,5.10 Ba 2+ + SO 4 2− BaSO4 Cân bằng S’ S' = 1,125.10 2 ) TBaSO4 = 1,125.10−10 S’ −10 ⇒ S' = 1,125.10−10 ≈ 1, 061.10−5 M Na 2 SO 4 → 2Na + + SO 24− 0,001M BaSO 4 Ban đầu Cân bằng 0,001M Ba (0,5đ) 2+ + SO 42− TBaSO4 = 1,125.10−10 0,001M S” S’’+0,001 S”(S’’+0,001)=1,125.10-10 S”2 + 0,001S”=1,125.10-10 S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0 S” = 1,125.10-7M (nhận) S” = -10-3M (loại) 6 (0,5đ) (0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút b. Ag + + Cl − AgCl + Ag ( NH 3 ) 2 Kbền = 1,8.10 Ag + + 2NH 3 + 1M 1-2x x 2 (1 − 2x ) 2 8 Ag ( NH 3 )2 + Cl − K=TAgCl.Kbền = 3,24.10 AgCl + 2NH 3 Ban đầu Cân bằng TAgCl = 1,8.10−10 x -2 (0,5đ) x = 3, 24.10−2 x = 0,18 1 − 2x x = 0,132M ⇒ 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 mol AgCl Vậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ) c. Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4M Sau khi trộn: 10−4.10 = 5.10−5 M 20 0,1.10 CCH3COOH = = 0, 05M 20 CHCl = HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5M CH3COOH CH3COO- + H+ C 0,05M 0 5.10-5M ∆C x x x [ ] 0,05-x x 5.10-5 + x ( 5.10 −5 + x) x 0, 05 − x 2 = 10−4,76 -5 x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5x x2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0 x = 9,0.10-4M (nhận) x = -9,646.10-4M(loại) pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022 (0,5đ) Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOH CH3 COOH C ∆C [ ] CA x CA – x CH 3 COO− + H + 0 x x 0 x x 7 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Với pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M (10 ) −3 2 CA − 10 −3 CA = = 10−4,76 −3 10−6 + 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M −4,76 10 Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] = 10−14 = 10−3 M −11 10 Sau khi trộn: 0, 0585x25 = 0, 03656M ≈ 3, 66.10−2 M 40 10−3 x15 CKOH = = 3, 75.10−4 M 40 CH3 COOH + KOH → CH3 COOK + H 2 O CCH3COOH = Phản ứng 3,66.10-2 3,75.10-4 Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )0 0 3,75.10-4 0 3,75.10-4 CH 3 COO− + H + CH3 COOH Dung dịch thu được là dung dịch đệm pH = pK CH3COOH + lg - CCH3COOK CCH3COOH = 4, 76 + lg 3, 75.10−4 3, 66.10−2 − 3, 75.10−4 pH = 6,745 (0,5đ) Tương tự với câu trên: Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH = 0, 0585M Dung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic 3 (10 ) = − pH CHCOOH 2 K HCOOH + 10− pH = 10−6 + 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M −3,75 10 Sau khi trộn lẫn: 0, 0585.10 = 0, 02925M 20 6, 62.10−3.10 = = 3,31.10−3 M 20 CCH3COOH = CHCOOH Tính gần đúng: H + = K CH3COOH .CCH3COOH + K HCOOH .C HCOOH = 10−4,76.0, 02925 + 10−3,75.3, 31.10−3 = 1, 0969.10 −6 [H+] ≈ 1,047.10-3 pH = -lg (1,047.10-3) pH ≈ 2,98 (0,5đ) 8 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 4: A. Phản ứng oxi hóa – khử: 1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất có tính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích. 2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion: a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +... B. Điện hóa học 1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây: a. Sn 2+ → Sn 4+ b. Cu + → Cu 2+ c. Mn 2+ → MnO −4 d. Fe2+ → Fe3+ Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết: E 0 Fe / Fe = +0, 77v ; E 0CU / Cu = +0,34v ; E 0 MnO / Mn = +1,51v 3+ 2+ 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v E 0 Br ; 2 − 4 / 2Br − 2+ = +1, 07v Viết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra. 2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau: Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80v e. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cực f. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việc g. Tính E của pin h. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết) ĐÁP ÁN A. 1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng. + Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thành phải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn A VD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2Ag Trong đó: - Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+ - Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu + Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi: 2Ag + Cu2+ = Cu + 2Ag+ 3 2 3 Chất khử yếu chất oxi hóa yếu chất khử mạnh chất oxi hóa mạnh + Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,… 2. a. MnO 4− + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +... +7 +2 ( MnO −4 : chất oxi hóa) x 24 Mn + 5e = Mn x5 6 C− 6.4e = 6 C ( C6H12O6: chất khử) 0 +4 24MnO 4− + 5C6 H12 O6 + 72H + → 24Mn 2+ + 30CO 2 + 66H 2 O 9 SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Phương trình dưới dạng phân tử: 24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4 b. Fe x O y + SO 24− + H + → SO 2 ↑ +... + 2y x +3 x Fe − ( −2y + 3x ) e → x Fe x2 +6 x(3x-2y) (FexOy: chất khử) +4 ( SO24− : chất oxi hóa) S + 2e → S +3 ⇒ 2Fe x O y + ( 3x − 2y ) SO42− + [12x − 4y ] H + → 2x Fe+ ( 3x − 2y ) SO 2 + ( 6x − 2y ) H 2 O ⇒ Dạng phân tử: 2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O B. 1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có: Sn 4+ + 2e Sn 2+ E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v Cu 2+ + e Cu + E 0Cu 2 + / Cu + = +0,34v Fe3+ + e Fe 2+ E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77v Br2 + 2e 2Br − E 0 Br2 / 2Br = +1, 07v MnO 4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 O E 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v 4 Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d) a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br – E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92v K = 10 2.0,92 0,059 + = 1,536.1031 2+ (0,25đ) – b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2Br E0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v 2.0,73 K = 10 0,059 = 5,569.10 24 2+ 3+ c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2Br E0 = +1,07-0,77=+0,3v K = 10 2.0,3 0,059 (0,25đ) – = 1, 477.1010 (0,25đ) 2. a. ( − ) Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag(+) b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+ Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → Ag Phản ứng tổng quát khi pin làm việc: Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag 3 2 10 (0,25đ) (0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút c. 0, 059 lg Zn 2+ 2 0, 059 + lg Ag + 1 E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn + E Ag+ / Ag = E 0 Ag+ / Ag Epin = E Ag + / Ag ( − E Zn 2 + / Zn = E 0 Ag + / Ag −E 0 Zn 2 + / Zn ) 2 + 0, 059 Ag lg + 2 Zn 2+ −1 0, 059 (10 ) = ( +0,80 − ( −0, 76 ) ) + lg = 1,56 − 0, 0295 ≈ 1,53v 2 10−1 2 d. Khi hết pin Epin = 0 Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có: 0, 059 ( 0,1 − x ) = −1,53 E pin = 0 ⇔ lg x 2 0,1 + 2 2 ( 0,1 − x ) ⇒ ≈ 10−51,86 ≈ 0 x 0,1 + 2 ⇒ x ≈ 0,1M x Zn 2+ = 0,1 + ≈ 0,15M 2 2 x Ag + = 0,1 + .10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M 2 11 (0,5đ) (0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TRE KỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT BẾN TRE NĂM HỌC 2005 - 2006 ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10 Thời gian: 180 phút Câu 5: 3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim) - Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượng của A trong Y là 70% và của B trong Z là 50% - Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao. - Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+ Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt 4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel và clorua vôi. ĐÁP ÁN 1. A O (Y) t0 A x B y → 2 3 (X) BO 2 (Z) 2A.100 %A = = 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe 2A + 16.3 B.100 %B = = 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ S B + 16.2 Y + H2 : Fe2 O3 + 3H 2 t 0 2Fe + 3H 2 O 1 1 1,8 n H2 = . = 0, 3(mol) 3 3 2 = 2.n Fe2 O3 = 0, 3.2 = 0, 6(mol) n Fe2O3 = n Fe K2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O 0,4(mol) 1,2(mol) 117, 6 = 0, 4(mol) 294 ⇒ n S = 1, 2mol = n SO2 n K 2Cr2O7 = Với công thức FexOy ta có tỉ lệ: X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2 ⇒ X là FeS2 (pyrit sắt) m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g) 2. 2NaCl + 2 H2O 2 NaOH + H2 + Cl2 Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2O Nước Javel CaCO3 t 0 CaO + CO2 CaO + H 2 O = Ca(OH)2 Cl2 + Ca(OH)2 = CaOCl2 + H 2 O Clorua vôi 12 PHÒNG GD & ĐT SƠN DƯƠNG TRƯỜNG THCS HÀO PHÚ ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 3 N¨m häc 2013 – 2014 M«n: Hãa häc Thêi gian lµm bµi 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò) Đề thi có 02 trang C©u 1(2,5 ®iÓm): Hoµn thµnh s¬ ®å ph¶n øng sau: 7 Al2S3 --8--> H2S (10) Al --1--> Al2O3 --2--> AlCl3 --3--> Al(OH)3 --4--> Al2O3 --5--> Al --6--> NaAlO2 (9) C©u 2 (2,0 ®iÓm): H y c©n b»ng c¸c s¬ ®å ph¶n øng sau thµnh ph−¬ng tr×nh hãa häc: a. Al + HNO3 Al(NO3)3 + N2O + H2O b. FeSO4 + H2SO4 + KMnO4 Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O c. Fe3O4 + HNO3 Fe(NO3)3 + N2O + H2O d. Al + HNO3 Al(NO3)3 + NH4NO3 + H2O C©u 3 (4,0 ®iÓm): ChØ dïng phenolphtalein h y nhËn biÕt 5 dung dÞch mÊt nh n sau: Na2SO4 H2SO4, MgCl2, BaCl2, NaOH . C©u 4 (3,5 ®iÓm): §èt ch¸y Cacbon trong kh«ng khÝ ë nhiÖt ®é cao thu ®−îc hçn hîp A1. Cho A1 t¸c dông víi CuO nung nãng ®−îc khÝ A2 vµ hçn hîp r¾n A3. Cho A2 t¸c dông víi dung dÞch Ca(OH)2 th× thu ®−îc kÕt tña A4 vµ dung dÞch A5. Cho A5 t¸c dông víi Ca(OH)2 l¹i thu ®−îc A4. Cho A3 t¸c dông víi H2SO4 ®Æc nãng thu ®−îc khÝ B1 vµ dung dÞch B2. Cho B2 t¸c dông víi dung dÞch NaOH d− ®−îc kÕt tña B3. Nung B3 ®Õn khèi l−îng kh«ng ®æi thu ®−îc chÊt r¾n B4 ViÕt c¸c PTHH xÈy ra, chØ râ c¸c chÊt A1 ; A2 ; A3 ; A4 ; A5 ; B1 ; B2 ; B3 ; B4 C©u 5 (4,5 ®iÓm): 1) Hçn hîp A chøa Fe vµ kim lo¹i M cã hãa trÞ kh«ng ®æi. TØ lÖ sè mol cña M vµ Fe trong A lµ 2 : 3. Chia A lµm 3 phÇn b»ng nhau. PhÇn 1 : §èt ch¸y hÕt trong oxi thu ®−îc 66,8 gam hçn hîp Fe2O3 vµ oxit cña M. PhÇn 2 : hßa tan hÕt vµo dung dÞch HCl thu ®−îc26,88 lit H2 (®ktc). PhÇn 3 : T¸c dông võa ®ñ víi 33,6 lÝt Cl2 (®ktc). X¸c ®Þnh tªn kim lo¹i M vµ khèi l−îng cña tõng kim lo¹i trong hçn hîp ? 2) Trong một chiếc cốc đựng 1 muối cacbonat kim loại hóa trị I. Thêm từ từ dung dịch H2SO4 10 % vào cốc cho tới khi khí vừa thoát hết thu được muối sunfat nồng độ 13,63 %. Hỏi đó là muối cacbonat kim loại gì. C©u 6 (3,5 ®iÓm): Cho 15,72 gam hçn hîp A gåm Al , Fe , Cu t¸c dông hoµn toµn víi 400 ml dung dÞch CuSO4 1M thu ®−îc dung dÞch B vµ hçn hîp B gåm 2 kim lo¹i. KOH t¸c dông tõ tõ víi dung dÞch B cho ®Õn khi thu ®−îc l−îng kÕt tña lín nhÊt. Nung kÕt tña trong kh«ng khÝ ®Õn khi khèi l−îng kh«ng ®æi thu ®−îc 18,2 gam hçn hîp 2 oxit. Cho D t¸c dông hoµn toµn víi dung dÞch AgNO3 th× thu ®−îc l−îng Ag lín h¬n khèi l−îng D lµ 73,336 gam. a) TÝnh % vÒ khèi l−îng mèi chÊt trong A. b) Cho hçn hîp A trªn t¸c dông víi dung dÞch H2SO4 ®Æc nãng. tÝnh thÓ tÝch khÝ tho¸t ra ë ®ktc. ( H=1 , S = 32 , O = 1 6 , Ba = 137 , Cl = 35,5 , Cu = 64 , Ag = 108 , N = 14 , Fe = 56 , Mg = 24 , Al = 27 , Na = 23 , K = 39 ) HÕt (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) C©u C©u1 ( 3,0 ®iÓm) C©u 2 ( 2,0 ®iÓm) C©u 3 ( 5,0 ®iÓm) C©u 4 ( 3,0 ®iÓm) h−íng dÉn chÊm häc sinh giái líp 9 N¨m häc 2013 – 2014 M«n thi hãa häc Néi dung cÇn ®¹t §iÓm 1) KMnO4 O2 2) Fe + H2SO4lo ng FeSO4 + H2 3) Fe + H2SO4®Æc Fe2(SO4)3 + SO2+ H2O 4) Fe + H2SO4®Æc Fe2(SO4)3 + H2S+ H2O 5) H2SO4 ® + BaCl2 BaSO4 + 2HCl 6) KMnO4 + BaCl2 + H2SO4 K2SO4 + BaSO4 + MnSO4 + Cl2 + H2O 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 a. 8Al+30HNO3 8Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2O b. 8Fe + 15H2SO4 4Fe2(SO4)3 + 3H2S + 12H2O c. (10- 2x)Fe3O4 + (92-18x) HNO3 (30- 6x)Fe(NO3)3 + N2Ox + (46- 9x)H2O d. 3M2(CO3)n + (8m- 2n)HNO3 6M(NO3)m + (2m – 2n)NO + 3nCO2 + (4m – n)H2O 0,5 0,5 0,5 LÊy mÉu thö, ®¸nh sè thø tù. Cho phenolphtalein vµo c¸c mÉu thö. MÉu thö nµo chuyÓn mµu ®á : dd NaOH. C¸c mÉu thö cßn l¹i kh«ng chuyÓn mµu. Dïng dd NaOH cã mµu ®á lµm mÉu thö tiÕp theo, cho vµo 4 dd cßn l¹i. DD nµo mÊt mµu ®á lµ H2SO4: 2NaOH + H2SO4 Na2SO4 + H2O DD nµo mÊt mµu ®á vµ kÕt tña lµ MgCl2: 2NaOH + MgCl2 Mg(OH)2 + 2NaCl Hai dd cßn l¹i lµ Na2SO4 , BaCl2 . Cho dd H2SO4 vµo nÕu dd nµo cã kÕt tña lµ BaCl2 : BaCl2 + H2SO4 BaSO4 + 2HCl Cßn l¹i lµ Na2SO4 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 DÉn khÝ H2 vµo hçn hîp ë nhiÖt ®é cao, x¶y ra ph¶n øng: Fe2O3 + 3H2 2Fe + 3H2O CuO + H2 Cu + H2O MgO kh«ng bÞ khö. Sau ph¶n øng thu ®−îc hçn hîp gåm 3 chÊt: MgO, Fe, Cu. Cho hçn hîp nµy vµo dd HCl x¶y ra ph¶n øng: MgO + 2HCl MgCl2 + H2O Fe + 2HCl FeCl2 + H2 Cu kh«ng ph¶n øng víi ddHCl. Cho Cu t¸c dông víi O2 : 2Cu + O2 2CuO §iÖn ph©n dd MgCl2 vµ dd FeCl2 x¶y ra ph¶n øng : FeCl2 dpdd → Fe + Cl2 ¤ xi hãa Fe sÏ thu ®−îc Fe2O3 : 0,25 0,25 0,25 0,25 0,5 0,5 0,25 0,5 0,25 0,5 0,5 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 4Fe + 3O2 2Fe2O3 Cho dd NaOH vµo dd MgCl2 : 2NaOH + MgCl2 Mg(OH)2 + 2NaCl NhiÖt ph©n Mg(OH)2 ; Mg(OH)2 MgO + H2O C©u 5 (4,0 ®iÓm) 1) PTHH: Fe(NO3)2 + 2Ag Fe + 2AgNO3 0,04 0,02 0,01 0,02 0,03 0,1 0,02 Fe + Cu(NO3)2 Fe(NO3)2 + Cu 0,03 0,1 0,03 0,03 0 0,07 0,03 0,03 Khối lượng chất rắn A: mAg + mCu = 4,08 g Nồng độ CM: CM(Fe(NO3)2 = 0,2M CM(Cu(NO3)2 = 0,35M 2) PTHH: A2CO3 + H2SO4 A2SO4 + CO2 + H2O (2A + 60)g 98g (2A+ 96)g 44g Khối lượng dd H2SO4 là: 980 g Khối lượng dd sau phản ứng là: (2A + 996) g Ta có: C%(A2SO4) =(2A + 96).100 : (2A+ 996) = 13,63 A = 23 Kim loại là Na Muối là Na2SO4 C©u 6 (3,0 ®iÓm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gäi nång ®é H2SO4 lµ x M Gäi nång ®é NaOH lµ y M Trén 3 lÝt dung dÞch H2SO4 víi 2 lÝt dung dÞch NaOH. Dung dÞch thu ®−îc cã tÝnh axit víi nång ®é 0,2M. VËy H2SO4 d−, tÝnh theo NaOH 0,25 0,25 Na2SO4 + 2H2O H2SO4 + 2NaOH Ta cã: 3x – y = 1 (I) NÕu trén 2 lÝt dung dÞch H2SO4 víi 3 lÝt dung dÞch NaOH th× dung dÞch thu ®−îc cã tÝnh kiÒm víi nång ®é 0,1M, vËy NaOH d−,tÝnh theo H2SO4 0,25 0,25 0,25 0,25 Na2SO4 + 2H2O H2SO4 + 2NaOH Ta cã 3y – 4x = 0,5 (II) Gi¶i hÖ I , II ®−îc x= 0,7 ; y= 1,1 VËy CM H2SO4 = 0,7M CM NaOH = 1,1 M 0,25 0,25 Chó ý: Häc sinh cã c¸ch gi¶i kh¸c ®¸p ¸n nh−ng ®óng vÉn ®−îc ®iÓm tèi ®a. 0,25 0,25 0,25 0,25 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ ------------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2013 -2014 MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian: 120 phút Đề thi gồm: 01 trang Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; 1; O = 16; Al = 27; Cl = 35,5; Fe = 56; Cho biết độ âm điện của các nguyên tố: H = 2,20; C = 2,55; N = 3,04; O = 3,44; S = 2,58; Cl = 3,16; Br = 2,96; I=2,66. Câu 1: (5 điểm) 1. Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra. 2. Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. a. Xác định R biết a:b=11:4. b. Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên. c. Xác định loại liên kết hóa học của R với hiđro và của R với oxi trong hai hợp chất trên. Câu 2: (5 điểm) . Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương pháp thăng bằng electron: 1. Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NO + H2O 0 t 2. FexOy + H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O o t → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O 3. FeS2 + H2SO4 đ 4. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O ( Biết tỉ lệ mol nNO :nN2O = 3: 1 ). 5. KMnO4 + FeSO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O Câu 3: ( 5 điểm) Nguyên tố A có 4 loại đồng vị có các đặc điểm sau: - Tổng số khối của 4 đồng vị là 825. - Tổng số nơtron đồng vị A3 và A4 lớn hơn đồng vị A1 là 121 hạt. - Hiệu số khối của đồng vị A2 và A4 nhỏ hơn hiệu số khối của đồng vị A1 và A3 là 5 đơn vị - Tổng số phần tử của đồng vị A1 và A4 lớn hơn tổng số hạt không mang điện của đồng vị A2 và A3 là 333. - Số khối của đồng vị A4 bằng 33,5% tổng số khối của 3 đồng vị kia. a. Xác định số khối của 4 đồng vị và số điện tích hạt nhân của nguyên tố A b. Các đồng vị A1, A2, A3, A4 lần lượt chiếm 50,9%, 23,3%, 0,9% và 24,9% tổng số nguyên tử. Hãy tính khối lượng nguyên tử trung bình của A Câu 4: ( 5 điểm). Hỗn hợp X gồm bột Al và Fe. Chia X thành 2 phần bằng nhau. Phần 1 tác dụng vừa đủ với m gam dung dịch HCl 14,6%. Sau phản ứng thu được dung dịch Y có khối lượng tăng so với dung dịch HCl ban đầu là 10,2 gam và V lít khí ( ở đktc) Phần 2 tác dụng vừa đủ với 10,08 lít khí Cl2 ( ở đktc). a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu và tính m, V .