Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên hà GIANG

8 1.7K 31
Đề thi, đáp án (đề xuất) trại hè hùng vương lần thứ XII năm 2016 môn hóa 10 trường THPT chuyên hà GIANG

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG LẦN THỨ XII TRƯỜNG THPT CHUYÊN TỈNH HÀ GIANG ĐỀ THI ĐỀ XUẤT ĐỀ THI MÔN HOÁ LỚP 10 (Đề có 02 trang, gồm 08 câu) Câu (2,5 điểm) Cho A, B nguyên tố chu kỳ bảng tuần hoàn B có tổng số lượng tử ( n + l ) lớn tổng số lượng tử ( n + l ) A Tổng số đại số số lượng tử electron cuối cation Aa + 3,5 Xác định số lượng tử electron cuối A, B Viết cấu hình electron xác định tên A, B Câu (2,5 điểm) Sử dụng mô hình về sự đẩy cặp electron hóa trị (mô hình VSEPR), dự đoán dạng hình học ion phân tử sau: BeH2, BCl3, NF3, SiF62-, NO2+, I3- Trong bảng có ghi lượng ion hóa liên tiếp I n (n = 1, 2, …, 6) theo kJ.mol-1 hai nguyên tố X Y I1 I2 I3 I4 I5 I6 X 590 1146 4941 6485 8142 10519 Y 1086 2352 4619 6221 37820 47260 A B oxit tương ứng X Y X, Y vào trạng thái oxi hóa cao Viết (có giải thích) công thức hợp chất tạo thành cho A tác dụng với B Câu (2,5 điểm)  → NH3 (k) (*) thiết lập 400 K Trong hệ có cân bằng: 3H2 (k) + N2 (k) ¬   Người ta xác định áp suất phần sau đây: = 0,376.10 Pa , = 0,125.105 Pa, = 0,499.105 Pa Tính số cân K P ΔG0 phản ứng (*) 400 K Tính lượng N2 NH3, biết hệ có 500 mol H2 Thêm 10 mol H2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ áp suất tổng cộng không đổi Bằng cách tính, cho biết cân (*) chuyển dịch theo chiều nào? Trong hệ cân gồm H 2, N2 NH3 410 K áp suất tổng cộng 1.10 Pa, người ta tìm được: K P = 3,679.10-9 Pa-2, = 500 mol , = 100 mol = 175 mol Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ đồng thời giữ cho nhiệt độ áp suất không đổi cân chuyển dịch theo chiều nào? Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; atm = 1,013.105 Pa Câu (2,5 điểm) Amoxicilin thuốc kháng sinh dùng để điều trị nhiễm khuẩn đường hô hấp trên, đường tiết niệu… Nồng độ tối thiểu kháng khuẩn 0,04 mg/1kg thể trọng Khi kê đơn cho bệnh nhân nặng 50kg, bác sĩ kê đơn lần uống viên thuốc (có hàm lượng Amoxicilin 500 mg/1 viên) Bệnh nhân cần uống viên thuốc cách lần đầu lâu? Biết chu kì bán hủy Amoxicilin thể người 61 phút Giả thiết trình đào thải thuốc phản ứng bậc Câu (2,5 điểm) Dung dịch A gồm Na2S CH3COONa có pHA = 12,50 Thêm lượng Na3PO4 vào dung dịch A cho độ điện li ion S 2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch không đổi) Tính nồng độ Na3PO4 dung dịch A Cho: pK a1(H 2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,9; pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H PO ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) = 12,32; pK a(CH3COOH) RT = 4,76; ES/H l n = 0,0592lg = 0,14 V; 25oC: 2,303 2S F Câu (2,5 điểm) Thiết lập khu vực pH cho K2Cr2O7 oxi hóa 80% Br- 2% Cltừ hỗn hợp KBr 0,010M KCl 1,0M Cho: ECl2 Cl − = 1,36V; E Br2 Br − = 1,065V ; E 0Cr O 2− 2 Cr 3+ = 1,33V Độ tan Br2 nước 0,22M Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu dung dịch A Điện phân dung dịch A với điện cực trơ: - Nếu thời gian điện phân