----------------------------Hết---------------------------.. Ghi chú: Học sinh không dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 - 2014 MA TRẬN CHÍNH THỨC MÔN THI: HOÁ HỌC THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian giao đề) - Ma trận này có hai trang – Hình thức: Tự luận Phần I: Cấu tạo nguyên tử (20%) 1. Xác định cấu hình electron nguyên tử hoặc ion đơn nguyên tử. 2. Bài toán về hạt (proton, nơtron, electron). Mối liên hệ giữa các loại hạt (về số lượng, trường lực hạt nhân, bài tập về hằng số chắn giữa các electron). 3. Bài tập áp dụng quy tắc Hund, nguyên lý Pau – li, nguyên lý vững bền. (biểu diễn ô lượng tử, bài tập về bốn số lượng tử). 4. Dựa vào cấu hình electron suy ra tính kim loại, phi kim, vị trí trong bảng tuần hoàn. 5. Bài toán về phóng xạ. Phần II: Liên kết hoá học (10%) 1. Xác định các trạng thái lai hoá cơ bản (sp, sp2, sp3; sp3d; sp3d2). 2. Xét các bản chất liên kết, bản chất hoá học của liên kết. (góc liên kết, loại liên kết, hình học phân tử, tính chất hoá học từ tính chất liên kết, …). 3. Cấu hình electron của ion phân tử hoặc phân tử đơn giản của các hoặc tổ hợp của các nguyên tố chu kì 2. Từ đó suy ra một số bản chất của các chất, hoặc so sánh tính chất vật lý, hoá học giữa chúng. 4. Bài toán về tinh thể nguyên tử. 5. Thiết lập giản đồ năng lượng. Phần III: Phản ứng oxi hoá – khử. (15%) 1. Xác định chất oxi hoá, chất khử; quá trình oxi hoá, quá trình khử; phản ứng oxi hoá – khử với các loại phản ứng khác. 2. Cân bằng phương trình oxi hoá – khử bằng phương pháp thăng bằng electron hoặc ion – electron. 3. Giải bài toán áp dụng đến phản ứng oxi hoá – khử, phương pháp bảo toàn electron. Phần IV: Nhiệt – Động hoá học. (15%) 1. Dạng bài tập áp dụng định luật Hess tính năng lượng mạng lưới, năng lượng liên kết X – Y trong phân tử, ∆ H, ∆ G từ dữ kiện của một số chất hoặc một số phản ứng đơn giản. 2. Nội dung Lơ satơliê, áp dụng nguyên lý dịch chuyển cân bằng Lơ satơliê. 3. Tính hằng số cân bằng, mối liên hệ giữa Kp và ∆ G của phản ứng. 4. Các bài toán áp dụng Van’t Hoff, Arrhenius. 5. Chứng minh các cơ chế hoá học. 6. Bài toán về tốc độ phản ứng. Phần V: Bảng Tuần Hoàn các nguyên tố hoá học (5%) 1. Xét tính biến đổi các tính chất của các nguyên tố theo nhóm hoặc theo chu kì. 2. Bài tập áp dụng công thức oxit cao nhất, công thức hiđroxit cao nhất, hợp chất với hiđro. Phần VI: Halogen. (25%) 1. Bài toán áp dụng các tính chất hoá – lý của halogen, axit của halogen (axit halogenua hoặc axit có oxi), muối tương ứng. 2. Giải thích về tính biến đổi về tính chất của các axit halogenua hoặc axit có oxi của halogen. 3. Các phản ứng ứng với tính chất hoá học và điều chế các halogen hoặc hợp chất quan trọng của chúng. 4. Dạng toán về tinh thể ngậm nước của muối halogenua. 5. Dạng toán kết hợp các tính chất phản ứng của hợp chất chứa nguyên tố halogen (axit, muối) với các hợp chất tương ứng chứa nguyên tố nhóm oxi – lưu huỳnh. Phần VII: Oxi – Lưu huỳnh. (10%) 1. Giải toán áp dụng tính chất của H2O2, H2S, SO2, SO3, S hoặc muối (hoặc axit) của các gốc axit S2-; SO 32− ; SO 24− . 2. Nhận biết các hợp chất và đơn chất các nguyên tố, hợp chất chứa nguyên tố của nhóm oxi – lưu huỳnh. ---HẾT--- SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: HOÁ HỌC THỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút (không kể thời gian giao đề) - Đề thi có hai trang – Bài 1: 2,0 điểm Một hợp chất (A) được cấu tạo từ cation M 2+ và anion X − . Trong phân tử MX2 có tổng số proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X− là 21. Tổng số hạt trong cation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X− là 27. 1. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X. 2. Hãy viết bốn số lượng tử ứng với electron cuối cùng của M và X. 3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn. Bài 2: 2,0 điểm 1. Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng 206 Pb = 0, 0453 ; cho chu kì bán huỷ của U 238 238 U là 4,55921.103 năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá đó. 2. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1 - kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Gán các giá trị này cho các nguyên tố tương ứng. Giải thích. Bài 3: 2,0 điểm 1. a. Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tâm và dạng hình học của BrF5. b. Theo thuyết MO hãy viết cấu hình electron của N2, suy ra từ tính của nó. 2. Tính năng lượng mạng lưới tinh thể BaCl2 từ 2 tổ hợp dữ kiện sau: (vẽ rõ sơ đồ) - Entanpi sinh của BaCl2 tinh thể: - 859,41 kJ/mol - Entanpi phân li của Cl2: 238,26 kJ/mol - Entanpi thăng hoa của Ba: 192,28 kJ/mol - Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ba: 500,76 kJ/mol - Năng lượng ion hoá thứ hai của Ba: 961,40 kJ/mol - Ái lực electron của Cl : - 363,66 kJ/mol Bài 4: 2,0 điểm Cho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k) 2SO3 (k) H = - 198 kJ 1. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liên quan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ? 2. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) có xúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%. Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 427oC. Bài 5: 2,0 điểm. Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion – electron: 1. CrO −2 + Br2 + OH − → CrO 24− + … 2. FexOy + H2SO4 đ → SO2 + … Bài 6: 2,0 điểm Một pin được thiết lập trên cơ sở điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1 M và điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1 M. Biết Ε0Zn Zn = −0, 76 V ; Ε0Ag Ag = 0,80 V . +2 + 1. Hãy thiết lập sơ đồ pin theo quy ước và viết phương trình hoá học xảy ra khi pin hoạt động. 2. Tính sức điện động của pin và nồng độ các chất khi pin hết. Bài 7: 2,0 điểm Hoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng vừa đủ với dung dịch K2SO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa trắng và dung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan. 1. Xác định khối lượng hai muối khan. 2. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần trăm khối lượng muối trong hỗn hợp đầu. Bài 8: 2,0 điểm 1. Hòa tan hoàn toàn 9,06 gam một mẫu hợp kim Al-Mg (giả thiết không có tạp chất nào khác) bằng dung dịch H2SO4 đặc, thu được 12,22 lít khí SO2 (đo ở 136,5oC; 1,1 atm) và 0,64 gam chất rắn màu vàng. Xác định phần trăm khối lượng mỗi kim loại trong mẫu hợp kim trên. 2. Viết các phản ứng xảy ra khi điện phân dung dịch gồm NaCl 0,5 M và Cu(NO3)2 2M. Bài 9: 2,0 điểm 1. Dung dịch A chứa các ion: Na+; Cu2+; Ag+; Al3+; Mg2+-. Cho dung dịch A tác dụng với HCl dư được kết tủa B và dung dịch C. Cho khí H2S sục qua dung dịch C thu được kết tủa D và dung dịch E. Thêm NH3 vào dung dịch E được kết tủa F và dung dịch G. Thêm (NH4)2CO3 vào dung dịch G thu được kết tủa H. Xác định các chất và viết phương trình ion của tất cả các phản ứng xảy ra. 2. Tại sao Na2O2 được dùng làm khí trong bình dưỡng khí của thợ lặn? Viết phương trình hoá học xảy ra (nếu có) Bài 10: 2,0 điểm 1. Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là 0,514nm. Giả thiết ion Li+ nhỏ đến mức có thể xảy ra sự tiếp xúc anion – anion và ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-. a. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+, Cl- trong mạng tinh thể. b. Xác định khối lượng riêng của tinh thể LiCl. Biết Li = 6.94; Cl = 35,45 2. Hoà tan 63 gam Na2SO3 khan vào nước sau đó đun sôi dung dịch khoảng 2 giờ với một lượng dư bột lưu huỳnh. Lọc bỏ phần lưu huỳnh dư, từ dung dịch làm kết tinh tối đa 93 gam tinh thể Na2S2O3.5H2O. a. Tính hiệu suất điều chế Na2S2O3. b. Hoà tan muối kết tinh vào nước lẫn với hồ tinh bột, sục I2 vào dung dịch đó tới dư. Nêu hiện tượng phản ứng có thể xảy ra và viết phương trình hoá học. 3. Khi hoà tan CH3COOH tới bão hoà vào nước. Viết các quá trình điện ly có thể xảy ra. ---HẾT--Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 – 2014 MÔN THI: HOÁ HỌC ĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án này có 4 trang) Bài 1: 2,0 điểm − CrO −2 + Br2 + OH → CrO 24− + Br − + H2O 0,25 điểm 2 x CrO −2 + 4OH − → CrO 24− + 2H2O + 3e Câu 1 0,25 điểm 1,0 điểm 3 x Br2 + 2e → 2Br − 0,5 điểm 2CrO −2 + 8OH − + 3Br2 → 2CrO 24− + 6Br − + 4H2O SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO FexOy + H2SO4 đ → SO2 + … 2 Câu 2 1,0 điểm x FexOy + 2yH+ → xFe3+ + yH2O + (3x – 2y)e (3x – 2y) x SO 24− + 4H+ + 2e → SO2 + 2H2O 0,25 điểm 0,25 điểm 2FexOy + (3x – 2y)SO 24− + (12x – 4y)H+ 0,5 điểm 3+ → 2xFe Câu 1 1,0 điểm (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2O Bài 2: 2,0 điểm Đặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX2, số mol a Y Y BaY2 b BaX2 + K2SO4 → 2KX + BaSO4 ↓ a a 2a a (mol) BaY2 + K2SO4 → 2KY + BaSO4 ↓ b b 2b b (mol) Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n BaSO = a + b = 4 0,25 điểm 0,25 điểm 58, 25 = 0, 25 233 Theo định luật bảo toàn khối lượng: 0,5 điểm m( BaX 2 + BaY2 ) + mK2 SO4 = mBaSO4 + m( KX + KY ) ⇒ 60,9 + 174 ( a + b ) = 58, 25 + mKX , KY Với a + b = 0,25 ⇒ mKX , KY = 46,15 ( g ) Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5 ⇒ khối lượng mol trung bình của X, Y: M = Câu 2 1,0 điểm 26, 65 = 53,3 ( g ) 0,5 Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl và Br (thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80) Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng: 2a.35,5 + 2b.80 = 26, 65 ⇒ a = 0,15; b = 0,1 a + b = 0, 25 (137 + 71) .0,15 .100% = 51, 23% ⇒ %m = 48, 77% %mBaCl2 = BaBr2 60,9 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Câu 1 1,0 điểm Bài 3: 2,0 điểm a. Trạng thái lai hoá của Br là sp3d2. BrF5 có công thức VSEPR là AX5E1 ⇒ chóp vuông. b. (σ 2 s ) (σ 2*s ) (π x ) = (π y ) (σ z ) 2 2 2 2 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 2 ⇒ N2 có tính nghịch từ. o Ba(r) + Cl2(k) Ba(k) 2 BaCl2 (tt) ∆ Hpl(Cl2) ∆Hth(Ba) Câu 2 1,0 điểm ∆HS(BaCl , tt) + 2Cl (k) I1(Ba) + I2(Ba) 2. ACl o Uml = ∆H 0,5 điểm Uml Ba2+ + 2Cl- - ∆ Hth (Ba) - ∆Hpl(Cl ) - I1(Ba) - I2(Ba) - 2ACl S(BaCl2, tt) 2 0,5 điểm = - 859,41 - 192,28 - 238,26 - 500,76 - 961,40 + 2 .363,66 = - 2024,79 (kJ/mol) Bài 4: 2,0 điểm ∗ 2z M + n M + 4z X + 2n X = 186 ⇔ 2z M + 4z X + n M + 2n X = 186 ∗ 2z M + 4z X − n M − 2n X = 54 Câu 1 1,0 điểm ∗ z M + n M − z X − n X =21 (1) (2) z M − z X + n M − n X =21 ( 3) ⇔ ∗ 2z M + n M − 2 − (2z X + n X +1)=27 ⇔ 2z M − 2z X +n M − n X =30 (4) Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ z M = 26;z X = 17 ( n M = 30; n X = 18) 26 Câu 2 0,5 điểm Câu 3 0,5 điểm M ⇒ M là Fe; 2 2 17 6 X ⇒ X là Cl 2 6 6 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 2 Fe(Z=26): 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s ⇒ Fe2+(Z=26): 1s22s22p63s23p63d6 Cl(Z=17): 1s22s22p63s23p5 Cl-(Z=17): 1s22s22p63s23p6 Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIB Cl: chu kỳ 3 nhón VIIA 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Bài 5: 2,0 điểm Câu 1 0,75 điểm Câu 2 1,25 điểm Câu a: phương trình: PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr. Câu b: Không dùng phương pháp sunfat điều chế HBr vì H2SO4 có tính oxi hoá mạnh nên có thể oxi hoá chất khử mạnh như ion Br − (trong HBr) thành Br2: 2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2O dpdd , mn Câu a: H2Ox + NaCl → NaClO + H2. dpdd , mn 2H2O + CaCl2 → Ca(OCl)2 + 2H2. dpdd , mn 3H2O + KCl → KClO3 + 3H2. Câu b: 2CaOCl2 + H2O + CO2 → CaCO3 + CaCl2 + 2HClO. NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO. 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,75 điểm 0,5 điểm Bài 6: 2,0 điểm 0 Câu 1 1,0 điểm t 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2. 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl2. 2HCl + Fe → FeCl2 + H2. HCl + Na2SO3 → NaCl + SO2 + H2O. (ngoài ra: H2 + Cl2 → 2HCl) Số mol Câu 2 1,0 điểm U (phóng xạ) = số mol 238 206 Pb = 0, 0453 ( mol ) 206 0,25 x 4 = 1,0 điểm 0,25 điểm ⇒ mU (ban đầu) = 1 + 0, 0453 .298 = 1,0523 (g) 206 0,25 điểm ln 2 1 N = .ln 0 ⇒ t = 3,35.108 (năm) 3 4,55921.10 t N 0,5 điểm ⇒k= Bài 7: 2,0 điểm S + Mg → MgS (1) MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S (2) Mg + 2HCl → MgCl2 + H2 (3) M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ khí B: H2S; H2: Mg có dư sau phản ứng (1) Đặt nH S = x; nH 2 2 2,987 x + y = 22, 4 0,1 = y , ta có ⇒ x = 0,1; y = 3 34 x + 2 y = 26 x + y 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm Từ (1), (2), (3) ta có: %m( S ) = 50%; %m(Mg) = 50% 2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O 2H2 + O2 → 2H2O 0,25 điểm SO2 + H2O2 0,5 điểm 0,1 0,1 0 0,1 0,1 0,033 0,033 H2SO4 → 0,147 0,047 0,1 m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gam C%(H2SO4) = 0,1.98 × 100% = 9%; C%(H2O2) = 0,047.34 = 1,47% 108,8 108,8 0,25 điểm 0,25 điểm Bài 8: 2,0 điểm Gọi x, y lần lượt là số mol các kim loại Mg và Al. 1,1× 12, 22 × 273 0,64 nSO2 = = 0, 4 ( mol ) ; Chất rắn: S, n S = = 0,02 (mol) 22, 4 × 273 × 1, 5 32 0 +2 x 0 +3 Mg → Mg + 2e Câu 1 1,5 điểm 2x 0,8 3y 0, 4 0 Viết các bán phản ứng: S + 6e → S y 0,12 0.02 24 x + 27 y = 9,06 ⇒ x = 0,13; y = 0,22 2 x + 3y = 0,92 ⇒ %m Mg = 0,13mol × 24gam / mol × 100% = 34,44% và %m Al = 65,56% 9,06gam n = 1 × 8 + 1 = 2 và 3a = 4r , ⇒ f = 2 × 4 π r 3 : a 3 = 68% 3 8 Ta có : Câu 2 0,5 điểm +4 S + 2e → S +6 Al → Al+ 3e y +6 0,25 điểm 0,5 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm Bài 9: 2,0 điểm Câu 1 0,75 điểm 3p4 ⇒ A là S A: 2p4 ⇒ C là O C: Câu 2 1,25 điểm Câu 1 0,75 điểm Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố: IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIA Li Be B C N O F Ne 2s1 2s2 2p1 2p2 2p3 2p4 2p5 2p6 I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081 Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử. Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là: - Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn). - Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron). Bài 10: 2,0 điểm - Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích hợp: nếu giảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm). - Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí được nén ở áp suất cao vào lò phản ứng). - Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúp phản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn. + O2 2SO2 (k) Co 10,51 (mol) 7,434 (mol) C 10,3 (mol) 5,15 (mol) [C] 0,21 (mol) 2,284 (mol) Tổng số mol hỗn hợp ở cân bằng: Câu 2 1,25 điểm 2SO3 (k) H = - 198 kJ 0 10,3 (mol) 10,3 (mol) 0,25 x 3 = 0,75 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm 0,5 điểm 0, 21 + 2, 284 + 10,3 + 29, 736 = 42,53 ( mol ) Pi = xi.P = xi.1 = xi; K P = (Pso 3 )2 và và K C =K P (RT)- ∆n (Pso 2 )2 .Po 2 (R = 0,082, T = 427 + 273 = 7000K, ⇒ KP = Ghi chú 2p5 ⇒ B là F B: (10,3) 2 × 42,53 2 (0,21) × 2,284 n = -1) = 4,48.10 4 và K C = 4,48.10 4 × (0,082 × 700) −1 = 257.10 4 ---Hết--Giám khảo chấm bài cẩn thận. 0,25 điểm 0,25 điểm 0,25 điểm ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10 Câu 1: Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V? Câu 2: Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s2, 3p4, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao? Hãy dẫn ra một phản ứng hóa học (nếu có) để minh hoạ tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết các vi hạt này là nguyên tử hoặc ion của nguyên tố thuộc nhóm A. Câu 3: Cho hỗn hợp gồm 25,6 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư tách ra kết tủa D. Tính lượng kết tủa D. Câu:4 Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân. (a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. (b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. Câu 5: Cho a mol Cu tác dụng với 120ml dung dịch A gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M (loãng), thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). a. Tính V, biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn. b. Giả sử sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu kim loại không tan hết thì lượng muối khan thu được là bao nhiêu gam? Câu 6: Viết phương trình hoàn thành sơ đồ chuyển hóa: a. KMnO4 → Cl2 → FeCl3 → FeCl2 → Cl2 → Br2 → NaBrO3 → Br2 → HIO3. b. K2Cr2O7 → Cl2 → NaCl → NaClO → HClO → HCl → Cl2 → KClO3. Câu 7: Giải thích hiện tượng xảy ra khi: a. Dẫn từ từ luồng khí Cl2 vào dung dịch KI (dư) không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, nếu ngừng dẫn khí Cl2 vào thì sau đó dung dịch lại trở nên trong suốt. b. Dẫn liên tục đến dư lượng khí Cl2 vào dung dịch KI không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, sau đó dung dịch lại trở nên không màu. Câu 8: Viết phương trình phản ứng biểu diễn các quá trình hóa học sau đây, nếu phản ứng nào xảy ra trong dung dịch hãy viết thêm phương trình ion thu gọn: a. Phân huỷ clorua vôi bởi tác dụng của CO2 ẩm. b. Cho khí Flo đi qua dung dịch NaOH 2% lạnh. c. Cho khí Cl2, H2S đi qua huyền phù iot. d. Dung dịch Na2S2O3 vào Ag2S2O3 (không tan) e. Dung dịch Na2S2O3 và dung dịch H2SO4. f. Sục clo đến dư vào dung dịch FeI2: Câu 9: Nêu sự biến thiên tính chất của các hợp chất chứa oxi của clo HClOn về: độ bền phân tử, tính oxi hóa, tính axit. Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu được dung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28 gam muối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thức của muối A? Câu 1: Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lít khí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dư thu được 91,30 gam kết tủa. Tính V? Do sản phẩm cuối cùng khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc nóng có Fe3+, SO42- nên có thể coi hỗn hợp ban đầu là Fe và S. Gọi x và y là số mol của Fe và S, số mol của NO2 là a Fe → Fe+3 + 3e x x 3x S → S+6 + 6e y y 6y +5 N +e → N+4 a a a A tác dụng với Ba(OH)2 Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)3 2+ 2Ba + SO4 → BaSO4 Ta có hệ phương trình 56x + 32 y = 20,8 Giải ra x = 0 ,2 107x + 233y = 91,3 y = 0 ,3 Theo định luật bảo toàn electron : 3x + 6y = a = 3.0,2 + 6.0,3 = 2,4 V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít) Câu 2: Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s2, 3p4, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao? Hãy dẫn ra một phản ứng hóa học (nếu có) để minh hoạ tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biết các vi hạt này là nguyên tử hoặc ion của nguyên tố thuộc nhóm A. Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne]. a. Cấu hình [Ne]3s2 ứng với nguyên tử Mg(Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loại hoạt động. Mg cháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO2. 2 Mg + O2 → 2 MgO b. Cấu hình [Ne] 3s23p4 ứng với nguyên tử S (Z = 16), không thể ứng với ion. S là phi kim hoạt động. S cháy mạnh trong oxi. S + O2 → SO2 2 6 c. Cấu hình [Ne]3s 3p : + Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ. + Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm: + Z = 17. Đây là Cl-, chất khử yếu. Thí dụ: 2 MnO4− + 16 H+ + 10 Cl− → 2 Mn2+ + 8 H2O + 10 Cl2 + Z = 16. Đây là S2- (chất khử tương đối mạnh). Thí dụ: 2 H2S + O2 → 2 S + 2 H2O + Z = 15. Đây là P3-( rất không bền, khó tồn tại) + Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dương: + Z = 19. Đây là K+, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân KCl hoặc KOH nóng chảy). + Z = 20. Đây là Ca2+, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl2 nóng chảy). Câu 3: Cho hỗn hợp gồm 25,6 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho đến khi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư tách ra kết tủa D. Tính lượng kết tủa D. pư xảy ra: Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O 0,1 0,8 0,2 0,1 3+ 2+ Sau đó: Cu + 2 Fe → Cu + 2 Fe2+ 0,1 0,2 0,1 0,2 Khi đó dung dịch A chứa CuCl2 (0,1 mol) và FeCl2 (0,3 mol) Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư có các phản ứng: Ag+ + Cl − → AgCl ↓ 0,8 0,8 Ag+ + Fe2+ → Ag ↓ + Fe3+ 0,3 0,3 khối lượng D = AgCl và Ag = (0,8 × 143,5) + (0,3 × 108) = 147,2 g Câu 4: Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạt không mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6 electron độc thân. (c) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn. (d) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-. a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron: 2ZX + N X = 60 ; ZX = N X ⇒ ZX = 20 , X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2 Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là Cl Theo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1 STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tố Ca 20 4 IIA Cl 17 3 VIIA Cr 24 4 VIB b) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl − < R Ca Bán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân của nguyên tử đó. Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớn hơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4). Câu 5: Cho a mol Cu tác dụng với 120ml dung dịch A gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M (loãng), thu được V lít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc). a. Tính V, biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn. b. Giả sử sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu kim loại không tan hết thì lượng muối khan thu được là bao nhiêu gam? a). Tính VNO. Theo bài ra ta có: n HNO3 = 0,12 (mol); n H 2SO4 = 0,06 (mol) => số mol H+ = 0,24 ; số mol NO3- = 0,12 ; số mol SO42- = 0,06 Phương trình phản ứng: 3Cu + 8H+ + 2NO 3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2O Bđ: a 0,24 0,12 (mol) 0, 24 0,12 - Nhận xét: < → bài toán có 2 trường hợp xảy ra: 8 2 2a *Trường hợp 1: Cu hết, H+ dư (tức là a < 0,09) → nNO = (mol) 3 → VNO = 14,933a (lít) *Trường hợp 2: Cu dư hoặc vừa đủ, H+ hết (a ≥ 0,09) → VNO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít) b). Khi Cu kim loại không tan hết (tức a > 0,09) thì trong dung dịch sau phản ứng gồm có: số mol Cu2+ = 0,09 ; số mol NO3- = 0,06 ; số mol SO42- = 0,06 → mmuối = 0,09.64 + 0,06.62 + 0,06.96 = 15,24 (gam) Câu 6: Viết phương trình hoàn thành sơ đồ chuyển hóa: a. KMnO4 → Cl2 → FeCl3 → FeCl2 → Cl2 → Br2 → NaBrO3 → Br2 → HIO3. b. K2Cr2O7 → Cl2 → NaCl → NaClO → HClO → HCl → Cl2 → KClO3. Câu 7: Giải thích hiện tượng xảy ra khi: a. Dẫn từ từ luồng khí Cl2 vào dung dịch KI (dư) không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, nếu ngừng dẫn khí Cl2 vào thì sau đó dung dịch lại trở nên trong suốt. b. Dẫn liên tục đến dư lượng khí Cl2 vào dung dịch KI không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, sau đó dung dịch lại trở nên không màu. Giải. a. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 (nâu sẫm) Ngừng dẫn khí Cl2 vào, lúc này tiếp tục xảy ra phản ứng: I2 (nâu sẫm) + KI → KI3 (phức tan không màu) b. Phương trình phản ứng: Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 (nâu sẫm) Tiếp tục sục khí Cl2 đến dư, lúc này tiếp tục xảy ra phản ứng: 5Cl2 (dư) + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl (hổn hợp axit không màu). Câu 8: Viết phương trình phản ứng biểu diễn các quá trình hóa học sau đây, nếu phản ứng nào xảy ra trong dung dịch hãy viết thêm phương trình ion thu gọn: a. Phân huỷ clorua vôi bởi tác dụng của CO2 ẩm. 2CaOCl2 + CO2 + H2O → CaCl2 + CaCO3 + 2HClO (CaOCl2 + 2HCl → CaCl2 + Cl2 + H2O) b. Cho khí Flo đi qua dung dịch NaOH 2% lạnh. 2F2 + 2NaOH → 2NaF + OF2 + H2O (OF2 khét giống ozon) c. Cho khí Cl2, H2S đi qua huyền phù iot. 5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HClO3. H2S + I2 → S↓ + 2HI d. Dung dịch Na2S2O3 vào Ag2S2O3 (không tan) 3Na2S2O3 + Ag2S2O3 → 2Na3[Ag(S2O3)2] e. Dung dịch Na2S2O3 và dung dịch H2SO4. Na2S2O3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + S + H2O f. Sục clo đến dư vào dung dịch FeI2: 2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2. 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl Câu 9: Nêu sự biến thiên tính chất của các hợp chất chứa oxi của clo HClOn về: độ bền phân tử, tính oxi hóa, tính axit. Theo dãy HClO- HClO2 – HClO3 – HClO4 tính chất hóa học thể hiện và biến thiên như sau: - Độ bền phân tử: Phân tử HClOn đều kém bền, vì clo đều có bậc oxi hóa dương (+1,+3, +5, +7) không đặc trưng cho clo (đặc trưng nhất là -1). Theo dãy trên độ bền nhiệt tăng vì số electron hóa trị và số obital hóa trị của clo tham gia hình thành liên kết hóa học tăng. - Tính oxi hóa: Các phân tử HClOn đều có tính oxi hóa vì bậc oxi hóa của clo đều có giá trị dương (có xu hướng chuyển về bậc oxi hóa -1 bền hơn). Lẽ ra theo chiều tăng bậc oxi hóa của clo trong các hợp chất trên thì tính oxi hóa phải tăng nhưng do độ bền phân tử tăng dần nên tính oxi hóa giảm. - Tính axit: Các hợp chất HClOn đều có tính axit vì độ âm điện của clo so với H gần với oxi hơn nên độ phân cực của liên kết O-H lớn hơn so với Cl-O. Theo dãy trên lực axit tăng. Có thể giải thích bằng một trong hai cách: - Do số nguyên tử oxi không liên kết với H tăng tử 0 đến 3 (oxi có độ âm điện lớn hơn Cl và H) làm độ phân cực liên kết O-H tăng (do mật độ electron trên các liên kết dồn về phía nguyên tử O này) - Do phần điện tích -1 phân bố trên mổi nguyên tử O giảm theo dãy: ClO- - ClO −2 - ClO 3− - ClO −4 tương ứng 1 1 1 là: -1; - ; - ; - làm giảm khả năng liên kết với ion H+ của các anion ClO −n , nên ion H+ càng dễ bị các 2 3 4 phân tử lưỡng cực H2O tách ra dưới dạng H3O+. Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu được dung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28 gam muối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thức của muối A? Giải. Phương trình phản ứng: M2(CO3)x + 2xHCl → 2MClx + xH2O + xCO2 Xét số mol: 1 2x 2 x 2 M + 71x .100% = 10,511% 2 M + 60 x + 2 x.36,5 : 0,073 − 44 x M=20x Nghiệm phù hợp: x = 2; M = 40; kim loại là Ca. *Phương trình: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO2 0,25mol → 0,25mol 0,25.111 Khối lượng dd sau phản ứng: .100 = 264 g 10,511 Khối lượng dd sau làm lạnh: 264 -26,28=237,72g Đặt công thức của A là CaCl2.nH2O 26,28 237,72.0,0607 + => n = 6 Số mol của CaCl2 ban đầu = 0,25mol = 111 + 18n 111 => CT của A là CaCl2.6H2O Ta có: C % m ' = ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10 Câu 1: Từ nguyên liệu ban đầu là muối ăn, nước, đá vôi và các điều kiện khác. Hãy viết phương trình hóa học điều chế: nước Javen, clorua vôi, natri clorat. Câu 2: Viết 5 phương trình phản ứng hóa học trực tiếp tạo ra: a. NaCl b. FeCl2 c. HCl d. NaBr. e. Br2 Câu 3: Từ các chất ban đầu: KMnO4, dung dịch HCl đặc, Fe. Có thể điều chế được những khí gì? Câu 4: Hợp chất A có tổng số electron trong phân tử bằng 100. A được tạo thành từ hai nguyên tố phi kim thuộc các chu kì nhỏ và thuộc hai nhóm khác nhau. Xác định công thức phân tử A, biết rằng tổng số nguyên tử 2 nguyên tố trong phân tử A là 6. Câu 5: Để phản ứng hết a mol kim loại M cần 1,25a mol H2SO4 và sinh ra khí X (sản phẩm khử duy nhất). Hòa tan hết 19,2 gam kim loại M vào dung dịch H2SO4 ở trên tạo ra 4,48 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Hãy xác định kim loại M. Câu 6: Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước X chứa muối clorua của kim loại kiềm và magiê clorua, người ta làm thí nghiệm sau: - Cho 5,55 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61 gam kết tủa. - Nung 5,55 gam X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 0,8 gam chất rắn. Xác định X. Câu 7: Hãy giải thích: a. tại sao flo là chất oxi hóa mạnh nhưng Cu, Fe, Ni,Mg không bị flo ăn mòn. b. Tại sao trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tích tụ khí đó trong không khí? c. Để điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm, người ta thường cho đá vôi tác dụng với dung dịch axit H2SO4 là chất khó bay hơi. Để điều chế CO2 tinh khiết có nên cho đá vôi tác dụng với dung dịch H2SO4 không? Vì sao? Nếu dùng dung dịch HCl thì làm thế nào để có CO2 tinh khiết? Câu 8: Dẫn từ từ hổn hợp gồm: Ozon, clo đến dư vào dung dịch KI. Viết phương trình phản ứng xảy ra và nêu hiện tượng quan sát được. Câu 9: Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong số các chất sa: HF, HCl, HBr, HI? Nếu có chất không điều chế được bằng phương pháp này thì hãy giải thích tại sao. Viết phương trình hóa học và ghi rỏ điều kiện (nếu có) để minh họa. Câu 10: Cho hỗn hợp gồm a mol FeS2 và b mol Cu2S tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 thì thu được dung dịch A (chỉ chứa 2 muối sunfat) và 26,88 lít hỗn hợp khí Y gồm NO2 và NO ở điều kiện tiêu chuẩn (không còn sản phẩm khử nào khác), tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với H2 là 19. Cho dung dịch A tác dụng với Ba(OH)2 dư thì thu được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn. a. Tính % theo thể tích các khí? b. Tính giá trị m? Câu 11: Hòa tan 19,2 gam kim loại M trong H2SO4 đặc dư thu được khí SO2. Cho khí này hấp thụ hoàn toàn trong 1 lit dung dịch NaOH 0,7M, sau phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 41,8 gam chất rắn. Xác định kim loại M Xác định tên kim loại M : Câu 12: Cho cặp phương trình hóa học sau: Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 (1) Br2 + 2KClO3 → 2KBrO3 + Cl2 (2) Trong cặp phương trình hóa học trên có mâu thuẫn gì không khi ta nói chất oxi hóa của clo mạnh hơn brom? Giải thích. Câu : Từ nguyên liệu ban đầu là muối ăn, nước, đá vôi và các điều kiện khác. Hãy viết phương trình hóa học điều chế: nước Javen, clorua vôi, natri clorat. Giải. - Điều chế nước Ja-ven: ®iÖn ph©n dung dÞch 2NaCl + 2H2O → 2NaOH+2H 2 + Cl2 cã mµng ng¨n 14 4244 3 { catot anot Cl2 + NaOH → NaCl + NaClO + H2O - Clorua vôi: t0 → CaO + CO2↑ CaCO3 CaO + H2O → Ca(OH)2. 320 Cl2 + Ca(OH)2 → CaOCl2 + H2O - Điều chế natri clorat: t0 3Cl2 + 6NaOH → 5NaCl + NaClO3 + 3H2O Câu : Viết 5 phương trình phản ứng hóa học trực tiếp tạo ra: a. NaCl b. FeCl2 c. HCl d. NaBr. Giải. a. 2Na + Cl2 → 2NaCl Na2O + 2HCl → 2NaCl + H2O Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑+ H2O NaOH + HCl → NaCl + H2O Na2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4↓ b. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ FeO + 2HCl → FeCl2 + H2O FeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2O Fe(OH)2 + 2HCl → FeCl2 + 2H2O FeSO4 + BaCl2→ FeCl2 + BaSO4↓ Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓ 2500 C → 2HCl c. Cl2 + H2 2500 C NaCl(tinh thể) + H2SO4 (đặc) → NaHSO4 + HCl↑. Cl2 + SO2 + H2O → HCl + H2SO4. Cl2 + 2HBr → 2HCl + Br2. 5Cl2 + Br2 +6H2O → 10HCl + 2HBrO3. d. Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 HBr + NaOH → NaBr + H2O 2Na + 2HBr → 2NaBr + H2 Na2O + 2HBr → 2NaBr + H2O Na2SO4 + BaBr2 → BaSO4↓ + 2NaBr e. Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2 Cl2 + 2HBr → 2HCl + Br2. ®iÖn ph©n dung dÞch → 2NaOH+2H 2 + Br2 2NaBr + 2H2O cã mµng ng¨n 14 4244 3 { catot e. Br2 anot 2HBr + H2SO4 (đặc) → Br2 + SO2↑ + 2H2O 2NaBr + 2H2SO4 (đặc) → Na2SO4 + Br2 + SO2↑ + 2H2O Câu : Từ các chất ban đầu: KMnO4, dung dịch HCl đặc, Fe. Có thể điều chế được những khí gì? Giải. Có thể điều chế được khí: Cl2, O2, H2, HCl. t0 2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2↑ Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑ 2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2O t0 H2 + Cl2 → 2HCl. Câu : Hợp chất A có tổng số electron trong phân tử bằng 100. A được tạo thành từ hai nguyên tố phi kim thuộc các chu kì nhỏ và thuộc hai nhóm khác nhau. Xác định công thức phân tử A, biết rằng tổng số nguyên tử 2 nguyên tố trong phân tử A là 6. Giải. Gọi công thức phân tử A là XxYy. Ta có: xZx + yZy = 100 và x + y = 6. Số hiệu nguyên tử trung bình: 100:6 = 16,66 → Có 1 nguyên tố có Z > 16 → chỉ có thể là Cl (Z = 17) Trường hợp 1: A là XY5 vì Zy = 17 → Zx = 15 (P) A là PCl5. Trường hợp 2: A là X2Y4 vì Zy = 17 → Zx = (không hợp lí) Câu : Để phản ứng hết a mol kim loại M cần 1,25a mol H2SO4 và sinh ra khí X (sản phẩm khử duy nhất). Hòa tan hết 19,2 gam kim loại M vào dung dịch H2SO4 ở trên tạo ra 4,48 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất, đktc). Hãy xác định kim loại M. Giải. Do a mol kim loại M phản ứng vừa đủ 1,25a mol H2SO4 nên khí X không thể là H2 mà có thể là SO2 hoặc H2S. - Nếu X là SO2, ta có: 2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O a an → an = 1,25a → n = 1,25 (loại) - Nếu X là H2S, ta có: 8M + 5nH2SO4 → 4M2(SO4)n + nH2S + 4nH2O a 5na/8 → 5na/8 = 1,25a → n = 2. Như vậy: 4M + 5H2SO4 → 4MSO4 + H2S + 4H2O 0,8 0,2 → M = 19,2/0,2 = 24 (Mg) Câu : Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước X chứa muối clorua của kim loại kiềm và magiê clorua, người ta làm thí nghiệm sau: - Cho 5,55 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61 gam kết tủa. - Nung 5,55 gam X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được cho tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung trong không khí đến khối lượng không đổi, thu được 0,8 gam chất rắn. Xác định X. Giải. Ta có: Ag+ + Cl- → AgCl↓ nAgCl = nCl = 0,06 mol. Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, khối lượng nước ngậm trong muối là 38,92%.5,55 = 2,16 gam → Số mol nước = 0,12 mol. Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 → MgO. Ta có: n(MgO) = n(Mg2+) = n (MgCl2) = 0,02 mol Trong MgCl2 có n(Cl-) = 0,04 mol → trong MCl có n(Cl-) = 0,02 mol = n(MCl) Và m (MCl) = 5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam. M = 39 (K) X tạo bởi 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl2 và 0,12 mol H2O. Công thức của X là KCl.MgCl2.6H2O Câu : Hãy giải thích: a. tại sao flo là chất oxi hóa mạnh nhưng Cu, Fe, Ni,Mg không bị flo ăn mòn. b. Tại sao trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tích tụ khí đó trong không khí? c. Để điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm, người ta thường cho đá vôi tác dụng với dung dịch axit H2SO4 là chất khó bay hơi. Để điều chế CO2 tinh khiết có nên cho đá vôi tác dụng với dung dịch H2SO4 không? Vì sao? Nếu dùng dung dịch HCl thì làm thế nào để có CO2 tinh khiết? Giải. a. Khi cho các kim loại Cu, Fe, Ni, Mg phản ứng với flo thì tạo thành một lớp màng muối florua rất mỏng bám rất chắc lên bề mặt kim loại, ngăn cản không cho các kim loại đó phản ứng trực tiếp với flo nên kim loại không bị ăn mòn. b. H2S là chất có tính khử mạnh, nó có thể tác dụng với oxi trong không khí theo phương trình hóa học: 2H2S + O2 → 2S + 2H2O Do đó không có hiện tượng tích tụ khí H2S trong không khí. c. Không nên dùng H2SO4 vì khi cho dung dịch H2SO4 tác dụng với đá vôi thì sẽ tạo thành CaSO4 ít tan, bao bọc quanh đá vôi, ngăn cản không cho đá vôi phản ứng trực tiếp với H2SO4. Câu 7: Dẫn từ từ hổn hợp gồm: Ozon, clo đến dư vào dung dịch KI. Viết phương trình phản ứng xảy ra và nêu hiện tượng quan sát được. O3 + 2KI + H2O → 2KOH + O2 + I2. Cl2 + 2KI → 2KCl + I2. 5O3 + I2 + H2O → 2HIO3 + 5O2. 5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl HIO3 + KOH → KIO3 + H2O HCl + KOH → KCl + H2O Hiện tượng: Có khí không màu bay ra, dung dịch không màu ban đầu chuyển thành màu vàng nâu do tạo ra I2 tan trong nước (màu sẩm lại), sau đó bị mất màu vì I2 bị oxi hóa. Câu : Cho cặp phương trình hóa học sau: Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 (1) Br2 + 2KClO3 → 2KBrO3 + Cl2 (2) Giải Trong cặp phương trình hóa học trên có mâu thuẫn gì không khi ta nói chất oxi hóa của clo mạnh hơn brom? Giải thích. Không mâu thuẫn, vì phản ứng (1) clo là chất oxi hóa, KBr là chất khử. Còn phản ứng (2) KClO3 là chất oxi hóa, Br2 là chất khử. Ở cả hai phản ứng số oxi hóa của clo chỉ giảm (tính oxi hóa), còn số oxi hóa của brom chỉ tăng (tính khử) Câu : Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong số các chất sa: HF, HCl, HBr, HI? Nếu có chất không điều chế được bằng phương pháp này thì hãy giải thích tại sao. Viết phương trình hóa học và ghi rỏ điều kiện (nếu có) để minh họa. Giải. Phương pháp sunfat có thể dùng để điều chế các chất HF, HCl không dùng điều chế HBr, HI, vì các chất này có tính khử mạnh, khi tạo thành sẽ bị H2SO4 oxi hóa: CaF2 (tinh thể) + H2SO4 (đặc nóng) → CaSO4 + 2HF NaCl (tinh thể) + H2SO4 (đặc nóng) → NaHSO4 + HCl ( n NO2 = n NO = = 0,6 mol 22,4.2 => %V NO = %V NO2 = 50% b) * Sơ đồ phản ứng: FeS2 + Cu2S + HNO3 → dd { Fe3+ + Cu2+ + SO 24− } + NO ↑ + NO2 ↑ + H2O a b a 2b 2a + b mol - Áp dụng bảo toàn định luật bảo toàn điện tích ta có: 3a + 2.2b = 2(2a + b) => a - 2b = 0 (1) - Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có: FeS2 Fe3+ + 2S+6 + 15e Cu2S 2Cu2+ + S+6 + 10e => 15n FeS2 + 10n Cu 2S = 3n NO + n NO2 => 15a + 10b = 3.0,6 + 0,6 = 2,4 (2) Giải hệ (1), (2) ta có: a = 0,12 mol; b = 0,06 mol * Sơ đồ phản ứng: ( OH ) 2 dö → {Fe(OH)3, Cu(OH)2, BaSO4} {Fe3+, Cu2+, SO 24− } +Ba 0 t {Fe(OH)3, Cu(OH)2, BaSO4 → Fe2O3, CuO, BaSO4 3+ 2Fe → Fe 2 O 3 0,12 0,06 2+ Cu → CuO 0,12 0,12 BaSO4 → BaSO4 0,3 0,3 mol => m(chất rắn) = 0,06.160 + 0,12.80 + 0,3.233 = 89,1 gam Câu : Hòa tan 19,2 gam kim loại M trong H2SO4 đặc dư thu được khí SO2. Cho khí này hấp thụ hoàn toàn trong 1 lit dung dịch NaOH 0,7M, sau phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 41,8 gam chất rắn. Xác định kim loại M Xác định tên kim loại M : Gọi x và n là số mol và hóa trị cao nhất của M. Ta có : x . M = 19,2 (I) 2M + 2nH2SO4 M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O. x mol 0,5 nx mol Số mol NaOH được dùng = 0,7 . 1 = 0,7 mol. Khí SO2 hấp thụ hoàn toàn trong 0,7 mol NaOH, có thể xảy ra 2 trường hợp : - Trường hợp 1 : NaOH hết SO2 + NaOH NaHSO3 a a a mol SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O b 2b b mol Ta có : a +2b = 0,7 (1) 104a + 126b = 41,8 (2) , giải (1) và (2) vô nghiệm. - Trường hợp 2 : NaOH dư SO2 + 2NaOH Na2SO3 + H2O a 2a a mol NaOH dư : 0,7 – 2a ( mol ) => ( 0,7 – 2a ) . 40 + a . 126 = 41,8 => a = 0,3 ( mol ). Vậy 0,5nx = 0,3 (II) Từ (I) và (II) ta có : M = 32 n . Thích hợp với n = 2, M = 64 => M là Cu SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC ------------------ĐỀ CHÍNH THỨC KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC (Dành cho học sinh THPT) (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề) Bài 1 (1,5 điểm). Cho hợp chất X có dạng AB2, có tổng số proton trong X bằng 18 và có các tính chất sau: 0 t X + O2 → Y + Z → A+Z X + Y X + Cl2 → A + HCl 1) Xác định X và hoàn thành các phương trình phản ứng. 2) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt tác dụng với: dung dịch nước clo; dung dịch FeCl3; dung dịch Cu(NO3)2; dung dịch Fe(NO3)2 Bài 2 (1,0 điểm). X và Y là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (R là kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y. Bài 3 (1,0 điểm). Hỗn hợp A gồm Cu và Fe trong đó Cu chiếm 70% về khối lượng. Cho m gam A phản ứng với 0,44 mol HNO3 trong dung dịch, thu được dung dịch B, phần rắn C có khối lượng 0,75m (gam) và 2,87 lít hỗn hợp khí NO2 và NO đo ở (1,2 atm, 270C). Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, trong B không có muối amoni. Tính khối lượng muối trong dung dịch B và tính khối lượng m. Bài 4 (1,5 điểm). 1) Cho 29,6 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe tác dụng với oxi không khí, sau phản ứng thu được 39,2 gam hỗn hợp A gồm ( CuO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4). Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch H2SO4 loãng, dư. a) Tính số mol H2SO4 đã tham gia phản ứng b) Tính khối lượng muối sunfat thu được. 2) Khử hoàn toàn 2,552 gam một oxit kim loại cần 985,6 ml H2(đktc), lấy toàn bộ lượng kim loại thoát ra cho vào dung dịch HCl dư thu được 739,2 ml H2(đktc). Xác định công thức của oxit kim loại đã dùng? Bài 5 (1,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. t0 → Fe2(SO4)3 + SO2 + H2O a) FeS2 + H2SO4 (đ) b) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1) c) Fe3O4 + HNO3 → NxOy + … d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O → NaAlO2 + NH3 Bài 6 (1,5 điểm). Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng). 1) Viết phương trình hóa học xảy ra. 2) Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl2, Br2, H2O2, CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa các muối). Bài 7 (1,5 điểm) a) Cho 2,25 gam hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu tác dụng với dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng kết thúc thu được 1344 ml (đktc) khí và còn lại 0,6 gam chất rắn không tan. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong A. b) Hấp thụ hoàn toàn 1,344 lít SO2 ( đktc) vào 13,95 ml dung dịch KOH 28%, có khối lượng riêng là 1,147g/ml. Hãy tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch sau phản ứng Bài 8 (1 điểm). Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C, thấy tách ra một tinh thể muối kết tinh trong đó có 1,58 gam MgSO4. Hãy xác định công thức của tinh thể muối ngậm nước kết tinh. Biết độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước. _________Hết________ Họ và tên thí sinh .......................................Số báo danh................................... Giám thị coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC Bài 1 1,5đ Bài 2 1,0 đ KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC (Dành cho học sinh THPT ) 1. Từ pu: X + Cl2 → A + HCl => trong X có hidro, PX = 18 => X là H2S Các phản ứng: t0 → 2SO2 + 2H2O 2H2S + 3O2 2H2S + SO2 → 3S + 2H2O H2S + Cl2 → 2HCl + S 2. các phương trình phản ứng. H2S + 4Cl2 + 4H2O → 8HCl + H2SO4 → 2FeCl2 + 2HCl + S H2S + 2FeCl3 H2S + Cu(NO3)2 → CuS + 2HNO3 H2S + Fe(NO3)2 → không phản ứng Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH Y 35,323 Ta có : = ⇒ Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4 Y 35,323 Ta có : = ⇒ Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH 16,8 mA = × 50 gam = 8,4 gam 100 XOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n A = n HClO4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 8,4 gam 0,15 mol ⇒ MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K). 0,5 0,5 0,5 0,25 0,25 ⇒ M X + 17 gam / mol = Bài 3 1,0đ Bài 4 1,5đ Ta có mC = 0,75m (gam) > 0,7m (gam) trong C có Fe dư HNO3 hết, trong B chỉ chứa muối Fe(NO3)2 PT: → Fe(NO3)3 + NO + 2H2O Fe + 4HNO3 Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2O Fe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)2 2,87.1, 2 Ta có : nhh = = 0,14(mol ) 0, 082.(273 + 27) số mol HNO3 tạo muối = 0,44 – 0,14 = 0,3 (mol) nFe(NO3 )2 = 0,15(mol ) Khối lượng muối trong B = 0,15.180 = 27 (gam) nFe (pu) = 0,15 (mol) => mFe(pu) = 0,15.56 = 8,4 (gam) 8, 4.100 m= = 33, 6( gam) 25 1.a. Sơ đồ các quá trình phản ứng Kim loại + Oxi → (hỗn hợp oxit ) + axit → muối + H2O Từ quá trình trên => số mol H2SO4 phản ứng = số mol oxi trong oxit 0,5 0,25 0,25 0,5 Theo bài ta có: moxi = 39,2 – 29,6 = 9,6(g) 9, 6 = 0, 6(mol ) => nO = 16 => số mol H2SO4 phản ứng = 0,6 (mol) b. Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc sunfat => mm = 29,6 + 96. 0,6 = 87,2 (g) 2. Gọi công thức của oxit cần tìm là MxOy Phương trình phản ứng. MxOy + yH2 → xM + yH2O (1) 985, 6 nH 2 = = 0, 044(mol ) 22, 4.1000 Theo định luật bảo toàn khối lượng => khối lượng kim loại = 2,552 + 0,044.2 – 0,044.18 = 1,848(g) Khi M phản ứng với HCl 2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 (2) 739, 2 nH 2 = = 0, 033(mol ) 22, 4.1000 1,848 (2) => .n = 2.0, 033 M => M = 28n Với n là hóa trị của kim loại M Chỉ có n = 2 với M = 56 (Fe) là thỏa mãn x n 0, 033 3 Theo (1) = M = = y nH 2 0, 044 4 Bài 5 1,0đ 0,25 0,5 0,25 0,5 => oxit cần tìm là Fe3O4 Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron. a) 2 FeS Fe+3 + 2S+4 + 11e 2 S+4 11 S+6 + 2e 2Fe+3 + 15S+4 2FeS2 + 11S+6 0 t Cân bằng 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ) → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2O b) +1 1 5N 13 Mg +5 + 26e 0 0 0,25 -3 N2O +N2 + NH4+ Mg+2 + 2e 0,25 Cân bằng: 13Mg + 32HNO3 → 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2O c) 3Fe+3 + 1e (5x-2y) Fe3O4 1 xN+5 + (5x-2y)e +2y/x N xO y (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O d) Bài 6 1,5đ 0,25 Al+3 + 3e 8 Al 3 N+5 + 8e N-3 8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O → 8NaAlO2 + 3NH3 a) Ở nhiệt độ thường: 2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O 6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O 0,25 0,5 (Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO- X- + XO 3− Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IOphân hủy ở tất cả các nhiệt độ). b) Các phương trình hóa học : Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học: - Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dung dịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu : 0,25 2FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O - Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu : Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl 0,25 - Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra: 0,25 H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl - khi cho CO2 vào A Bài 7 1,5đ Bài 8 1,0đ → KHCO3 + HClO CO2 + KClO + H2O 1) Ptpư: 2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2 Fe + 2HCl → FeCl2 + H2 Cu + HCl → không phản ứng => 0,6 gam chất rắn còn lại chính là Cu: Gọi x, y lần lượt là số mol Al, Fe Ta có: 3x + 2y = 2.0,06 = 0,12 27x + 56 y = 2,25 – 0,6 = 1,65 => x = 0,03 (mol) ; y = 0,015 (mol) 0, 6 56.0,015 .100% = 26, 67% ; % Fe= .100% = 37,33% ; %Al = 36% => %Cu = 2, 25 2, 25 1,344 2) nSO2 = = 0, 06(mol ) ; m (dd KOH) = 13,95.1,147 = 16 (gam) 22, 4 n => mKOH = 0,28.16 = 4,48 (gam)=> nKOH = 0,08 (mol)=> 1 < KOH < 2 n SO2 => tạo ra hỗn hợp 2 muối: KHSO3: 0,04 (mol) và K2SO3: 0,02 (mol) Khối lượng dung dịch sau pu = 16 + 0,06.64 = 19,84 gam 0, 04.120 => C %( KHSO3 ) = .100% = 24,19% 19,84 0, 02.158 C %( K 2SO3 ) = .100% = 15,93% 19,84 Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2O Trong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O 1,58 gam 0,237n gam Khối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà: 100.100 m H2 O = = 74,02 gam 35,1 + 100 100.35,1 m MgSO4 = = 25,98 gam 35,1 + 100 Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh: m H2O = 74,02 – 0,237n gam 0,25 0,25 0,5 0,25 0,5 0,25 0,25 0,25 m MgSO4 = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam 25,4 .100 = 35,1. Suy ra n = 7. 74,02 − 0,237n Vậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2O Độ tan: s = 0,25 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT ĐỨCTHỌ ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM 2013-2014 Môn thi: HOÁ HỌC 10 (Thời gian làm bài: 180 phút ) Câu 1: (4 điểm ) 2- Viết công thức các axit có oxi của clo. Nêu quy luật về sự biến thiên tính axit và tính oxi hoá của các axit cho ví dụ bằng phương trình phản ứng. 3- Cho các phân tử: Cl2O ; O3 ; SO2 ; NO2 ; CO2 và các góc liên kết: 1200 ; 1100 ; 1320 ; 116,50 ; 1800. a) Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng. b) Giải thích ( ngắn gọn ) Câu 2: (5 Điểm) 2/ Có các dung dịch sau: Ba(OH)2 ; KOH ; HNO3 ; H2SO4 có cùng nồng độ . Hãy nêu cách nhận ra từng dung dịch, chỉ được dùng thêm 1 thuốc thử, viết các phương trình phản ứng. 3/ Giải thích các hiện tượng sau, viết phương trình phản ứng: - Dung dịch H2S để trong không khí lâu ngày bị vẩn đục. - Nhỏ vài giọt H2SO4 đặc vào đường kính trắng, đường kính hoá đen. - Dung dịch HBr không mầu để trong không khí một thời gian chuyển mầu vàng. 4/ Cân bằng các phương trình phản ứng oxi hoá khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron, chỉ rõ chất khử, chất oxi hoá. a) S2Cl2 + H2O → SO2 + S + HCl b) NH3 + I2 → NH4I + NH3.NI3. c) FeS + HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO + H2O Câu 3: Cho 3,78 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250 ml dung dịch (X) chứa HCl 1M và H2SO4 0,5M được dung dịch B và 4,368 lít H2 (đktc). 1. Chứng minh rằng dung dịch B vẫn còn dư a xít. 2. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A. 3. Tính thể tích dung dịch C gồm NaOH 0,02M và Ba(OH)2 0,01M cần để trung hoà hết lượng a xít còn dư trong dung dịch B. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn. Câu 4: 1/ Trong tự nhiên ô xi có 3 đồng vị : 16 O = 99,76% ; 17O = 0,04%; 18O = 0,2% Giải thích vì sao khối lượng nguyên tử trung bình của ô xi lại bằng 15,9994đvc 2/ Cho 2 nguyên tố 16A và 29B. Hãy viết các cấu hình electron cho mỗi nguyên tố ở trạng thái không kích thích và trạng thái kích thích. Mỗi cấu hình electron đó ứng với khả năng cho mức ô xi hoá nào của nguyên tố ? Câu 5: Nung FeS2 trong không khí, kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp khí có thành phần: 7% SO2; 10% O2; 83% N2 theo số mol. Đun hỗn hợp khí trong bình kín (có xúc tác) ở 800K, xảy ra phản ứng: 2SO2 + O2 2SO3 Kp = 1,21.105. a) Tính độ chuyển hoá (% số mol) SO2 thành SO3 ở 800K, biết áp suất trong bình lúc này là 1 atm, số mol hỗn hợp khí ban đầu (khi chưa đun nóng) là 100 mol. b) Nếu tăng áp suất lên 2 lần, tính độ chuyển hoá SO2 thành SO3, nhận xét về sự chuyển dịch cân bằng. Câu 1 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10 Nội dung 1/ Các axit có oxi của Clo: (2,0 điểm) HClO ; HClO2 ; HClO3 ; HClO4 Tính axit tăng, tính oxi hoá giảm Ví dụ: tính axit tăng: + HClO có tính axit rất yếu: NaClO + CO2 + H2O = HClO + NaHCO3 Điểm ( 0,5 điểm) ( 0,25 điểm) + HClO4 là axit mạnh nhất trong các axit đã biết HClO4 (đặc) + MCl (đặc) = MClO4↓ + HCl ( M = K , Rb .Cs) ( 0,25 điểm) Ví dụ tính oxi hoá giảm: (1,0 điểm) NaClO + 2KI + H2O = NaCl + I2 + 2KOH ( mọi môi trường) NaClO3 + 6KI + 3H2SO4 = NaCl + 3I2 + 2K2SO4 + 3H2O ( môi trường axit) NaClO3 + KI + H2SO4 Không xảy ra phản ứng. ( Học sinh có thể lấy ví dụ khác nếu đúng vẫn được đủ số điểm) 2- ( 2,0 điểm) a) Điền góc liên kết: ( 0,5 điểm) Cl2O: (1100) ; O3 : (116,50); SO2 : (1200); NO2 : (1320) ; CO2 : ( 1800) b) Giải thích: (1,5 điểm) - Các phân tử: O3 : (116,50); SO2 : (1200); NO2: (1320) ; có lai hoá sp2 nên góc liên kết ≈ 1200 . Góc liên kết phụ thuộc 2 yếu tố: + Độ âm điện của nguyên tố trung tâm: độ âm điện càng mạnh => kéo cặp e dùng chung về trung tâm => tăng lực đẩy => tăng góc liên kết. + Mật độ e, độ lớn của obitan lai hoá chưa tham gia liên kết làm tăng lực đẩy khép góc => làm giảm góc liên kết. - O3 có góc liên kết nhỏ nhất vì obitan lai hoá còn cặp e chưa liên kết tạo lực đậy khép góc. - NO2 có góc liên kết lớn nhất vì N có độ âm điện lớn hơn S, obitan lai hoá chưa tham gia liên kết có 1e nên lực đẩy khép góc kém. - Phân tử CO2 : lai hoá sp nên góc liên kết ≈ 1800 - Phân tử Cl2O: lai hoá sp3 : góc liên kêt ≈ 109,50 2 4-điểm 2/ Một thuốc thử được dùng là phenolphtalein: nhận ra KOH và Ba(OH)2 làm phenolphtalein có màu hồng. Dùng 1 trong 2 dd bazơ này để thử 2 dd còn lại, nếu có kết tủa thì nhận được H2SO4 và Ba(OH)2. H2SO4 + Ba(OH)2. → BaSO4 ↓ + 2 H2O còn lại là KOH và KNO3. 3/ a) 2H2S + O2 → 2S ↓+ 2H2O b) C12H22O11 + H2SO4 → 12 C + H2SO4. 11 H2O c) 4HBr + O2 → 2 Br2 + 2 H2O (màu vàng là màu của Br2 ) 4/ a) 2 S2Cl2 + 2 H2O → SO2 +3 S + 4 HCl Chất khử : S+1 – 3e → S +4 Chất oxihoá : ( S+1 + e → S 0) . 3 b) 5 NH3 + 3 I2 → 3 NH4I + NH3.NI3. Chất khử : 3I0 – 3e → 3I +1 Chất oxihoá : ( I0 + e → I – ) . 3 c) FeS + 6 HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + 3 NO + 2 H2O Chất khử : S-2 – 8e → S +6 và Fe+2 – e → Fe+3. Chất oxihoá : N +5 + 3 e → N +2. 3 Bài 4 : (4 điểm ) 1/Chứng minh trong dd còn dư a xít n HCl = 0,25 mol ; n H2SO4 = 0,5.0,25 = 0,125(mol) PT pứ : Mg + 2HCl = MgCl2 + H2 (1) Al + 3HCl = AlCl3 + 3/2 H2 (2) Mg +H2SO4 = MgSO4 +H2 (3) 2Al + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 + 3H2 (4) Số mol nguyên tử H trong 2 axít : 0,125.2 + 0,25 = 0,5 (mol) 4,368 →Số mol nguyên tử H giải phóng = .2 = 0,39 < 0,5 → Vậy dd còn dư a xít 22,4 . 2/Tính % khối lượng trong hỗn hợp A . 24x + 279 = 3,87 x = số mol Al ; y = số mol Mg 2x + 39 = 0,39 Giải được x = 0,06 ; y = 0,09 0,09.27 % theo k/l Al = .100% = 62,80% và % theo k/l Mg = 37,2% 3,87 3/ Tính thể tích dung dịch C (NaOH 0,02 M ; Ba(OH)2 0,01M ) Trong dung dịch B còn (0,5-0,39) mol nguyên tử H = 0,11(mol) nNaOH = 0,02.V (mol) và nBa(OH)2 = 0,01 .V ( mol) →Số mol OH- : 0,04 V mol phản ứng trung hoà khi số mol H* = số mol OH→ 0,04.V = 0,11 →V =0,11 : 0,04 =2,75 (lít) 4 5 Bài I (3 điểm) 1/ Khối lượng mỗi đồng vị không phải đơn thuần bằng số khối. Khối lượng mỗi nguyên tử không phải bằng tổng khối lượng các hạt p, n, e nhiều khi hình thành hạt nhân nguyên tử bao giờ cũng có hiện tượng hụt khối lượng, sự hụt khối lượng này giải phóng một năng lượng rất lớn ∆E = mc2. 2 2 6 2 6 9 2 2/ 16 A : 1s22s22p63s23p4: số oxy hoá -2 29 B : 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s : số oxy hoá +2 1s22s22p63s23p33d4: số oxy hoá +4 1s22s22p63s23p63d104s1: số oxy hoá +1 1s22s22p63s13p33d2: số oxy hoá +6 Bài III (5 điểm) a) Cân bằng: 2SO2 + O2 2SO3 Ban đầu: 7 10 0 (mol) lúc cân bằng: (7-x) (10 - 0,5x) x (x: số mol SO2 đã phản ứng). Tổng số mol các khí lúc cân bằng: 100 – 0,5x = n. p p p áp suất riêng của các khí: PSO 2 = (7-x). ; PO2 = (10 – 0,5x). ; PSO3 = x . n n n 2 2 (PSO3 ) x (100 − 0,5 x) Kp = = = 1,21. 105 2 2 (PSO2 ) . PO2 (7 − x) .(10 − 0,5 x) 49.96,5 = 1,21. 105 Giải được x = 6,9225. 2 (7 − x) .6,5 6,9225.100% Vậy độ chuyển hóa SO2 → SO3: = 98,89%. 7 do K>> → x ≈ 7 → Ta có : b) Nếu áp suất tăng 2 lần tương tự có: 7- x′= 0,300 . 5 . 10 -2 = 0,0548 → x′ = 6,9452. → độ chuyển hoá SO2 → SO3: (6,9452 . 100)/7 = 99,21% Kết quả phù hợp nguyên lý Lơsatơlie: tăng áp suất phản ứng chuyển theo chiều về phía có số phân tử khí ít hơn. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO TỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀU ĐỀ THI CHÍNH THỨC KỲ THI OLYMPIC 27/4 LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2013- 2014 MÔN THI : HOÁ HỌC Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 05 - 03 – 2014 (Đề thi gồm 2 trang) BÀI I: (6 điểm) 1. Một hợp chất có công thức MaXb (trong đó M chiếm 79,75% về khối lượng). Hạt nhân của M có số nơtron nhiều hơn số proton là 5. Trong hạt nhân X số nơtron bằng số proton. Tổng số proton trong phân tử hợp chất bằng 74. a. Xác định công thức phân tử của hợp chất trên, biết X là một phi kim thuộc chu kỳ 3 của bảng tuần hoàn. b. Viết cấu hình e của nguyên tử và các ion phổ biến trong tự nhiên của nguyên tố M. Xác định vị trí của M trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học. 2. Viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm của các phân tử sau: SO2, H2SO4, NO2, N2O4. 3. Nguyên tử nguyên tố kim loại X có bán kính nguyên tử r = 136 pm. Kim loại X kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện, có khối lượng riêng D = 22,4 g/cm3. a. Vẽ cấu trúc ô mạng cơ sở và mặt phẳng các nguyên tử nguyên tố X tiếp xúc với nhau. b. Xác định nguyên tố X. BÀI II: (5 điểm) 1. Tranh cổ thường được vẽ bằng bột 2PbCO3.Pb(OH)2 nhưng để lâu ngày bị đen. Giải thích tại sao? Để phục hồi người ta thường dùng dung dịch gì? Viết phương trình phản ứng minh hoạ. 2. Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tác dụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C có tỷ khối so với hidro là 10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 thì cần hết V2 lít khí O2. a. So sánh V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện). b. Tính % các chất trong B theo V1 , V2. c. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung là bao nhiêu? d. Nếu hiệu suất của phản ứng là 75%, thì hàm lượng % các chất trong B là bao nhiêu? BÀI III: (5 điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng hoá học sau (ghi rõ điều kiện nếu có) KCl(rắn) + B → A ↑ + K2SO4 A + NaClO → C↑ + D + E C + NaI → F+D 100 C C + G → KCl + H + E 2. a. Khi tham gia phản ứng với các chất, Cl2 có khả năng thể hiện tính khử hay tính oxi hoá? Viết phương trình phản ứng minh hoạ. b. Sục liên tục khí Cl2 đến dư vào dung dịch KI, dung dịch từ không màu chuyền thành màu đỏ sẫm, sau đó trở lại không màu. Giải thích và viết phương trình phản ứng minh hoạ. 3. Thêm 500 ml dung dịch AgNO3 0,1M vào dung dịch chứa 3,88 g hỗn hợp gồm KBr và NaI. Lọc bỏ kết tủa. Nước lọc thu được phản ứng vừa đủ với 20 ml dung dịch HCl 1M. a. Tính thành phần phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp muối ban đầu. b. Tính lượng NaCl (chứa 5% tạp chất Na2SO4) cần dùng để điều chế lượng HCl đã dùng ở trên. Biết hiệu suất phản ứng điều chế là 75%. Trình bày phương pháp để loại bỏ tạp chất trên. 0 BÀI IV: (4 điểm) 1. Cân bằng các phản ứng oxi hoá khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron: a. CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2 b. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2 2. Trong một bình kín A dung tích 1 lít ở 5000C, hằng số cân bằng của phản ứng tổng hợp HI từ H2 và I2 bằng 46. a. Tính nồng độ mol các chất ở trạng thái cân bằng. Biết ban đầu trong bình A có 1mol H2 và 1mol I2 b. Nếu ban đầu cho 2 mol HI vào bình A ở nhiệt độ 5000C thì nồng độ các chất lúc cân bằng là bao nhiêu? c. Nếu hệ đang ở trạng thái cân bằng ở câu a, ta thêm vào hệ 1,5 mol H2 và 2,0 mol HI thì cân bằng dịch chuyển theo chiều nào? Cho: H = 1; C = 12; O = 16; S = 32; N = 14; F = 19; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; Fe = 56; Na = 23; Ca = 40; Ir = 192; Al = 27; Ag = 108. Ghi chú: Thí sinh được sử dụng Bảng Tuần hoàn. ---Hết--- LƯỢC GIẢI BÀI I: Câu 1: a. Cu2S b. Cu: 1s22s22p63s23p63d104s1. Cu2+: 1s22s22p63s23p63d9. Ô 29, chu kì 4; nhóm IB. Câu 2: S lai hoá sp2. Câu 3: S lai hoá sp3 N lai hoá sp2 a a a 2 = 4.r Nguyên tố X: Iriđi. BÀI II: Câu 1: -Những bức tranh cổ lâu ngày bị đen là do muối chì đã tác dụng với các vết H2S trong khí quyển tạo thành PbS (Màu đen). -Dưới tác dụng của H2O2 , màu đen chuyển thành màu trắng PbS + 4H2O2 → PbSO4 + 4H2O (Trắng) Câu 2: 1 điểm Fe + S = FeS Thành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S. FeS + 2HCl = FeCl2 + H2S Fe + 2HCl = FeCl2 + H2 Vì MTB = 10,6 . 2 = 21,2 < 34 Nên : trong C có H2S và H2. Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C. (2x + 43(100 – x)) : 100 = 21,2 → x = 40% C ; H2 = 40% theo số mol; H2S = 60% 1 điểm Đốt cháy B: 4 FeS + 7 O2 = 2 e2O3 + 4 SO2 4 Fe + 3 O2 = 2 Fe2O3 Có thể có phản ứng : S + O2 = SO2 Thể tích O2 đốt cháy FeS là : (3V1/5).(7/4) = 21V1/20 Thể tích O2 đốt cháy Fe là : (2V1/5).(3/4) = 6V1/20 Thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20 Thể tích O2 đốt cháy S là: V2 – (27V1/20) = V2 – 1,35V1. Nên : V2 ≥ 1,35V V.2. S ố mol S = (V2 – V1. 1,35) : V1 mol ( Với V1 mol là thể t ích của 1 mol khí ở điều kiện đang xét) S ố mol FeS = ( V1. 3/5 ) : V1mol S ố mol Fe = (V1. 2/5) : V1 mol 1 điểm 3V1 .88.100 5280V1 165V1 5 % FeS = = = % 3V1 2V1 75,2V1 + 32(V2 − 1,35V1 ) V2 + V1 .88 + .56 + 32(V2 − 1,35V1 ) 5 5 2V1 .56.100 70V1 5 % Fe = = % 32(V2 + V1 ) V2 + V1 %S = 32(V2 − 1,35V1 ).100 100V2 − 135V1 = % 32(V2 + V1 ) V2 + V1 - Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe, Fe + S FeS 3 V1 n FeS .100 5 H= = .100 = 60(%) 2 3 n Fe + n FeS V1 + V1 5 5 H = 60%. - Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S. 3 V1 n FeS .100 n FeS .100 5 H = > = .100 = 60(%) . (do nS < nFe) 2 3 n FeS + n S n Fe + n FeS V1 + V1 5 5 - Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60% 1 điểm BÀI III: Câu 1: KCl + H2SO4 → K2SO4 + HCl 2HCl + NaClO → Cl2 + NaCl + H2O. Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2. 3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O. Câu 2: a. Cl2 vừa thể hiện tính oxi hoá vừa thể hiện tính khử 3Cl2 + 2Fe → 2FeCl3. (Clo thể hiện tính oxi hoá) 3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O. (Clo thể hiện tính khử) b. Cl2 tác dụng với KI tạo thành I2 có màu đỏ sẫm (trong dung dịch) theo phản ứng: Cl2 + 2KI → 2KCl + I2. Dung dịch mất màu vì I2 tác dụng với KI tạo ra phức KI3 không màu theo phản ứng: KI + I2 → KI3. Câu 3: a. nKBr = 0,02 mol; nNaI = 0,01 mol → %mKBr = 61,34%; %mNaI = 38,66% b. m = 1,642 gam Loại bỏ tạp chất: Cho hỗn hợp vào BaCl2 dư loại bỏ Na2SO4. Lọc kết tủa, loại bỏ BaCl2 bằng axit sunfuric dư. Lọc kết tủa, cô cạn để làm bay hơi nước lẫn axit thu được NaCl. BÀI IV: Câu 1: 11 4 4CuFeSx + + 4 x O2 → 2Cu2O + Fe3O4 + 4xSO2. 3 3 Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 → 2K2CrO4 + 3K2SO4 + 15K2MnO4 + 30NO + 20CO2. Câu 2: Lưu ý: Đây chỉ là lược giải. Không phải đáp án chính thức. HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ HỘI THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ IV ĐỀ THI CHÍNH THỨC Chữ ký giám thị 1: Môn: HÓA HỌC 10 ............................... Ngày thi: 23/4/2011 Thời gian làm bài: 180 phút. (không kể thời gian giao đề) Chữ ký giám thị 2: ............................... (Đề thi này có 3 trang) Câu 1:(2 điểm): 1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2). 2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He. 3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a, Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và công thức phân tử XY2 . b, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào. Câu 2:(2 điểm): Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm? SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNCâu 3:(2 điểm): 1. Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 300K và 1200K của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (khí) Biết: CO ( khí) + 3H2 ( khí) ∆H0 (KJ/mol) ∆S0 J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 -29,6 a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 300K và 1200K? b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300K 2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết để tách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực. Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết: Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ mol Nhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / mol Năng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ mol Năng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ mol Ái lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ mol Câu 4:(2 điểm): 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M. Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24. 2. Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A. a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch. Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết. ( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 ) Câu 5:(2 điểm): Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là tấm đồng nhúng vào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Pt nhúng vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] = 4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là 0,34V và 0,77V. 1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khi pin bắt đầu làm việc. 2. Tính tỉ lệ [ Fe 3+ ] khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch Cu(NO3)2 0,8M là rất [ Fe 2+ ] lớn). Câu 6:(2 điểm): Cho sơ đồ biến hóa: A (1) (3) (4) X (5) Y (7) (8) (6) T (2) (9) (10) FeCl3 Z (11) M (12) N Hoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóa trên. Biết: X là một đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T là muối không chứa oxi của X, N là axit không bền của X. Câu 7:(2 điểm): Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra S4O62− ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4. 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). 2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu? Câu 8:(2 điểm): Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1) Xác định tên nguyên tố X. 2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B. Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g. a) Tính lượng kết tủa của A? b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. Câu 9:(2 điểm): 1. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín và chôn dưới đất. Phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. 2. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau: a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4 b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4 c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146 d) 1H2 + ...? → 2 2He4 + 0n1 Câu 10:(2 điểm): Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng : N2O4 (khí) 2NO2 (khí) với độ phân huỷ là 20% 1. Tính hằng số cân bằng Kp. 2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270C ------------------------- Hết --------------------------(Thí sinh được sử dụng bảng HTTH-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh: …………… HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN KHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘ HỘI THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘ LẦN THỨ IV ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn: HÓA HỌC 10 Ngày thi: 23/4/2011 Thời gian làm bài: 180 phút. (không kể thời gian giao đề) CÂU 1 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN ĐIỂM 1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2). 2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He. 3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12. a , Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY2 . b , Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điền vào. Hướng dẫn 1. Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron: En = (eV) Ở trạng thái cơ bản: n = 1. * Với H: E1(H) = -13,6eV; * Với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV; 2. Năng lượng ion hóa của hidro là năng lượng tối thiểu để bứt e ra khỏi nguyên tử hoặc ion, tức là đưa e từ trạng thái cơ bản ra xa vô cùng (không truyền thêm động năng cho e). Dễ thấy: I1(H) =13,6eV; I2(He) = 54,4 eV. a , Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có các phương trình: 2 Zx 2 Zx + 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1) + 4 Zy − Nx − 2 Ny = 54 (2) 4 Zy − 2 Zx = 12 (3) 0.5 0,25 0,75 Zy = 16 ; Zx = 26 Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 . Fe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 ; S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2. Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2. 0,25 b, Cấu hình electron: 2 0,25 Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm? SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNHướng dẫn Phân tử Công thức Lewis SO2 S O SO4 O 2- Công thức cấu trúc AX2E Dạng lai hóa của NTTT sp2 Gấp khúc AX3 sp2 Tam giác đều AX4 sp3 Tứ diện AX4E sp3d Cái bập bênh AX2 Sp Đường thẳng O SO3 S O O 2- O O Mỗi ý đúng 0,1 điểm Dạng hình học của phâ S O SF4 F - SCN 3 O S F F F S C N 1.Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 3000K và 12000K của phản ứng: CH4 (khí) + H2O (khí) CO ( khí) + 3H2 ( khí) Biết là ∆H0 (KJ/mol) ∆S0 J/K.mol 3000K - 41,16 - 42,4 0 1200 K -32,93 -29,6 a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và 0 1200 K? b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K 2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết để tách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực. Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết: Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ mol Nhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / mol Năng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ mol Năng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ mol Ái lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ mol Hướng dẫn 1. a) Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0 Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44 kJ Ở 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ trái sang phải. ∆G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000K b) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K ∆G0 = -2,303RT lgK (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgK lgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95 ⇒ K = 10 4,95 2. Thiết lập chu trình Chu trình Born - Haber ∆H1 Ca(tt) + Cl2 (k) ∆H2 ∆H3 Ca (k) I1+I2 2Cl (k) 2A Ca2+ (k) + 0,5 0,5 CaCl2(tt) -Uml 2Cl- (k) 0,5 Ta có: Uml = ∆H2 + I1 + I2 + ∆H3 + 2A - ∆H1 Uml = 192 + 1745 + 243 – (2 x 364) - (-795) Uml = 2247 (kJ/.mol) 0,5 4 1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và 2 điểm KOH 5,00.10-3 M.Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24 2.Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M) Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A. a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao? b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch. Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết. ( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 ) Hướng dẫn 1) Tính pH của dung dịch: CN- + H2O HCN + OH- Kb1 = 10- 4,65 NH3 + H2O NH4+ + OHKOH -> K+ + OHH2O H+ + OH- Kb2 = 10- 4,76 [OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+] Đặt [OH-] = x x = 5.10-3 + Kb1[CN]/x + Kb2[NH3]/x + KH2O/x x2 - 5.10-3x - (Kb1[CN-] + Kb2[NH3] + KH2O) = 0 Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M . Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M. Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] [NH4+] pH = 11,77. 2) MgCl2 → Mg2+ + 2Cl – và Mg2+ + 2OH – → Mg(OH)2 (1) FeCl3 → Fe3+ + 3Cl – và Fe3+ + 3OH – → Fe(OH)3 (2) a) Để tạo ↓ Fe(OH)3 thì [OH –] ≥ Để tạo ↓ Mg(OH)2 → [OH –] ≥ 3 0,5 0,5 10 −39 = 10-12 M (I) −3 10 10 −11 = 10-4 M (II) −3 10 0,5 So sánh (I) < (II) thấy → ↓ Fe(OH)3 tạo ra trước. b) Để tạo ↓ Mg(OH)2: [OH –] = 10-4 → [H+] = 10-10 → pH = 10 (nếu pH < 10 thì không ↓) Để ↓ hoàn toàn Fe(OH)3: [Fe3+] ≤ 10-6M → [OH –]3 > 10-33 → 0,5 [H+] 3 Vậy để tách Fe3+ ra khỏi dd thì: 3 < pH < 10 5 Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là 2 điểm tấm đồng nhúng vào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Pt nhúng vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] = 4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là 0,34V và 0,77V. 1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khi pin bắt đầu làm việc. 2. Tính tỉ lệ [ Fe 3+ ] khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch [ Fe 2+ ] Cu(NO3)2 0,8M là rất lớn). Hướng dẫn 1.E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059/1 . lg4 = 0,8055 V 2+ E(Cu /Cu) = 0,34 + 0,059/2 . lg0,8 = 0,3371 V Vậy điện cực dương là điện cực Pt; điện cực âm là điện cực Cu Epin = 0,8055 - 0,3371 = 0,4684 V 1,0 2. Pin hết điện tức là Epin = 0. Khi đó E (Cu2+/Cu) = E (Fe3+/Fe2+) Vì thể tích dung dịch Cu(NO3)2 rất lớn => nồng độ Cu2+ thay đổi không đáng kể => E (Cu2+/Cu)=0,3371 V 3+ 2+ 3+ 2+ E (Fe /Fe ) = 0,77 + 0,059/1 . lg ([Fe ]/[Fe ]) = 0,3371 => [Fe3+]/[Fe2+] = 4,5995.10-8. 6 Cho sơ đồ biến hóa : A (1) (3) (4) X (5) Y (6) (7) (8) T (2) (9) (10) FeCl3 Z (11) M (12) N Hoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóa trên. Biết: X là một đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T là muối không chứa oxi của X, N là axit không bền của X. Hướng dẫn: Sơ đồ biến hóa thỏa mãn là: (2) 1,0 HCl (1) (3) (9) (4) FeCl3 X (5) KClO3 KClO4 (7) (8) (10) (6) KCl (11) KClO (12) HClO Có các phương trình phản ứng: H2 + Cl2 → 2HCl (X) (A) 6HCl + Fe2O3 → 2FeCl3 + 3H2O (A) (Fe3O4,) 2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3 o 3Cl2 + 6KOH t 5KCl + KClO3 + 3H2O (Y) 6HCl + KClO3 → 3Cl2 + KCl + 3H2O Cl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O (T) o t 2KClO3 2KCl + 3O2 đp dung dịch(80oC) KCl + 3H2O Không có mnxKClO3 + 3H2 300o 4KClO3 → 3KClO4 + KCl (1) (2) (3) (4) (5) (6) (7) (8) (9) o KClO4 t cao KCl + 2O2 đp dung dịch KCl + H2O Không có mnx KClO + H2 (M) KClO + CO2 + H2O → HClO + NaHCO3 (N) 7 (10) (11) (12) Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. 2 điểm Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra 2+ S4 O 62 − ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4. 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thu gọn). 2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu? Hướng dẫn 1.0 1. Fe O + 8H + → 2Fe3+ + Fe2+ + 4H O 3 4 2 (1) Fe O + 6H+ → 2Fe3+ + 3H O 2 3 2 (2) 2Fe3+ + 3I− → 2Fe2+ + I− 3 (3) 2S O 2− + I− → S O 2− + 3I− 2 3 3 4 6 (4) 5Fe2+ + MnO − + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H O 4 2 (5) 2. Trong 25 ml: n Fe = 5n MnO = 5x3, 2x1x10−3 =0,016 (mol) 2+ − 4 → trong 10ml n Fe = 6,4x10-3(mol) 2+ Từ (3) và (4): n Fe = n S O = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol) 2+ 2 3 2− Từ (3): n Fe = n Fe =5,5x10-3(mol) =2( n Fe O + n Fe O ) 3+ 2+ 3 4 2 3 0,25 Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO -3 -3 -4 n FeO = n Fe3O4 = 6,4x10 – 5,5x10 = 9x10 (mol) n Fe2O3 = 1 -3 n Fe3+ − n Fe3O4 =1,85x10 (mol). 2 0,25 Trong 50 ml : n Fe O =4,5x10-3(mol) → m Fe O =1,044 gam 3 4 3 4 → % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4% -3 n Fe2O3 = 9,25x10 (mol) → m Fe2O3 =1,48 gam → % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67% 8 0,5 2 điểm Câu 8: Bài tập tổng hợp(2 đ) Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1. Xác định tên nguyên tố X. 2. Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B. Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g. a, Tính lượng kết tủa của A? B,Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. (cho Na = 23, N = 14, K = 39, Ag = 108, Br = 80, Zn = 65, Cu = 64) Hướng dẫn 1(0,75đ) Nguyên tử của nguyên tố X có: n=3 electron cuối cùng ở phân lớp 3p l=1 0,75 m=0 electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3p s=-½ Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 -> Zx = 17 X là clo 2(1,25đ). a/ dư. NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3 KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3 Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO3 0,25 Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓ Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓ NaCl : x mol KBr : y mol nCu(NO3 )2 = -> 100 . 0,1 = 0,01 mol 1.000 C%NaNO 3 3,4 = C%KNO 3 3,03 m NaNO3 m KNO3 = 3,4 3,03 85x 3,4 = − > y = 0,75 x 101y 3,03 (1) 58,5x + 119y = 5,91 (2) x = 0,04 y = 0,03 Giải hệ pt (1), (2) 0,5 mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g b/ 1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151g a mol Zn -> 151a 1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g 0,01 mol -> 0,01g 151a – 0,01 = 1,1225 a = 0,0075 n AgNO bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol 0,5 3 C M(AgNO3 ) = 0,085. 9 1000 = 0,85M 100 1. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa 2 điểm trong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút. 2. Hoàn thành các Pư hạt nhân sau: a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4 b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4 c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146 d) 1H2 + ...? → 2 2He4 + 0n1 Hướng dẫn 1. 0,693 0,693 = = 0,00347 / năm t1 / 2 200 N Áp dụng công thức: ln 0 = kt N 0,25 k= 6,5.1012 ⇒ ln = 0, 00347t 3.10−3 4 ⇒ t = 1,0176.10 năm hay 10.176 năm 0,25 0,5 2. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu: a. 0n1 10 b. 8O16 c. 35Br87 d. 3Li7 Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng : N2O4 (khí) 0,25x4 2 điểm 2NO2 (khí) với độ phân huỷ là 20% 1. Tính hằng số cân bằng Kp. 2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270C Hướng dẫn 1.Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là α , số mol của N2O4 ban 1,0 đầu là n Phản ứng: N2O4 (k) 2NO2 (k) Ban đầu: n 0 Phân ly: nα 2n α Cân bằng n(1- α ) 2n α Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+ α ) Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng: p N2O4 = 1−α P ; 1+α PNO2 = 2α P 1+ α 2 KP = 2 NO2 P PN 2O4 = 2α P 1+α 1−α P 1+α 4α 2 P = 1−α 2 với P = 1atm, α = 20% hay α = 0,2 ⇒ KP = 1/6 atm 2. n N 2O4 = 69/92 = 0,75mol Gọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là α ’ Phản ứng: N2O4 (k 2NO2 (k) Ban đầu: 0,75 0 Phân ly: 0,75 α ’ 1,5 α ’ 1,0 Cân bằng 0,75(1- α ’) 1,5 α ’ Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+ α ’) Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng: n '' RT 0,75(1 + α ' ).0,082.300 P = = = 0,9225(1+α’) V 20 ' 4α '2 P ’ = 1/6 KP = '2 1−α Vì KP = const nên: 4α '2 .0,9225(1 + α ' ) = 1 / 6 '2 1−α ⇒ α ’ ≈ 0,19 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI CỤM TRƯỜNG THPT BA ĐÌNH – TÂY HỒ ĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012 Môn Hoá học - Lớp 10 Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề. Đề thi gồm có 02 trang. Câu I. 1/ KhÝ Cl2 ®iÒu chÕ tõ KMnO4 vµ HCl ®Æc th−êng bÞ lÉn HCl vµ h¬i n−íc, ®Ó cã khÝ Cl2 kh« ng−êi ta l¾p thiÕt bÞ sao cho Cl2 ®i qua b×nh A råi ®Õn b×nh B. H y chän chÊt nµo chøa vµo b×nh A vµ B ®Ó cã kÕt qu¶ tèt nhÊt trong sè c¸c chÊt láng sau ®©y: H2SO4 ®Æc, dung dÞch NaCl b o hßa vµ c¸c dung dÞch NaOH, KHCO3. Gi¶i thÝch v× sao l¹i chän nh− trªn? 2/ Nªu c¸ch lo¹i s¹ch t¹p chÊt khÝ. a) H2S cã lÉn trong HCl c) HCl cã lÉn trong SO2 b) HCl cã lÉn trong H2S d) SO3 cã lÉn trong SO2 ViÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra. Câu II. X, Y lµ 2 nguyªn tè ®Òu cã hîp chÊt khÝ với hiđro øng víi c«ng thøc XHa vµ YHa. (Khèi l−îng mol ph©n tö chÊt nµy gÊp ®«i khèi l−îng mol ph©n tö chÊt kia).Oxit cao nhÊt cña X vµ Y cã c«ng thøc X2Ob vµ Y2Ob (khèi l−îng mol ph©n tö cña 2 oxit h¬n kÐm nhau 34 ®vC). a) X, Y lµ kim lo¹i hay phi kim. b) X¸c ®Þnh tªn X, Y vµ c«ng thøc ph©n tö c¸c hîp chÊt oxit cao nhÊt vµ hîp chÊt khÝ víi hi®ro cña X, Y. c) Dù ®o¸n vµ so s¸nh tÝnh chÊt oxi hãa - khö (cã tÝnh khö, cã tÝnh oxi hãa hay cã tÝnh khö vµ tÝnh oxi hãa) của XHa vµ YHa. Câu III. H y s¾p xÕp (cã gi¶i thÝch) c¸c d y axit cho d−íi ®©y theo thø tù t¨ng dÇn tÝnh axit. a) HCl, HF, HI, HBr. b) HClO4, HClO2, HClO, HClO3. Câu IV. a/ Ph−¬ng ph¸p sunfat cã thÓ ®iÒu chÕ ®−îc chÊt nµo: HF, HCl, HBr, HI? NÕu cã chÊt kh«ng ®iÒu chÕ ®−îc b»ng ph−¬ng ph¸p nµy, h y gi¶i thÝch t¹i sao? ViÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng hãa häc vµ ghi râ ®iÒu kiÖn (nÕu cã) ®Ó minh ho¹. b/ Trong d y axit cã oxi cña clo, axit hipoclor¬ lµ quan träng nhÊt. axit hipoclor¬ cã c¸c tÝnh chÊt: - TÝnh axit rÊt yÕu, yÕu h¬n axit cacbonic. - Cã tÝnh oxi ho¸ m¹nh. - RÊt dÔ bÞ ph©n tÝch khi cã ¸nh s¸ng mÆt trêi hoÆc khi ®un nãng. H y viÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng ®Ó minh ho¹ c¸c tÝnh chÊt ®ã. C©u V. Cho 4,48 lÝt hçn hîp X (®ktc) gåm H2 vµ Cl2 vµo mét b×nh thñy tinh lín. Sau khi chiÕu s¸ng, ngõng ph¶n øng thu ®−îc hçn hîp Y, trong ®ã cã 30% vÒ thÓ tÝch HCl vµ thÓ tÝch khÝ clo gi¶m xuèng cßn 20% so víi ban ®Çu. a/ TÝnh sè mol c¸c khÝ trong hçn hîp Y. b/ Cho hçn hîp Y qua 40 gam dung dÞch KOH 14% ë 100oC thu ®−îc dung dÞch Z. TÝnh nång ®é phÇn tr¨m c¸c chÊt trong dung dÞch Z. Câu VI. Hoµ tan hoµn toµn 2,52 gam hçn hîp X gåm Mg, Al b»ng dung dÞch HCl, thu ®−îc 2,688 lÝt H2 (®ktc) NÕu cho 2,52 gam hçn hîp nµy hoµ tan hoµn toµn b»ng H2SO4 ®Æc, nãng th× thu ®−îc 0,03 mol mét s¶n phÈm Y duy nhÊt h×nh thµnh do sù khö S+6. a/ X¸c ®Þnh Y. b/ NÕu hoµ tan hoµn toµn 2,52 gam hçn hîp X b»ng dung dÞch HNO3 10,5% (d = 1,2 g/ml) thu ®−îc 0,03 mol mét s¶n phÈm duy nhÊt h×nh thµnh do sù khö N+5 (N2, N2O, NH4NO3, NO, NO2). TÝnh thÓ tÝch tèi thiÓu dung dÞch HNO3 ® ph¶n øng. C©u VII. Nguyªn tö A cã cÊu h×nh electron ngoµi cïng lµ 3p4. TØ lÖ sè n¬tron vµ sè proton lµ 1:1. Nguyªn tö B cã sè n¬tron b»ng 1,25 lÇn sè n¬tron cña A. Khi cho 7,8 gam B t¸c dông víi l−îng d− A ta thu ®−îc 11 gam hîp chÊt B2A. a/ X¸c ®Þnh sè hiÖu nguyªn tö, sè khèi cña A, B vµ viÕt cÊu h×nh electron nguyªn tö cña A vµ B. b/ Nguyªn tè A vµ B lµ kim lo¹i hay phi kim ? C©u VIII. a/ C©n b»ng ph¶n øng oxi hãa - khö sau theo ph−¬ng ph¸p th¨ng b»ng electron: FeS2 + Cu2S + HNO3 Fe(NO3)3 + CuSO4 + H2SO4 + NO + H2O BiÕt tØ lÖ sè mol tham gia ph¶n øng cña FeS2 vµ Cu2S lµ 1:3. b/ Hoµn thµnh ph−¬ng tr×nh ph¶n øng sau (ViÕt tiÕp s¶n phÈm cßn thiÕu vµ c©n bằng ph−¬ng tr×nh theo ph−¬ng ph¸p th¨ng b»ng electron): SO2 + HNO3 + H2O NO + ….. SỞ GD - ĐT HÀ NỘI CỤM BA ĐÌNH – TÂY HỒ Câu I II KY THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 - 2012 ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC LỚP 10 (gồm 3 trang) Hướng dẫn giải 1. Bình A chứa dung dịch NaCl bão hòa để giữ lại HCl tan trong nước, có mặt NaCl sẽ hạn chế khí clo tan trong nước. Bình B đựng H2SO4 đặc có khả năng hút nước, không tác dụng với khí clo 2. a) Dùng dung dịch CuCl2 dư hấp thụ hết khí H2S sau đó đun nóng thu được khí HCl: CuCl2 + H2S CuS + HCl b) Cho hỗn hợp 2 khí tác dụng với dung dịch NaOH dư sau đó dùng H2SO4 loãng, dư để đẩy H2S ra, thu được H2S tinh khiết: NaOH + HCl NaCl + H2O 2NaOH + H2S Na2S + H2O H2SO4 + Na2S Na2SO4 + H2S c) Dùng dung dịch AgNO3 dư hấp thu hết khí HCl, thu được SO2 tinh khiết: HCl + AgNO3 AgCl + H NO3 d) Dùng H2SO4 đậm đặc 98% hấp thụ SO3 thu được SO2 tinh khiết. H2SO4đậm đặc + n SO3 H2SO4. n SO3 (oleum) a. X, Y t¹o hîp chÊt khÝ víi hiđro ⇒ X, Y ë ph©n nhãm chÝnh nhãm IV → VII. X,Y t¹o oxit X2Ob vµ Y2Ob ⇒ X, Y ë ph©n nhãm chÝnh nhãm V hoÆc VII. ⇒ X,Y lµ phi kim X + a = 2(Y + a) ⇒ Y = 17 - a 2X + 16b − (2Y + 16b) = 34 b. Gi¶ sö X > Y ta cã: ⇒ a = 17 - Y 1 ≤ a < 4 ⇒ 1 ≤ 17 - Y < 4 ⇒ Y = 14 (N); a = 3 hoÆc Y = 15; a = 2 (lo¹i) X = 31 (P) ⇒ C¸c hîp chÊt : NH3, PH3, N2O5, P2O5 c. Dự doán tính chất oxi hóa – khử của NH3 và PH3 Trong NH3 và PH3, nitơ và photpho đều có số oxi hóa -3 (thấp nhất) NH3 và PH3 chỉ có tính khử Trong đó bán kính nguyên tử photpho lớn hơn nitơ nên P-3trong PH3 dễ nhường electron hơn N-3trong NH3 PH3 có tính khử mạnh hơn. C−êng ®é axit t¨ng dÇn theo c¸c d y sau: a) HF < HCl < HBr < HI - HF: axit yÕu; HCl, HBr, HI: axit m¹nh vÒ ®é ph©n cùc (hiÖu sè ®é ©m ®iÖn ∆) th× ∆(HF) = 1,9; ∆(HCl) = 0,9; ∆ (HBr) = 0,7; ∆(HI) = 0,4 Nh−ng yÕu tè quan träng lµ kÝch th−íc cña c¸c anion F- < Cl- < Br- < I-; mËt ®é ®iÖn tÝch ©m (δ, ë I- bÐ nhÊt), nªn lùc hót gi÷a ion H+ vµ I- bÐ nhÊt, nguyên tử H trong HI dễ bị thay thế bở kim loại nhất tính axit m¹nh nhÊt. Víi: III. +1 IV +3 +5 +7 b) HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4 axit rÊt axit axit axit rÊt yÕu yÕu m¹nh m¹nh - §iÖn tÝch cña nguyªn tö Cl trung t©m cµng cao th× axit cµng m¹nh, v× mËt ®é e bÞ gi¶m cµng m¹nh lµm cho liªn kÕt OH cµng trë nªn ph©n cùc, nghÜa lµ cµng m¹nh. a. Phương pháp sunfat là cho muối halogennua kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, nóng để điều chế hiđrohalogennua dựa vào tính chất dễ bay hơi của hiđrohalogennua. Phương pháp Điểm V VI này chỉ áp dụng để điều chế HF, HCl , không điều chế được HBr, HI vì H2SO4 đặc, nóng là chất oxi hoá mạnh còn HBr, HI trong dung dịch là những chất khử mạnh do đó áp dụng phương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được Br2 và I2. Các phương trình phản ứng: CaF2 + H2SO4 đặc, nóng → 2HF + CaSO4 2NaCl + H2SO4 đặc, nóng → 2HCl + Na2SO4 NaBr + H2SO4 đặc, nóng → HBr + NaHSO4 2HBr + H2SO4 đặc, nóng → SO2 + 2H2O + Br2 NaI + H2SO4 đặc, nóng → HI + NaHSO4 8HI + H2SO4 đặc, nóng → H2S + 4H2O + 4I2 b.Tính chất hóa học của HClO: - Tính axit: HClO + NaOH NaClO + H2O Tính axit yếu hơn axit cacbonic: NaClO + CO2 + H2O NaHCO3 + HClO - Tính oxi hóa mạnh: HClO + HClđặc Cl2 + H2O - Dễ phân hủy: 2 HClO 2 HCl + O2 Số mol hỗn hợp = 4,48/22,4=0,2 mol Phương trình phản ứng H2 + Cl2 → 2 HCl 0,03 0,03 0,06 Số mol hỗn hợp sau phản ứng = số mol hỗn hợp trước phản ứng = 0,2 mol Số mol HCl = 0,06 mol → n Cl2 phản ứng = 0,03 mol. % Cl2 còn 20% hay Cl2 phản ứng = 80% ban đầu →nCl2 đầu = 0,0375 mol→nH2 = 0,20,0375 = 0,1625 mol. a. n HCl = 0,06 mol nH2 dư = 0,1325 mol nCl2 dư = 0,0075 mol b. hỗn hợp Y qua 40 g dung dịch KOH 14% Ta có nKOH = 0,1 mol 3Cl2 + 6KOH → KClO3 + 5KCl +3H2O 0,0075 0,015 0,0025 0,0125 HCl + KOH → KCl + H2O 0,06 0,06 0,06 Vậy dd Z có 0,0025 mol KClO3, 0,0725 mol KCl KOH dư = 0,025mol mddZ = 42 7225 g C% KClO3 = 0,717% C%KCl = 12,64% C% KOH dư = 3,28% a. n H2 = 0,12 mol Ta có các quá trình khử và oxi hóa : Mg Mg+2 + 2e (1) Al Al+3 + 3e (2) *) Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl : 2H+ +2e H2 (3) mol 0,24 n(HNO3) tối thiểu = n(NO3- trong muối) + 2 n(NH4NO3) = ne (kim loại nhường) +0,06 = 0,3 mol V(HNO3) tối thiểu = 150 ml + TH2: n(Nm) = 0,06 mol m = 1 sản phẩm do sự khử N+5 là N2O --> n(HNO3) tối thiểu = n(NO3- trong muối) + 2 n(N2O) =0,3 mol V(HNO3) tối thiểu = 150 ml VII a. Cấu hình electron đầy đủ của A: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4 ZA = 16 , NA = ZA AA = 32 MA = 32 g/mol NB = 1,25 NA = 20 Pt : A + 2B B2A (1) Theo Định luật bảo toàn khối lượng: mA = 11 – 7,8 = 3,2 g nA = 0,1 mol nB = 0,2 mol MB = 7,8/0,2 = 39 g/mol AB = 39 ZB = 19 2 2 6 2 6 1 Cấu hình electron của B: 1s 2s 2p 3s 3p 4s b. A là phi kim (vì có 6e lớp vỏ ngoài cùng) B là kim loại (vì có 1e lớp vỏ ngoài cùng) VIII a. 3 FeS2 + 3 Cu2S Fe+3 + 6 Cu+2 + 5S+6 + 45e 45 N+5 + 3e N+2 3FeS2 + 9Cu2S + 90HNO3 3Fe(NO3)3 + 18Cu(NO3)2 + 15H2SO4 + 45NO + 30H2O b 3SO2 + 2 HNO3 + 2H2O 2NO + 3H2SO4 3 S+4 S+6 + 2e 2 N+5 + 3e N+2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẢI DƯƠNG ------------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2012-2013 MÔN THI: HÓA HỌC Thời gian: 180 phút Ngày thi: 5 tháng 4 năm 2013 Đề thi gồm: 02 trang Cho biết nguyên tử khối của các nguyên tố: H = 1; C = 12; N = 14; P=31; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39; Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ba = 137, I=127. Cho biết độ âm điện của các nguyên tố: H = 2,20; C = 2,55; N = 3,04; O = 3,44; Na = 0,93; Mg = 1,31; Al = 1,61; S = 2,58; Cl = 3,16; Br = 2,96; I=2,66. Câu 1: (2điểm) 1. Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 19. a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn. b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra. 2. Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxi hóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%. a. Xác định R biết a:b=11:4. b. Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên. c. Xác định loại liên kết hóa học của R với hiđro và của R với oxi trong hai hợp chất trên. Câu 2: (2điểm) 1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương pháp thăng bằng electron: 0 t a. FexOy + H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O b. Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2O o t c. FeS2 + H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O d. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O (Biết ở phản ứng d thì tỉ khối của hỗn hợp khí NO và N2O so với hiđro bằng 16,75). 2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau: a. Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch brom. b. Dẫn khí ozon vào dung dịch KI, chia dung dịch sau phản ứng thành hai phần: phần 1 nhỏ vài giọt dung dịch hồ tinh bột; phần 2 nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein. Câu 3: (2điểm) Hỗn hợp bột A chứa Mg và Fe. Cho 3,16 gam hỗn hợp A tác dụng với 250ml dung dịch CuCl2 nồng độ z (mol/lít). Khuấy đều hỗn hợp, lọc rửa kết tủa, thu được dung dịch B và 3,84 gam chất rắn D. Thêm vào dung dịch B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, lọc kết tủa tạo thành, rồi nung kết tủa trong không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thu được 1,4 gam chất rắn E gồm hai oxit kim loại. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn. a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra. b. Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A và giá trị z. Câu 4: (2điểm) 1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái A, B, D, E, G, X, Y, T, Q: o t a. A + H2SO4 đ → B+ D + E b. E + G + D → X + H2SO4 c. A + X → Y + T d. A + B → Q e. G + T X 2. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa BaO, MgO và CuO. Câu 5: (2điểm) Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng thu được 500ml dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau: Cô cạn phần 1 thu được 31,6 gam hỗn hợp muối khan. Sục khí clo dư vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thì thu được 33,375 gam hỗn hợp muối khan. a. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra. b. Tính m và nồng độ mol/lít các chất có trong dung dịch Y. ----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh ...................................................................Số báo danh................ Chữ kí giám thị 1.............................................. Chữ kí giám thị 2............................. Ghi chú: Học sinh không dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌC LỚP 10 NĂM HỌC 2012 -2013 I. HƯỚNG DẪN CHUNG - Học sinh làm theo cách khác nhưng lập luận đúng vẫn cho đủ điểm. - Nếu học sinh giải theo phương trình phản ứng mà không cân bằng thì không cho điểm phần tính toán, nếu cân bằng bị sai hệ số chất không sử dụng đến quá trình lập hệ thì không cho điểm phương trình nhưng vẫn chấm kết quả giải. Câu 1: 2. Nếu không dùng ∆χ thì không chấm kết quả Câu 2: 1. Không cần viết lại phương trình 2. Phải nhạt màu dung dịch brom mới đến mất màu Câu 4: t o ≥10000 C 2. Nếu học sinh sử dụng phương trình Ba(OH)2 → BaO + H2O thì vẫn chấp to nhận nhưng nếu Ba(OH)2 → BaO + H2O thì không cho điểm phương trình này. II. ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM CHI TIẾT CÂU BIỂU ĐIỂM ĐÁP ÁN Câu 1: (2điểm) Đặt Z, N lần lượt là số hạt p, n có trong nguyên tử M 1. ta có hệ phương trình 2 Z + N = 79 + 3 Z = 26 ⇒ 2 Z − N = 19 + 3 N = 30 Cấu hình electron nguyên tử của M là: 1s22s22p63s23p63d64s2 a. M ở ô thứ 26, chu kì 4 nhóm VIIIB trong bảng tuần hoàn. Cấu hình electron của ion Fe2+ là: 1s22s22p63s23p63d6 b. Cấu hình electron của ion Fe3+ là: 1s22s22p63s23p63d5 Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim. 2. Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4). Theo giả thiết R công thức của R với H là RH8-x ⇒ a= .100 R +8−x công thức oxit cao nhất của R là R2Ox 2R R ⇒ b= .100 ⇔ b = .100 2 R + 16x R + 8x a R + 8x 11 43x − 88 suy ra = = ⇔ R= b R+8-x 4 7 Xét bảng x 4 R 12 có C a. b. 5 18,14 loại Vậy R là C Công thức của R với H là CH4 6 24,28 loại 0,2đ 0,2đ 0,2đ 0,2đ 0,2đ 0,1đ 0,1 đ 7 30,42 loại 0,1đ 0,1đ H Hl .. Công thức electron H:C:H l .. ; Công thức cấu tạo H-C-H H H Oxti cao nhất của R là CO2 Công thức electron O:: C ::O; Công thức cấu tạo O=C=O c. 0,2đ 0,2đ Trong hợp chất CH4 có ∆χ = χ C − χ H =2,55-0,22=0,35 CO32- có dư, M2+ pư hết nBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3 giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%, CaCO3 = 50,38%. 1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màu Cl2 + 2KI 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HCl b. Quá trình chuyển X2 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phân tử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử X thành ion XMặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấp hơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flo mạnh hơn clo (Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p, không có AO trống phân tử F2 chỉ có liên kết σ . Trong nguyên tử Cl, ngoài các AO p còn có AO d trống phân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạo liên kết σ , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi). 2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được số mol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14 Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 > 0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tính được số mol Cu dư = 0,17 − 0,14 = 0,015 2 1 0,75 0,75 0,25 0,5 NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O 0,02 0,04 0,5 SO42- +4H+ +2e SO2 +2H2O 0,06 0,24 nNO3 (muối) = nNO3 (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02 Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc 0,75 axit m = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam) 1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA. Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROH Ta có : IV 3,5 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp) 17 64,677 Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4 Ta có : R 35,323 = ⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl). 65 64,677 0,5 Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơ dạng MOH mX = 16,8 × 50 gam = 8,4 gam 100 MOH + HClO4 → XClO4 + H2O ⇒ n MOH = n HClO = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol 4 ⇒ M + 17 = 8,4 gam = 56 0,15 mol ⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K). 2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2S hoặc SO2. Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng: 1 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2O Theo ptpu: n H SO = 2 4 5n 8 nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = . 8 5 Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng: 2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O Ta có: 2 =2n n =1 Phương trình (1) được viết lại: 2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O * Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau: SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr (2) Theo (2): n SO = n Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO = 0,1(mol) 2 2 0,5 2 Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R SO = 2 4 31, 2 = 312 → MR = 108 0,1 (R là Ag). V 3,5 0,5 1 1. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại 0,5.3 4CaI2 + 5H2SO4 đặc 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2O b. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viết lại: 2FeCl2 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2O c. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại: Cl2 + 3KI 2KCl + KI3 2. a) Viết phương trình: Fe + S → FeS (1) FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2) Với M Y = 13.2 = 26 ⇒ 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 n H2S = a (mol); n H2 = b (mol) 34a + 2b a 3 = 26 ⇒ = a+b b 1 Giả sử n H2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol) ⇒ MY = (1)(2) ⇒ n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol) (3) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol) ⇒ n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol) Vậy: %mFe = 4.56.100% = 70% 4.56 + 3.32 %mS = 100% - 70% = 30% b) nY = 0,5 2,24 3 = 0,1(mol) ⇒ n H2S = .0,1 = 0,075 (mol). 22,4 4 ⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol). 5,1.1.100 = 0,15(mol) 100.34 Từ (4)(6) ⇒ n SO2 = n H2S = 0,075 (mol) n H 2O2 = 0,5 Từ (6) ⇒ n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư. n H2O2 phản ứng = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) Áp dụng BTKL ta có: mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g) Vậy: VI 3,5 0,075.98.100 = 6,695 (%). 106,6 0,075.34.100 C%H2O2 dư = = 2,392 (%). 106,6 0,5 C%H2SO4 = 0,5 1. Ba + H2O Ba(OH)2 + H2 Na + H2O NaOH + 1/2H2 Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,3 0,5 Sục từ từ CO2 vào dd X có các pư CO2 + 2OH- CO32- + H2O CO32- + Ba2+ BaCO3 BaCO3 + CO2 Ba(HCO3)2 Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa 0,5 với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân…..) nkết tủa 1 0,1 0 0,1 0,2 0,3 nCO2 2. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01M và NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23M Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24 Ban đầu 0,01 0 0,23 Cân bằng 0,01-x x 0,23 + 2x K = 10-7,24 = x(0, 23 + 2 x) 2 0, 01 − x 0,25 Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng 0,5 của Ag+= 1,09.10-8 Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10 Như vậy: T < TAgCl nên không có kết tủa AgCl T > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI 0,75 Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏ Br- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăng nồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-) UBND TỈNH THÁI NGUYÊN ĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 ĐỀ CHÍNH THỨC (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Câu I. (5,0 điểm) 1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm trong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X. 2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH) có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất). a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó. b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng và giải thích. c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao? 3. a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoài cùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH. b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằng electron: NaNO2 + KMnO4 + ? ? + MnSO4 + ? + ? Câu II. (5,0 điểm) 1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyên tử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xác định công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng một phân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp . 2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thành phần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxit có tỉ lệ 1 : 1,352. a) Tìm khối lượng mol của M b) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồng vị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15. 3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứng sau: a) Mn2+ + H2O2 MnO2+ … + NO + … b) Ag + H +NO3 + c) MnO4 + H + Cl Mn2+ + Cl2 + … d) S2O32- + I2 S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3− CrO 24− + Cl- + … Câu III. (5,0 điểm) Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ở đktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tác dụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủa trong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B. a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp. b) Tính khối lượng chất rắn B. Câu IV. (5,0 điểm) Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thu được kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượng không đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E. a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E. b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổi không đáng kể khi xảy ra phản ứng). (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.) Hết ( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................ Sè b¸o danh: ..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊN SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu HD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNH NĂM HỌC 2011-2012 MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10 (Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề) Nội dung Điểm 1,5 1. Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA (ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1 n = 4,5 – 2,5 = 2. Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3) I Công thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của (5,0đ) nguyên tử trung tâm: NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3. N H H H 2 N2O5: N có trạng thái lai hoá sp . O O N O N O O 2 HNO3 : N có trạng thái lai hoá sp O O H N O 2. a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X => Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90 => Z = 16 → 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) 2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạt nhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ. rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+ c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vì các ion này có số oxi hóa thấp nhất. 1,5 2,0 3. a) 1s2 Vị trí trong HTTH: 2 2 1s 2s 1s22s22p63s2 1s22s22p63s23p64s2 1s22s22p63s23p63d(1-10)4s2 Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1 b) 5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4 ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIA ô 4, chu kỳ 2, nhóm IIA ô 12, chu kỳ 3, nhóm IIA ô 20, chu kỳ 4, nhóm IIA chu kỳ 4, nhóm IB đến VIII (ô 24 và ô 29) 5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O 1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+ Zx = 11/5 = 2,2 Trong X phải có hiđro Gọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+ CTTQ của X+ là MnHm Ta có n+ m = 5 (1) n . ZM +m.1 = 11 Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+ Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5 II ZB-ZA = 8 (5,0đ) x.ZB-y.ZA = 48 Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO4 2. a) Theo đề bài ta có 35,5 .x 35,5 y : = 1: 1,173 (1) 35,5 x +M 35,5y+M 16.0,5x 16y : 16.0,5x+M Từ (1) và (2) M = 18,581 y = 1 : 1,352 (2) 16y +M y =1 thì M = 18,581 y=2 thì M = 37,162 y =3 thì M = 55,743 b) Vì số p: số n = 13: 15 => Đồng vị phù hợp 56 26 Fe 2,0 1,5 1,5 3. a) b) c) d) e) 2+ + Mn + H2O2 MnO2 + 2H + 3 Ag + 4 H +NO3 3 Ag+ +NO +H2O 2 MnO4- + 10 Cl- +16H+ 2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O 2S2O32- + I2 S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O 1,0 nH2 = 0,448:22,4 = 0,02 nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05 III (5,0đ) ⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01 Các phản ứng: Na + H2O → ( Na+ + OH-) x + x Al + H2O + OH- → AlO2- + 1 H2 (1) 2 x/2 (mol) 3 H2 2 (2) x x x 3/2x (mol) 2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu (3) (y-x) 3/2(y-x) (y-x) 3/2(y-x) 2+ 2+ Fe + Cu → Fe + Cu (4) a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là Fe Theo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16 (không phù hợp đề bài) 2+ Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và (4) Theo (1) và (2): nH2 = x+ Theo (3): nAl(3) = y - 0,01 nCu2+= 2,0 3 x = 0,02 ⇒ x = 0,01 2 3 (y - 0,01) 2 Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05- 3 (y - 0,01) 2 Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,03 3 (y - 0,01)] =2,16 2 Vậy trong hỗn hợp ban đầu: mNa = 23.0,01 = 0,23 gam m Al = 27.0,03 = 0,81 gam mFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gam b) Trong dung dịch A có: nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02 nCu 2+ du = 0, 01 nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 02 2,0 Ta có sơ đồ ⇒ mCuO = 0,01.80 = 0,8 Cu2+ → Cu(OH)2 → CuO gam Fe2+ → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6 gam Al3+ → Al(O )3 → Al2O3 ⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 = 1,02gam Vậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gam nFe2(SO4)3 = 0,15 mol; nBa(OH)2 Fe2(SO4)3 + Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)3 0,1 mol 0,3 mol 0,3 mol 0,2 mol Kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 ; dung dịch B là lượng dung dịch Fe2(SO4)3 dư (0,05mol) Khi nung kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 thì IV (5,0đ) BaSO4 không thay đổi và ta có phản ứng: t 2Fe(OH)3 → Fe2O3 + 3 H2O 0,2 mol 0,1 mol Chất rắn D gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,3 mol BaSO4 → mD = ... = 85,9g Cho BaCl2 dư vào dung dịch B: 3BaCl2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2FeCl3 0,05mol 0,15mol Kết tủa E là BaSO4 và mE = ... = 34,95g + Thể tích dung dịch sau phản ứng V = ... = 250ml Nồng độ Fe2(SO4)3 trong dung dịch B: ... = 0,2M. 2,0 0 1,0 1,0 1,0 Chú ý: ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho ®iÓm tèi ®a. Họ tên TS: ............................................................... SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NINH THUẬN (Đề thi chính thức) Số BD: ....................... Chữ ký GT 1: ..................... KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNH NĂM HỌC 2014 – 2015 Khóa ngày: 09 / 11 / 2014 Môn thi: HÓA HỌC Cấp: THPT Thời gian làm bài:180 phút (Không kể thời gian phát đề) ĐỀ: (Đề thi có 02 trang/20 điểm) Bài 1: Biết năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Li là 5,390 eV. Quá trình: Li → Li2+ + 2e có E = 81,009 eV. a) Tính năng lượng ion hóa I2. b) Tính năng lượng kèm theo quá trình: Li Li3+ + 3e. Bài 2: Amoni hiđrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH3(k) và H2S (k). Cho biết: Hợp chất Ho (kJ/mol) So (J/K.mol) NH4HS (r) 156,9 113,4 NH3(k) 45.9 192,6 H2S (k) 20,4 205,6 o o a) Hãy tính G 298 của phản ứng trên. Biết: 0 C = 273,15K. b) Hãy tính hằng số cân bằng KP ở 25oC và 35oC. Giả thiết Ho và So không phụ thuộc nhiệt độ. c) Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 lít. Hãy tính số mol NH4HS trong bình chứa khi phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 25oC. Bỏ qua thể tích của NH4HS. Bài 3: Dùng phương pháp nhiễu xạ tia X để khảo sát cấu trúc tinh thể NH4Cl người ta nhận thấy: - Phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng lập phương có cạnh a = 3,88Å, d = 1,5 g/cm3 ở 20oC. - Phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng lập phương có cạnh a = 6,53Å, d = 1,3 g/cm3 ở 250oC. a) Xác định kiểu tinh thể lập phương hình thành của NH4Cl ở 20oC và 250oC. Biết NA = 6,02.1023. b) Khoảng cách N – Cl theo Å cho từng kiểu tinh thể. Bài 4: Để xác định hàm lượng oxi tan trong nước người ta lấy 100,00 ml nước rồi cho ngay MnSO4 (dư) và NaOH vào nước. Sau khi lắc kĩ (không cho tiếp xúc với không khí) Mn(OH) 2 bị oxi oxi hóa thành MnO(OH)2. Thêm axit dư, khi ấy MnO(OH)2 bị Mn2+ khử thành Mn3+. Cho KI (dư) vào hỗn hợp, Mn3+ oxi hóa I- thành I3 . Chuẩn độ I3 hết 10,50 ml Na2S2O3 9,800.10-3 M. a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra trong thí nghiệm. b) Tính hàm lượng (mmol/l) của oxi tan trong nước. Bài 5: Một mẫu sắt cân nặng 30 gam khi tác dụng với 4 lít dung dịch HCl 0,5M (axit lấy dư) tạo ra khí A và dung dịch B. Đốt cháy hoàn toàn khí A và cho sản phẩm cháy đi qua bình đựng H2SO4 đặc thì khối lượng của bình tăng 9 gam. a) Tính thành phần phần trăm khối lượng sắt nguyên chất có trong mẫu trên. 1 b) Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau. - Phần 1: thêm vừa đủ V lít dung dịch KMnO4 0,5M + H2SO4, đun nóng thu được khí C. - Dẫn khí C vào phần 2 thu được muối D. Tính V và khối lượng muối D. Bài 6: Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ. Kết quả sau quá trình điện phân trên catot tạo ra 3,865 gam một kim loại R và trên anot có khí etan và khí cacbonic thoát ra. Biết rằng 5,175 gam R tác dụng dung dịch Cu(NO3)2 dư thu được 1,60 gam Cu. a) Xác định công thức của muối. b) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trên các điện cực khi điện phân. c) Tính thời gian điện phân theo giờ. Bài 7: Cho 3 hiđrocacbon: C2H6, C2H4, C2H2 và các số liệu sau: - Góc liên kết: 120o; 180o; 109,5o. - Độ dài liên kết C-C: 1,33Å; 1,54Å; 1,20Å. - Độ âm điện của nguyên tử cacbon: 2,50; 2,69; 2,75. a) Hãy điền các giá trị phù hợp với từng hiđrocacbon theo bảng sau: Kiểu Góc Độ âm điện của Độ dài liên kết Hiđrocacbon lai hoá hoá trị nguyên tử cacbon C-C (Å) CH3-CH3 CH2 = CH2 CH≡CH b) Từ các hiđrocacbon trên và các chất vô cơ cần thiết, viết phương trình hóa học của các phản ứng điều chế CH3-CH2-CH2-COOH. Bài 8: Axit hữu cơ A no mạch không nhánh, phân tử có chứa đồng thời nhóm chức -COOH và – OH (số nhóm –COOH bằng số nhóm –OH). A có công thức đơn giản nhất là C2H3O3. a) Xác định công thức cấu tạo của A. b) Từ A bằng các quá trình chuyển hóa thích hợp thu được axit maleic và axit fumaric. - Xác định công thức của axit maleic và axit fumaric. - Thực nghiệm cho thấy axit maleic có tính axit mạnh hơn, có nhiệt độ nóng chảy thấp hơn axit fumaric. Hãy giải thích. Bài 9: So sánh (có giải thích) tính bazơ của các chất sau: p- metylanilin, p- nitroanilin, p- cloanilin và anilin. Bài 10: D-gulozơ là đồng phân cấu hình ở C3 và C4 của D-glucozơ. a) Viết công thức cấu tạo, công thức chiếu Fisơ của D-gulozơ (chỉ rõ cấu hình của các nguyên tử cacbon bất đối). b) Viết phương trình hóa học (dạng cấu tạo) khi cho D-gulozơ lần lượt tác dụng nước brom, dung dịch AgNO3/NH3, H2 (xúc tác Ni, to), axit HIO4. c) Đisaccarit X (C12H22O11) không tham gia phản ứng tráng bạc, không bị thủy phân bởi enzim mantaza nhưng bị thủy phân bởi enzim emulsin. Cho X phản ứng với CH 3I rồi thủy phân thì chỉ thu được 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-gulozơ. Viết công thức lập thể của X (dạng vòng phẳng). Biết rằng enzim mantaza xúc tác cho sự thủy phân chỉ liên kết α-glicozit, còn enzim emulsin xúc tác cho sự thủy phân chỉ liên kết β-glicozit. ------- HẾT ------2 [...]... 5,475 * 100 = * 100 = 54,75( g ) C% 10 m dd B = m dd HCl + mKL - m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g) 0,02 * 136 * 100 = 4,82% 56,39 0,01 * 111 * 100 = 1,97% C% CaCl2 = 56,39 0,09 * 36,5 * 100 = 5,83% C% HCl = 56,39 (0.5) C% ZnCl2 = (0.25) - HT - 4 UBND TNH THI NGUYấN THI CHN HC SINH GII TNH S GIO DC V O TO NM HC 2011-2012 MễN THI: HO HC LP 10 CHNH THC (Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian... 5,475 * 100 = * 100 = 54,75( g ) C% 10 m dd B = m dd HCl + mKL - m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g) 0,02 * 136 * 100 = 4,82% 56,39 0,01 * 111 * 100 = 1,97% C% CaCl2 = 56,39 0,09 * 36,5 C% HCl = * 100 = 5,83% 56,39 (0.5) C% ZnCl2 = (0.25) - HT 4 H v tờn thớ sinh: Ch ký giỏm th 1: S bỏo danh: . S GDT BC LIấU CHNH THC (Gm 02 trang) K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2011 - 2012 * Mụn thi: HểA... (gi thit ban u nng cỏc ion khụng i) Hi kt ta no c to thnh? Trờn c s ca phng phỏp, hóy ngh cỏch nhn bit ion Cl- trong dung dch cú cha ng thi 3 ion trờn Ag+ + 2NH3 k = 10- 7,24 ; TAgCl = 1,78 .10- 10 ; TAgBr = 10- 13; TAgI = 10- 16 Bit: Ag(NH3)2+ -HT - - Thớ sinh khụng c s dng ti liu (k c bng h thng tun hon cỏc nguyờn t húa hc) - Cỏn b coi thi khụng phi gii thớch gỡ thờm - H v tờn thớ sinh. .. Fe2(SO4)3 trong dung dch B: = 0,2M 2,0 0 1,0 1,0 1,0 Chỳ ý: Thí sinh có thể giải bài toán theo cách khác nếu lập luận đúng và tìm ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa S GIO DC-O TO H TNH CHNH THC K THI CHN HC SINH GII TNH CP THPT NM HC 2012-2013 MễN THI: HO HC LP 10 Thi gian lm bi: 180 phỳt ( thi cú 02 trang, gm 06 cõu) Cõu I: 1 Trong thi n nhiờn, brom cú nhiu nc bin di dng NaBr Cụng nghip húa hc... tớch dd thay i khụng ỏng k khi xy ra phn ng) (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag =108 .) Ht ( Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: UBND TNH THI NGUYấN S GIO DC V O TO CHNH THC Cõu HD CHM THI CHN HSG TNH NM HC 2011-2012 MễN THI: HO HC LP 10 (Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian... 0,02 = 0,23M Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10- 7,24 Ban u 0,01 0 0,23 Cõn bng 0,01-x x 0,23 + 2x K = 10- 7,24 = x(0, 23 + 2 x) 2 0, 01 x 0,25 Gii c x = 1,09 .10- 8 Vy nng cõn bng 0,5 ca Ag+= 1,09 .10- 8 Ta cú T = Ag+.X- = 1,09 .10- 8 0,01 = 1,09 .10- 10 Nh vy: T < TAgCl nờn khụng cú kt ta AgCl T > TAgBr v TAgI nờn cú kt ta AgBr v AgI 0,75 nhn bit Cl- trong dd cú chỳa ng thi 3 ion trờn, ta dựng dd A loi b Br-... A thuc nhúm IIA b Tớnh nng phn trm cỏc cht trong dung dch B Bit rng dung dch HCl cú nng 10% v trung hũa dung dch B phi dựng ht 12,5 gam dung dch NaOH 28,8% - HT - 2 S GDT BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: B * Lp: 10 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 04 trang) HNG DN CHM Cõu 1: (4 im) 1 a Mt ion X3+ cú phõn lp electron...S GDT BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: A * Lp: 10 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 04 trang) HNG DN CHM Cõu 1: (4 im) 1 a Mt ion X3+ cú phõn lp electron ngoi cựng l 3d1 Cu hỡnh ca ion X3+ : 1s2 2s2 2p6... thờm t t axit phỏ phc Ag(NH3)2NO3 lm tng nng Ag+, khi ú T tng lờn v T > TAgCl mi cú kt ta AgCl (nhn ra Cl-) S GD & T VNH PHC - CHNH THC K THI CHN HSG LP 10 THI MễN: HểA HC Dnh cho hc sinh khụng chuyờn Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao Cõu 1: (1,5 im) Hon thnh cỏc phn ng hoa hc sau: a SO2 + KMnO4 + H2O b Fe3O4 + H2SO4 c, núng c Fe3O4 + H2SO4 loóng d FeO + HNO3 Fe(NO3)3... 4.56 .100 % = 70% 4.56 + 3.32 %mS = 100 % - 70% = 30% b) nY = 0,5 2,24 3 = 0,1(mol) n H2S = 0,1 = 0,075 (mol) 22,4 4 n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol) 5,1.1 .100 = 0,15(mol) 100 .34 T (4)(6) n SO2 = n H2S = 0,075 (mol) n H 2O2 = 0,5 T (6) n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) H2O2 d n H2O2 phn ng = n SO2 = 0,075 (mol) H2O2 d = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) p dng BTKL ta cú: mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100 .1