t giây thu kim loại catot 0,1792 lít khí (đktc) anot - Nếu thời gian điện phân 2t giây thu 0,56 lít khí (đktc) Xác định X tính thời gian t biết: I = 1,93 A Câu (2,5 điểm) Nung hỗn hợp X gồm muối natri A, B, C D (cùng có a mol muối) đến 200 oC thoát khí E không trì sự cháy, khối lượng hỗn hợp giảm 12,5% tạo thành hỗn hợp Y có chứa 1,33a mol A; 1,67a mol C; a mol D Nếu tăng nhiệt độ lên 400oC thu hỗn hợp Z chứa A D, tăng nhiệt độ lên đến 600oC chất A Biết A gồm hai nguyên tố với phần trăm khối lượng natri bé phần trăm khối lượng nguyên tố lại 21,4% Viết phương trình hoá học phản ứng xác định A, B, C, D Xác định khối lượng chất hỗn hợp X ban đầu Câu (2,5 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 12g muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu chất rắn A khí B Hoà tan hết A lượng vừa đủ dung dịch H 2SO4 24,5% thu dung dịch muối có nồng độ 33,33% Làm lạnh dung dịch muối thấy tách 15,625g tinh thể muối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc có nồng độ 22,54% Xác định kim loại M công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X Viết phương trình phản ứng xảy khi: a Đun nóng khí B với nước ống kín 1500C thấy thoát chất rắn màu vàng b Cho khí B qua nước Brom vừa màu đỏ nâu dung dịch Sau thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng HẾT Người đề Ngô Đức Trọng ĐT: 0917.126.613 HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ, LỚP:10 Lưu ý: Các cách giải khác hướng dẫn chấm, cho điểm tối đa theo thang điểm định Câu Nội dung Điểm 1 Vì nguyên tố chu kỳ nên nguyên tố có 0,5 số lớp electron (cùng n ) Mà tổng ( n + l ) B lớn tổng ( n + l ) A nên: Cấu hình electron lớp A, B là: A: ns2; B: np1 Mặt khác A có 2e lớp ⇒ cation A có dạng A2+ Vậy tổng đại số 0,5 số lượng tử A2+ là: (n – ) + + – 1/2= 3,5 Vậy số lượng tử : 0,5 A:n=3 l=0 m=0 s=B: n = l=1 m=-1 s=+ 0,5 A: 1s22s22p63s2 ( Mg ) B: 1s22s22p63s23p1 ( Al ) 0,25 0,25 0,25 0,25 BeH2: dạng AL2E0 Phân tử có dạng thẳng: H−Be−H BCl 3: dạng AL3E0, có “siêu cặp” liên kết đôi B=Cl Phân tử có dạng tam giác đều, phẳng NF3: dạng AL3E1 Phân tử có dạng hình chóp đáy tam giác đều với N nằm đỉnh chóp Góc FNF nhỏ 109o28’ lực đẩy mạnh cặp electron không liên kết SiF62-: dạng AL6E0 Ion có dạng bát diện đều NO2+: dạng AL2E0, có “siêu cặp” ứng với liên kết đôi N=O ([O=N=O]+) Ion có dạng đường thẳng I3-: dạng AL2E3, lai hoá I dsp 3, liên kết I−I ưu tiên nằm dọc theo trục thẳng đứng, obitan lai hoá nằm mặt phẳng xích đạo (vuông góc với trục) dùng để chứa cặp electron không liên kết Ion có dạng đường thẳng 0,25 0,25 0,25 0,25 I3 (X) I5 (Y) tăng nhiều đột ngột Suy ra: a X thuộc nhóm II A, Y thuộc nhóm IV A bảng HTTH nguyên tố 0,5 hoá học b A XO, B YO2 0,25 c Các hợp chất A tác dụng với B: XYO3 0,25 Kp = PNH PH3 × PN2 (0, 499 × 105 )2 −9 -2 ⇒ Kp = 5 = 3,747.10 Pa (0,376 × 10 ) × (0,125 × 10 ) 0,25 K = Kp × P0-Δn ⇒ K = 3,747.10-9 × (1,013.105)2 = 38,45 0,25 ΔG0 = -RTlnK ⇒ ΔG0 = -8,314 × 400 × ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 0,25 12,136 kJ.mol-1 nN = n H2 × PN2 ⇒ n N2 = PH2 n H2 n NH = × PN H3 ⇒ n NH3 = PH2 500 × 0,125 = 166 mol 0,376 0,25 500 × 0,499 = 664 mol 0,376 0,25 0,25 ⇒ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1×105 Pa Sau thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol PH = 510 × 1×105 = 0,381.105 Pa 1340 ; PN = 166 0,25 × 1×105 = 1340 0,124×105 Pa P NH = 664 × 1×105 = 0,496×105 Pa 1340 ΔG = ΔG0 + RTlnQ 0, 4962.(1, 013.105 ) ) = −144,5 J mol −1 Δ G = -12136 + 8,314 × 400 ln( (0,381 0,124).(1.10 ) 0,25 ⇒ Cân (*) chuyển dịch sang phải Sau thêm 10 mol N2 hệ có 785 mol khí áp suất phần khí là: PH = 100 × 1×105 Pa ; 785 PN = 510 × 1×105 Pa ; 785 P= 175 × 1×105 Pa 785 0,25 ΔG = ΔG + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ Δ G = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,0132 ) + ln (× 7852 × 1,0132)] = 19,74 0,25 J.mol -1 ( ) ⇒ Cân * chuyển dịch sang trái Lượng thuốc tối thiểu cần trì thể bệnh nhân 50.0,04 = 0,5 mg ln 0,5 = 0, 011 Hằng số tốc độ trình đào thải thuốc k = t1/2 Sau uống viên thuốc đầu tiên, thời gian để thuốc đào thải mg là: m0 500 = k t ⇒ ln = 0, 011.t mt t = 485,9 phút ln 0,5 Vậy sau uống viên thuốc đầu tiên, sau 485,9 phút (khoảng 8h) cần uống tiếp viên thứ hai Sau uống viên thứ 2, lượng thuốc thể lúc 502 mg 0,5 Sau uống viên thuốc thứ 2, thời gian để thuốc đào thải mg là: 0,5 m0 502 = k t ⇒ ln = 0, 011.t mt t = 486, phút ln Gọi nồng độ Na2S CH3COONa dung dịch A C (M) C2 0,5 (M) Khi chưa thêm Na3PO4, dung dịch xảy trình: S2- + H2O ƒ HS- + OH- 10-1,1 (1) HS- + H2O ƒ H2S + OH10-6,98 CH3COO- + H2O ƒ CH3COOH + OH- 10-9,24 H2O ƒ H+ + OH10-14 So sánh cân → tính theo (1): S2+ H2O ƒ HS- + OHC C1 [ ] C1- 10-1,5 10-1,5 10-1,5 → CS = C1 = 0,0442 (M) độ điện li (2) (3) (4) 10-1,1 0,5 2- αS2- = α1 = [HS- ] 10−1,5 = = 0, 7153 CS20, 0442 Khi thêm Na3PO4 vào có thêm cân sau: PO3-4 + H2O ƒ HPO 2-4 + H2O ƒ H PO4- + H2O ƒ dung dịch A, cân trên, hệ 0,5 HPO 2-4 + OHH PO 4- + OH- 10-1,68 10-6,79 10-11,85 H PO + OH- , Khi αS2- = α = 0,7153.0,80 = 0,57224 = (5) (6) (7) [HS- ] CS2- → [HS-] = 0,0442 0,57224 = 0,0253 (M) Vì môi trường bazơ nên CS = [S2-] + [HS-] + [H2S] ≈ [S2-] + [HS-] → [S2-] = 0,0442 – 0,0253 = 0,0189 (M) 2- 0,5 10−1,1.0, 0189 Từ (1) → [OH ] = = 0,0593 (M) 0, 0253 - So sánh cân (1) → (7), ta thấy (1) (5) định pH hệ: 0,25 22[OH-] = [HS-] + [ HPO ]→[ HPO ] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 (M) [HPO 2-4 ][OH - ] 0,0340.0, 0593 = = 0,0965 (M) 10-1,68 10-1,68 = [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ] + [ H PO4- ] + [ H PO ] ≈ [ PO3-4 ] + [ HPO 2-4 ] Từ (5) → [ PO ] = 3- → CPO 34 0,25 C PO3- = 0,0965 + 0,0340 = 0,1305 (M) Cr2O72- + 14H+ + 6e → 2Cr3+ + 7H2O ECr O 2− / Cr 3+ = E Cr2O72− / Cr 3+ + [Cl-]pư = 1.2 = 0,02M 100 [ ][ ] [ ] 2− 0,0592 Cr2 O H lg Cr 3+ → [Cl2] = 0,01M [Cl-]/dd = 0,98M 2Cl- → Cl2 + 2e 0,5 + 14 = 1,33 - 0,138pH ECl − / Cl = 0,0592 [ Cl ] lg = 1,30 (V) 2 Cl − E Cl2 / 2Cl − + [ ] 0,5 Để Cr2O72- oxi hóa 2% Cl- thì: 1,33 – 0,138pH < 1,30 ⇒ pH > 0,217 0,01.80 = 8.10-3 M 100 [Br-]pư = → [Br2] = 4.10-3 M [Br-]/dd = 2.10-3 M Br2 (l) + 2e → 2Br - K1 = K = K1.S = 10 ⇒ E 35,98 Br2 ( H 2O ) / Br − -1 (0,22) = 10 Br2 / Br − , 0592 10 = 1035,98 -1 Br2 (H2O) → Br2 (l) Br2 (H2O) + 2e → 2Br-1 E0 S K 36,64 ⇔ E0 Br2 ( H 2O ) / Br − , 0592 10 = 1036,64 0,5 = 1,085 (V) E Br ( H O ) / Br − = EBr0 ( H O ) / Br + 2 − 0,0592 [ Br2 ] lg = 1,174 (V) 2 Br − 27 - [ ] Để Cr2O oxi hóa 80% Br thì: 1,33 – 0,138pH > 1,174 ⇒ pH > 1,130 Vậy để Cr2O72- oxi hóa 80% Br- 2% Cl- thì: 0,217 < pH < 1,130 Phương trình điện phân: 2XNO3 + H2O → X + 1/2O2 + 2HNO3 (1) + Sau t (s): nkhí anốt (1) 0,5 0,1792 = nO2 = = 8.10-3 (mol) 22, + Sau 2t (s): nkhí anốt (2) = 2.nkhí anốt (1) = 1,6.10-2 (mol) Mà: nhh khí = 0,56 = 2,5.10-2 (mol) > nkhí 22, anốt (2) , nên có xảy phương trình điện phân: H2O → H2 + 1/2O2 (2) ⇒ nH2 = 2,5.10-2 - 1,6.10-2 = 9.10-3 (mol) → nO2/(2) = 4,5.10-3 (mol) ⇒ nO2(1) = 1,6.10-2 - 4,5.10-3 = 1,15.10-2 (mol) Từ (2): nXNO3 = 4nO2 = 4,6.10-2 (mol) 0,5 7,82 = 170 ⇒ MX = 108 ⇒ M Ag 4, 6.10−2 I t 4.96500.8.10−3 ⇒ t = Ta có: nO2(1) = = 1600 (s) n.F 1,93 MXNO3 = Đặt công thức A là: NanR Ta có %R -%Na = 21,4% → R − 23n 21, 24 = → R = 35,5n R + 23n 100 0,25 nghiệm thích hợp là: n=1, R=35,5 Vậy A NaCl Sau nhiệt phân hoàn toàn, NaCl nên B, C, D muối 0,25 NaClOx (x=1,2,3,4) Ở 200oC, a mol B nhiệt phân tạo thành a/3 mol NaCl 2a/3 mol C, thoát 0,25 khí E không trì sự cháy nước, B muối ngậm nước 2a NaClOm' to Hay 3NaClOm  → NaCl + NaClOm' Bảo toàn khối lượng (O): 3m=2m' ⇔ m : m' = : ⇒ m = 2; m' = o t aNaClOm  → a NaCl + Do B NaClO2 zH2O C NaClO3, suy D NaClO4 t 3NaClO2  (1) → NaCl + 2NaClO3 t 4NaClO3  (2) → NaCl + 3NaClO4 t NaClO4  (3) → NaCl + 2O2 ↑ t 3NaClO2.zH2O  (4) → NaCl + 2NaClO3 + 3zH2O 0,25 0,25 o o 0,25 o o 18az 12,5 = 58,5a + (90,5a + 18az ) + 106,5a + 122,5a 100 18 z ↔ = 0,125 → z = 378 + 18 z Vậy B NaClO2.3H2O t → 3NaClO2.3H2O  → NaCl + 2NaClO3 + 9H2O % khối lượng chất hỗn hợp X: mhh = 378a + 54a = 432a ( gam) 0,25 0,25 o 58,5a 100% = 13,54% 432a 90,5a + 54a %mNaClO2 H 2O = 100% = 33, 45% 432a 106,5a %mNaClO3 = 100% = 24, 65% 432a 122,5a %mNaClO4 = 100% = 28,36% 432a %mNaCl = 2MS + 3O2  → 2MO + 2SO2 MO + H2SO4  → MSO4 + H2O Cứ mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan (M + 96)g muối MSO4 Ta có: Khối lượng dung dịch thu = (M+16)+400, khối lượng chất tan = (M+96)g Theo cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tan Tính M= 64, M Cu Ta có : mdd bão hoà = m CuO + m dd H SO – m muối tách = 0,125 50 + 0,125 400 – 15,625 = 44,375g Khối lượng CuSO4 lại dung dịch bão hòa = (44,375 22,54)/100% = 10g Số mol CuSO4 laị 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 tách = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 mol Nếu công thức muối ngậm nước CuSO 4.nH2O ta có (160+18n) 0,0625 0,5 0,5 0,5 0,5 0,5 = 15,625 → n = 150 C 3SO2 + 2H2O  → 2H2SO4 + S ↓(màu vàng) SO2 +Br2 + 2H2O  → H2SO4 + 2HBr H2SO4 + BaCl2  → BaSO4 ↓ + 2HCl o 0,5

Ngày đăng: 22/09/2016, 08:32

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • Đốt cháy hoàn toàn 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%.

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan