Thông tin tài liệu
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
ĐỀ GIỚI THIỆU
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM
2013
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1 (Phản ứng hạt nhân, HTTH)
134
Cs và 137Cs là sản phẩm phân hạch của nhiên liệu urani trong lò phản ứng hạt nhân. Cả hai đồng
vị này đều phân rã β- với thời gian bán hủy là t1/2(134Cs) = 2,062 năm và t1/2(137Cs) = 30,17 năm.
a) Viết phương trình phản ứng hạt nhân biểu diễn các phân rã phóng xạ của 134Cs và 137Cs, tính
năng lượng (ra eV) được giải phóng trong phân rã của 134Cs dựa vào các số liệu dưới đây
Đồng vị
55
56
Nguyên tử khối (u)
134
Cs
Ba
133,906700
133,904490
134
b) Trong một mẫu nước thu được sau sự cố của nhà máy điện hạt nhân người ta phát hiện được
hai đồng vị nói trên của Cs với hoạt độ phóng xạ tổng cộng 1,92 mCi. Khối lượng 137Cs có trong
mẫu nước này là 14,8 = µg.
- Sau bao nhiêu năm thì hoạt độ phóng xạ tổng cộng của 2 đồng vị này trong mẫu nước đã cho
chỉ còn bằng 80,0 µCi? Tính tỉ số khối lượng của 134Cs và 137Cs tại thời điểm đó. Giả thiết rằng
thiết bi đo chỉ đo được các hoạt độ phóng xạ β- lớn hơn 0,1 Bq.
Cho: 1Ci = 3,7.1010 Bq; vận tốc ánh sáng c = 2,997925.108ms-1;
1eV = 1,60219.10-19J; số Avogađro NA= 6,02.1023; 1 năm = 365 ngày.
Câu 2: (Cân bằng trong dung dịch)
Dung dịch A chứa NH3 0,2M; Na2C2O4 0,1M; Na2SO4 0,08M.
a. Tính pH của dung dịch A.
b. Thêm dần CaCl2 vào dung dịch A vào 10ml dung dịch A đến C = 0,18M.
Tính [C2O42-], [SO42-], [Ca2+]? (Coi như thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể)
Cho pKa: NH4+ (9,24); HSO4- (2,00); H2C2O4 (1,25; 4,27)
pKs: CaSO4 (4,26); CaC2O4 (8,75);
*β ( CaOH ) = 10-12,6
+
Câu 3: (Nhiệt động học) Ở nhiệt độ cao hơn 100oc SO2Cl2 đã chuyển sang thể hơi và phân hủy
theo PT:
SO2Cl2(k) → SO2(k) + Cl2 (k).
Người ta cho SO2Cl2 vào một bình rỗng (không có không khí) nút kín và theo dõi biến thiên áp
suất trong bình theo thời gian ở nhiệt độ 375 K:
Thời gian (s)
0
2500
5000
7500
10000
P(áp suất tổng cộng, atm)
1,000
1,053
1,105
1,152
1,197
a) Tìm bậc phản ứng và tính hằng số tốc độ khi biểu diễn tốc độ phản ứng qua áp suất riêng
phần của SO2Cl2
b) Nếu thực hiên thí nghiệm trên ở 385 K thì sau 1h áp suất tổng cộng bằng 1,55 atm.
Tính năng lượng hoạt động hóa của phản ứng
Câu 4(Liên kết hóa học, hình học phân tử)
www.nbkqna.edu.vn
1
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
1) Dựa vào mô hình VSEPR hãy cho biết dạng hình học của các phân tử và ion sau đồng thời
cho biết kiểu lai hoá các AO hoá trị của nguyên tử trung tâm
a)NH4+
b) COCl2
4c) [Fe(CN)6]
d) BrF5
2) Có tồn tại phân tử NF5 và AsF5 không ? Tại sao?
Câu 5: (Halogen, cân bằng trong pha khí)
1. Cho dãy năng lượng liên kết của các Halogen như sau:
F2
Cl2
Br2
I2.
Elk(kJ.mol-1) 155,0
240,0
190,0
149,0
Hãy giải thích tại sao năng lượng liên kết của F2 không tuân theo quy luật của các halogen khác?
2. Ở 12270C và 1 atm, 4,5% phân tử F2 phân ly thành nguyên tử.
a) Tính Kp, ∆G0 và ∆S0 của phản ứng sau:
F2(k) 2F(k)
Biết EF - F = 155,0 kJ/mol
b) Ở nhiệt độ nào độ phân ly là 1%, áp suất của hệ vẫn là 1atm.
Câu 6: (Oxi lưu huỳnh)
1. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp ion – electron:
a) KMnO4 + KNO2 + H2SO4 → KNO3 + ….
b) H2SO4đ + HI →
c) P + H2SO4đ → SO2↑ + ….
d) FeSO4 + KMnO4 + H2SO4 →
e) KMnO4 + C6H12O6 + H2SO4 → CO2↑ +……
2. Muối X của kim loại kiềm thổ, là một chất rắn màu trắng, không tan trong H 2O và các dung
dịch axit, nó kết tinh ở dạng không có nước. Trong thực tế nó được sử dụng để uống hoặc bơm
vào ruột bệnh nhân, để làm tăng độ tương phản của những tấm phim X quang trong việc chẩn
đoán hệ tiêu hóa. X là gì? Viết PTPU xảy ra khi cho X tác dụng nhiều lần với dung dịch Xôđa
đậm đặc, tách lấy kết tủa thu được cho phản ứng với dung dịch HCl dư được dung dịch A.
Dung dịch A có ion kim loại kiềm thổ không? Nếu có hãy trình bày cách tìm ion kim loại đó
trong dung dịch A?
Câu 7: (Phản ứng oxi hóa – khử, điện phân)
1. Tính sức điện động của pin:
Pt, H2 (1atm) ∣ HCl 0,02M, CH3COONa (0,04M) ∣ AgCl, Ag
Cho: E 0AgCl / Ag = 0,222 V; K CH COOH = 1,8.10 −5.
3
2. Tiến hành điện phân (với điện cực trơ, màng ngăn xốp) một dung dịch chứa m gam hỗn hợp
CuSO4 và NaCl cho tới khi H2O bắt đầu bị điện phân ở cả 2 điện cực thì dừng lại. Ở anốt thu
được 0,448 lít khí (ở đktc). Dung dịch sau điện phân có thể hòa tan tối đa 0,68 gam Al2O3.
a. Tính khối lượng của m.
b. Tính khối lượng catốt tăng lên trong quá trình điện phân.
Câu 8: (Bài tập tổng hợp)
Cho 1,92 gam Cu vào 100ml dung dịch chứa đồng thời KNO3 0,16M và H2SO4 0,4M thấy sinh ra một chất
khí có tỷ khối hơi so với H2 là 15 và thu được dung dịch A. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.
a) Viết phương trình ion thu gọn của phản ứng xảy ra và tính thể tích khí sinh ra (ở đktc).
b) Tính thể tích dung dịch NaOH 0,5M tối thiểu cần dùng để kết tủa toàn bộ Cu2+ trong dung dịch A.
Câu 9: (Cấu tạo nguyên tử)
1 Hai nguyên tố A , B trong cấu electron có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử sau :
A ( n = 3 ; l = 1 ; m = -1 ; s = - ½ )
B (n=3 ; l=1 ; m=0 ; s=-½)
www.nbkqna.edu.vn
2
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
a. Viết cấu hình electron và xác định vị trí của A và B trong bảng tuần hoàn
b. Viết công thức cấu tạo hidrua của A, B.So sánh tính axit của các hiđrua đó, giải thích?
2. Cho 2 nguyên tố X và Y. X thuộc chu kì 2, Y thuộc chu kì 4. Trong bảng dưới đây có ghi các
năng lượng ion hóa liên tiếp In (n= 1,….,6) của chúng (theo kJ.mol-1)
I1
I2
I3
I4
I5
I6
X
1086
2352
4619
6221
37820
47260
Y
590
1146
4944
6485
8142
10519
1- Xác định X và Y?
2- Tính λ của bức xạ phải dùng để có thể tách được electron thứ nhất ra khỏi nguyên tử Y?
3- Tính năng lượng của ion X+ và nguyên tử X?
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH
THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM
2013
ĐÁP ÁN
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
Thời gian làm bài: 180 phút
Câu 1: (phản ứng hạt nhân)
a) 55134Cs → 56134Ba + e
(1)
137
137
Cs → 56 Ba + e
(2)
55
Năng lượng thoát ra trong phân rã phóng xạ của 55134Cs:
∆E = ∆m.c2 = (133,906700 - 133,904490) (10-3/6,02.1023)( 2,997925.108)2(J)
= 3,28.10-13 J = 3,28.10-13/1,60219.10-19 = 2,05.106 eV
b) Gọi A1 là hoạt độ phóng xạ, t1/21 là thời gian bán hủy của 55134Cs
Gọi A2 là hoạt độ phóng xạ, t1/22 là thời gian bán hủy của 55137Cs
0, 693
14,8.10−6 x6, 02.1023
137
= 1, 28.mCi
A02 = λ 137 Cs .N( Cs) =
30,17x365x24x3600
137x3, 7.1010
A01 = Atổng - A02 = 1,92 mCi – 1,28 mCi = 0,64 mCi
Sau thời gian t:
t
t1
Atổng = A1 + A2 = A 1 1 ÷1/ 2 + A02
2
0
t
1 t1/2 2
÷
2
Vì: A2 ≤ Atổng. = 0,08 mCi.
t
(1)
4
t2
1
→ A2/ A 2 = 1 ÷1/ 2 ≤ 0,08/1,28 = ÷
2
2
0
→ t/ t1/22 ≥ 4 → t ≥ 4t1/22 = 120,68 năm = 58,53 t1/21
(2)
(3)
Sau 58,53 t1/21, hoạt độ phóng xạ của 55134Cs chỉ còn:
58,53
1
A1 = A 1 ÷
2
0
58,53
1
= 640. ÷
2
www.nbkqna.edu.vn
= 1,54.10-15 µCi
3
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
= 1,54.10-15x3,7.104 Bq = 5,7.10-11 Bq > Kb1 >> Kb2, Kb’ nên cân bằng (1) là chủ yếu, quyết định pH của dung dịch A.
NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb = 10-4,76
(1)
C
0,2
[]
0,2-x
x
x
2
x
⇒
= 10-4,76 ⇒ x = 1,856.10-3 ⇒ pH = 11,27.
(0, 2 − x)
b. Dung dịch A: NH3 (0,2M), C2O42- (0,1M), SO42- (0,08M)
Xét điều kiện hình thành kết tủa:
K s (CaSO4 )
Muốn có ↓CaSO4: CCa2+ ≥
= 6,87.10-4
CSO 2−
4
Muốn có ↓CaC2O4: CCa2+ ≥
K s (CaC2O4 )
= 10-7,75
CC O2−
2 4
Vậy ↓CaC2O4 xuất hiện trước.
Các phản ứng xảy ra:
Ca2+ + C2O42- → CaC2O4
0,18 0,1
Còn 0,08
2+
Ca + SO42- → CaSO4
0,08 0,08
Còn
TPGH: CaC2O4, CaSO4, NH3 (0,2M)
NH3 + H2O NH4+ + OH- Kb = 10-4,76
(1’)
CaSO4 Ca2+ + SO42Ks1 = 10-4,26 (2’)
CaC2O4 Ca2+ + C2O42Ks2 = 10-8,75 (3’)
So sánh Ks1 >> Ks2 ⇒ cân bằng (1’) và (2’) là chủ yếu.
Cân bằng (1’) đó xét ở phần a: pH = 11,27
Xét cân bằng (2’):
CaSO4 Ca2+ + SO42Ks1 = 10-4,26 (2’)
S
S
Các quá trình phụ:
*β ( CaOH + ) = 10-12,6 (4’)
Ca2+ + H2O CaOH+ + H+
SO42- + H2O HSO4- + OH-
www.nbkqna.edu.vn
Kb’ = 10-12
(5’)
4
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Do môi trưêng bazơ (pH = 11,27) nên có thể bỏ qua cân bằng nhận proton của SO 42- (cân bằng
(5’)).
Vậy
S = [SO42-]
và
S = [Ca2+] + [CaOH+] = [Ca2+].(1+ *β .[H+]-1)
S
2+
⇒ [Ca ] =
1 + *β .[H + ]−1
Vậy Ks1 = [Ca2+].[SO42-]=
S2
1 + *β .[H + ]−1
Thay [H+] = 10-11,27, *β , Ks1 ta tính được S = 7,6.10-3
Kết quả:
[SO42-] = S = 7,6.10-3
[Ca2+] = 7,25.10-3
Ks2
[C2O42-] =
= 2,45.10-7.
[Ca 2+ ]
Câu 3: (Nhiệt động học)
Pi = xiP → PiV = niRT → Pi = CiRT
−dCi
1 −dPi
k
n
.Pi n = k ' P n
n
→ Ci = Pi/RT và v = dt = RT dt = k .Ci =
i
( RT )
Như vậy định luật tốc độ có thể biểu diễn qua áp suất riêng phần của chất khí trong hỗn
hợp.
− dPi
RT .k n
1− n
.Pi = ( RT ) k .Pi n = k ''.Pi n với k’’ = k (RT)1-n
Ngoài ra: dt =
n
( RT )
Khi n =1 (phản ứng bậc 1) thì k = k’’
PSO2Cl2 = 1 – x ;
PSO2 = x ; PCl2= x
Ptổng = 1 - x + x + x = 1 + x→ x = Ptổng - 1
Bảng 2
2500
5000
7500
10000
Thời gian (s)
0
(t1)
(t2)
(t3)
(t4)
1,053
1,105
1,152
1,197
1,000
P(áp suất tổng cộng, atm)
x = Ptổng - 1
0,053
0,105
0,152
0,197
0
PSO2Cl2 = 1 – x
0,947
0,895
0.848
0,803
1
ln PSO2Cl2
-0,05446
-0,11093
-0,16487
-0,2194
0
(lnP1)
(lnP2)
(lnP3)
(lnP4)
Dựa váo bảng 2 dễ thấy rằng
t2 ln P2
t4 ln P4
=
=2
=
=4
k ' Pi n
t1 ln P1
t1 ln P1
lnP như vậy phụ thuộc tuyến tính vào t. Mặt khác giá trị đại số của lnP giảm dần.
LnP giảm tuyến tính theo thời gian chứng tỏ rằng phản ứng là bậc 1.
PI = PoIe-kt → lnP = lnPo – kt
lnP1 = lnPo – kt1
lnP2 = lnPo – kt2
P
1
k=
ln 1 = 2,2.10-5 s-1
t2 − t1 P2
Chú ý: Có thể tính k bằng đồ thị. Dựa vào các số liệu có thể tính k với các cặp số liệu khác
nhau rồi tính trị trung bình
c) PSO2Cl2 = 1 – x = 2- Ptổng = 2 – 1,55 atm = 0,45 atm
www.nbkqna.edu.vn
5
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
1
1, 00
ln
= 2,2.10-4 s-1
3600 0, 45
Câu 4: (Liên kết hóa học, hình học phân tử)
1) a) NH4+ có công thức VSEPR là AX4 có cấu trúc tứ diện (1 đ), N lai hoá sp3 (0,5 đ)
b) COCl2 có công thức VSEPR AX2 có cấu trúc tam giác (1đ), C lai hoá sp2 (0,5đ)
c) [Fe(CN)6]4- có công thức VSEPR AX6 có cấu trúc bát diện đều (1đ) . Fe lai hoá sp3d2 (0,5
đ)
d) BrF5 có công thức VSEPR AX5E1 có cấu trúc hình chóp vuông ((1đ). Br lai hoá sp 3d2 (0,5
đ)
2) Không tồn tại phân tử NF 5 (1đ) vì : cấu hình electron ngoài cùng của N là : 2s 2 2p3 không có
phân lớp d trống và chênh lệch năng lượng giữa lớp thứ 2 và 3 khá lớn nên khó có sự kích
thích electron từ lớp 2 3 để có 5 electron độc thân để tạo 5 liên kết (1đ).
+ As (Z=33) 4s2 4p3 4d0 (1 đ) Ở điều kiện thích hợp sẽ xảy ra sự chuyển electron từ phân lớp 4p
4d trống nên có 5 eletron độc thân ,tồn tai phân tử AsF5.
Câu 5: (Halogen, cân bằng trong pha khí)
1. Theo các trị số năng lượng liên kết của các phân tử X2 trên thấy có sự khác biệt giữa F2 với Cl2,
Br2, I2 vì F2 chỉ có 1 liên kết đơn giữa hai nguyên tử, còn Cl2, Br2, I2 ngoài 1 liên kết xích ma tạo
thành giống phân tử F2 còn có một phần liên kết pi do sự xen phủ một phần AO-p với AO-d, vì
vậy năng lượng liên kết của Cl2, Br2 là cao hơn của F2. Còn từ Cl2 đến I2 năng lượng liên kết giảm
dần vì độ dài liên kết dH-X lớn dần nên năng lượng cần thiết để phá vỡ liên kết là giảm dần.
2.a. EF- F = 155 kJ/mol > 0 => năng lượng thu vào để phá vỡ liên kết F-F
∑n
F2(k)
2F(k)
∆H0 = 155,0 kJ/mol
[ ]
1-α
2α
1 + α (α là độ phân li)
1−α
2α
Phần mol
1+ α
1+ α
kT2 =
2
2α
Kp = 1 + α .P0 . Thay α=0,045; P0=1 => Kp = 8,12.10-3
1−α
1+ α
0
△G = – RTlnKp = - 8,314.1500.ln(8,12.10-3)= 60,034 kJ
Ở điều kiện chuẩn và 1500K => phản ứng xảy ra theo chiều nghịch
△S01500K= (△H0 - △G0 )/T= (155000-60034)/1500=63,311 J/K>0
2
2α
K2
∆H ° 1
1
( − ) ; Kp2 = 1 + α .P0 . Thay α=0,01; P0=1 => Kp2 = 4.10-4
b. ln
=
R T1 T2
K1
1−α
1+ α
-3
Kp1 = 8,12.10
T2= 1207,51K hay 934,510C
Câu 6: (Oxi Lưu huỳnh)
1. Cân bằng các phản ứng
2. X là BaSO4.
BaSO4 + Na2CO3đ BaCO3 ↓+ Na2SO4
BaCO3 + 2HCl BaCl2 + CO2↑ + H2O
Nhận biết ion Ba2+ bằng dung dịch CaSO4 bão hòa
Câu 7: (Phản ứng oxi hóa – khử, điện phân)
1.Ta có :
(-) H2 - 2e = 2H+
(+) AgCl + 1e = Ag + Clwww.nbkqna.edu.vn
6
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2AgCl + H2 → 2Ag + 2Cl- + 2H+
CH3COO- + H+ = CH3COOH
0,04
0,02
0,02
0,02
CH3COOH ⇄ CH3COO- + H+
0,02
0,02
0,02 - x
0,02 + x
x
C
[]
C
[]
→
x ( 0,02 + x )
= 1,8.10−5
0,02 − x
x
Cu↓
2Cl - -> Cl2 + 2e
Cu2+ +
2Cl đp
Cu
+
Cl2
CuSO4 +
2NaCl
đp
Cu
+Cl2 + Na2SO4 (1)
Sau điện phân thu được dung dịch B, hoà tan được Al2O3 vậy dd B có axit hoặc kiềm:
(TH1): nNaCl <
2n CuSO4
Sau (1)CuSO4 dư
2CuSO4
+
2H2O
đp
2Cu +
O2
+
2+
Khi nước bắt đầu điện phân ở hai điện cực thì Cu hết.
Al2O3
+
3H2SO4
->
Al2(SO4)3
+
0,68
n CuSO 4 = 3n Al2O3
Theo (2, 3)
=
3.
= 0,02mol
102
n O2
=
2H2SO4
(2)
3H2O
(3)
1
n CuSO 4 = 0,01
2
Theo PT (1)
n Cl 2
=
n CuSO 4 =
0,02 - 0,01
= 0,01
n NaCl = n Cl = 0,02
∑ n CuSO 4 = 0,03
2
đầu
m = 160.0,03 + 58,5.0,02 = 5,97(gam)
mcatốt tăng = mCu = 1,92 (g)
(TH2): nNaCl > 2n CuSO 4
Sau (1) NaCl dư:
đp ngăn
2NaCl + 2H2O
www.nbkqna.edu.vn
H2
+
Cl2
+
2NaOH (4)
7
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Al2O3 + 2NaOH
Hoặc có thể viết Pt tạo ra Na[Al(OH)4]
2NaAlO2
Theo phương trình (4, 5): nNaCl = 2n Al2 O3 = 2
∑n
0,02
3
m = mCuSO4 + mNaCl = 2,627 (g)
0,02
mCu bám catốt = 64
(g)
3
CuSO 4
đầu
=
+
H2O
(5)
0,68 0,04
=
102
3
∑n
NaCl đầu =
0,08
3
Câu 8:
a. VNO= 0,3584 l
b. VNaOH= 128 ml
Câu 9: (Cấu tạo nguyên tử)
1.a. Nguyên tố A: n = 3 ; lớp 3 ; l = 1 : phân lớp p ; m= -1 obitan px ; s = -1/2 electron cuối ở px
Vậy A có cấu hình electron 1s2 2s2 2p43s2 3p4; nguyên tố A có số thứ tự 16 chu kì 3; nhóm VIA
A là Lưu huỳnh
Tương tự Nguyên tố B có thứ tự là 17, chu kì 3, nhóm VIIA, B là clo
b. hidrua là H2S và HCl. Tính axit của HCl > H2S , do χCl > χS
2. I5 (X) và I3(Y) tăng nhiều và đột ngột X thuộc nhóm IV A , Y thuộc nhóm IIA X là C; Y
là Ca
hc 6, 6256.10 −34 J.s.3, 0.10 8 ms−1 .6, 0223.10 23 mol −1
2. λ max =
= 2,03.10-7 m
=
3
−1
E
590.10 J.mol
3. EC = -(I1 + I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -99358 kJ và E C+ = - (I2 + I3+ I4 + I5 + I6) = -98272 kJ
www.nbkqna.edu.vn
8
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GDĐT THỪA THIÊN HUẾ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC THPT CHUYÊN – DUYÊN HẢI BẮC BỘ NĂM
HỌC
2013
MÔN: HOÁ HỌC LỚP 10
ĐỀ GIỚI THIỆU
Thời gian làm bài: 180 phút
Bài 1: ( 2 điểm)
1. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8];
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni 2+
với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại
sao?
2. Viết công thức Lewis và xác định dạng hình học của các phân tử và ion sau:
BCl3, CO2, NO2+, NO2, IF3
Bài 2: ( 2 điểm)
Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên
tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm
khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1 : 1,31 : 1,42.
Bài 3: ( 2 điểm)
Đồng vị 2964Cu phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng :
-β
β
64
29Cu
k1
64
30 Zn
+
β-
Thực nghiệm cho biết từ 1 mol
vµ
64
29
64
29Cu
k2
64β+
28 Ni
+
β+
Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại
hòa tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 g chất rắn không tan.
Từ một lượng
64
29
Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hòa tan vào
dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối
lượng hỗn hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 2964 Cu .
2. Tính thời gan để 2964 Cu còn lại 10%.
3. Tính thời gan để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
www.nbkqna.edu.vn
9
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
BÀI 4:( 2 điểm)
Nitrosyl clorua (NOCl) là một chất rất độc, khi đun nóng bị phân hủy thành NO
và Cl2.
a) Tính Kp của phản ứng ở 298K. Cho:
Nitrosyl clorua
∆H (kJ/mol) 51,71
S0298 (J/K.mol) 264
b) Tính Kp của phản ứng ở 475K
Nitơ monooxit
90,25
211
o
298
Cl2
223
BÀI 5: ( 2 điểm)
Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khi duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử.
1.Viết phương trình phản ứng xảy ra.
2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25 oC cã Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn
vị) tại 0oC ; 50oC. Giả thiết rằng tỷ số giữa 2 trị số hằng số cân bằng tạii 0 oC với
25oC hay 25oC với 50oC đều bằng 1,54.
3. Xét tại 25oC, cân bằng hóa học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch
như thế nào nếu:
a) Tăng lượng khí NO.
b) Giảm lượng hơi Br2.
c) Giảm nhiệt độ
d) Thêm khí N2 vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)
- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const).
BÀI 6: ( 2 điểm)
Dung dịch A gồm Na2S và CH3COONa có pHA = 12,50. Thêm một lượng Na3PO4
vào dung dịch A sao cho độ điện li của ion S 2- giảm 20% (coi thể tích dung dịch
không đổi). Tính nồng độ của Na3PO4 trong dung dịch A.
Cho: pK a1(H2S) = 7,02; pK a2(H 2S) = 12,9; pK a1(H3PO4 ) = 2,15; pK a2(H PO ) = 7,21; pK a3(H3PO4 ) =
3
4
RT
0
12,32; pK a(CH3COOH) = 4,76; ES/H2S = 0,14 V; ở 25 oC: 2,303 l n = 0,0592lg.
F
BÀI 7: ( 2 điểm)
0
Cho: E 0Ag Ag = 0,80V; E AgI/Ag,I
= -0,15V; E 0Au
+
www.nbkqna.edu.vn
-
3+
/Ag
= 1,26V; E 0Fe3+ /Fe = -0,037V; E 0Fe2+ /Fe = -0,440V.
10
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Hãy:
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình
phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước.
2. a. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe 2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị
khử thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và
trong pin.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin
này.
BÀI 8: ( 2 điểm)
1. Cho các dữ kiện sau:
Năng lượng
kJ.mol¯1
Năng lượng
thăng hoa của Na
108,68
liên kết của Cl2
ion hóa thứ nhất của Na 495,80
mạng lưới NaF
liên kết của F2
155,00
mạng lưới NaCl
Nhiệt hình thành của NaF rắn : -573,60 kJ.mol-1
kJ.mol¯1
242,60
922,88
767,00
Nhiệt hình thành của NaCl rắn: -401,28 kJ.mol-1
Tính ái lực electron của F và Cl ; so sánh các kết quả thu được và giải thích.
2. Hãy cho biết quy luật biến đổi (có giải thích):
a) Nhiệt độ nóng chảy và nhiệt độ sôi của các halogen từ F2 đến I2.
b) Độ bền nhiệt của các phân tử halogen từ F2 đến I2.
c) Nhiệt độ nóng chảy, nhiệt độ sôi của các hidro halogenua từ HF đến HI.
BÀI 9: ( 2 điểm )
Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A
(không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam
Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn
trong A.
- Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H 2SO4 loãng dư thì sau phản ứng thu
được 0,48 gam chất rắn nguyên chất.
- Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy
hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí C trong đó N 2 chiếm 85,8% về thể tích
www.nbkqna.edu.vn
11
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích
giảm 5,04 lit (đktc)
9.1. Viết các phương trình phản ứng.
9.2.Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng.
9.3. Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.(Cho: Al=27, Zn=65,
S=32)
BÀI 10: ( 2 điểm)
Một loại thủy tinh được biểu diễn dưới dạng x(Na 2O). y(CaO). z(SiO2). Trong loại
thủy tinh này, % khối lượng của oxi là 46,862%; của Ca là 8,368% và Si là
35,146%.
a. Nếu giả thiết x, y, z là các số nguyên, hãy xác định các giá trị đó.
b. Người ta có thể hoàn tan thủy tinh bằng dung dịch HF. Tính thể tích dung
dịch HF nồng độ 0,10M cần lấy để có thể hòa tan vừa hết 10,0 gam thủy tinh đó.
Viết phương trình phản ứng xảy ra.
----------------------HẾT------------------------* Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm
ĐÁP ÁN ĐỀ ĐỀ NGHI KỲ THI OLYMPIC LỚP 10 NĂM HỌC 2012-2013
MÔN HÓA HỌC
BÀI
Bài 1
( 2 đ)
ĐÁP ÁN
1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu
dụng n* được tính theo biểu thức Slater:
ε1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp
dụng cho Ni2+ (Z=28, có 26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d8:
ε 1s = -13,6 x (28 – 0,3)2/12
= -10435,1 eV
ε 2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7)2/ 22 = - 1934,0 ε 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7)2/32
= - 424,0 ε 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7)2/32
= - 86,1 E1 = 2 ε 1s + 8 ε 2s,2p + 8 ε 3s,3p + 8 ε 3d = - 40423,2 eV
Với cách viết 2 [Ar]sd64s2:
ε 1s, ε 2s,2p, ε 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
ε 3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5)2/32
= - 102,9 eV
ε 4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35)2/3,72 = - 32,8 Do đó E2 = - 40417,2 eV.
b) E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền
hơn. Kết quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản
ion Ni2+ có cấu hình electron [Ar]3d8.
www.nbkqna.edu.vn
ĐIỂM
0,25 đ
0,25 đ
0,25 đ
12
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. a Công thức Lewis:
BCl3
NO2+
CO2
Cl
:
B
. . . .. .
Cl
Cl
O:: C::O
O:: N::O
NO2
.
N
.
. . . ..
O
O
+
b . Dạng hình học:
BCl3: Xung quanh nguyên tử B có 3 cặp electron (2 cặp và 1 "siêu
cặp") nên B có lai hoá sp 2, 3 nguyên tử F liên kết với B qua 3
obitan này, do đó phân tử có dạng tam giác đều.
CO2: Xung quanh C có 2 siêu cặp, C có lai hoá sp, 2 nguyên tử O
liên kết với C qua 2 obitan này. Phân tử có dạng thẳng.
NO2: Xung quanh N có 3 cặp electron quy ước [gồm 1 cặp + 1 siêu
cặp (liên kết đôi) + 1 electron độc thân] nên N có lai hoá sp 2. Hai
nguyên tử O liên kết với 2 trong số 3 obitan lai hoá nên phân tử có
cấu tạo dạng chữ V (hay gấp khúc). Góc ONO < 120o vì sự đẩy của
electron độc thân.
IF3: Xung quanh I có 5 cặp electron, do đó I phải có lai hoá sp 3d,
tạo thành 5 obitan hướng đến 5 đỉnh của một hình lưỡng chóp ngũ
giác. Hai obitan nằm dọc trục thẳng đứng liên kết với 2 nguyên tử
F. Nguyên tử F thứ ba liên kết với 1 trong 3 obitan trong mặt phẳng
xích đạo. Như vậy phân tử IF 3 có cấu tạo dạng chữ T. Nếu kể cả đến
sự đẩy của 2 cặp electron không liên kết, phân tử có dạng chữ T cụp.
N
O
.
Bài 2
( 2 đ)
O
.
N
O
0,25 đ
0,25 đ
F
.
O
0,25 đ
O
F
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng
chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn vị
(ô mạng cơ sở).
Đối với mạng đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V 1 của 1
nguyên tử kim loại là:
V1 = 4/3 x π r3 (1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là:
V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng đơn giản, tương quan giữa r và a được thể
hiện trên hình sau:
r
a
www.nbkqna.edu.vn
I
. ..
C
..
..
. ..
O
F
. . :I
..F
0,25 đ
.. :
F
0,25 đ
NO+: Ion này đồng electron với CO2 nên cũng có dạng thẳng.
Cl
..
..
.. B
..
Cl
Cl
IF3
13
F
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
0,5 đ
hay a = 2r (3).
Thay (3) vào (2) ta có: V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1/V2 = 4/3 π r3 : 8r3 = π /6 = 0,5236
Đối với mạng tâm khối:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 1 = 2. Do đó V 1
= 2x(4/3) π r3 .
+ Trong tế bào mạng tâm khối quan hệ giữa r và a được thể hiện
trên hình sau:
0,5 đ
Do đó: d = a 3 = 4r. Suy ra a = 4r/ 3
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/ 3 3
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là:
V1 : V2 = 8/3 π r3 : 64r3/3 3 = 0,68
Đối với mạng tâm diện:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8 x 1/8 + 6 x 1/2 = 4. Do đó thể
tích của các nguyên tử trong tế bào là:
V1 = 4 x 4/3 π r3
+ Trong tế bào mạng tâm diện quan hệ giữa bán kính nguyên tử r và
cạnh a của tế bào được biểu diễn trên hình sau:
d
a
0,5đ
Từ dó ta có:
d = a 2 = 4r, do đó a = 4r/ 2
Thể tích của tế bào:
V2 = a3 = 64r3/2 2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là:
V1/V2 = 16/3 π r3: 64r3/ 2 2
= 0,74
Như vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế
bào của các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như
0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42.
0,5 đ
Bài 3
Phương trình:
( 2 đ)
www.nbkqna.edu.vn
14
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
dn
Cu
-
dt
dn
Cu
-
(1)
(2)
dn
Cu
dt
dn
Zn
=k
1
nCu → ln
Cu
1
(1)
Zn
Cu
Ni
2
dt
-
n ( 0)
=k t
dt
n (t )
n (0)
= dn = k n → ln
=k t
dt
n (t )
n (0) = kt
(k1 + k2)t = kt → ln
n (t )
=
Cu
2
(2)
0,5 đ
Nin
Cu
=
(3)
Cu
Khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại 16
g Cu.
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25 mol.
ln nCu
n
Cu
(0)
1
= ln 4 = kt = kx1536 phút
0,25
= ln
(t )
0,5 đ
k = 9,025x 10-4ph-1
k
1/ 2
=
ln 2
0,693
=
−4
k
9,025 x10
ph
−1
= 768 phút
* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hòa tan hỗn hợp vào dung dịch
NaOH dư thì Zn tan hết, còn lại Cu và Ni. Từ 1 mol Cu ban đầu sau
1784 phút
nCu + nNi = 0,504 mol
nZn = 1 - 0,504 = 0,496 mol.
* Theo (3) ln
n ( 0)
n (1784)
Cu
= 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006.
Cu
1
= 5,003
(
1784
)
nCu
nCu(1784) = 0,19988 ≈ 0,20 mol.
nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
nCu( đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = nNi (2).
*
k
k
1
2
=
n
n
Zn
Ni
Mặt khác
(1)
( 2)
=
0,496
= 1,6316
0,304
0,5 đ
do đó: k1 = 1,6316 k2.
k1 + k2 = 0,0009025
k2 + 1,6316k2 = 0,0009205
Từ đó k2 = 3,4295.10-4 ≈ 3,43.10-4.
k1 = 5,5955. 10-4 ≈ 5,56.10-4.
2. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gan để còn lại 0,1 mol 64Cu :
ln
1
= 9,025 x10 − 4 t
0,1
www.nbkqna.edu.vn
15
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
t = 2551 phút.
3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol.
nNi=
k2
3,4295 x10 −4
xn Zn =
x0,30 = 0,183871mol
k1
5,5955 x10 − 4
nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol.
nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol.
ln
1
= kt = 9,025 x10 − 4 ph −1 xt ( ph) = 0,661649 .
0,516
t=
Bài 4
( 2 đ)
0,661649
= 733 ph
9,025 x10 −4
0,5 đ
a) 2NOCl ⇔ 2NO + Cl2.
Dựa vào công thức ∆G = − RTlnK
∆G = ∆H − T. ∆S
∆H = [(2 × 90,25. 103) + 0 − (2 × 51,71. 103 ) = 77080 J/mol
∆S = [(2 × 211) + 233 − (2 × 264) = 117 J/mol
1,0 đ
∆G = 77080 − 298 × 117 = 42214 J/mol
42214
→ Kp = 3,98. 10−8
ln K = − 8,314 × 298 = − 17
b)
Kp (T2 )
∆H 1
1
77080 1
1
−
ln Kp(T ) =
lnKp(475K) =
− ÷
÷+
8,314 298 475
R T1 T2 →
1
lnKp(298)
ln Kp (475) = − 5,545 → Kp = 4,32. 10 −3
BÀI 5 1.
2 NO(k) + Br2 (hơi) → 2 NOBr (k) ; ∆H > 0
( 2 đ) Phản ứng pha khí có ∆n = -1 → đơn vị Kp lµ atm-1
(1)
(2)
2. Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ:
Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502
(3)
Vậy: : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)
Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54 ≈ 179, 56 (atm-1)
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hóa học tại 25OC.
Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:
PNOBr
Q =
(4) (Khi thêm NO hay Br2)
(PNO)2
Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
Tuy nhiện, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên
lí Lechatelie.
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH cân bằng chuyển dời sang phải, →
www.nbkqna.edu.vn
1,0 đ
0,5 đ
16
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
b. Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái, ←.
c. Theo nguyên lí Lechatelie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển
dời sang trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ..
d. Thêm khí N2 là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N2 không gây ảnh
hưởng liên hệ nào (theo định nghĩa áp suất riêng phần).
+ Nếu P = const ta xét liên hệ .
Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr (a)
Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2 (b)
Vì P = const nên p’i < pi
Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: Không ảnh hưởng
2.Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q AE (Cl) dù cho F có độ âm điện lớn hơn Cl nhiều. Có
thể giải thích điều này như sau:
* Phân tử F2 ít bền hơn phân tử Cl 2, do đó ΔHLK (F2) < ΔHpl (Cl2)
và dẫn đến AE (F) > AE (Cl).
* Cũng có thể giải thích: F và Cl là hai nguyên tố liền nhau trong
nhóm VIIA. F ở đầu nhóm. Nguyên tử F có bán kính nhỏ bất
thường và cản trở sự xâm nhập của electron.
2.
- Nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần từ flo đến iot:
- Mỗi phân tử X2 gồm hai nguyên tử, các phân tử X2 liên kết với nhau bằng
lực Van de Van. Lực này tăng lên theo chiều tăng của khối lượng và khả năng
bị cực hóa của các phân tử halogen nên từ F2 đến I2 ts0, tnc0 tăng dần.
Độ bền nhiệt của các phân tử halogen tăng từ F 2 đến Cl2 sau đó giảm dần từ
Cl2 đến I2.
- Thước đo độ bền nhiệt là năng lượng liên kết. Nguyên tử F không có AO – d
nên liên kết giữa 2 nguyên tử F chỉ là liên kết σ. Trong phân tử Cl2, Br2, I2
ngoài liên kết σ còn một phần liên kết π tạo nên bởi sự che phủ của AO – d
trống của nguyên tử halogen này với AO – p có cặp e của nguyên tử halogen
kia. Do đó năng lượng liên kết của F2 bé hơn năng lượng liên kết của Cl2.
- Từ Cl2 đến I2 năng lượng liên kết giảm dần vì độ dài liên kết tăng.
- Do đó, độ bền nhiệt tăng từ F2 đến Cl2 sau đó giảm dần từ Cl2 đến I2.
0,25 đ
0,5 đ
Từ HCl đến HI, nhiệt độ sôi, nhiệt độ nóng chảy tăng dần theo chiều tăng của
www.nbkqna.edu.vn
19
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
khối lượng phân tử. Riêng HF có nhiệt độ sôi và nhiệt độ nóng chảy cao một
cách bất thường. Đó là do có hiện tượng trùng hợp phân tử nhờ liên kết hidro.
Năng lượng của liên kết hidro trong trường hợp này là rất lớn.
nHF → (HF)n
(n=2→6)
0,25 đ
BÀI 9 BÀI 9
( 2 đ) 9.1
Với S, Al và Zn có các phản ứng :
t0
2Al +
3S →
Al2S3
0
t
Zn
+
S →
ZnS
Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp
B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S
m 1
không tan trong dung dịch H2SO4 loãng vậy :
Sdu ( B ) = 0,48 (gam)
2
2 × 0,48
= 0,03 (mol)
(1)
32
Với H2SO4 ta có các phản ứng :
Al2S3 +
3H2SO4
→
Al2(SO4)3
+
ZnS +
H2SO4
→
ZnSO4
Zn
+
H2SO4
→
ZnSO4
2Al
+
3H2SO4
→
Al2(SO4)3
0,25đ
Khi nung ½ B trong O2 :
9
t0
Al2S3 +
O2 →
Al2O3
+
2
3
t0
ZnS +
O2 →
ZnO
+
2
→
nSdư (B) =
4Al
+
Zn
+
S
+
3O2
1
O2
2
O2
0
2Al2O3
0
ZnO
0
SO2
t
→
t
→
t
→
0,25đ
3H2S↑
+
H2S↑
+
H2↑
+
3H 2↑
0,25 đ
3SO2↑
SO2↑
0,25đ
0,25 đ
9.2
Hỗn hợp khí C gồm SO 2, N2 (không có O2 vì người ta dùng một lượng oxi
vừa đủ)
Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại :
SO2 +
NaOHdư
→
Na2SO3
+
H2O
Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO2
5,04
→ n SO2 =
= 0,225 (mol)
22,4
Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S :
n SO2 ( C ) = n S ( B ) = n 1
0,25đ
S ( A)
2
Vậy : n S ( A) = 2 .0,225 = 0,45 (mol)
mS(A) = 0,45. 32 = 14,4 (gam)
mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam)
www.nbkqna.edu.vn
(2)
0,25đ 0,5 đ
20
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Gọi x = nAl ; y = nZn trong A.
Ta có :27x + 65y = 18,62
%SO2 trong C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2%
Ta có : 0,225 mol SO2 → %SO2 = 14,2%
0,225 × 85,8
Vậy : n N 2 =
= 1,36 (mol)
14,2
4
Do N2 chiếm thể tích không khí nên :
5
5
5
nKK = n N 2 = .1,36 (mol)
4
4
Thể tích không khí : VKK =
5
.1,36 . 22,4 = 38,08 (lit)
4
(3)
0,25đ
0,25đ
9.3
0,25 đ
1
1
n N 2 = .1,36 = 0,34 (mol) 0,25đ
4
4
Trong 0,34 mol O2 này có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO 2, phần còn
n 1
lại dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO.
O2 ( B ) = 0,34 – 0,225 = 0,115
Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: nO2 =
2
(mol)
Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al 2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS,
Al dư, Zn dư, S dư thành Al 2O3, ZnO, và SO2) thì lượng O2 dùng là như nhau
vì có cùng số mol Al, Zn, và S.
Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al 2O3, ZnO ta cũng
phải dùng 0,115 mol O2.
0,25đ 0,25 đ
0
t
4Al
+
3O2
2Al2O3
→
x
3x
2
8
1
t0
Zn
+
O2 →
ZnO
2
y
y
2
4
n O = 3x + y = 0,115 (mol)
→ 3x + 2y = 0,920 (4)
2 8
4
0,25đ
Từ (3) và (4) → x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn
Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy ra : z’
= nZndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; và n Al2 S3 .
0,22 × 65 × 100
= 43,307%
%Zn(A) =
0,25đ
33,02
0,25 đ
Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B :
(65 z ' + 8,296) × 100 1
= × 43,307
%Zn đơn chất =
33,02 + 8,296
2
→ z’= 0,01 mol Zn dư.
0,25đ
Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS
nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol)
0,21
n Al2 S3 =
= 0,07 (mol)
3
www.nbkqna.edu.vn
21
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B :
0,07 × 150 × 100%
= 31,8%
%Al2S3 =
33,02
0,21 × 97 × 100%
= 61,69%
%ZnS=
33,02
0,01 × 65 × 100%
= 1,97%
%Zndư =
33,02
0,03 × 32 × 100%
= 2,91%
%Sdư =
33,02
%Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63%
BÀI 10
( 2 đ)
0,25đ
a. Công thức thủy tinh: Na2O. CaO.6SiO2.
b. Số mol thủy tinh = 10/(62 + 56 + 6.60) = 0,021 mol
Phương trình: Na2O. CaO.6SiO2 + 28 HF → 2 NaF + CaF 2 + 6
SiF4
0,021
0,588 mol
=> Thể tích dung dịch HF cần lấy = 5,88 lít.
Chú ý: học sinh có thể viết ở dạng các oxit tác dụng với HF cũng cho điểm
tương đương.
www.nbkqna.edu.vn
0,25 đ
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ
22
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN BG
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: HOÁ HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Bài 1 (2,0 điểm)
Cho phản ứng: A B → C D (1) là phản ứng đơn giản. Tại 270C và 680C, phương trình (1) có
hằng số tốc độ tương ứng lần lượt là k1 = 1,44.107mol-1.l.s-1 và k2 = 3,03.107 mol-1.l.s-1, R = 1,987
cal/mol.K
1. Tính năng lượng hoạt hóa EA (cal/mol) và giá trị của A trong biểu thức k=A.e-E/RT mol1
.l.S-1
2. Tại 1190C, tính giá trị của hằng số tốc độ phản ứng k3.
3. Nếu CoA = CoB = 0,1M thì t1/2 ở nhiệt độ 1190C là bao nhiêu?
Bài 2 (2,0 điểm)
A
Sự sắp xếp cấi trúc kiểu này được gọi là “lập phương tâm mặt”:
1. Hãy tính độ đặc khít của cấu trúc này và so sánh chúng với cấu trúc
lập
phương đơn giản.
C
2. Chỉ ra các lổ tứ diện và bát diện ở cấu trúc trên. Tính số lượng các
lỗ
B
A
trong mỗi ô mạng cơ sở
3. Tính bán kính lớn nhất của nguyên tử X có thể “chui vào” các lổ hổng tứ diện và bát diện.
Bài 3 (2,0 điểm)
Cho phản ứng : Zn (r) + Cu2+ (aq) Zn2+(aq) + Cu (r). diễn ra trong điều kiện chuẩn ở 250C
a) Tính W, Q, ∆U, ∆H, ∆G, ∆S của phản ứng ở điều kiện trên?
Biết :
Zn (r)
Cu2+ (aq)
Zn2+(aq)
Cu (r)
∆H0s,298 (KJ.mol-1) 0
64,39
-152,4
0
0
-1
-1
S 298 (J.mol .K ) 41,6
-98,7
-106,5
33,3
b) Hãy xét khả năng tự diễn biến của phản ứng trên theo 2 cách khác nhau?
Bài 4 (2,0 điểm)
→ 2NO2
Khí N2O4 kém bền, bị phân ly một phần theo phương trình:
N2O4 ¬
(1)
Thực nghiệm cho biết các số liệu sau khi (1) đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm:
Nhiệt độ
(0oC)
35
45
M h (g/mol)
72,45
66,80
( M h là khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí ở trạng thái cân bằng)
a) Tính độ phân ly α của N2O4 ở các nhiệt độ đã cho.
b) Tính hằng số cân bằng Kp của (1) ở mỗi nhiệt độ trên.
c) Cho biết (1) là phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt. Giải thích? (Khi tính lấy tới chữ số thứ 3 sau
dấy phẩy).
Bài 5 (3,0 điểm)
1. Trình bày cách làm thí nghiệm thông qua pin điện để tính được hằng số Ks của muối AgI.
www.nbkqna.edu.vn
23
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. Có một điện cực Ag được bao phủ bởi hợp chất ít tan AgI, dung dịch KI 1,000.10 -1M
lắp với điện cực calomen bão hòa và đo được suất điện động của pin là 0,333V. Tính tích số tan
của AgI. Biết EoAg+/Ag = 0,799V; Ecalomen(bão hoà) = 0,244V.
3. Suất điện động của pin sẽ thay đổi như thế nào khi:
a) Thêm NaI 0,1M.
b) Thêm NaCl 0,1M.
c) Thêm dung dịch NH3 0,2M.
d) Thêm dung dịch KCN 0,2M.
e) Thêm dung dịch HNO3 0,2M.
(Đều được thêm vào điện cực nghiên cứu)
Cho pKs(AgCl: 10,00; AgI: 16,00): βAg(NH3)2+ = 107,24; βAg(CN)2- = 1020,48.
Bài 6 (3,0 điểm)
Trộn 100 mL dung dịch Na2S 0,102M với 50 mL dung dịch (NH4)2SO4 0,051M. Tính pH của
dung dịch thu được, biết H2S có pK1 = 7; pK2 = 12,92; NH3 có pKb = 4,76 và giả thiết rằng HSO 4điện ly hoàn toàn.
Bài 7 (2,0 điểm)
Bài 1. 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.
Bài 8 (2,0 điểm)
Hòa tan hoàn toàn oxit A (FexOy) trong dung dịch H2SO4 thu được muối A1 và khí B. Nung A1
ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi được chất rắn A 2. Trộn A2 với bột nôm rồi nung ở nhệt
độ cao được hỗn hợp A3 gồm Al2O3 và FenOm. Hòa tan A3 trong HNO3 loãng thu được khí NO.
1. Nếu khối lượng A2 là 40 gam thì khối lượng a gam chất A ban đầu là bao nhiêu?
2. Người ta lại cho khí B lần lượt tác dụng KMnO 4, dung dịch Br2, dung dịch K2CO3 có
những phản ứng gì xảy ra?
3. Để điều chế phèn crom-kali người ta dùng khí B khử K 2Cr2O7. Viết phương rình phản ứng
tạo phèn.
Hằng số điện ly
H2CO3
K1 = 3,5.10-7 ; K2 = 5,6.10-11
H2SO3
K1 = 1,7.10-2; K2 = 6,2.10-8
Bài 9 (2,0 điểm)
Điện phân dd KCl hai giờ ở 80°C trong một bình điện phân với điện áp là 6V và cường độ dòng
điện 2A. Sau khi điện phân, CO2 được dẫn qua dung dịch đến khi bão hòa. Sau đó, cô cạn cẩn
thận cho nước bay hơi thấy có cặn trắng. Phân tích cho thấy trong cặn đó có mặt ba muối chúng
là những muối gì?
www.nbkqna.edu.vn
24
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Thí nghiệm 1: lấy m (g) hỗn hợp chứa các muối trên hòa tan trong nước, axit hoá bằng
axit nitric tạo ra khí và chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch AgNO3 0,1M hết 18,80 ml
Thí nghiệm 2: m (g) hỗn hợp này được đun nóng đến 600°C (hỗn hợp nóng chảy), làm
lạnh lần nữa và khối lượng mẫu rắn còn lại (m - 0,05) g. Kiểm tra mẫu rắn thấy một muối ban đầu
vẫn giữ nguyên nhưng hai muối kia đã chuyển thành hai muối mới.
Thí nghiệm 3: lấy (m - 0,05) g của mẫu rắn còn lại hòa tan trong nước và axit hóa với
axit nitric. Một khí được hình thành có thể quan sát được. Sau đó chuẩn độ bằng dung dịch
AgNO3 0,1M hết 33,05 ml.
a. Viết các phương trình phản ứng hóa học xảy ra. Hai muối biến mất và hai muối mới hình thành
là gì?
b. Xác định khối lượng của 3 muối trong hỗn hợp rắn ban đầu và 3 muối trong phần nóng
chảy.
..................HẾT................
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN KÌ THI CHỌN HSG VÙNG DUYÊN HẢI BẮC BỘ
TRƯỜNG: THPT CHUYÊN BG
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
Môn: HOÁ HỌC
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
Câu ý
1
1
Điểm
2,0
Phản ứng động học bậc hai, áp dụng phương trình Archenius ta có
-E A
-E A
lnk1=
+ lnA; lnk1=
+ lnA;
RT1
RT2
-E A
-E A
lnk2-lnk1=
+ lnA- lnA
RT2
RT1
k E
1 1
ln 2 = A ( - )
k1 R T1 T2
T2.T1
k2
EA=R
. ln =3688,2(cal/mol)
T2 − T1
k1
k=A. e(-E/RT)
k
k1
A= (-E/RT) = (-E/RT
=7.109(mol-1.l.s-1.)
1)
e
e
k3=A. e(-E/RT3 ) =6,15.107(mol-1.l.s-1.)
τ 1/2 =
1
=1,63.10-7(s)
k 3.CoA
2
2,0
1
Trong cấu trúc sắp xếp chặt khít này thì nguyên tử này sẽ tiếp xúc với
nguyên tử khác trên đường chéo cạnh. Độ dài đường chéo của một hình
vuông là r 2 . Trong một ô mạng cơ sở có 4 nguyên tử (8 ở 8 đỉnh và 6 ở 6
mặt).
www.nbkqna.edu.vn
Như
vậy
độ
chặt
khít
được
tính
như
sau:
25
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
4
4.πr 3
π
3
=
= 0,74 hay 74%
3
(2r 2) 3 2
Số lỗ hổng tứ diện là 8 x 1 = 8; bát diện là: 1x1 + (1/4)x 12 = 4
Với lổ hổng tứ diện
Một đường thằng đi từ các cạnh chia góc tứ diện ra làm hai phần. Độ dài
của mỗi cạnh là 2 rX. Khoảng cách từ một đỉnh của tứ diện đến tâm của nó
2
là rM + rX. Góc lúc này là 109,5°/2.
sin θ = rx / (rM + rX)→ sin (109,5°/2)· (rM + rX) = rX
→
0.816 rM = 0.184 rX
→
rM/rX = 0.225
Với lổ hổng bát diện
(2rx)2= (rM + rx)2 + (rM + rX)2 nên rX 2= rM + rX → rM = ( 2 -1) rX
3
2,0
Zn (r)+ Cu2+(aq) → Cu(r) + Zn2+(aq)
a.
H0pư = H0s, Cu + H0s, Zn2+(aq) - H0s, Zn (r) - H0s,Cu2+(aq) = -216,79 KJ
S0pư =
0
s, Cu
+ S0s, Zn2+(aq) - S0s, Zn (r) - S0s,Cu2+(aq) = -16,1 J/K.
G0pu = H0pư – T. S0pư = -216,79 + 298,15. 16,1.10-3 = -211,99 KJ
1
Do
V = 0 (vì thể tích coi như không đổi) nên Wtt = 0;
Trong quá trình bất thuận nghịch thì W’ = 0
Do đó
2
b.
U0 = Q =
0
Cách 1: Phản ứng trên có
pư
= -216,79 KJ
G0pu = -211,99 KJ 0
Quá trình là bất thuận nghịch, phản ứng tự xảy ra.
4
2,0
1
a) Đặt a là số mol N2O4 có ban đầu, α là độ phân li của N2O4 ở toC
→ 2NO2
xét cân bằng:
N2O4 ¬
số mol ban đầu
a
0
số mol chuyển hóa
aα
2aα
số mol lúc cân bằng
a(1 - α)
2aα
Tổng số mol khí tại thời điểm cân bằng là a(1 + α)
Khối lượng mol trung bình của hỗn hợp khí:
Mh =
ở 35oC thì M h = 72,45 →
92a
92
=
a(1 + α) 1 + α
92
= 72,45
1+α
→
α = 0,270 hay 27%
ở 45oC thì M h = 66,8 → α = 0,337 hay 33,7%
2
2aα
2
Ta có Kc = [ NO2 ] = V = 4aα
[ N 2 O4 ] a(1 − α) (1 − α)V
V
2
V là thể tích (lít) bình chứa khí
PV
2
PV
Và PV = nS. RT → RT = n = a(1 + α)
S
Thay RT, Kc vào biểu thức KP = Kc. (RT)∆n ở đây
∆n = 1 → KP =
4aα 2
PV
P.4.α 2
.
=
(1 − α )V a(1 + α) 1 − α 2
ở 35oC thì α = 0,27 → KP = 0,315
,
ở 45oC thì α = 0,337 → K p = 0,513
2
Vì khi tăng nhiệt độ từ 35oC → 45oC thì độ điện li α của N2O4 tăng (hay KP
tăng) → Chứng tỏ khi nhiệt độ tăng thì cân bằng chuyển sang chiều thuận
(phản ứng tạo NO2) do đó theo nguyên lí cân bằng Lơ Satơliê (Le Chatelier)
thì phản ứng thuận thu nhiệt.
5
3,0
1
2
+ Lấy một điện bạc được bao phủ bởi hợp chất ít tan (là hợp chất đang cần
xác định tích số tan, ví dụ: AgI) và nhúng trong dung dịch muối chứa anion
của hợp chất ít tan đó (ví dụ dung dịch KI đã biết nồng độ).
+ Chọn một điện cực thứ hai thường là điện cực chuẩn (ví dụ điện cực
calomen bão hòa hoặc điện chuẩn của Ag nhúng trong muối AgNO3 1M).
+ Nối hai điện cực có mắc vôn kế xác định chiều của dòng điện (xác định
điện cực) và đo suất động của pin. Từ đó tính được Ks.
Giả sử qua thực nghiệm xác định được sơ đồ pin như sau:
(-) Ag, AgI KI 0,1M KCl(bão hòa) Hg2Cl2, Hg (+)
www.nbkqna.edu.vn
27
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
- Ở cực (-) có:
E(-) = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lg[Ag+] = Eo(Ag+/Ag) + 0,0592lgKs/[I-]
= 0,799 + 0,0592lg10 + 0,0592lgKs = 0,7398 + 0,0592lgKs
Epin = 0,244 – 0,8582 – 0,0592lgKs = 0,333
K = 10-16.
3
a) Có sơ đồ pin:
(-) Ag, AgI KI 0,1M KCl(bão hòa) Hg2Cl2, Hg (+)
Khi thêm muối NaI vào điện cực anot làm cho cân bằng AgI ⇌ Ag + + Ichuyển dịch theo chiều nghịch, nồng dộ ion Ag +, do đó E(-) giảm. Vì vậy
suất điện động của pin tăng.
b) Khi thêm NaCl 0,1M vào điện cực anot, có phản ứng:
Khi thêm CH3COONa vào điện cực anot có phản ứng:
AgI + Cl- ⇌ AgCl + I- K = 10-16.(10-10)-1 = 10-6 (nhỏ)
Theo phản ứng trên thấy K rất nhỏ, mặt khác nồng độ NaCl lại loãng, nên
quá trình chuyển sang AgCl là rất ít. Vì vậy suất điện động của pin coi
không đổi.
c) Khi thêm NH3 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng:
AgI + 2NH3 ⇌ Ag(NH3)2+ + IK = 10 -16.(10-7,24)-1 = 10-9,76 (rất
nhỏ)
Theo phản ứng trên thấy K rất nhỏ, mặt khác nồng độ NH 3 lại loãng, nên
quá trình chuyển sang Ag(NH 3)2+ là rất ít. Vì vậy suất điện động của pin coi
không đổi.
d) Khi thêm dung dịch KCN 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng:
AgI + 2CN- ⇌ Ag(CN)2+ + I- K = 10-16.(10-20,48)-1 = 104,48 (lớn)
Theo phản ứng trên thấy K lớn, nên quá trình chuyển sang phức bền gần
như hoàn toàn, do đó ion Ag+ giảm đi, E(-) giảm. Vì vậy suất điện động của
pin tăng.
e) Khi thêm dung dịch HNO3 0,2M vào điện cực anot, có phản ứng I- bị oxi
hóa bởi HNO3 làm nồng độ ion I-, dẫn đến nồng độ ion Ag+ tăng (trong môi
trường axit ion Ag+ không tham gia quá trình tạo phức hiđroxo), nên E(-)
tăng. Vì vậy suất điện động của pin giảm, đến lúc nào đó có thể đổi chiều
dòng điện.
6
3,0
0,102.100
0,05150
.
C(Na2S) =
= 0,068 (M); C((NH4)2SO4) =
= 0,017 (M)
150
150
Na2S →
2Na+ +
S2(NH4)2SO4
→
2NH4+ +
SO422+
S + NH4
HS
+
NH3 K = 1012,92.10-9,24 = 103,68
C: 0,068 0,034
∆C: -0,034 -0,034
0,034
0,034
TPGH: 0,034
0,034
0,034
K của phản ứng lớn nên phản ứng có thể xem như hoàn toàn. Do đó,
thành phần giới hạn của hệ như trên.
S2- + H2O HS- + OHKb1 = 10-1,08 (1)
HS + H2O H2S + OH
Kb2 = 10-7
(2)
+
-4,76
NH3 + H2O NH4 + OH Kb3 = 10
(3)
HS- H+ + S2Ka2 = 10-7
(4)
www.nbkqna.edu.vn
28
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
H2O H+ + OHKw =10-14
(5)
Vì Kb1 >> Kb3 >> Kb2 nên cân bằng phân ly ra OH- chủ yếu là do cân
bằng (1).
Vì Ka2 >> Kw nên cân bằng phân ly ra H+ chủ yếu do cân bằng (4).
Như vậy, cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân bằng (1) và (4).
Đánh giá sơ bộ pH của dung dịch:
pH = pKa2 + lg(Cb/Ca) = 12,92 + lg (0,034/0,034) = 12,92 > 7 nên ta
xét cân bằng:
S2+
H2O
HS+
OH- Kb1 = 10—1,08
(1)
C:
0,034
0,034
∆C: -x
x
x
[]
0,034 – x
0,034 + x
x
x.(0,034 + x )
Kb1 =
= 10-1,08
0,034 − x
Giải ra được: x = 0,02, suy ra: [OH-] = x = 0,02M; pOH = -lg0,02 = 1,7
⇒ pH = 14 – 1,7 = 12,3.
6
2,0
1
2MS + 3O2
2MO + 2SO2
MO + H2SO4
MSO4 + H2O
Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H 2SO4 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
2
150
3SO2 + 2H2O
SO2 +Br2 + 2H2O
H2SO4 + BaCl2
2H2SO4 + S ↓(maù vàng)
H2SO4 + 2HBr
BaSO4 ↓ + 2HCl
7
2,0
1
www.nbkqna.edu.vn
Hòa tan A trong H2SO4
2FexOy+(6x-2y)H2SO4 → xFe2(SO4)3 + (3x-2y)SO2 + (6x2y)H2O
Nung A1
2Fe2(SO4)3 → 6SO2 + 3O2 + Fe2O3
Nung A2 với bột Al
3nFe2O3 + (6n-4m)Al → 6FenOm + (3n-2m)Al2O3
Hòa tan A3 trong HNO3
29
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Al2O3 + 6HNO3 → 2Al(NO3)3 + H2O
3FenOm + (12n-2m)HNO3 → 3nFe(NO3)3 + (3m-2n)NO + (6nm)H2O
Ta có sơ đồ sau
2FexOy →
Fe2O3
2(56x+ 16y)
160x
a
40
Ta có
80(56 x + 16 y ) 28 x + 8 y
=
a =
160 x
x
Khi x = 1; y = 1 A là FeO
gam
Khi x = 3; y = 4 A là Fe3O4
2
3
mA = a = 36
mA = a = 38,667 gam
B là SO2 tác dụng với
5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4
SO2 + Br2 + 2H2O → 2HBr + H2SO4
K2SO4 + H2SO3 → K2SO3 + KHSO3
B tác dụng với K2Cr2O7
K2Cr2O7 + 3SO2 + H2SO4 → K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O
K2SO4 + Cr2(SO4)3 + 12H2O → K2SO4.Cr2(SO4)3.24H2O
9
2,0
đp→ 2KOH + Cl + H
2KCl + 2H O
2
2
2
o
t
6KOH + 3Cl →
KClO + 5KCl + 3H O
2
3
2
KOH + CO → KHCO
2
3
Ba muối là KCl, KHCO3 và KClO3
KHCO3 và KClO3 bị phân hủy; KClO4 và K2CO3 được hình thành
Axit hóa:
H + + HCO3− → CO 2 + H 2 O
Phản ứng với AgNO3:
Ag+ + Cl- → AgCl
Khi nung ở 600oC:
o
t
2KHCO3
→ K 2 CO3 + CO 2 + H 2 O
o
t
4KClO3
→ 3KClO 4 + KCl
Khối lượng giảm sau khi nung = m CO2 + m H 2 O = m-(m-0,05) = 0,05 gam
n K 2CO3 = n H2O = n CO2 =
1
n KHCO3 = 0,05/62 = 8,06x10-4 (mol)
2
→
m K 2CO3 = 138 x 8,06x10-4 = 0,111 (gam)
→
m KHCO3 = 2x8,06x10-4 x100 = 0,161(g)
n KCl = n Cl− = n Ag + = 18,8x0,1x10-3 = 1,88x10-3(mol)
→ m KCl =74,5x1,88x10-3 = 0,140 (gam)
Sau khi nung:
n KCl = n Cl− = n Ag + = 33,05x0,1x10-3 = 3,305x10-3(mol)
www.nbkqna.edu.vn
30
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
m KCl (sau nung) =74,5x3,305x10-3 = 0,246 (gam)
n KCl (do KClO3 phân hủy ra) = 3,305x10-3 - 1,88x10-3 = 1,425x10-3(mol)
n KClO3 = 4x n KCl = 5,7x10-3(mol) → m KClO3 =122,5x5,7x10-3 = 0,698 (gam)
n KClO4 = 3n KCl =3x1,425x10-3 = 4,275 x 10-3 (mol)
→ m KClO4 = 138,5x4,275 x 10-3 = 0,592 (gam)
Vậy khối lượng của 3 muối trước khi nung:
m KCl = 0,140 gam; m KClO3 = 0,698 gam; m KHCO3 = 0,161gam.
Khối lượng của 3 muối sau khi nung:
m KCl = 0,246 gam; m KClO4 = 0,592 gam; m K 2CO3 = 0,111gam.
www.nbkqna.edu.vn
31
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUYÊN HẢI
VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM HỌC 2012 - 2013
MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
ĐỀ NGUỒN
Đề thi gồm 01 trang
Câu 1.
Cho các phân tử: XeF2, XeF4, XeOF4, XeO2F2.
a. Viết công thức cấu tạo Li - uyt (Lewis) cho từng phân tử.
b. Áp dụng quy tắc đẩy giữa các cặp electron hóa trị, hãy dự đoán cấu trúc hình học của
các phân tử đó.
c. Hãy cho biết kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm trong mỗi phân tử trên.
Câu 2.
Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương tâm diện. Hãy biểu diễn mạng cơ sở của
CuCl.
a) Tính số ion Cu+ và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong mạng tinh thể cơ sở.
b) Xác định bán kính ion Cu+.
Cho: D(CuCl) = 4,136 g/cm3 ; rCl-= 1,84 A0 ; Cu = 63,5 ; Cl = 35,5
Câu 3. Cho các quá trình dưới đây:
2. Cho các quá trình dưới đây:
+ β-
+ β+ ;
;
+
+
β
a. Quá trình nào có thể tự diễn biến? Vì sao?
b. So sánh tốc độ cực đại của hạt sơ cấp ( β-, β+) ở các quá trình có thể tự diễn biến được.
Cho:
= 6,01889 u;
= 6,01512 u;
= 13,00574 u;
= 13,00335 u;
-19
=
2
7,01693 u;
= 7,01600 u; me = 0,00055 u; 1eV = 1,602.10 J; 1u = 932 MeV/c ; NA =
23
6,022.10 ; c = 3.108 m/s.
Câu 4.
Cho các phương trình nhiệt hóa học sau đây:
(1) 2 ClO2 (k) + O3 (k)
→
Cl2O7 (k)
= - 75,7 kJ
(2)
O3 (k)
→
O 2 (k) + O (k)
= 106,7 kJ
(3)
2 ClO3 (k) + O (k)
→
Cl2O7 (k)
= - 278 kJ
(4)
O2 (k)
→
2 O (k)
= 498,3 kJ.
k: kí hiệu chất khí.
Hãy xác định nhiệt của phản ứng sau:
(5)
ClO2 (k) + O (k)
→
ClO3 (k)
Câu 5
→ 2 NH3 (*) được thiết lập ở 400 K người ta
Trong một hệ có cân bằng 3 H 2 + N2 ¬
xác định được các áp suất phần sau đây:
= 0,376.105 Pa ,
= 0,125.105 Pa ,
=
5
0,499.10 Pa.
1. Tính hằng số cân bằng Kp và ΔG0 của phản ứng (*) ở 400 K.
www.nbkqna.edu.vn
32
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2.
3. Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng không đổi.
Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào?
4. Trong một hệ cân bằng gồm H 2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1.10 5 Pa,
người ta tìm được: Kp = 3,679.10 -9 Pa-2,
= 500 mol ,
= 100 mol và
= 175
mol. Nếu thêm 10 mol N2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất không đổi thì
cân bằng chuyển dịch theo chiều nào?
Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1 atm = 1,013.105 Pa.
Câu 6.
Một dung dịch có ba chất HCl, BaCl 2, FeCl3 cùng nồng độ 0,0150M. Sục khí CO 2 vào
dung dịch này cho đến bão hoà. Sau đó thêm từ từ NaOH vào dung dịch đến nồng độ
0,120M. Cho biết: nồng độ CO2 trong dung dịch bão hoà là 3.10-2M; thể tích của dung
dịch không thay đổi khi cho CO2 và NaOH vào; các hằng số: pKa của H 2CO3 là 6,35 và
10,33; pKs của Fe(OH)3 là 37,5 và của BaCO3 là 8,30; pKa của Fe3+ là 2,17. Tính pH của
dung dịch thu được.
Câu 7.
Cho
= 0,8V;
= -0,15V;
= 1,26V;
= -0,037V;
= -0,440V.
Hãy:
1. a. Thiết lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI. Viết các phương trình phản
ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước.
2. a. Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hoá ion Fe 2+ thành ion Fe3+ và ion Au3+ bị khử
thành ion Au+. Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin.
b. Tính sức điện động chuẩn của pin và hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin này.
Câu 8. Muối KClO4 được điều chế bằng cách điện phân dung dịch KClO 3. Thực tế khi
điện phân ở một điện cực, ngoài nửa phản ứng tạo ra sản phẩm chính là KClO 4 còn đồng
thời xẩy ra nửa phản ứng phụ tạo thành một khí không màu. Ở điện cực thứ hai chỉ xẩy ra
nửa phản ứng tạo ra một khí duy nhất. Hiệu suất tạo thành sản phẩm chính chỉ đạt 60%.
1. Viết ký hiệu của tế bào điện phân và các nửa phản ứng ở anot và catot.
2. Tính điện lượng tiêu thụ và thể tích khí thoát ra ở điện cực (đo ở 25 0C và 1atm) khi
điều chế được 332,52g KClO4.
Cho F = 96500; R = 0,082 atm.lít/mol.K; H = 1; O = 16; Cl = 35,5; K = 39
Câu 9. 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:
→ 2SO3
2SO2 + O2 ¬
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 SO 2 thành SO3, nhận xét về sự chuyển
dịch cân bằng.
Câu 10. Hòa tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO 3 và Na2SO3 trong H2SO4 dư và đun
nóng. Cho toàn bộ khí thóat ra hấp thụ hết trong 500 ml dung dịch Br 2 có nồng độ xM
được dung dịch A. Thêm KI dư vào 50 ml dung dịch A. Để phản ứng hết với lượng iôt
(I3-) phải dùng 12,5 ml dung dịch Na 2S2O3 0,05M. Sục khí N2 qua 100 ml dung dịch A để
www.nbkqna.edu.vn
33
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
đuổi hết Br2 dư thu được dung dịch B. Trung hòa 25 ml dung dịch B cần dùng hết 15 ml
NaOH 0,1M.
a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.
b) Tính x.
c) Tính % khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X.
………………… Hết ….……………
ĐÁP ÁN
(ĐỀ XUẤT DỰ THI HSG HÓA 10 VÙNG ĐỒNG BẰNG DUYÊN HẢI – THPT CHU VĂN
AN – HÀ NỘI - 2013 )
Câu
Hướng dẫn giải
Câu1 Giảa/ Công thức cấu tạo Li-uyt (Lewis)
(2,0 điểm)
F
O
F
.. ..
Xe
..
F
F
..
..
Xe
F
F
Điểm
..
F
Xe
F
F
O
F
F
..
Xe
F
0,5
O
b/ Cấu trúc hình học
XeF2 : thẳng
XeF4 : vuông phẳng
XeOF4 : thápp vuông
XeO2F2: ván bập bênh
c. Kiểu lai hóa của nguyên tử trung tâm Xe:
XeF2: sp3d
XeF4: sp3d2
XeOF4: sp3d2
XeO2F2: sp3d
0,5
1,0
Câu 2
(2,0 điểm)
0,25
Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết 0,25
www.nbkqna.edu.vn
34
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
số hốc bát diện. Tinh thể CuCl gồm hai mạng lập phương tâm mặt lồng vào nhau. Số
phối trí của Cu+ và Cl- đều bằng 6
Số ion Cl- trong một ô cơ sở: 8.1/8 + 6.1/2 = 4
Số ion Cu+ trong một ô cơ sở: 12.1/4 + 1.1 = 4; Số phân tử CuCl trong một ô cơ sở
là n = 4.
Khối lượng riêng của CuCl là:
D = (n.M) / (NA.a3 ) → a = 5,42.10-8 cm ( a là cạnh của hình lập phương)
Có: 2.(r Cu+ + rCl-) = a = 5,42.10-8 cm → rCu+ = 0,87.10-8 cm
Câu 3
(2,0 điểm)
a.Đổi 1u = 932 MeV/c2 = 932.106×1,602×10-19×6,022.1023 J/mol.c2 = 8,99×1013 J/mol.c2
Δm1 = (
0,5
1,0
0,5
) = 3,77. 10-3 u
-
) = 1,29.10-3 u
Δm2 = (
0,5
-4
Δm3 = (
) = - 1,7.10 u
ΔH1= -Δm1 × c2 J.mol-1 = -3,39.1011 J.mol¯1
ΔH2 = -Δm2 × c2 J.mol-1 = -1,16.1010 J.mol-1
0,5
ΔH3 = -Δm3 × c2 J.mol-1 = 1,53.1010 J.mol-1
Δ H1, Δ H2 0
ΔG1, ΔG2 > 0, ΔS3 > 0
ΔG3 >> 0. Quá trình (3) không tự diễn biến.
-3
b. Δm1 = 3,77.10 u > Δm2 = 1,29.10-3 u
Vậy tốc độ cực đại của electron phát sinh ở (1) lớn hơn tốc độ cực đại của electron
phát sinh ở (2).
Câu 4
(2,0 điểm)
1,0
(1)-(2)-(3)-(4) ta có:
2ClO2 (k) +
=
-
2O (k)
-
-
→
2ClO3 (k)
2
1,0
= -402,7 kJ
= 201,35 kJ
Câu 5
(2,0 điểm)
1. Kp =
2
PNH
3
PH3 2 × PN 2
⇒ Kp =
0,5
(0, 499 × 105 )2
= 3,747.10−9 Pa-2
(0,376 × 105 )3 × (0,125 × 105 )
K = Kp × P0-Δn ⇒ K = 3,747.10-9 × (1,013.105)2 = 38,45
ΔG0 = -RTlnK ⇒ ΔG0 = -8,314 × 400 × ln 38,45 = -12136 J.mol¯1 = - 12,136 kJ.mol-1
0,5
2.
nN =
2
n H2
PH2
www.nbkqna.edu.vn
× PN2 ⇒ n N2 =
500
× 0,125 = 166 mol
0,376
35
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
n H2
n NH =
PH2
3
× PN H3 ⇒ n NH3 =
500
× 0,499 = 664 mol
0,376
⇒ n tổng cộng = 1330 mol ; P tổng cộng = 1×105 Pa
3. Sau khi thêm 10 mol H2 vào hệ, n tổng cộng = 1340 mol.
510
× 1×105 = 0,381.105 Pa ;
1340
664
P NH3 =
× 1×105 = 0,496×105 Pa
1340
PH =
2
PN =
2
0,5
166
× 1×105 = 0,124×105 Pa
1340
ΔG = ΔG0 + RTlnQ
Δ G = [-12136 + 8,314 × 400 ln (
) = -144,5 J.mol−1
⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang phải.
4. Sau khi thêm 10 mol N2 trong hệ có 785 mol khí và áp suất phần mỗi khí là:
PH =
2
100
× 1×105 Pa ;
785
PN =
2
510
× 1×105 Pa ;
785
P=
0,5
175
× 1×105 Pa
785
ΔG = ΔG0 + RTlnQ = - RTlnKp + RTlnQ
Δ G = 8,314 × 410 × [-ln (36,79 × 1,0132 ) + ln (
× 7852 × 1,0132)] = 19,74
J.mol¯1
⇒ Cân bằng (*) chuyển dịch sang trái.
Câu 6
(2,0 điểm)
Khi cho khí CO2 vào hỗn hợp gồm H+ 0,0150M; Ba2+ 0,0150 M; Fe3+ 0,0150 M có
các quá trình:
CO2 + H2O
HCO3- + H+
Ka1 = 10-6,35
HCO3HCl
CO32- + H+
→
Fe3+ + H2O
0,5
Ka2 = 10-10,33
H+ + Cl –
FeOH2+ + H+ Ka = 10-2,17
Dung dịch có môi trường axit mạnh (vì có HCl và Fe3+), sự điện ly CO2 là không
đáng kể (vì nồng độ CO32- vô cùng bé) nên không có kết tủa BaCO3 tạo thành.
Khi thêm NaOH xảy ra các phản ứng:
- Trung hoà HCl:
H+ + OH- →
0,015M
dư:
0,105M
3+
- kết tủa Fe(OH)3 :
Fe + 3OH- →
0,015 0,045
dư:
0,06
- Phản ứng với CO2:
CO2 + 2OH- →
3.10-2 0,06
- Kết tủa BaCO3:
www.nbkqna.edu.vn
0,5
H2 O
Fe(OH)3
0,015
CO32- + H2O
0,03
Ba2+ + CO3 2- → BaCO3 ↓
0,015 0,030
0,015
0,015
36
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Thành phần hỗn hợp kết tủa có:
Fe(OH)3
BaCO3
0,0150 M
0,0150 M
Trong dung dịch có:
CO32- 0,015M; Cl- ; Na+ ; H2O
Các cân bằng xảy ra:
0,5
H2O
H+ + OH10-14
(1)
Fe(OH)3↓
Fe3+ + 3OHKs1 = 10-37,5
(2)
2+
2-8,30
BaCO3↓
Ba + CO 3
Ks2 = 10
(3)
2-14
-10,33
-3,67
CO3 + H2O
HCO3 + OH
Kb1 = 10 /10
= 10
(4)
So sánh cho thấy cân bằng (4) là cân bằng quyết định pH của dung dịch ( vì OHdo H2O điện ly và do Fe(OH)3 tan ra là rất bé), nồng độ CO32- do BaCO3 tan ra không
0,5
đáng kể (vì có dư CO32- từ dung dịch).
Tính pH theo (4)
CO32- + H2O
HCO3- + OH- 10-3,67
C 0,015
[ ] (0,015 –x)
x
x
2
-3,67
x /(0,015-x) = 10 → x1 = [OH- ] = 1,69.10-3M → pH = 11,23
x2 = - 1,9.10-3(loại)
www.nbkqna.edu.vn
37
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 7
(2,0 điểm)
0,5
1. a. Để xác định tích số tan KS của AgI, cần thiết lập sơ đồ pin có các điện cực Ag
+
+
làm việc thuận nghịch với Ag . Điện cực Ag nhúng trong dung dịch nào có [Ag ] lớn
hơn sẽ đóng vai trò catot. Vậy sơ đồ pin như sau:
(-) Ag │ I-(aq), AgI(r) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
(-) Ag, AgI(r) │ I-(aq) ║ Ag+(aq) │ Ag(r) (+)
Hoặc:
Phản ứng ở cực âm:
Ag(r) + I−(aq)
Phản ứng ở cực dương:
Ag+(aq) + e
Phản ứng xảy ra trong pin: Ag+(aq) + I-(aq)
AgI(r) + e
Ag(r)
AgI(r)
K 1−1
K2
K S-1
(1)
) / 0,059
Trong đó K S-1 = K 1−1 .K2 = 10
≈ 1,0.1016
KS =
1,0.10−16.
b. Gọi S là độ tan của AgI trong nước nguyên chất, ta có:
0,25
AgI↓
Ag+ + IKS = 10-16
S
S
+
Vì quá trình tạo phức hidroxo của Ag không đáng kể, I- là anion của axit mạnh HI,
nên
S = KS =1,0.10-8 M
2. Theo qui ước: quá trình oxi hóa Fe2+ xảy ra trên anot, quá trình khử Au3+ xảy ra trên
0,5
catot, do đó điện cực Pt nhúng trong dung dịch Fe3+, Fe2+ là anot, điện cực Pt nhúng
trong dung dịch Au3+, Au+ là catot:
( E 0 + -E 0
Ag /Ag AgI/Ag,I-
(-)
Pt │ Fe3+(aq), Fe2+(aq) ║ Au3+(aq), Au+(aq) │ Pt
(+)
Phản ứng ở cực âm:
2x Fe2+(aq)
Fe3+(aq) + e
K 1−1
Phản ứng ở cực dương:
Au3+(aq) + 2e
Au+(aq)
K2
3+
2+
+
3+
Phản ứng trong pin:
Au (aq) + 2Fe (aq)
Au (aq) + 2Fe (aq)
K
(2)
0
0
K = (K 1−1 )2.K2 = 102( EAu3+ /Au + -EFe3+ /Fe2+ ) / 0,059
0,5
3+
2+
Trong đó thế khử chuẩn của cặp Fe /Fe được tính (hoặc tính theo hằng số cân
bằng) như sau:
Fe3+ + 3e
Fe E01= -0,037 V, ∆G01= -3FE01
Fe2+ + 2e
Fe E02= -0,440 V, ∆G02= - 2F E02
Fe3+ + e
Fe2+ E03
∆G03= - F E03
Có: ∆G03 = ∆G01- ∆G02
E03 = 0,77 V
0,25
→ K = (K 1−1 )2.K2 = 102(1,26−0,77) / 0,059 = 1016,61
Ở điều kiện tiêu chuẩn, sức điện động chuẩn của pin trên sẽ là:
E0pin =
Câu 8
(2,0 điểm)
-
1. Kí hiệu của tế bào điện phân:
= 0,49 V
Pt
KClO3 (dd) Pt
0,5
Phản ứng chính:
anot: ClO3- - 2e + H2O → ClO4 - + 2H+
catot:
2H2O + 2e → H2 + 2OHClO3- + H2O → ClO4- + H2
Phản ứng phụ:
anot:
www.nbkqna.edu.vn
H2O - 2e
→ 2H+ +
O2
38
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
0,5
0,5
Câu 9
(2 điểm)
0,5
0,5
→ 2SO3
a) Cân bằng: 2SO2 + O2 ¬
Ban đầu:
7
10
(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.
Áp suất riêng của các khí:
PSO 2 = (7-x).
Kp =
p
;
n
(PSO3 )2
(PSO2 )2 .PO2
PO2 = (10 - 0,5x). p ;
n
=
x2 (100 - 0,5x)
(7 - x)2 .(10 - 0,5x)
do K >> → x ≈ 7 → Ta có :
PSO3 = x . p
n
0,5
= 1,21. 105 atm-1
49.96,5
(7 − x)2 .6,5
= 1,21. 105
Giải được x = 6,9225.
Vậy độ chuyển hóa SO2 → SO3:
6,9225.100%
= 98,89%.
7
0,5
b) Nếu áp suất tăng 2 lần tương tự có: 7- x′= 0,0548 → x′ = 6,9452.
0,5
→ độ chuyển hoá SO2 → SO3: (6,9452 . 100)/7 = 99,22%
Kết quả phù hợp nguyên lý Lơsatơlie: tăng áp suất phản ứng chuyển theo chiều về
phía có số phân tử khí ít hơn.
Câu 10 a) a. Gọi a, b lần lượt là số mol của NaHSO3 và Na2SO3 trong hỗn hợp X
(2 điểm) Các phương trình hóa học:
HSO3- + H+ → SO2 + H2O
(1)
SO32- + 2H+ → SO2 + H2O
SO2 + Br2 + H2O → 4H+ + SO42- + 2BrH+ + OH- → H2O
Br2 + 3I- → 2Br- + I3I3- + 2S2O32- → S4O62- + 3I-
(2)
(3)
0,5
(4)
(5)
(6)
0,75
-4
-3
b) b. nNa2S2O3 = 6,25.10 mol; nOH- = 1,5.10 mol
www.nbkqna.edu.vn
39
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
nSO2 = nBr2(pư)
nBr2 = nBr2(pư) + nBr2(dư) = nSO2(pư) + nBr2(dư) = ¼ nOH- + ½ nS2O32- = 0,010625 mol
0,75
→ x = 0,010625/5 = 0,02125M
c. Ta có:
→
mNaHSO3 = 0,52g → % mNaHSO3 = 62,28% → %mNa2SO3 = 37,72%
www.nbkqna.edu.vn
40
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
Người ra đề: Trần Thị Tuyết
Lã Thị Thu
ĐỀ GIỚI THIỆU
Câu 1: Liên kết hóa học
X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH 3. Electron cuối
cùng trên nguyên tử X có tổng bốn số lượng tử bằng 4,5. (Quy ước từ -l đến +l)
a)
Viết cấu hình electron của nguyên tử X
b)
Ở điều kiện thường XH3 là một chất khí. X tạo với oxi một số phân tử và ion
sau: XO2,
Hãy viết công thức Lewis, cho biết trạng thái lai hóa của nguyên
tử trung tâm, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion trên, đồng thời sắp
xếp các góc liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích.
c)
Hãy so sánh góc liên kết và momen lưỡng cực của XH3 và XF3. Giải thích
d)
Cho các chất sau: XF3, CF4, NH3. Các chất trên có tác dụng với nhau hay
không? Nếu có hãy viết phương trình (giải thích)
Câu 2: Tinh thể
1. Hãy chứng minh rằng phần thể tích bị chiếm bởi các đơn vị cấu trúc (các nguyên
tử) trong mạng tinh thể kim loại thuộc các hệ lập phương đơn giản, lập phương tâm
khối, lập phương tâm diện tăng theo tỉ lệ 1:1,31:1,42.
2. Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính ion Cs+ là
0,169nm. Khối lượng mol của CsI là 259,8 g/mol. Hãy tính
a) Bán kính Ib) Độ đặc khít của tinh thể
c) Khối lượng riêng của tinh thể
Câu 3: Động học – phản ứng hạt nhân
1. 32P phân rã
-
với chu kì bán hủy 14,28 ngày, được điều chế bằng phản ứng giữa
nơtron với hạt nhân 32S
a) Viết các phương trình phản ứng hạt nhân để điều chế 32P và biểu diễn sự
phân rã phóng xạ của 32P
www.nbkqna.edu.vn
41
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
b) Có hai mẫu phóng xạ 32P được kí hiệu là mẫu I và mẫu II. Mẫu I có hoạt
độ phóng xạ 20mCi được lưu giữ trong bình đặt tại buồng làm mát có nhiệt độ
100C. Mẫu II có hoạt độ phóng xạ 2 µCi bắt đầu được lưu giữ cùng thời điểm với
mẫu I nhưng ở nhiệt độ 200C. Khi hoạt độ phóng xạ của mẫu II chỉ còn 5.10 -1 µCi
thì lượng S xuất hiện trong bình chứa mẫu I là bao nhiêu gam? Trước khi lưu giữ,
trong bình không có S
Cho 1Ci = 3,7.1010 Bq (1Bq = 1 phân rã/giây), số Avogadro NA =
6,02.1023mol-1, hoạt độ phóng xạ A = λ.N ( λ là hằng số tốc độ phân rã, N là số hạt
nhân phóng xạ tại thời điểm t )
2. Với phản ứng CH3COCH3 → C2H4 + CO + H2, áp suất của hệ biến đổi theo thời
gian như sau:
t
0
6,5
13,0
19,9
(phút)
P
41589,6 54386,6 65050,4 74914,6
2
(N/m )
a) Hãy chứng tỏ phản ứng là bậc nhất
b) Tính hằng số tốc độ phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm (V = const)
Câu 4 : Nhiệt hóa học
1. Tính lượng nhiệt cần thiết để nâng nhiệt độ của 0,500 mol nước từ 223K lên
773K ở áp suất 1,0 atm.
nóng chảy của H2O (tt) ở 273K là 6,004 kJ/mol,
bay hơi của H2O (l) ở 373K là 40,66 kJ/mol.
của H2O (l) là 75,3 J/mol.K.
của H2O (tt) là 35,56 J/mol.K.
của H2O (k) là 30,2 J/mol.K
2. Tính năng lượng mạng lưới của tinh thể NaCl từ các dữ kiện thực nghiệm sau
đây:
Nhiệt thăng hoa của Ca(r): 192,0 kJ/mol
Nhiệt phân li của Cl2: 243,0 kJ/mol
Ái lực với e của clo: -364 kJ /mol
I1 + I2 (Ca,k) = 1745 kJ/mol
Hiệu ứng nhiệt của phản ứng: Ca + Cl 2 → CaCl2 là -795,0 kJ/mol
www.nbkqna.edu.vn
42
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 5: Cân bằng hóa học
Cho các cân bằng sau:
(1)
(J)
(2)
a)
(J)
Thiết lập phương trình
và tính
,KP của phản ứng (3) ở 7270C
(3)
b)
Tính áp suất riêng phần của CO và CO2 ở cân bằng (3). Nếu áp suất lúc cân
bằng là 1atm và t0 là 7270C
c)
Phản ứng (3) là tỏa nhiệt hay thu nhiệt ? Tính
của phản ứng (3). Giải
thích dấu của
d)
Tăng t0, tăng P của hệ cân bằng (3) có ảnh hưởng như thế nào đến cân
bằng?
e)
Tính Kp của các phản ứng
(4)
(5)
Câu 6: Cân bằng trong dung dịch chất điện li
1. Khi axit dung dịch có [Ag(NH3)2]Cl 0,1M và NH3 1M đến khi dung dịch có pH =
6 thì dung dịch có xuất hiện kết tủa không? Tại sao?
Cho biết KS(AgCl) = 1,1 .10-10; K[Ag(NH3)2]+ = 6,8.10-8; KNH3 = 2.10-5
2. Dung dịch A được tạo thành bởi CoCl2 0,0100M; NH3 0,3600M và H2O23,00.103
M.
a. Tìm thành phần giới hạn của dung dịch A?
b. Tìm pH của dung dịch A? Cho: pKa: NH+4 9,24
E0:
Co3-/Co2+ 1,84V; H2O2/2OH- 0,94V; Ag+/Ag 0,799V
Co3+ + 6NH3 Co(NH3)63+; β1 = 1035,16
www.nbkqna.edu.vn
43
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Co2 + 6NH3 Co(NH3)62+; β2 = 104,39
RT
ln = 0, 0592 lg
F
Câu 7: Phản ứng oxi hóa khử - Điện phân
Ở 250C, cho dòng điện một chiều có cường độ 0,5A đi qua bình điện phân chứa 2
điện cực platin nhúng trong 200ml dung dịch gồm Cu(NO 3)2 0,020M, Co(NO3)2
1,00M, HNO3 0,01M
1.
Viết phương trình các nửa phản ứng có thể xảy ra trên catot và anot trong
quá trình điện phân.
2.
Khi 10% lượng ion kim loại đầu tiên bị điện phân, người ta ngắt mạch điện
và nối đoản mạch hai cực của bình điện phân. Hãy cho biết hiện tượng xảy ra và
viết phương trình phản ứng minh họa.
3.
Xác định khoảng thế của nguồn điện ngoài đặt vào catot để có thể điện
phân hoàn toàn ion thứ nhất trên catot (coi quá trình điện phân là hoàn toàn khi
nồng độ của ion bị điện phân còn lại trong dung dịch là 0,005% so với nồng độ ban
đầu)
Chấp nhận: Áp suất riêng phần của khí hiđro
= 1atm; khi tính toán không kể
đến quá thế, nhiệt độ dung dịch không thay đổi trong suốt quá trình điện phân
Cho
Hằng số Faraday F = 96500 C.mol-1, ở 250C
Câu 8: Halogen
Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước có chứa muối
clorua của kim loại kiềm và magie, người ta tiến hành hai thí nghiệm sau:
Thí nghiệm 1: cho 5,55g muối trên tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO 3 thu
được 8,61g kết tủa
Thí nghiệm 2: Nung 5,55g muối trên đến khối lượng không đổi thì thấy khối lượng
giảm 38,92%. Chất rắn thu được tác dụng với lượng dư dung dịch NaOH tạo kết
tủa. Lọc kết tủa, rửa sạch rồi nung đến khối lượng không đổi thu được 0,8g chất rắn
1. Xác định công thức muối kép ngậm nước
www.nbkqna.edu.vn
44
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. Từ muối đó hãy trình bày phương pháp điều chế hai kim loại riêng biệt
Câu 9: Oxi Lưu huỳnh
1. Có 3 nguyên tố A, B, C. A tác dụng với B ở nhiệt độ cao sinh ra D. Chất D bị
thủy phân mạnh trong nước tạo ra khí cháy được có mùi trứng thối. B và C tác
dụng với nhau cho khí E, khí này tan được trong nước tạo dung dịch làm quỳ tím
hóa đỏ. Hợp chất của A và C có trong tự nhiên và thuộc loại cứng nhất. Hợp chất
của 3 nguyên tố A, B, C là một muối không màu, tan trong nước và bị thủy phân.
Viết tên của A, B, C và phương trình phản ứng đã nêu ở trên
2. Để khảo sát sự phụ thuộc thành phần hơi của B theo nhiệt độ, người ta tiến hành
thí nghiệm sau đây : lấy 3,2g đơn chất B cho vào một bình kín không có không khí,
dung tích 1 lít. Đun nóng bình để B hóa hơi hoàn toàn. Kết quả đo nhiệt độ và áp
suất bình được ghi lại trong bảng sau :
Nhiệt độ (0C)
444,6
450
500
900
1500
Áp suất (atm)
0,73554
0,88929
1,26772
4,80930
14,53860
Xác định thành phần định tính hơi hơn chất B tại các nhiệt độ trên và giải thích
Câu 10: Bài tập tổng hợp
Hòa tan hoàn toàn 2,00 gam một mẫu X gồm Na2S.9H2O và Na2S2O3.5H2O và tạp
chất trơ vào nước rồi pha loãng thành 250,00 ml (dung dịch A). Thêm 25 ml dung
dịch KI3 0,0525M vào 25,00 ml dung dịch A, sau đó axit hoá bằng H 2SO4 rồi chuẩn
độ iot dư hết 12,90 ml Na2S2O3 0,1010M. Mặt khác, cho ZnSO4 dư vào 50,00 ml
dung dịch A, lọc bỏ kết tủa rồi chuẩn độ nước lọc hết 11,50 ml dung dịch KI 3
0,0101M. Tính thành phần Na2S.9H2O và Na2S2O3.5H2O trong mẫu X.
TRƯỜNG THPT CHUYÊN BIÊN HÒA
TỈNH HÀ NAM
Người ra đề: Trần Thị Tuyết
Lã Thị Thu
www.nbkqna.edu.vn
45
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu
Nội dung
Điểm
X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH 3 → X thuộc nhóm
IIIA hoặc VA
TH1: X thuộc nhóm IIIA
Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau
1.a
Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = -1, ms = +1/2 → n = 4
Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p63s23p63d104s24p1
TH2: X thuộc nhóm VA
Ta có sự phân bố electron vào obitan như sau
0,75
Vậy electron cuối cùng có l = 1; m = 1, ms = +1/2 → n = 2
Cấu hình electron nguyên tử: 1s22s22p3
XH3là chất khí, nên X là Nitơ
NO2+
NO2
O
N
O
N
O
1.b
1320
+
N
O
+
N
O
NO2
O
O
O
N
O
O
O
N
1150
Lai hóa sp2
lai hóa sp
lai hóa sp 2
dạng góc
dạng đường thẳng
dạng góc
Trong NO2, trên N có 1electron không liên kết, còn trong
O
0,5
trên N
có 1 cặp electron không liên kết nên tương tác đẩy mạnh hơn →
góc liên kết ONO trong
Vậy góc liên kết:
1.c
nhỏ hơn trong NO2.
> NO2 >
N trong NH3 và trong NF3 đều ở trạng thái lai hóa sp3
0,5
+) Trong NH3 liên kết N-H phân cực về phía N làm các đôi electron
liên kết tập trung vào nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron
tự do với các cặp electron liên kết mạnh
Trong NF3 liên kết N-F phân cực về phía F làm các đôi electron liên
kết xa nguyên tử N, tương tác đẩy giữa cặp electron tự do với các
www.nbkqna.edu.vn
46
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
cặp electron liên kết yếu
→ góc liên kết HNH lớn hơn FNF
+) NH3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH 3 cùng chiều
với vectơ momen phân cực của các liên kết N-H
NF3: chiều phân cực của đôi e chưa liên kết trong NH 3 ngược chiều
với vectơ momen phân cực của các liên kết N-F
→ momen lưỡng cực của NH3 > NF3
1.d
2.1
0,25
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong mạng tinh thể cũng 1
chính là phần thể tích mà các nguyên tử chiếm trong một tế bào đơn
vị (ô mạng cơ sở)
- Đối với mạng lập phương đơn giản:
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào: n = 8.1/8 = 1
+ Gọi r là bán kính của nguyên tử kim loại, thể tích V 1 của 1 nguyên
tử kim loại là
(1)
+ Gọi a là cạnh của tế bào, thể tích của tế bào là V2 = a3 (2)
Trong tế bào mạng lập phương đơn giản a = 2r (3)
Thay (3) vào (2) ta có V2 = a3 = 8r3 (4)
Phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là :
- Đối với mạng lập phương tâm khối :
+ Số nguyên tử trong một tế bào : n = 8.1/8 + 1 = 2
→ V1 =
+) Trong tế bào mạng lập phương tâm khối thì
www.nbkqna.edu.vn
47
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Thể tích của tế bào : V2 = a3 = 64r3/
Do đó phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong tế bào là
- Đối với mạng tâm diện :
+ Số nguyên tử trong 1 tế bào : n = 8.1/8 + 6 + ½ = 4
→ V1 = 4.
+ Trong tế bào mạng tâm diện
→ a = 4r/
Thể tích của tế bào: V2 = a3 = 64r3/2
Phần thể tích bị các nguyên tử chiếm trong tế bào là :
Vậy tỉ lệ phần thể tích bị chiếm bởi các nguyên tử trong 1 tế bào của
các mạng đơn giản, tâm khối và tâm diện tỉ lệ với nhau như :
0,52 : 0,68 : 0,74 = 1 : 1,31 : 1,42
a) CsCl có ô mạng cơ sở kiểu lập phương tâm khối nên CsI cũng có
ô mạng cơ sở kiểu lập phương tâm khối
→ mỗi ô mạng có 1 ion I- và 8.1/8 = 1 ion Cs+ → 1 phân tử CsI
Ta có độ dài đường chéo hình lập phương:
0,5
2.2
→
b) Độ đặc khít của tinh thể
0,25
c) Khối lượng riêng của tinh thể
www.nbkqna.edu.vn
0,25
48
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
a) Phương trình phản ứng hạt nhân điều chế 32P:
và phân rã phóng xạ của 32P:
b)
.
Vậy thời gian đã lưu giữ là 2 chu kì bán hủy
Tốc độ phân rã phóng xạ không phụ thuộc vào nồng độ đầu và nhiệt
độ, nên sau thời gian đó lượng 32P của mẫu I cũng chỉ còn lại 1/4 so
với lúc đầu → độ giảm hoạt độ phóng xạ trong mẫu I là:
3.1
1
Số hạt nhân đã biến đổi phóng xạ là
nguyên tử
Khối lượng 32P đã phân rã là:
(g) = 5,3.
Khi bỏ qua sự hụt khối của phân rã phóng xạ, khối lượng
32
S tạo
thành đúng bằng khối lượng 32P đã phân rã: m(32S) = 5,3.10-2
3.2
a) Giả sử phản ứng là bậc nhất. Khi đó hằng số tốc độ phản ứng 1
tính theo phương trình:
, ở mọi thời điểm phải là hằng số.
Gọi P là áp suất chung của hệ, P 0 là áp suất ban đầu của axeton
và x là áp suất riêng phần của etylen ở thời điểm t (suy ra áp suất
riêng phần của CO và H2 cũng là x), khi đó
Áp suất riêng phần của axeton tại thời điểm t là P0 – x
Áp suất chung của hệ là P = (P0 – x) + 3x = P0 + 2x
www.nbkqna.edu.vn
49
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
→
; P0 – x =
và
Lúc này phương trình động học của phản ứng nghiên cứu có
dạng
Thay các giá trị bằng số của các đại lượng tương ứng ta được
ph-1
ph-1
ph-1
Hằng số tốc độ phản ứng nghiên cứu ở các thời điểm xấp xỉ bằng
nhau, do đó phản ứng là bậc nhất
b) Hằng số tốc độ phản ứng bằng
ph-1
4.1
H2O (tt)
H2O (tt)
H2O (l)
H2O (l)
H2O (k)
H2O (k)
223K
273K
273K
373K
373K
773K
Trong đó:
1
được tính theo biểu thức
Nhiệt lượng cần thiết là :
= 0,5.35,56( 273 – 223 ) + 0,5.6,004.10 3 + 0,5.75,3( 373 – 273 ) +
0,5.40,66.103 + 0,5.30,2.( 773 - 373 ) = 34026 J
Uml
4.2
1
Ca(k)
Ta có
2Cl(k)
Ca2+ + 2Cl= 192 + 243 + 1745 – 2.364 + Uml = -795
→ Uml = -2247 kJ/mol
www.nbkqna.edu.vn
50
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Nhận xét : (3) = -2.(1) + (2)
→
= -2.(-110,5.103 - 89,0T) + (-393,5.103 - 3,0T) = -172,5.103 + 175T
5.a
(J)
0,75
0
Tại 727 C = 1000K
(J) = 2,5 kJ
Kp =
Xét cân bằng (3)
5.b
0,5
Phản ứng (3) có
→
(J)
J < 0 → phản ứng tỏa nhiệt
5.c
0,25
J/K < 0
có dấu âm do phản ứng (3) có số mol khí sản phẩm ít hơn số mol
khí chất tham gia phản ứng (
Tăng nhiệt độ → cân bằng chuyển dịch theo chiều thu nhiệt → chiều
5.d
nghịch
Tăng áp suất → cân bằng chuyển dịch theo chiều
→ chiều
0,25
thuận
5.e
www.nbkqna.edu.vn
0,25
51
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Dung dịch có xuất hiện kết tủa
* Giải thích
Trong dung dịch có các cân bằng sau:
] Cl → [ Ag ( NH 3 )]
Ag ( NH 3 ) 2
+
+ Cl −
(1)
(2)
6.1
Trong môi trường axit yếu (pH = 6) có thể coi toàn bộ NH 3 trong
dung dịch chuyển hoá thành muối
Thay giá trị
. Tức
1
= 1M
= 1; [OH-] = 10-8; hằng số K2 vào biểu thức (2)
[NH3] = 5.10-4M (3)
ta được
Theo định luật bảo toàn nồng độ ta có
[Ag(NH3)2]+ = 0,1 - [Ag+] (4)
Thế (3) và (4) cùng hằng số K2 vào (1) ta được
[Ag+] = 2,1.10-2
6.2
Suy ra [Ag+][Cl-] = 2,1.10-2.0,1 > Ks(AgCl) = 1,1.10-10
CoCl2 →
Co2+ + 2Cl-
1
0,0100M
….
0,0100M
Tạp phức của ion cabon với NH3
Co2+
+
6NH3 ⇌ Co(NH3)62+
0,0100M
0,3600M
…..
0,3000M
β2 = 104,39
0,0100M
Oxi hoá, Co(NH3)62+ bởi H2O2
2x
Co(NH3)62+ ⇌
Co(NH3)63+ + e
H2O2 + 2e ⇌
2OH-
2 Co(NH3)62+ + H2O2 ⇌ 2Co(NH3)63+ + 2OHwww.nbkqna.edu.vn
52
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
(1)
+) Thế khử chuẩn của cặp Co(NH3)63+/ Co(NH3)62+:
Co(NH3)63+ ⇌ Co3+ + 6NH3
β1-1
Co3+ + e ⇌
Co2+
Co2+ + 6NH3 ⇌ Co(NH3)62+
β2
Co(NH3)63+ + e ⇌ Co(NH3)62+
β2
K2 = K1. β1-1.β2 → E20 = E01 + 0,0592lg β
1
E20 = 1,84 + 0,0592 (4,39 - 35,16) = 0,0184 (V)
2Co(NH3)62+ + H2O2 ⇌ 2Co(NH3)63+ + 2OH-; K = 1031 (1)
0,0100M
0,0040M
0,0030M
….
0,0060M
0,0060M
Thành phần giới hạn hỗn hợp A
Co(NH3)62+
Co(NH3)63+
NH3
OH-
0,0040M
0,0060M
0,3000M
0,0060M
+) Tìm pH của dung dịch
Sự phân li của các phức chất trong dung dịch không lớn vì β lớn và
có NH3 dư. Tính pH theo cân bằng.
NH3 + H2O ⇌
C
0,3000
[ ]
(0,3000-x)
NH4+ + OH- (2)
6.10-3
x
(6.10-3 + x)
x(0,3000 + x)
= 10−1,76 → x = 7,682.10-4 Thể tích dung dịch HF cần lấy = 5,88 lít.
Chú ý: học sinh có thể viết ở dạng các oxit tác dụng với HF cũng cho điểm
tương đương.
www.nbkqna.edu.vn
0,25 đ
0,75 đ
0,75 đ
0,5 đ
79
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
TỈNH HƯNG YÊN
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
M«n: HÓA HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
C©u I(3đ):
1. Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ l = 4
(g là kí hiệu của số lượng tử phụ l = 4).
a. Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có
b. Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng.
c. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ tự Z bằng bao
nhiêu?
2. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
a. Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng 2,33g.cm -3;
khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1.
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích.
Câu II(2đ):
1. Uran trong thiªn nhiªn chøa 99,28% 238U (cã thêi gian b¸n huû lµ 4,5.10 9n¨m) vµ 0,72% 235U
(cã thêi gian b¸n huû lµ 7,1.108n¨m). TÝnh tèc ®é ph©n r· mçi ®ång vÞ trªn trong 10gam U 3O8 míi
®iÒu chÕ.
2. Mary vµ PieCurie ®iÒu chÕ 226Ra tõ quÆng Uran trong thiªn nhiªn.226Ra ®îc t¹o ra tõ ®ång vÞ
nµo trong hai ®ång vÞ trªn ?
Câu III(1đ)
1. Xét các phân tử POX3
a) Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu hình hình học như thế nào?
b) Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn?
Cho biết: ZP = 15; ZAs = 33; ZO = 8; ZF = 9; ZCl = 17; ZB = 5; ZN = 7; ZSi = 14; ZS = 16.
2. Phẩn tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau (HF: 1,91
Debye, H2O: 1,84 Debye, MHF: 20, MH2O : 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của hidroflorua là
– 830C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 00C, hãy giải thích vì sao?
Câu IV (2đ)
Đối với qúa trình đồng phân hóa xiclopropan thành propen ta có ∆H = -32,9kJ/mol. Bạn hãy bổ
sung vào bảng sau:
Chất
∆H đối với qúa trình đốt cháy hoàn toàn Entanpy hình thành chuẩn ∆Hf
tính bằng kJ/mol
tính bằng kJ/mol
C(than chì)
-394,1
H2
-286,3
Xiclopropan
-2094,4
Propen
Tất cả các số liệu đều áp dụng cho 25oC và 1013hPa:
Câu V(2đ). Tại 25oC phản ứng bậc một sau có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1:
2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)
Phản ứng trên xảy ra trong bình kín có thể tích 20,0 L không đổi. Ban đầu lượng N 2O5 cho vừa
đầy bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070 atm. Giả thiết các khí đều là khí lí
tưởng.
(a) Tính tốc độ: (i) tiêu thụ N2O5; (ii) hình thành NO2; O2.
www.nbkqna.edu.vn
80
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
(b) Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây.
Câu VI(2đ).
Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế khử chuẩn
được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0.
+0,293
Cr(VI)
(Cr2O27)
+0,55
Cr(V)
+1,34
0
Cr(IV)
Ex
3+
Cr
-0,408
2+
Cr
0
Ey
Cr
-0,744
0
0
1. Tính E x và E y .
2. Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) được không?
23. Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa – khử Cr2O 7 /Cr3+ và tính độ biến thiên thế của hệ ở nhiệt
độ 298 K, khi pH tăng 1 đơn vị pH.
4. Phản ứng giữa K2Cr2O7 với H2O2 trong môi trường axit (loãng) được dùng để nhận biết crom vì
sản phẩm tạo thành có màu xanh. Viết phương trình ion của phản ứng xảy ra và cho biết phản
ứng này có thuộc loại phản ứng oxi hóa – khử hay không? Vì sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên
mỗi nguyên tố.
0
Cho: E Cr O2- /Cr3+ = 1,33 V;Hằng số khí R = 8,3145 J.K–1.mol–1;
2 7
Hằng số Farađay F= 96485 C.mol–1.
Câu VII(2đ).
Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản ứng người
ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành pin (có cầu muối tiếp xúc
hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung dịch X gồm AgNO 3 0,010 M và KSCN
0,040 M.
a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động Epin tại 250C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng .
Cho biết : Ag+ + H2O
AgOH + H+ (1) ; K1= 10 –11,70
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+ (2) ; K2= 10 –7,80
Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 .
RT
0
ln = 0,0592 lg
EAg
;
=
0
,799
V
+
F
/Ag
C©u VIII (2đ): Mét hîp chÊt gåm 2 nguyªn tè hal«gen cã c«ng thøc XY n. Cho 5,2 gam hîp chÊt
trªn t¸c dông víi khÝ SO2 d trong níc theo s¬ ®å ph¶n øng sau:
XYn+ H2O + SO2 → HX + HY + H2SO4
Dung dÞch thu ®îc cho ph¶n øng víi dung dÞch Ba(NO 3)2 d th× thu ®îc 10,5 gam kÕt tña.
Läc bá kÕt tña lÊy dung dÞch thu ®îc cho t¸c dông víi dung dÞch AgNO 3 d th× thu ®îc hçn hîp
kÕt tña 2 muèi b¹c.
- ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra.
- §Ò nghÞ c«ng thøc ph©n tö cña hîp chÊt ®Çu.
BiÕt r»ng sai sè trong thùc nghiÖm kho¶ng 1%.
www.nbkqna.edu.vn
81
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Cho C = 12; F = 19; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; Ba = 137; S = 32; O = 16; H = 1.
Câu IX (2đ) : Hỗn hợp A gồm bột S và Mg. Đun nóng A trong điều kiện không có không khí,
sau đó làm nguội và cho sản phẩm tác dụng với dung dịch HCl (dư) thu được 2,987 L khí B có tỉ
khối so với không khí bằng 0,8966. Đốt cháy hết khí B, sau đó cho toàn bộ sản phẩm vào 100ml
H2O2 5%
(D = 1g/mL) thu được dung dịch D. Xác định % khối lượng các chất trong A và nồng độ % các
chất tạo ra trong dung dịch D. Cho thể tích các chất khí đo ở điều kiện tiêu chuẩn.
Câu X (2đ): Một dung dịch chứa 4 ion của hai muối vô cơ trong đó có ion SO 42- khi tác dụng
vừa đủ với dung dịch Ba(OH)2 đun nóng cho khí X, kết tủa Y và dung dịch Z. Dung dịch Z sau
khi axit hóa bằng HNO3 tạo với AgNO3 kết tủa trắng hóa đen ngoài ánh sáng.
Kết tủa Y đem nung được a gam chất rắn T. Giá trị của a thay đổi tùy theo lượng Ba(OH) 2 đem
dùng: Nếu vừa đủ, a cực đại; nếu lấy dư a giảm đến cực tiểu. Khi lấy chất rắn T với giá trị cực đại
a = 7,204 gam thấy T chỉ phản ứng hết với 60ml dung dịch HCl
1,2M, còn lại cặn bã rắn 5,98 gam. Hãy lập luận để xác định các ion có trong dung dịch.
***************************Hết***************************
KỲ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TỈNH DUYÊN HẢI BẮC BỘ
LỚP 10 - THPT NĂM HỌC 2012-2013
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
TỈNH HƯNG YÊN
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
M«n: HÓA HỌC
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
HƯỚNG DẪN CHẤM:
CÂU I
1. Lý thuyết lượng tử dự đoán được sự tồn tại của obitan ng ứng với số lượng tử phụ
l = 4 (g là kí hiệu của số lượng tử phụ l= 4).
a. Hãy cho biết số electron tối đa mà phân lớp ng có thể có
b. Dự đoán sau phân mức năng lượng nào thì đến phân mức ng.
c. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này thuộc nguyên tố có số thứ
tự Z bằng bao nhiêu?
2. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương.
a. Tính bán kính của nguyên tử silic. Cho khối lượng riêng của silic tinh thể bằng
2,33g.cm-3; khối lượng mol nguyên tử của Si bằng 28,1g.mol-1.
b. So sánh bán kính nguyên tử của silic với cacbon (rC = 0,077 nm) và giải thích.
HƯỚNG DẪN:
1.
a. Phân mức năng lượng ng ứng với gía trị l = 4 sẽ có 2l + 1 obitan nguyên tử, nghĩa là có
2.4+1= 9 obitan nguyên tử. Mỗi obitan nguyên tử có tối đa 2e. Vậy phân mức năng lượng
ng có tối đa 18e.
3đ
0,25 đ
b. Phân mức năng lượng ng đầu tiên xuất hiện trong cấu hình electron nguyên tử là 5g ,
bởi vì khi số lượng tử chính n =5 thì lớp electron này có tối đa là 5 phân mức năng
lượng ứng với l = 0 (s), l = 1 (p), l = 2 (d), l = 3 (f) , l = 4 (g). Theo qui tắc Klechkopxki
phân mức 5g có tổng số n + l = 5 + 4 = 9 nên phân mức này phải nằm sát sau phân mức
0,5 đ
8s.
www.nbkqna.edu.vn
82
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
c. Nguyên tử có electron đầu tiên ở phân mức ng này có cấu hình electron là:
[ Rn ] 7s25f146d107f68s25g1 , suy ra Z = 121
2. a. Trong cấu trúc kiểu kim cương (Hình dưới)
0,25 đ
0,75đ
độ dài của liên kết C-C bằng 1/8 độ dài đường chéo d của tế bào đơn vị (unit cell).
Mặt khác, d = a√ 3, với a là độ dài của cạnh tế bào.
Gọi ρ là khối lượng riêng của Si. Từ những dữ kiện của đầu bài ta có:
ρ=
nM
8.28,1
=
= 2,33
NV
6, 02.1023.a 3
suy ra: a = [8 . 28,1 / 6,02.1023 . 2,33]1/3 cm = 5,43.10-8 .
d = a √ 3 = 9,40.10-8 cm; r Si = d : 8 = 1,17.10-8 cm = 0,117nm
0,75đ
b. rSi = 0,117 nm > rC = 0,077 nm . Kết quả này hoàn toàn phù hợp với sự biến đổi bán kính
0,5đ
nguyên tử của các nguyên tố trong bảng hệ thống tuần hoàn.
Câu II.
1. Uran trong thiªn nhiªn chøa 99,28% 238U (cã thêi gian b¸n huû lµ 4,5.109n¨m) vµ
0,72% 235U (cã thêi gian b¸n huû lµ 7,1.108n¨m). TÝnh tèc ®é ph©n r· mçi ®ång vÞ
trªn trong 10gam U3O8 míi ®iÒu chÕ.
(2điểm )
2. Mary vµ PieCurie ®iÒu chÕ 226Ra tõ quÆng Uran trong thiªn nhiªn.226Ra ®îc t¹o
ra tõ ®ång vÞ nµo trong hai ®ång vÞ trªn ?
1. Tèc ®é ph©n huû h¹t nh©n dîc tÝnh theo ph¬ng tr×nh v= λ.N (1)
(λ lµ h»ng sè tèc ®é ph©n huû, N lµ tæng sè h¹t nh©n phãng x¹ cã ë thêi ®iÓm xÐt)
+ Tríc hÕt cÇn t×m λ. Ta cã λ = 0,693 / T1/2 (2)
T1/2 lµ thêi gian ph©n huû ®Çu bµi ®· cho. Khi tÝnh nªn ®æi ra gi©y cho phï hîp
th«ng lÖ (1 n¨m = 3,15. 107 gi©y)
+ TiÕp ®Õn t×m N nh sau:
1
10
-2
T×m sè mol U3O8 cã trong 10gam =
≈ 1,19.10 (mol)
238 × 3 + 16 × 8
Sè h¹t nh©n Uran cã tæng céng lµ: 1,19.10-2.6,022.1023.3 = 2,15.1022.
Trong ®ã: N(238U) = 2,15.1022.0,9928 = 2,13.1022
vµ N(235U) = 2,15.1022.0,0072 = 1,55.1020
+Dïng ph¬ng tr×nh (1) ®Ó tÝnh tèc ®é ph©n r· cña tõng lo¹i h¹t nh©n Uran
22
U238 cã v(238) = λ(238U). N(238U) = 2,13 × 10 ×
0,5
0,693
4,5 × 109 × 3,15 × 107
v(238) = 1,04.105 h¹t nh©n/gi©y
20
U235 cã v(235) = λ(235U). N(235U) = 1,55 × 10 ×
0,693
7,1 × 108 × 3,15 × 107
v(235) = 4,76.103 h¹t nh©n/gi©y
www.nbkqna.edu.vn
83
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2.
238
92
U→
226
86
Ra + 3 42 He + 2β
0,5
CÂU III
1. Xét các phân tử POX3
c) Các phân tử POF3 và POCl3 có cấu hình hình học như thế nào?
d) Góc liên kết XPX trong phân tử nào lớn hơn?
Cho biết: ZP = 15; ZAs = 33; ZO = 8; ZF = 9; ZCl = 17; ZB = 5; ZN = 7; ZSi = 14;
ZS = 16.
2. Phẩn tử HF và phân tử H2O có momen lưỡng cực, phân tử khối gần bằng nhau
(HF 1,91 Debye, H2O 1,84 Debye, MHF 20, MH O 18); nhưng nhiệt độ nóng chảy của
hidroflorua là – 830C thấp hơn nhiều so với nhiệt độ nóng chảy của nước đá là 0 0C,
hãy giải thích vì sao?
1đ
2
HƯỚNG DẪN:
1.Để giải thích câu này ta có thể dùng thuyết VSEPR hoặc thuyết lai hóa (hoặc kết hợp cả
hai).
a.
P: 1s22s22p63s23p3; As: 1s22s22p63s23p63d104s24p3.
P và As đều có 5e hóa trị và đã tham gia liên kết 3e trong XH3.
X
H
H
sp3
(0,25đ)
H
Hình tháp tam giác
Góc HPH > HasH vì độ âm điện của nguyên tử trung tâm P lớn hơn so với của As
nên lực đẩy mạnh hơn.
www.nbkqna.edu.vn
84
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
b.
O
P
X
X
X
n = 3 +1 = 4 (sp3): hình tứ diện
Góc FPF < ClPCl vì Cl có độ âm điện nhỏ hơn flo là giảm lực đẩy.
2. * Phân tử
H-F
;
0,25 ®
H-O-H
có thể tạo liên kết hidro – H…F –
có thể tạo liên kết hidro – H…O –
* Nhiệt độ nóng chảy của các chất rắn với các mạng lưới phân tử (nút lưới là các phân tử)
phụ thuộc vào các yếu tố:
- Khối lượng phân tử càng lớn thì nhiệt độ nóng chảy càng cao.
- Lực hút giữa các phân tử càng mạnh thì nhiệt độ nóng chảy càng cao. Lực hút
giữa các phân tử gồm: lực liên kết hidro, lực liên kết Van der Waals (lực định hướng, lực
khuếch tán).
*Nhận xét: HF và H2O có momen lưỡng cực xấp xỉ nhau, phân tử khối gần bằng nhau và
đều có liên kết hidro khá bền, đáng lẽ hai chất rắn đó phải có nhiệt độ nóng chảy xấp xỉ
nhau, HF có nhiệt độ nóng chảy phải cao hơn của nước (vì HF momen lưỡng cực lớn hơn,
phân tử khối lớn hơn, liên kết hidro bền hơn).
Tuy nhiên, thực tế cho thấy Tnc (H2O) = 00C > Tnc(HF) = – 830C.
* Giải thích:
Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hidro với 2 phân tử HF khác ở hai bên
…
H-F H-F…H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau nhờ liên kết hidro tạo
0,5 ®
thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết với nhau bằng lực Van der Waals yếu.
Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ không cao lắm thì lực Van der Waals giữa các chuỗi đã
bị phá vỡ, đồng thời mỗi phần liên kết hidro cững bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng
chảy.
Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hidro với 4
phân tử H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi
phân tử H2O liên kết với 4 phân tử H 2O khác tạo thành mạng
lưới
không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy nước đá cần phải phá
vỡ mạng lưới không gian 3 chiều với số lượng liên kết hidro
nhiều hơn so với ở HF rắn do đó đòi hỏi nhiệt độ cao hơn.
www.nbkqna.edu.vn
85
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
CÂU IV
Đối với qúa trình đồng phân hóa xiclopropan thành propen ta có ∆H = -32,9kJ/mol. Bạn
hãy bổ sung vào bảng sau:
Chất
∆H đối với qúa trình đốt cháy hoàn
Entanpy hình thành chuẩn
toàn tính bằng kJ/mol
∆Hf tính bằng kJ/mol
C(than chì)
-394,1
H2
-286,3
Xiclopropan
-2094,4
Propen
Tất cả các số liệu đều áp dụng cho 25oC và 1013hPa:
2đ
BÀI GIẢI:
∆Hf của than chì và H2 là 0kJ/mol
Ta có sơ đồ sau:
C3H6(xiclopropan)
+4,5O2
Đồng phân
hóa
Đốt cháy
+4,5O2
3CO2 + 3H2O
C3H6(propen)
1®
Dựa vào sơ đồ trên ta tính được ∆H (đốt cháy propen) = -2061,5kJ/mol
Ta cũng có sơ đồ sau:
+ 4,5O2
3C + 3H2
Hình thành
Đốt cháy
+ 4,5O2
3CO2 + 3H2O
1đ
C3H6(xiclopropan)
Dựa vào sơ đồ trên ta tính được ∆Hf (xiclopropan) = 53,2kJ/mol
Phép tính tương tự đối với propen cho kết qủa:∆Hf(propen)=20,3kJ/mol
CÂU V
o
Câu V(2đ). Tại 25 C phản ứng bậc một sau có hằng số tốc độ k = 1,8.10-5 s-1:
2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)
Phản ứng trên xảy ra trong bình kín có thể tích 20,0 L không đổi. Ban đầu lượng
N2O5 cho vừa đầy bình. Tại thời điểm khảo sát, áp suất riêng của N2O5 là 0,070
atm. Giả thiết các khí đều là khí lí tưởng.
(a) Tính tốc độ: (i) tiêu thụ N2O5; (ii) hình thành NO2; O2.
(b) Tính số phân tử N2O5 đã bị phân tích sau 30 giây.
HƯỚNG DẪN.
www.nbkqna.edu.vn
2đ
86
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
a.
pi V = ni RT
n N 2O5
Pi
0,07
=
= 2,8646.10 −3 (mol.l -1)
V
RT 0,082 × 298
−5
−3
−8
-1 -1
⇒ v = k.C N 2O5 = 1,8.10 × 2,8646.10 = 5,16.10 mol.l .s .
⇒ CN O =
2
5
=
0,75đ
Từ phương trình: 2N2O5(k) → 4NO2(k) + O2(k)
1
2
⇒ v=− ×
dC N 2O5
dt
dC O 2
1 dC NO 2
=+ ×
=+
4
dt
dt
nên vtiêu thụ (N2O5) = −2v = −2 × 5,16.10-8 = −10,32.10-8mol.l-1.s-1
vhình thành (NO2) = 4v = 4 × 5,16.10-8 = 20,64.10-8 mol.l-1.s-1
vhình thành (O2) = v = 5,16.10-8 mol.l-1.s-1
0.75đ
0,5đ
(b) Số phân tử N2O5 đã bị phân hủy = vtiêu thụ (N2O5) × Vbình × t × No(số avogadrro)
= 10,32.10-8 × 20,0 × 30 × 6,023.1023 ≈ 3,7.1019 phân tử
CÂU VI
Cho giản đồ quá trình khử - thế khử: quá trình khử diễn ra theo chiều mũi tên, thế
khử chuẩn được ghi trên các mũi tên và đo ở pH = 0.
+0,293
Cr(VI)
+0,55
(Cr2O27)
Cr(V)
+1,34
0
Cr(IV)
Ex
3+
Cr
-0,408
2+
Cr
0
Ey
Cr
-0,744
0
1. Tính E 0x và E y .
2. Dựa vào tính toán, cho biết Cr(IV) có thể dị phân thành Cr 3+ và Cr(VI) được
không?
3. Viết quá trình xảy ra với hệ oxi hóa – khử Cr2O 72- /Cr3+ và tính độ biến thiên thế của
hệ ở nhiệt độ 298 K, khi pH tăng 1 đơn vị pH.
4. Phản ứng giữa K2Cr2O7 với H2O2 trong môi trường axit (loãng) được dùng để
nhận biết crom vì sản phẩm tạo thành có màu xanh. Viết phương trình ion của phản
ứng xảy ra và cho biết phản ứng này có thuộc loại phản ứng oxi hóa – khử hay 2 đ
không? Vì sao? Ghi số oxi hóa tương ứng trên mỗi nguyên tố.
0
Cho: E Cr2O72-/Cr3+ = 1,33 V; Hằng số khí R = 8,3145 J.K–1.mol–1; Hằng số Farađay F =
96485 C.mol–1.
Hướng dẫn giải:
0
0
1. Từ giản đồ ta có: 3.(-0,744) = -0,408 + 2 E y → E y = -0,912 (V)
0
0
0,55 + 1,34 + E x – 3.0,744 = 6.0,293 → E x = +2,1 (V)
(0,5đ)
2. Cr(IV) có thể dị phân thành Cr3+ và Cr(VI) khi ΔG0 của quá trình < 0.
E10 = E 0x = 2,1 V → ∆G10 = -n E10 F = - 2.2,1.F
2Cr(IV) + 2 e → 2Cr3+ (1)
0
Cr(VI) + 2 e → Cr(IV) (2) E 2 =
0,55 + 1,34
0
0
= 0,945 (V) → ∆G 2 = -n E 2 F = 2
2.0,945.F
Từ (1) và (2) ta có: 3Cr(IV) → 2Cr3+ + Cr(VI)
www.nbkqna.edu.vn
∆G 30
(0,5đ)
87
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
∆G 30 = ∆G10 - ∆G 02 = - 2.(2,1 - 0,945).F < 0 → Vậy Cr(IV) có dị phân.
Cr2O72- + 14H+ + 6e ƒ 2Cr3+ + 7H2O
RT [Cr2O 72- ].(10-pH )14
E1 = 1,33 +
ln
6.F
[Cr 3+ ]2
3.
RT [Cr2 O 72- ].(10-(pH + 1) )14
ln
6.F
[Cr 3+ ]2
8,3145 . 298
.14ln10-1 = -0,138 (V).
b. Độ biến thiên của thế: E 2 - E1 =
6 . 96485
E 2 = 1,33 +
4.
(0,5 đ)
+6 -2
+1 -1
+1
+6,-2/-1 +1 -2
+
Cr2O + 4H2O2 + 2H → 2CrO5 + 5H2O
Phản ứng trên không phải là phản ứng oxi hóa-khử vì số oxi hóa của các nguyên tố
không thay đổi trong quá trình phản ứng. Trong CrO5, số oxi hóa của crom là +6 và của
0,5đ
-2
oxi là -2, -1 do peoxit CrO5 có cấu trúc:
27
O
-1
O
O
Cr
O
+6
O
Câu VII.
Dung dịch A gồm AgNO3 0,050 M và Pb(NO3)2 0,100 M.
1. Tính pH của dung dịch A.
2. Thêm 10,00 ml KI 0,250 M và HNO 3 0,200 M vào 10,00 ml dung dịch A. Sau phản
ứng người ta nhúng một điện cực Ag vào dung dịch B vừa thu được và ghép thành
pin (có cầu muối tiếp xúc hai dung dịch) với một điện cực có Ag nhúng vào dung
dịch X gồm AgNO3 0,010 M và KSCN 0,040 M.
a) Viết sơ đồ pin .
b) Tính sức điện động Epin tại 250C .
c) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
d) Tính hằng số cân bằng của phản ứng .
Cho biết : Ag+ + H2O
AgOH + H+ (1) ; K1= 10 –11,70
Pb2+ + H2O
PbOH+ + H+ (2) ; K2= 10 –7,80
Chỉ số tích số tan pKs : AgI là 16,0 ; PbI2 là 7,86 ; AgSCN là 12,0 .
0
EAg
+
= 0 ,799 V
/Ag
1. Ag+ + H2O ⇌ AgOH + H+
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH+ + H+
;
RT
ln = 0,0592 lg
F
; K1 = 10-11,7
; K2 = 10-7,8
(1)
(2)
Do K2 >> K1 nên cân bằng 2 quyết định pH của dung dịch
C
[]
Pb2+ + H2O ⇌ PbOH + H+ ; K2 = 10-7,8 (2)
0,10
0,10 − x
x
x
www.nbkqna.edu.vn
(2đ)
(0,125đ)
(0,125đ)
88
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
x2
= 10 −7 ,8
0,1 − x
x = 10-4,4 = [H+]
;
pH = 4,40
2.a) Dung dịch B: Thêm KI : CAg+ = 0,025 M; CPb2+ = 0,050
CI- = 0,125M ; CH+ = 0,10M
Ag+
+
I−
AgI ↓
0,025
0,125
0,10
2+
Pb
+
2 I−
PbI2 ↓
0,05
0,10
Trong dung dịch có đồng thời hai kết tủa AgI ↓ và PbI2 ↓
AgI ↓ ⇌ Ag+ + I− ;
Ks1 = 1.10-16 (3)
(0,125đ)
PbI2 ↓ ⇌ Pb2+ + 2 I− ;
Ks2 = 1.10-7,86 (4)
Ks1 Tnc(HF) = – 830C.
* Giải thích:
Mỗi phân tử H-F chỉ tạo được 2 liên kết hiđro với 2 phân tử HF khác ở
hai bên H-F…H-F…H-F. Trong HF rắn các phân tử H-F liên kết với nhau
nhờ liên kết hiđro tạo thành chuỗi một chiều, giữa các chuỗi đó liên kết
với nhau bằng lực van der Waals yếu. Vì vậy khi đun nóng đến nhiệt độ
không cao lắm thì lực van der Waals giữa các chuỗi đã bị phá vỡ, đồng
thời một phần liên kết hiđro cũng bị phá vỡ nên xảy ra hiện tượng nóng
chảy.
Mỗi phân tử H-O-H có thể tạo được 4 liên kết hiđro với 4 phân tử
H2O khác nằm ở 4 đỉnh của tứ diện. Trong nước đá mỗi phân tử H 2O liên
kết với 4 phân tử H2O khác tạo thành mạng
lưới không gian 3 chiều. Muốn làm nóng chảy
nước đá cần phải phá vỡ mạng lưới không gian
3 chiều với số lượng liên kết hiđro nhiều hơn
so với ở HF rắn do đó đòi hởi nhiệt độ cao hơn.
Câu 2. (2 điểm): Tinh thể. Liên kết
1. Muối LiCl kết tinh theo mạng lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗi cạnh là
5,14.10-10 m. Giả thiết ion Li+ nhỏ tới mức có thể xảy ra tiếp xúc anion - anion và ion Li + được
xếp khít vào khe giữa các ion Cl -. Hãy tính độ dài bán kính của mỗi ion Li + , Cl- trong mạng tinh
thể theo picomet (pm).
2. Hai nguyên tố X và Y cùng thuộc chu kì 2, tạo được với Clo 2 hợp chất sau đây: XCl 3 (phân
tử phẳng, tam giác); YCl4 (phân tử tứ diện). XCl3 có thể tác dụng với Cl- cho XCl4- và dễ bị thủy
phân. YCl4 không có những tính chất này.
1. Xác định vị trí của X và Y trong bảng HTTH các nguyên tố hóa học?
2. So sánh góc liên kết, độ dài liên kết và momen lưỡng cực của cặp XCl3 (I) và XCl4- (II).
Câu
2.1
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐIỂM
Mỗi loại ion tạo ra một mạng lập phương tâm mặt. Hai mạng đó lồng vào
nhau, khoảng cách hai mạng là a/2.
Học sinh mô tả cấu trúc của tinh thể LiCl.
0,25
d là đường chéo của ô mạng tinh tinh thể.
d2 = 2a2 → d = a 2
www.nbkqna.edu.vn
97
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
−
d = 4r ( Cl )
a 2
2
−
= 5,14 x10 −10 x
= 182 pm
r ( Cl ) =
4
4
Xét một cạnh a:
a = 2 r (Cl-) + 2 r (Li+)
a − 2r (Cl − ) 514 − 2 x182
r(Li+) =
=
= 75 pm
2
2
2.2
Từ cấu trúc Lewis của 2 hợp chất
Suy ra cấu hình electron của lớp ngoài cùng của các nguyên tử X và Y ở
trạng thái cơ bản là :
X: s2p1 X ở ô số 5 là B
Y: s2p2 Y ở ô số 6 là C
(Từ các tính chất hóa học đã cho ta suy ra:
- Lớp vỏ electron hóa trị của X trong XCl3 còn obital trống nhưng
lớp vỏ electron hóa trị của Y ( trong YCl4) thì không , mà X và Y ở chu kì
II.)
α (I) = 1200; α ( II ) = 109,28’
d (I ) < d(II) vì liên kết trong X- Cl (I) ngòai liên kết σ còn có 1 phần
liên kết π (p-p). Mặt khác trong obitan lai hóa %s càng lớn thì độ dài
liên kết càng nhỏ
µ I = µ II = 0
0,25
0,5
0,5
0,25
0,25
Câu 3. (2 điểm): Động học- Phản ứng hạt nhân.
Một mẫu đồng vị 210Po ở thời điểm t=0 phóng ra 1,736.1014 hạt α trong một giây, sau 7 ngày mẫu
đó phóng ra 1,44.1019 hạt α trong một ngày.
* Viết phương trình phân rã
* Tính khối lượng của Po cần lấy lúc đầu để sau 10 ngày ta có một mẫu có tốc độ phóng xạ 1 Ci
Câu
3
HƯỚNG DẪN GIẢI
207
0
207
84 Po + −1 e →83 Bi
207
+ 207
84 Po → β + 82 Bi
ĐIỂM
0,25x3
207
4
203
84 Po → 2 He + 82 Pb
Vo = 1,736.1014 P. rã/s = 1,736 x 1014 x 3600 x 24 = 1,5.1019p.rã/ngày
V = 1,44.1019 p.rã/ngày
1 Vo 1 1,5.1019
k = ln
= ln
= 0,00583 ngày -1
19
t V 7 1,44.10
40
4
206
84 P0 → 2 He+ 82 Pb
Xét mẫu Po có V= 1Ci = 3,7.1010 p.rã/s
= 3,7.1010 x 3600 x 24 = 3,2 x 105 p.rã/ngày.
v 32.105
N= =
= 5,483x1017 (ng.tử)
0,25
pt p.rã :
k
www.nbkqna.edu.vn
0,00583
0,25
0,25
98
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Vậy NPo phải lấy lúc đầu là (No)
No
ln
= k .t → N0 = N.ekt = 5,483.1017.e0,00583.10 = 5,812.1017 ng.tử
N
5,812 x1017
⇒ m Po =
x 20 = 202,68.10 − 6 ( g ) = 2,03.10-4 g
23
6,022 x10
0,25
0,25
Câu 4. (2 điểm): Nhiệt hóa học.
Người ta cho vào 1 bom nhiệt lượng kế 0,277g iso octan C 8H18 lỏng rồi đốt cháy thành CO2(k) và
H2O (lỏng). Nhiệt độ của nhiệt lượng kế này tăng ∆ T1 = 5,320C. Mặt khác, nếu nhúng vào nhiệt
lượng kế này một điện trở R = 10,8 Ω rồi nối 2 đầu điện trở vào một hiệu điện thế 12V trong 15
phút thì thấy nhiệt độ của nhiệt lượng kế tăng ∆ T2 = 4,800C
3. Tính nhiệt dung của nhiệt lượng kế CP =?
0
4. Tính nhiệt tạo thành tiêu chuẩn ∆H s của iso octan lỏng
∆H s0 (CO2 K) = -393,51kJ.mol-1
∆H s0 (H2O l) = -285,83 kJ.mol-1
C = 12, 011 ; H = 1,0079 ;
Câu
4
R= 8,314 J.K-1mol-1
HƯỚNG DẪN
Nhiệt lượng tỏa ra ở điện trở Qđiện bằng:
Qđiện =
V 2 t (12, 0V)2 .900s
12, 0.10 3 J
=
= 12, 0.103 J = C∆T2
→C =
= 2,50.103 J / 0 C
R
10,8Ω
4,80 0 C
2. C8H18 (l) + 25/2 O2 (K) → 8CO2 (K) + 9 H2O (l) (*)
Nhiệt lượng tỏa ra khi đốt 0,277g iso octan hay n mol trong điều kiện
đẳng tích bằng:
QV = -C ∆ T1 = -2,50.103J/0C . 5,320C = -13,3.103 J
(phải đặt dấu – vì qV là nhiệt tỏa ra)
∆ U(*)=
q V −13,3.10 3 J.114, 23g.mol −1
=
= −5485kJ / mol
n
0, 277g
ĐIỂM
0,5
0,5
0,25
0,25
∆H*0 = ∆U * + ∆n.R.T = −5485kJ.mol + 8,314JK mol .298K.(8 − 25 / 2) = −5496kJ.mol −1
−1
−1
−1
V× : ∆H *0 = 8∆H S0 (CO 2(K) ) + 9 ∆H S0 (H 2O (L) ) − ∆H S0 (C 8H18(L) )
0,5
→ ∆H S0 (C 8 H18(L) ) = −224,5kJ / mol
Câu 5. (2 điểm): Cân bằng hóa học pha khí.
Khí NO kết hợp với hơi Br2 tạo ra một khí duy nhất trong phân tử có 3 nguyên tử.
1. Viết phương trình phản ứng xảy ra.
www.nbkqna.edu.vn
99
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. Biết phản ứng trên thu nhiệt, tại 25oC có Kp = 116,6. Hãy tính Kp (ghi rõ đơn vị)
tại 0oC ; 50oC. Giả thiết rằng tỉ số giữa hai trị số hằng số cân bằng tại 0 oC với 25oC
hay 25oC với 50oC đều bằng 1,54.
3. Xét tại 25oC, cân bằng hoá học đã được thiết lập. Cân bằng đó sẽ chuyển dịch
như thế nào? Nếu:
a) Tăng lượng khí NO.
b) Giảm lượng hơi Br2.
c) Giảm nhiệt độ.
d) Thêm khí N2 vào hệ mà:
- Thể tích bình phản ứng không đổi (V = const)
- Áp suất chung của hệ không đổi (P = const), thể tích của bình thay đổi.
Câu
5.1
5.2
HƯỚNG DẪN GIẢI
2 NO(k) + Br2 (hơi) → 2 NOBr (k) ; ∆H > 0
(1)
-1
Phản ứng pha khí, có ∆n = -1 → đơn vị Kp là atm
(2)
Do phản ứng thu nhiệt nên có liên hệ
Kp tại O2 < Kp tại 252 < Kp tại 502
(3)
Vậy : Kp tại 250 = 1 / 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 / 1,54 = 75,71 (atm-1)
Kp tại 252 = 1,54 x Kp tại 252 = 116,6 x 1,54 ≈ 179, 56 (atm-1)
ĐIỂM
0,25
0,25
0,25
3. Xét sự chuyển dời cân bằng hoá học tại 25OC.
Trường hợp a và b: về nguyên tắc cần xét tỉ số:
Q =
PNOBr
--------(PNO)2
(4)
(Khi thêm NO hay Br2)
Sau đó so sánh trị số Kp với Q để kết luận.
Tuy nhiên, ở đây không có điều kiện để xét (4); do đó xét theo nguyên lý
Lơsatơlie.
a. Nếu tăng lượng NO, CBHH chuyển dời sang phải.
b. Nếu giảm lượng Br2, CBHH chuyển dời sang trái.
c. Theo nguyên lý Lơsatơlie, sự giảm nhiệt độ làm cho CBHH chuyển dời sang
trái, để chống lại sự giảm nhiệt độ.
d. Thêm N2 là khí trơ.
+ Nếu V = const: không ảnh hưởng tới CBHH vì N 2 không gây ảnh hưởng nào
liên hệ (theo định nghĩa áp suất riêng phần).
0,25
0,25
0,25
0,25
+ Nếu P = const ta xét liên hệ.
Nếu chưa có N2: P = pNO + pBr2 + pNOBr
(a)
Nếu có thêm N2: P = p’NO + p’Br2 + p’NOBr + Pn2
(b)
Vì P = const nên p’i < pi
Lúc đó ta xét Q theo (4) liên hệ / tương quan với Kp:
1. Nếu Q = Kp: không ảnh hưởng
2. Nếu Q > Kp : CBHH chuyển dời sang trái, để Q giảm tới trị số Kp.
3. Nếu Q 1) (do thêm khí mà P không đổi) → pi giảm n lần →
mẫu số giảm n2 lần , tử số giảm n lần → Q = n. Kp → Q > Kp → CB chuyển
dịch theo chiều nghịch
Câu 6. (2 điểm): Cân bằng trong dung dịch điện ly.
0,5
Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M.
(c) Tính pH của dung dịch X.
(d) Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được
kết tủa A và dung dịch B.
i
Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B.
ii
Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của
các ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2).
iii
Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết
các phương trình phản ứng (nếu có).
Cho : axit có H2S pK1 = 7,00, pK2 = 12,90; HSO4- có pK = 2,00;
Tích số tan của PbS = 10-26 ; PbSO4 = 10-7,8 ; PbI2 = 10-7,6.
Câ
u
6.a)
HƯỚNG DẪN GIẢI
ĐIỂ
M
Na2S → 2 Na+ + S20,01
0,01
+
KI → K + I0,06
0,06
Na2SO4 → 2Na+ + SO420,05
0,05
2-1,1
S
+ H2O HS + OH
Kb(1) = 10
SO42- + H2O ƒ
H SO4- + OH- Kb(2) = 10-12
Kb(1) >> Kb(2) nên cân bằng (1) quyết định pH của dung dịch:
S2- + H2O HS- + OHK = 10-1,1
[ ] (0,01 -x)
x
x
Tính pH của dung dịch
(1)
(2)
x2
= 10 −1,1 → x 2 + 0,0794x − 10 −3,1 = 0
0,01 − x
→x
6.b)
= 8,94. 10-3 →
Pb2+
0,09
0,08
Pb2+
0,08
0,03
www.nbkqna.edu.vn
[OH-] = 8,94.10-3 (M)
S20,01
→
PbS ↓
+ SO420,05
→
PbSO4 ↓
+
→
pH = 11,95
0,25
0,5
(Ks-1) = 1026.
(Ks-1) = 107,8.
101
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Pb2+
+
2 I0,03
0,06
Thành phần hỗn hợp: ↓A :
Dung dịch B :
→
(Ks-1) = 107,6.
PbI2
0,25
PbS , PbSO4 , PbI2
K+ 0,06M
Na+ 0,12M
-7,8
PbSO 4 : S = 10
= 10 −3,9PbS : S = 10 -26 = 10 −13
0,25
Ngoài ra còn có các ion Pb2+ ; SO42- ; S2- do kết tủa tan ra.
Độ tan của
Bởi vì độ tan của PbI2 là lớn nhất nên cân bằng chủ yếu trong dung dịch là cân
bằng tan của PbI2.
PbI2↓ = Pb2+ + 2IKs
2+
-47
-3
Do đó [Pb ] = 10 = 2 x 10 M và
[I-] = 4.10-3M.
−7,8
10
[SO42-] = -------- = 5. 10−5,8 = 7,9.10−6M H2SO3 + HCl
+ HBr
Từ số liệu tính toán ra kết quả: A là SOBrCl.
C.t.c.t
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,5
Cl
S
O
0,25
Br
Câu 10 (2 điểm): Nhận biết
−
2−
2−
Dung dịch (X) chứa đồng thời các ion: Na+, NH +4 , HCO 3 , SO 4 , CO 3 . Chỉ có dung dịch
HCl, Ba(OH)2, phenolphtalein và các dụng cụ cần thiết, hãy trình bày phương pháp nhận biết các
ion trong dung dịch (X).
Câu
10
HƯỚNG DẪN GIẢI
- Nhúng đũa Pt vào dung dịch X sau đó đốt trên ngọn lửa đèn cồn thấy ngọn lửa có
màu vàng. Chứng tỏ dung dịch X có chứa Na+.
- Điều chế dung dịch BaCl2 bằng cách cho phenolphtalein vào dung dịch Ba(OH)2,
dung dịch có màu hồng, sau đó cho từ từ dung dịch HCl vào dung dịch trên và lắc
đến khi dung dịch bắt đầu mất màu thì dừng lại ta có dung dịch BaCl2 có pH = 7.
- Lấy dung dịch BaCl2 cho vào dung dịch X thì được kết tủa BaCO3 và BaSO4.
2−
Ba2+ + CO 3
→ BaCO3
ĐIỂM
0,25
0,25
0,5
2−
Ba2+ + SO 4
→ BaSO4
Lọc lấy kết tủa, sau đó hòa tan bằng axit HCl dư thấy:
- Kết tủa bị tan ra một phần và có khí không màu thoát ra (CO2) đó là BaCO3, phần
kết tủa không tan trong axit là BaSO4.
2−
2−
Kết luận: Dung dịch X có chứa CO 3 ; SO 4
+
−
- Dung dịch còn lại có các ion: Na+, NH 4 và HCO 3
Nhận biết bằng Ba(OH)2:
+
NH 4 + OH-
→ NH3 + H2O
0,5
−
HCO 3 + Ba2+ + OH-
→ BaCO3 + H2O
+
Có khí mùi khai thoát ra chứng tỏ X chứa NH 4 ; có kết tủa trắng chứng tỏ X chứa
−
HCO 3
www.nbkqna.edu.vn
0,5
105
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
THI CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC
LƯƠNG VĂN TỤY
BỘ LẦN THỨ 6
MÔN THI: HÓA HỌC KHỐI: 10
(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)
(Đề gồm 9 câu, trong 05 trang)
Câu 1: (2 điểm) : CẤU TẠO NGUYÊN TỬ, PHÂN TỬ, ĐLTH
1. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8];
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni 2+
với mỗi cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại
sao?
2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị A như sau: 1,71; 1,16;
1,19 ; 0,68 ; 1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy này có cùng tổng số electron như ion
khác trong dãy. Số điện tích hạt nhân Z của các ion đó trong giới hạn 2 < Z < 18.
Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số
này. Cần trình bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán
đúng đó.
Câu 2: ( 2 điểm) TINH THỂ
Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính của ion Cs+ là
0,169 nm. Khối lượng mol của CsI là 2,59,8 g.mol-. Hãy tính:
a) Bán kính của ion I-?
b)Tính độ dặc khít của mạng tinh thể CsI?
c) Tính khối lượng riêng của CsI?
Câu 3: (2điểm)
ĐỘNG HỌC –PHẢN ƯNG HẠT NHÂN
Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng:
β
β
--
64
29
k1
64
−
Cu →
30 Zn + β
và
64
29
k2
64
+
Cu →
28 Ni + β
Thực nghiệm cho biết từ 1 mol
64
Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn
lại hoà tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan.
www.nbkqna.edu.vn
106
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà
tan vào dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4%
khối lượng hỗn hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu.
2. Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%.
3. Tính thời gian để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
Câu 4 (2 điểm) NHIỆT HÓA HỌC
Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho
công nghệ bán dẫn được thực hiện bằng phản ứng:
SiO2 (r) + 2C (r)
Si (r)
+
2CO (k)
(1)
1. Không cần tính toán, chỉ dựa vào sự hiểu biết về hàm entropi, hãy dự đoán sự
thay đổi (tăng hay giảm) entropi của hệ khi xảy ra phản ứng (1).
2. Tính ∆S 0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi
chuẩn dưới đây:
0
0
SSiO
= 41,8 J.K -1.mol-1 ; S0C(r) = 5,7 J.K -1.mol-1; SSi(r)
= 18,8 J.K -1.mol-1; S0CO(k) = 197,6 J.K -1.mol-1.
2 (r)
3. Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều
kiện tiêu chuẩn
0
-1
0
-1
(ΔH 0f ) củaSiO2 vàCO có các giá trị: ΔH f(SiO2 (r)) = -910,9 kJ.mol ; ΔH f(CO(k)) = -110,5 kJ.mol
.
4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?
(Coi sự phụ thuộc của ΔS và ΔH vào nhiệt độ là không đáng kể).
Câu 5: (2 điểm) CÂN BẰNG TRONG PHA KHÍ
Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2
2 SO3:
a) Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol
SO3 và 0,15 mol SO2. Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 25 0C và áp suất
chung của hệ là 3,20 atm. Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng.
www.nbkqna.edu.vn
107
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
b) Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ mol khí SO3. Ở trạng thái cbhh thấy
có 0,105 mol O2.Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất
chung của hệ
Câu 6 (2 điểm) CÂN BẰNG TRONG DUNG DỊCH CHẤT ĐIỆN LI
1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH
của dung dịch thu được là 11,50 (bỏ qua sự thể tích trong quá trình hòa tan).
Cho biết pKa ( HCOOH) = 3,75; Kw (H2O) = 10-14
2. Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M, Fe(ClO4)3 0,03M, MgCl2 0,01M.
Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và
dung dịch B. Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B.
Cho biết:
NH4+ (pKa = 9,24); Mg(OH)2 (pKS = 11); Fe(OH)3 (pKS = 37).
Fe3+ + H2O ⇔ Fe(OH)2+ + H+ K1 = 10-2,17
Mg2+ + H2O ⇔ Mg(OH)2+ + H+ K2 = 10-12,8
Câu 7: (2 điểm) PHẢN ỨNG OXH – KHỬ. ĐIỆN HÓA
1. Cân bằng các phương trình phản ứng sau đây theo phương pháp thăng bằng
electron.
a.
Cr2S3 + Mn(NO3)2 + Na2CO3
Na2CrO4 + Na2SO4 +
Na2MnO4 + NO + CO2
b.
K2SO3 + KMnO4 + KHSO4
K2SO4 + MnSO4 + H2O
2. Cho pin sau : H2(Pt), PH =1atm / H+: 1M // MnO −4 : 1M, Mn2+: 1M, H+: 1M /
2
Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 250 C là 1,5V.
0
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính E MnO
2+
4 /Mn
?
b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO 3 vào
nửa trái của pin?
www.nbkqna.edu.vn
108
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 8: (3,0 điểm) NHÓM HALOGEN + TỔNG HỢP
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 CaOCl 2 và dung dịch Ca(ClO).Viết các
phương trình phản ứng xảy ra.
2. Đốt cháy hoàn toàn 3 gam một mẫu than có chứa tạp chất S. Khí thu được cho
hấp thụ hoàn toàn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dung dịch A, chứa 2
muối và có xút dư. Cho khí Cl 2 (dư) sục vào dung dịch A, sau khi phản ứng xong
thu được dung dịch B, cho dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thu được a
gam kết tủa, nếu hoà tan lượng kết tủa này vào dung dịch HCl dư còn lại 3,495 gam
chất rắn.
1. Tính % khối lượng C; S trong mẫu than, tính a.
2. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch A, thể tích khí Cl2 (đktc) đã tham
gia phản ứng
Câu 9: (3,0 điểm) NHÓM OXI LƯU HUỲNH + TỔNG HỢP
Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng mang bốn số lượng tử như sau:
n = 3; l = 1; m = -1; ms = -
1
2
a) Xác định tên nguyên tố X, vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn (X không
phải là khí hiếm).
b) Cho 12,9 gam hợp chất A (chứa nguyên tố X) vào 100 ml H 2O; phản ứng xảy ra
mãnh liệt, thu được dung dịch B chứa một chất tan. Cho Ba(NO 3)2 dư vào dung
dịch B thu được 34,95 gam kết tủa trắng. Lọc kết tủa, để trung hoà nước lọc cần V
ml dung dịch KOH 2 M.
Xác định V, công thức cấu tạo và tên của hợp chất A?
-- -----------------Hết----------------------------SỞ GD&ĐT NINH BÌNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LƯƠNG VĂN TỤY
www.nbkqna.edu.vn
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ XUẤT
THI CHỌN HSG KHU VỰC DUYÊN HẢI - ĐỒNG BẰNG BẮC
BỘ LẦN THỨ 6
109
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
MÔN THI: HÓA HỌC KHỐI: 10
(Thời gian: 180’ không kể thời gian giao đề)
(HDC gồm 9 câu, trong 11 trang)
Câu 1:
1. Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8];
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater (Xlâytơ) tính năng lượng electron của Ni 2+ với mỗi cách
viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
2. Thực nghiệm cho biết các độ dài bán kính ion theo đơn vị A như sau: 1,71; 1,16; 1,19 ; 0,68 ;
1,26 ; 0,85. Mỗi ion trong dãy này có cùng tổng số electron như ion khác trong dãy. Số điện tích
hạt nhân Z của các ion đó trong giới hạn 2 < Z < 18.
Hãy gán đúng trị số bán kính cho từng ion và xếp theo thứ tự tăng của các trị số này. Cần trình
bày rõ về cơ sở cấu tạo nguyên tử và cấu hình electron của sự gán đúng đó.
1. Năng lượng của một electron ở phân lớp l có số lượng tử chính hiệu dụng n*
được tính theo biểu thức Slater:
ε1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV)
Hằng số chắn b và số lượng tử n* được tính theo quy tắc Slater. Áp dụng
cho Ni2+ (Z=28, có 26e) ta có:
Với cách viết 1 [Ar]3d8:
ε 1s = -13,6 x (28 – 0,3) 2/12
=
0,25
-10435,1 eV
2
2
ε 2s,2p = -13,6 x (28 – 0,85x2 – 0,35x7) / 2
=
1934,0 ε 3s,3p = -13,6 x (28 – 1x2 – 0,85x8 – 0,35x7) 2/32
=
- 0,25
424,0 ε 3d = - 13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x – 0,35x7) 2/32
=
Câu
86,1 1
E1 = 2 ε 1s + 8 ε 2s,2p + 8 ε 3s,3p + 8 ε 3d = - 40423,2 eV
0,25
Với cách viết 2 [Ar]sd64s2:
ε 1s, ε 2s,2p, ε 3s,3p có kết quả như trên . Ngoài ra:
ε 3d = -13,6 x (28 – 1x18 – 0,35x5) 2/32
=
0,25
102,9 eV
2
2
ε 4s = - 13,6 x (28 – 1x10 – 0,85x14 – 0,35) /3,7 =
32,8 Do đó E2 = - 40417,2 eV.
d) E1 thấp (âm) hơn E2, do đó cách viết 1 ứng với trạng thái bền hơn. Kết
quả thu được phù hợp với thực tế là ở trạng thái cơ bản ion Ni 2+ có cấu
hình electron [Ar]3d8.
2. Theo điều kiện
2 < Z < 18
(a)
các ion được xét thuộc các nguyên tố chu kì 2 (từ Li đến Ne) (b);
chu kì 3 (từ Na đến Ar) (c)
+). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Li, Be, B, C với số e hoá trị ít nên
chúng có khuynh hướng chủ yếu là mất e trở thành ion dương (+); hay góp 0,25
chung e tạo liên kết cộng hoá trị. Do đó ta chú ý tới các nguyên tố cuối chu kì
là F, O, N. Nguyên tử có nhiều e hoá trị hơn nên chúng có nhiều khả năng hơn
trong việc thu e để trở thành ion âm (-). Đó là các ion âm F -(có 10 e ); O2-(có 10
e ); N3- (có 10 e).
+). Xét (b): Các nguyên tố đầu chu kì: Na, Mg, Al có ít e hoá trị nên chúng đều 0,25
www.nbkqna.edu.vn
110
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
là kim loại hoạt động, dễ tạo thành ion dương (+): Na + (có10 e); Mg2+ (có 10 e);
Al3+ (có 10 e). Các nguyên tố cuối chu kì này là các phi kim dễ tạo thành ion âm
(-) đều có 18 e như Cl- ; S2- ; P3-.
+) Đầu bài cho 6 trị số bán kính ion. Kết quả vừa xét trên cho 6 ion, mỗi ion
0,25
này đều có 10 e với cấu hình 1s22s22p6. Các ion âm (-) có số điện tích hạt nhân
Z nhỏ hơn các ion dương (+). Các ion âm có lực hút tác dụng lên các electron
ngoài (trong cấu hình trên) yếu hơn các ion dương. Vậy các ion âm (-) có bán
kính lớn hơn.
•) 3 ion âm (-) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự F-(9); O2-(8); N3- (7)
(d).Dãy (d) này đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion âm (-).
•) 3 iondương (+) có số điện tích hạt nhân Z giảm theo thứ tự Al3+ (13); Mg2+
(12); Na+ (11)
(e)
Dãy (e) này cũng đã được xếp theo thứ tự tăng độ dài bán kính các ion dương.
Kết hợp (d) với (e) trên ta có dãy 6 ion theo thứ tự tăng độ dài bán kính như 0,25
sau: Ion:
Al3+ (13); Mg2+ (12); Na+ (11) F- (9); O2- (8); N3- (7)
Bán kính:
0,68
0,85
1,16
1,19 1,26
1,71
23Ghi chú: Thực tế các ion O và N kém bền, khó tồn tại.
Câu 2: Tinh thể CsI có cấu trúc kiểu CsCl với cạnh a = 0,445nm. Bán kính của ion Cs+ là 0,169
nm. Khối lượng mol của CsI là 2,59,8 g.mol-. Hãy tính:
a) Bán kính của ion I-?
b)Tính độ dặc khít của mạng tinh thể CsI?
c) Tính khối lượng riêng của CsI?
Câ Vẽ ô mạng cơ sở
0,5
u2
(2,0
đ)
Cs
Cl
0,5
0,5
www.nbkqna.edu.vn
111
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
c) nCs+= 1 (ion);
0,5
nI- = 8.1/8=1
Trong một ô đơn vị có một phân tử CsI. Khối lượng riêng của CsI là:
Câu 3:
Đồng vị phân rã phóng xạ đồng thời theo 2 phản ứng:
-β
β
64
29
k1
64
−
Cu →
và
30 Zn + β
64
29
k2
64
+
Cu →
28 Ni + β
Thực nghiệm cho biết từ 1 mol 64Cu ban đầu, sau 25 giờ 36 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà
tan vào dung dịch HCl dư thì còn 16 gam chất rắn không tan.
Từ một lượng đồng vị 64Cu ban đầu, sau 29 giờ 44 phút lấy hỗn hợp còn lại hoà tan vào
dung dịch KOH dư thì phần chất rắn không tan có khối lượng bằng 50,4% khối lượng hỗn
hợp.
1. Tính các hằng số phóng xạ k1, k2 và chu kì bán rã của 64Cu.
2. Tính thời gian để 64Cu còn lại 10%.
3. Tính thời gian để khối lượng 64Zn chiếm 30% khối lượng hỗn hợp.
Phương trình
-
-
Câu 3
(2,0 điểm)
dn
Cu
(1)
dt
dn
Cu
(2)
Cu
dt
dn
Zn
=k
1
n
Cu
→ ln
Cu
1
(1)
Zn
Cu
Ni
2
dt
dn
n (0)
=k t
dt
n (t )
n (0)
= dn = k n → ln
=k t
dt
n (t )
n (0) = kt
(k1 + k2)t = kt → ln
n (t )
=
Cu
2
(2)
Nin
=
Cu
(3)
Cu
Khi hoà tan hỗn hợp vào dung dịch HCl dư, Zn và Ni tan hết còn lại
16 gam Cu.
- Tại t =25 giờ 36 phút = 1536 phút, nCu(0) = 1 mol; nCu(t) = 0,25
mol.
ln nCu
n
Cu
(0)
(t )
= ln
1
= ln 4 = kt = kx1536 phút
0,25
k = 9,025x 10-4ph-1
ln 2
0,693
T 1/ 2 = k = 9,025x −4
10
0,5
−1
ph
= 768 phút
* Tại t = 29 giờ 44 phút = 1784 phút khi hoà tan hỗn hợp vào NaOH
dư thì kẽm tan hết, còn lại Cu và Ni. Từ 1 mol Cu ban đầu sau 1784
www.nbkqna.edu.vn
112
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
phút
n Cu + nNi = 0,504 mol
n Zn = 1 - 0,504 = 0,496
mol.
* Theo (3) ln
n (0)
n (1784)
Cu
= 9,025 x10-4ph-1x1784 ph = 1,61006.
Cu
1
= 5,003
nCu (1784)
nCu(1784) = 0,19988 ≈ 0,20 mol.
nCu(đã phân rã) = 1 - 0,2 = 0,80 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (1)) = nZn (1) = 0,496 mol.
nCu(đã phân rã ở phản ứng (2)) = 0,800 - 0,496 = 0,304 mol = n Ni
(2).
*
k
k
1
2
=
n
n
Mặt khác
Zn
(1)
(2)
Ni
=
0,496
= 1,6316
0,304
do đó k1 = 1,6316 k2.
k1 + k2 = 0,0009025
k2 + 1,6316k2 = 0,0009205
0,5
0,5
Từ đó k2 = 3,4295.10 ≈ 3,43.10 .
-4
-4
k1 = 5,5955. 10-4 ≈ 5,56.10-4.
2. Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gian để còn lại 0,1 mol 64Cu :
ln
0,5
1
= 9,025 x10 − 4 t
0,1
t = 2551 phút.
3. Từ 1 mol 64Cu ban đầu,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol.
nNi=
k2
3,4295 x10 −4
xnZn =
x0,30 = 0,183871mol
k1
5,5955 x10 − 4
nZn + nNi = 0,30 + 0,184 = 0,484 mol.
nCu = 1,000 - 0,484 = 0,516 mol.
Câu 4: Công đoạn đầu tiên của quá trình sản xuất silic có độ tinh khiết cao phục vụ cho công
nghệ bán dẫn được thực hiện bằng phản ứng:
SiO2 (r) + 2C (r)
Si (r) + 2CO (k)
(1)
1. Không cần tính toán, chỉ dựa vào sự hiểu biết về hàm entropi, hãy dự đoán sự thay đổi (tăng
hay giảm) entropi của hệ khi xảy ra phản ứng (1).
2. Tính ∆S 0 của quá trình điều chế silic theo phản ứng (1), dựa vào các giá trị entropi chuẩn dưới đây:
0
0
SSiO
= 41,8 J.K -1.mol-1 ; S0C(r) = 5,7 J.K -1.mol-1; SSi(r)
= 18,8 J.K -1.mol-1; S0CO(k) = 197,6 J.K -1.mol-1.
2 (r)
www.nbkqna.edu.vn
113
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
3. Tính giá trị ∆G 0 của phản ứng trên ở 25 oC. Biến thiên entanpi hình thành ở điều kiện tiêu
(ΔH 0f ) của
chuẩn
SiO2
và
CO
có
các
giá
trị:
0
ΔH 0f(SiO2 (r)) = -910,9 kJ.mol-1; ΔH f(CO(k))
= -110,5 kJ.mol-1 .
4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận bắt đầu từ nhiệt độ nào?
(Coi sự phụ thuộc của ΔS và ΔH vào nhiệt độ là không đáng kể).
Câu 4
1. Theo chiều thuận, phản ứng (1) tăng 2 mol khí. Trạng thái khí có mức độ
(2,0
hỗn loạn cao hơn trạng thái rắn, tức là có entropi lớn hơn. Vậy khi phản ứng
điểm)
xảy ra theo chiều thuận thì entropi của hệ tăng.
0,5
0
0
0
0
2. ΔS0 = 2 SCO(k) + SSi(r) - 2 SC(r) - SSiO2(r) = 2.197,6 + 18,8 - 2.5,7 - 41,8 =
360,8 JK-1
3.
T ΔS0 ,
∆G 0 =
ΔH 0 0
0
0
ΔH 0f(Si(r) ) + 2ΔH f(CO
- 2ΔH f(C
- ΔH f(SiO
(k) )
(r) )
2(r) )
trong
đó
ΔH 0 =
ΔH 0 = 2.(-110,5) + 910,9 = 689,9 (kJ)
→ ∆G 0 = ΔH 0 - T ΔS0 = 689,9 - 298 . 360,8.10-3 = 582,4
0,5
0,5
(kJ).
4. Phản ứng (1) sẽ diễn ra ưu thế theo chiều thuận khi ΔG bắt đầu có giá trị 0,5
âm:
ΔG = ΔH 0 - T ΔS0 = 689,9 - T . 360,8.10-3 = 0 → T = 1912
o
K.
Vậy từ nhiệt độ lớn hơn 1912 oK, cân bằng (1) sẽ diễn ra ưu tiên theo
chiều thuận.
Câu 5: Đối với phản ứng thuận nghịch pha khí 2 SO2 + O2
2 SO3:
a) Người ta cho vào bình kín thể tích không đổi 3,0 lít một hỗn hợp gồm 0,20 mol SO 3 và 0,15
mol SO2. Cân bằng hóa học (cbhh) được thiết lập tại 25 0C và áp suất chung của hệ là 3,20 atm.
Hãy tính tỉ lệ oxi trong hỗn hợp cân bằng.
b) Cũng ở 250C, người ta cho vào bình trên chỉ mol khí SO3. Ở trạng thái cbhh thấy có 0,105 mol
O2.Tính tỉ lệ SO3 bị phân hủy, thành phần hỗn hợp khí và áp suất chung của hệ
a ) Xét
2 SO2
+
O2
2 SO3
(1)
ban đầu
0,15
0,20
lúc cbhh
( 0,15 + 2z)
z
(0,20 – 2z)
Tổng số mol khí lúc cbhh là n1 = 0,15 + 2z + z + 0,20 – 2z = 0,35 + z
Từ pt trạng thái: P1V = n1RT → n1 = P1V / RT = 3,2.3/0,082.298 ; 0,393
→ z = 0,043.
Câu 5
1,0
Vậy x O 2 = z / n1 = 0,043/ 0,393 = 0,1094 hay trong hh cb oxi chiếm 10,94%
b)
2 SO2
+
O2
2 SO3
(2)
ban đầu
0
0
y
lúc cbhh 2. 0,105
0,105
(y – 2. 0,105).
Trạng thái cbhh được xét đối với (1) và (2) như nhau về T (và cùng V) nên ta có
2
2
K = const; vậy: n SO 3 / (n SO 2 .n O 2 ) = const.
2
2
Theo (1) ta có n SO 3 / (n SO 2 .n O 2 ) = ( 0,20 – 2. 0,043)2 / (0,15 + 0,086)2. 0,043 =
5,43.
www.nbkqna.edu.vn
114
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2
2
Theo (2) ta có n SO 3 / (n SO 2 .n O 2 ) = (y – 0,21)2/ (0,21)2.0,105 = 5,43. Từ đó có
phương trình
y2 – 0,42 y + 0,019 = 0. Giải pt này ta được y1 = 0,369; y2
= 0,0515 < 0,105
0,5
(loại bỏ nghiệm y2 này).
Do đó ban đầu có y = 0,369 mol SO3; phân li 0,21 mol nên tỉ lệ SO3 phân li là
56,91%
Tại cbhh tổng số mol khí là 0,369 + 0, 105 = 0,474 nên:
SO3 chiếm ( 0,159 / 0,474).100% = 33,54%; SO2 chiếm ( 0,21 / 0,474).100% =
44,30%;
0,5
O2 chiếm 100% - 33,54% - 44,30% = 22,16%.
Từ pt trạng thái: P2V = n2RT → P2 = n2 RT/ V = 0,474.0,082.298/3 → P2 =
3,86 atm
Câu 6:
1. Tính khối lượng NaOH phải cho vào 500ml dung dịch HCOONa 0,01M để pH của dung dịch
thu được là 11,50 (bỏ qua sự thể tích trong quá trình hòa tan).
Cho biết pKa ( HCOOH) = 3,75; Kw (H2O) = 10-14
2.Một dung dịch X chứa HClO4 0,005M, Fe(ClO4)3 0,03M, MgCl2 0,01M.
Cho 100ml dung dịch NH3 0,1M vào 100ml dung dịch X thì thu được kết tủa A và dung dịch B.
Xác định kết tủa A và pH của dung dịch B.
Cho biết:
NH4+ (pKa = 9,24); Mg(OH)2 (pKS = 11); Fe(OH)3 (pKS = 37).
Fe3+ + H2O ⇔ Fe(OH)2+ + H+
K1 = 10-2,17
2+
2+
+
Mg + H2O ⇔ Mg(OH) + H
K2 = 10-12,8
Đáp án
1. HCOO - + H2O
HCOOH + OH- Kb = Ka-1 KW = 10-10,25
1 điểm
C
0,01
x
[ ] 0,01-y
y
x+y
Theo bài ra ta có pH = 11,5 [ H+] = 10-11,5 [OH-] = 10-2,5 = x + y
( x + y) * y
= 10 −10, 25
Theo ĐLTDKL
giải được y = 1,78.10-10 và x =
0,01 − y
3,16 .10-3 (mol/l)
Khối lượng NaOH cần thêm = 3,16.10-3 * 0,5 * 40 = 0,0632 gam.
2. Tính lại nồng độ sau khi trộn:
C NH 3 = 0,05M; CMg 2+ = 0,005M; CFe3+ = 0,015M; CH + ( HClO4 ) = 0,0025M
Có các quá trình sau:
3NH3 + 3H2O + Fe3+ ⇔ Fe(OH)3 + 3NH4+
K3 = 1022,72 (3)
2+ ⇔
+
2NH3 + 2H2O + Mg
Mg(OH)2 + 2NH4
K4 = 101,48 (4)
NH3 + H+ ⇔ NH4+
K5 = 109,24 (5)
Do K3, K5 >> nên coi như phản ứng (3), (5) xảy ra hoàn toàn
3NH3 + 3H2O + Fe3+ → Fe(OH)3 + 3NH4+
0,05M
0,015M
0,005M
0,045M
+
+
NH3 +
H
→ NH4
0,005M
0,0025M
0,045M
0,0025M
0,0475M
TPGH gồm: NH3 (0,0025M); NH4+ (0,0475M); Mg2+ (0,005M); H2O
Tính gần đúng pH của dung dịch B theo hệ đệm:
www.nbkqna.edu.vn
0,25
0,25
0,25
115
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Cb
0, 0025
= 9, 24 + lg
= 7,96
Ca
0, 0475
Hoặc tính theo cân bằng:
NH3 + H2O ⇔ NH4+ + OHKb = 10-4,76
Mặt khác [Mg2+].[OH-]2 = 4,16.10-15 < K S ( Mg (OH )2 ) nên không có kết tủa Mg(OH)2. Vậy kết
tủa A là Fe(OH)3
Câu 7:
pH = pK a + lg
2.
0,25
Cân bằng các phương trình phản ứng sau đây theo phương pháp thăng bằng electron.
c.
Cr2S3 + Mn(NO3)2 + Na2CO3
NO + CO2
d.
K2SO3 + KMnO4 + KHSO4
Na 2CrO4 + Na2SO4 + Na2MnO4 +
K2SO4 + MnSO4 + H2O
2. Cho pin sau : H2(Pt), PH 2 =1atm / H+: 1M // MnO −4 : 1M, Mn2+: 1M, H+: 1M / Pt
Biết rằng sức điện động của pin ở 250 C là 1,5V.
0
a) Hãy cho biết phản ứng thực tế xảy ra trong pin và tính E MnO-4 /Mn 2+ ?
b) Sức điện động của pin thay đổi như thế nào khi thêm một ít NaHCO 3 vào nửa trái của
pin?
Câu
7
1. a.Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20Na2CO3
15Na2MnO4 + 30NO + 20CO2
Cr2S3
2Cr+6 + 3S+6 +30e
Mn(NO3)2 +2e
MnO42- +2NO
b. 5K2SO3 + 2KMnO4 + 6KHSO4
S+4
S+6 + 2e x 5
Mn+7 + 5e
Mn+2
x2
2Na 2CrO4 + 3Na2SO4 + 0,5
x1
x 15
9K2SO4 + 2MnSO4 + 3H2O
2.
a. Phản ứng thực tế xảy ra trong pin:
Do Epin = 1,5 V > 0 nên cực Pt - (phải) là catot, cực hiđro - (trái) là anot do đó
phản ứng thực tế xảy ra trong pin sẽ trùng với phản ứng qui ước:
- Catot:
MnO −4 + 8H+ + 5e
Mn2+ + 4H2O
- Anot:
H2
2H+ + 2e
=> phản ứng trong pin:
2MnO −4 + 6H+ + 5H2
2Mn2+ + 8H2O
* E
0
0
pin
0,5
0,25
0
= E MnO4− / Mn 2 + - E 2 H + / H 2 = 1,5 V
⇒ E MnO4− / Mn 2 + = 1,5 V
b).Nếu thêm một ít NaHCO3 vào nửa trái của pin sẽ xảy ra pư:
HCO3- + H+ → H2O + CO2
0,059
H+
+
.
lg
+
H
⇒
giảm nên E 2 H / H 2 =
giảm , do đó:
2
PH 2
0,25
Epin = (E MnO4− / Mn 2 + - E 2 H + / H 2 ) sẽ tăng
0,5
0
[ ]
www.nbkqna.edu.vn
[ ]
116
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 8: 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 CaOCl 2 và dung dịch Ca(ClO).Viết các phương
trình phản ứng xảy ra.
2. Đốt cháy hoàn toàn 3 gam một mẫu than có chứa tạp chất S. Khí thu được cho hấp thụ
hoàn toàn bởi 0,5 lít dung dịch NaOH 1,5M được dung dịch A, chứa 2 muối và có xút dư.
Cho khí Cl2 (dư) sục vào dung dịch A, sau khi phản ứng xong thu được dung dịch B, cho
dung dịch B tác dụng với dung dịch BaCl 2 dư thu được a gam kết tủa, nếu hoà tan lượng
kết tủa này vào dung dịch HCl dư còn lại 3,495 gam chất rắn.
1. Tính % khối lượng C; S trong mẫu than, tính a.
2. Tính nồng độ mol/lít các chất trong dung dịch A, thể tích khí Cl2 (đktc) đã tham gia
phản ứng
0
Câu 8
C
1. a) Cl2 + Ca(OH)2
30
→ CaOCl2 + H2O
2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O
(dung dịch)
b)
CO2 + 2CaOCl2 + H2O = CaCO3↓ + CaCl2 + Cl2O
CO2 + CaCO3 = Ca(HCO3)2
CO2 + Ca(ClO)2 + H2O = CaCO3 ↓ + 2HClO
CO2 + CaCO3 = Ca(HCO3)2
2. Phương trình phản ứng:
C + O2 → CO2
(1)
x
x
(mol)
S + O2 → SO2
(2)
y
y
(mol)
Gọi số mol C trong mẫu than là x; số mol S trong mẫu than là y
→ 12x + 32y = 3.
Khi cho CO2; SO2 vào dung dịch NaOH dư:
CO2 + 2NaOH → Na2CO3 + H2O (3)
SO2 + 2NaOH → Na2SO3 + H2O (4)
Cho khí Cl2 vào dung dịch A (Na2CO3; Na2SO3; NaOH dư)
Cl2 + 2NaOH → NaClO + NaCl + H2O
(5)
2NaOH + Cl2 + Na2SO3 → Na2SO4 + 2NaCl + H2O
(6)
Trong dung dịch B có: Na 2CO3; Na2SO4; NaCl; NaClO. Khi cho
BaCl2 vào ta có:
BaCl2 + Na2CO3 → BaCO3↓ + 2NaCl
(7)
x
x
BaCl2 + Na2SO4 → BaSO4↓ + 2NaCl
(8)
y
y
Hoà tan kết tủa vào dung dịch HCl có phản ứng, BaCO3 tan.
Na2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑ + H2O
Vậy : BaSO4 = 3,495 g = 0,015mol
Vậy y = 0,015 mol → mS = 0,48 gam → %S = 16%
www.nbkqna.edu.vn
0,5
0,5
0,5
0,5
117
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
mC = 2,52 gam → %C = 84%
1. a gam kết tủa = 3,495 +
2,52
(137 + 60) = 41,37 gam
12
2. Dung dịch A gồm: Na2CO3; Na2SO3; NaOH(dư)
[ Na2CO3 ] = 0,21: 0,5 = 0,12M
[ Na2SO3 ] = 0,015: 0,5 = 0,03M
[ NaOH ] =
0,25
0,25
0,75 - (2 . 0,21 + 2 . 0,015)
= 0,6M
0,5
3. Thể tích Cl2 (đktc) tham gia phản ứng:
VCl2 = 0,3 . 22,4/2 = 3,36 lít
MCl 2 = 1 . 0,3/2 →
0,5
Câu 9:( 3,0 điểm)
Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng mang bốn số lượng tử như sau:
n = 3; l = 1; m = -1; ms = -
1
2
a) Xác định tên nguyên tố X, vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn (X không phải là
khí hiếm).
b) Cho 12,9 gam hợp chất A (chứa nguyên tố X) vào 100 ml H 2O; phản ứng xảy ra mãnh
liệt, thu được dung dịch B chứa một chất tan. Cho Ba(NO 3)2 dư vào dung dịch B thu được
34,95 gam kết tủa trắng. Lọc kết tủa, để trung hoà nước lọc cần V ml dung dịch KOH 2
M.
Xác định V, công thức cấu tạo và tên của hợp chất A?
Câu 9:
a) * Tìm X:
X không phải là khí hiếm, nên ta có các số lượng tử: n = 3; l = 1; m =
-1; ms = -
1
là của electron cuối cùng của phân lớp 3p4.
2
Ta có, sự phân bố electron trong các ô lượng tử của phân lớp 3p 4 và
các giá trị m tương ứng như sau:
↑↓ ↑ ↑
m: -1 0 +1
⇒ Cấu hình electron của X là: 1s22s22p63s33p4
0,5
⇒ X là nguyên tố lưu huỳnh (S)
* Vị trí của X trong bảng hệ thống tuần hoàn:
+ Số thứ tự (ô): 16 (do có 16 electron)
+ Chu kỳ: 3 (do có 3 lớp electron)
0,5
+ Nhóm: VI A (vì có 6 electron lớp ngoài cùng, electron cuối cùng
điền vào phân lớp p)
b) Ion Ba2+ tạo kết tủa trắng trong môi trường axit (do phải dùng
KOH để trung hoà dung dịch thu được sau khi lọc kết tủa)
⇒ Kết tủa đó là BaSO4 ⇒ Số mol kết tủa: n BaSO4 =
www.nbkqna.edu.vn
34,95
= 0,15 (mol)
233
118
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
⇒ Dung dịch B là H2SO4
⇒ A có thể là SO3 hoặc H2SO4.nSO3
* Trường hợp 1: A là SO3:
SO3 → H2SO4 → BaSO4
Ta có: nA = n SO =
3
0,5
12,9
= 0,16125 (mol) ≠ n BaSO4
80
⇒ A không thể là SO3
* Trường hợp 2: A là H2SO4.nSO3:
12,9
Ta có: nA = n H2SO4 .nSO3 =
(mol); n BaSO4 = 0,15 (mol)
98 + 80.n
0,5
H2SO4.nSO3 + nH2O → (n + 1)H2SO4
12,9
98 + 80.n
→
12,9.(n + 1)
98 + 80.n
H2SO4 + Ba(NO3)2 → BaSO4 + 2HNO3
0,1←
0,15
→ 0,3
HNO3 + KOH → KNO3 + H2O
0,3 → 0,3
⇒ nKOH = 0,3 (mol) ⇒ Vdd KOH =
Ta có: n H SO =
2
4
0,3
= 0,15 (lít) = 150 (ml)
2
12,9.(n + 1)
= 0,15 ⇒ n = 2
98 + 80.n
⇒ Công thức của A : H2SO4.2SO3 hay H2S3O10 (axit trisunfuric)
Công thức cấu tạo của A:
HO O
O
S
O
S
O
www.nbkqna.edu.vn
O
O
OH
0,5
0,5
S
O
O
119
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
ĐỀ THI HSG MÔN HOÁ HỌC
VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VI
(Lớp 10 hóa - Thời gian 180 phút)
Câu 1 (2 điểm):
1. Hãy cho biết cấu hình hình học của phân tử và ion dưới đây, đồng thời sắp xếp các góc
liên kết trong chúng theo chiều giảm dần. Giải thích.
a) NO2; NO2+ , NO2− .
b) H2S ; SCl2
2. Thực nghiệm xác định được mômen lưỡng cực của phân tử H 2O là 1,85 D,
góc liên kÕt HOH là 104,5o; ®é dài liªn kÕt O - H là 0,0957 mm.
Tính độ ion của liên kết O – H trong phân tử oxi (bỏ qua momen tạo ra do cặp electron
hoá trị không tham gia liên kết của oxi).
Cho biết số thứ tự Z của các nguyên tố: 7 (N) ; 8 (O) ; 16 (S) ; 17 (Cl), 1D = 3,33.10 -30 C.
m .Điện tích của electron là –1,6.10-19C ; 1 mm = 10-9m.
Câu 2 (2 điểm): Vàng (Au) kết tinh ở dạng lập phương tâm mặt có cạnh của ô mạng cơ sở a =
407 pm (1pm = 10-12 m).
a) Tính khoảng cách nhỏ nhất giữa hạt nhân của 2 nguyên tử Au?
b) Xác định số phối trí của nguyên tử Au?
c) Tính khối lượng riêng của tinh thể Au?
d) Tính độ khít của tinh thể Au?
Biết Au = 196,97 ; N = 6,022.1023.
Câu 3 (2 điểm): Một mẫu quặng Urani tự nhiên có chứa 99,275 gam
3,372.10-5 gam
226
88
238
92
U ; 0,720 gam
235
92
U và
235
226
Ra . Cho các giá trị chu kỳ bán huỷ: t 1 ( 92 U ) = 7,04.108 năm, t 1 ( 88 Ra) = 1600
2
2
238
năm, t 1 ( 92 U ) = 4,47.109 năm. Chấp nhận tuổi của trái đất là 4,55.10 9 năm. Tính tỉ lệ khối lượng
2
của các đồng vị
235
92
U / 238
92 U khi trái đất mới hình thành.
Câu 4 (2 điểm): Đun nóng đẳng nhiệt 56 lít khí He (chấp nhận là khí lý tưởng) ở áp suất ban đầu
1atm và nhiêu độ đầu là 0oC. Biến thiên nội năng của hệ trong quá trình đun nóng đó bằng 3138
J. Biết rằng trong suốt quá trình đun nóng đó C P =
5
R . Cho phân tử gam coi như không đổi.
2
a) Tính nhiệt độ cuối của hệ?
b) Tính Q, W, ∆H của quá trình?
www.nbkqna.edu.vn
120
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
c) Tính áp suất ở trạng thái cuối của hệ?
Câu 5 (2 điểm): Xét phản ứng thuận nghịch pha khí:
→ 2NH 3
N 2 + 3H 2 ¬
(1)
1. Thực nghiệm cho biết: Trị số hằng số cân bằng KP tại 400K là 41, tại 500K là 3,6.10-2.
a) (1) là phản ứng thu nhiệt hay toả nhiệt? Hãy giải thích chi tiết.
b) Trị số trên có kèm theo thứ nguyên không? Hãy trình bày cụ thể?
2. Trong một thí nghiệm người ta lấy nồng độ ban đầu của N 2 là 0,01M, hiđro là 0,02M.
Tính nồng độ NH3 tại điểm cân bằng, biết KC = 3,1.10-3.
Câu 6 (2 điểm): Dung dịch A chứa KCN 0,100M
1. Tính pH và độ điện li của CN- trong A?
2. Độ điện li sẽ thay đổi thế nào nếu:
a) Thêm 0,010 mol NaHSO4 vào 1 lít A.
b) Thêm 0,1 mol NH4NO3 vào 1 lít A.
Cho pK HSO4− = 2; pK NH 4+ = 9,24; pK HCN = 9,35 .
Câu 7 (2 điểm):
1. Trộn hai thể tích bằng nhau của 2 dung dịch SnCl2 0,100M với FeCl3 0,100M. Xác định
nồng độ của ion Sn2+ và Sn4+ ; Fe2+ và Fe3+. Khi cân bằng ở 25oC. Tính thế của các cặp oxi hoá khử khi cân bằng.
2. Nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2M. Xác định nồng độ Fe2+ , Fe3+ và
Ag+ khi cân bằng ở 25oC. Tính thế của các cặp oxi hoá - khử khi cân bằng.
0
Cho E Sn 4 +
Sn 2 +
= 0,15V ; E 0 3+ 2+ = 0, 77V ; E 0 + = 0,80V ; RT ln K = 0, 059 lg K .
Ag / Ag
Fe / Fe
F
Câu 8 (2 điểm):
1) Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
a. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3.
b. Ion I- bị oxi hoá bởi H2SO4 đặc, BrO3- trong môi trường axit; còn Br2 lại oxi hoá được P
thành axit tương ứng.
2) Hoà tan 0,835 gam hỗn hợp X gồm NaHSO3 và Na2SO3 trong dung dịch H2SO4 dư, đun
nóng. Cho tất cả lượng khí sinh ra hấp thụ trong 500 ml dung dịch Br2 thu được 500 ml dung dịch
A. Thêm KI vào 50 ml dung dịch A, lượng I3- sinh ra tác dụng vừa đủ với 12,5 ml dung dịch
Na2S2O3 0,01 M. Nếu sục khí N2 để đuổi hết Br2 dư trong 25 ml dung dịch A thì dung dịch B thu
được trung hoà vừa đủ với 15 ml dung dịch NaOH 0,1M.
a. Tính nồng độ mol của dung dịch Br2 ban đầu.
b. Tính % khối lượng các muối trong hỗn hợp X.
Câu 9 (2 điểm):
X là hợp chất tạo bởi kim loại M và lưu huỳnh. Hoà tan hoàn toàn 24 gam X trong dung
dịch H2SO4 đặc, nóng dư thì thu được dung dịch A và 33,6 lít khí E duy nhất (ở đktc). Cho dung
dịch NaOH dư vào A thì thấy tạo thành 21,4 gam kết tủa.
Xác định công thức phân tử của X?.
www.nbkqna.edu.vn
121
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
(Cho: S = 32 ; O = 16 ; H = 1 ; Cu = 64 ; Al = 27 ;Fe = 56 ; Ag = 108 ; Mg = 24; Cd =
112)
Câu 10 (2 điểm):
Cho một pin:
Pt/ Fe3+ (0,01M), Fe2+ (0,05M), H+ (1M) // KCl bão hoà, Hg2Cl2(R)/Hg
a) Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.
b) Thêm NaOH vào bên trái của pin cho đến khi [OH -] = 0,02M (Coi thể tích dung dịch
không thay đổi).
Tính SĐĐ của pin khi đó?
Biết:
0
E Fe
3+
Fe 2 +
= 0,77V , ECal = 0,244V,
K s ( ( Fe (OH )3 ) = 10 −37 ,5 ,
K s ( ( Fe (OH ) 2 ) = 10 −15,6 ,
RT
0,0592
ln =
lg tại nhiệt độ khảo sát.
nF
n
ĐÁP ÁN ĐỀ HSG HOÁ HỌC
VÙNG DUYÊN HẢI - BẮC BỘ - LẦN THỨ XI
www.nbkqna.edu.vn
122
Bài
1
Câu
1a
Nội dung
Điểm
1
-
+
NO2
NO2
NO2
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có
đáp án
(-)
O
N
O
N
N
O
O
O
sp
sp
sp2
gấp khúc
O
2
thẳng
gấp khúc
Góc liên kết giảm theo thứ tự: NO 2( + ) > NO 2 > NO 2 ( − )
+ Do NO 2( + ) không còn e hoá trị tự do => Chỉ còn 2 khu vực mây e
đẩy nhau tạo góc 1800.
+ Với NO2 và NO2-: Xung quanh N đều có 3 khu vực mây e đẩy
nhau nên tạo góc liên kết gần 1200; NO2- có đôi e tự do chiếm
khoảng không gian lớn hơn do đó góc liên kết nhỏ hơn so với NO 2
1b
chỉ có 1e hoá trị tự do.
Xét phân tử H2O:
µ1
1
H
α
O
µ2
µ
H
r uur
uur
α uur
α
α
µ = µ1 cos + µ 2 cos = 2µ1 cos
2
2
2
uuuur
Vì µ H 2O = 1,85D (thực nghiệm), α = 104,50
⇒ µ1 =
1,85
= 1,51D
2 cos 52, 25
Mà theo lý thuyết giả thiết độ ion của lk O – H là 100%
Ta có µ1( lt ) =
0, 0957.10−9.1, 6.10−19
= 4, 60D
3,33.10−30
1,51
= 32,8%
4, 60
Cấu trúc tinh thể 1 ô mạng cơ sở của Au:
Vậy độ ion của lk O – H =
2
2a
1
a) Tính khoảng cách ngắn nhất giữa 2 hạt nhân Au:
Mặt ô mạng: AO = 2R = d
A
a
B
a
O
D
www.nbkqna.edu.vn
⇒ 2d 2 = a 2 ⇒ d =
a
C
123
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GD&ĐT QUẢNG NAM
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
NGUYỄN BỈNH KHIÊM
KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC
DUYÊN HẢI & ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2013
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC , LỚP 10
( Thời gian: 180 phút không kể thời gian giao đề)
Câu 1. (2 điểm)
1. Cho các góc liên kết 100,30; 97,80;101,50; 1020 và các góc liên kết IPI; FPF;
ClPCl; BrPBr. Hãy dựa vào độ âm điện, gán trị số cho mỗi góc liên kết và giải
thích?
2.Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8].
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng electron của Ni 2+ với mỗi
cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
Câu 2. (2 điểm)
1.Trong các tinh thể Fe α có cấu trúc lập phương tâm khối và có thể chứa các
nguyên tử cacbon chiếm các mặt của ô mạng cơ sở
o
a. Nếu bán kính kim loại của sắt không có cacbon là 1,24 A . Tính độ dài cạnh a
của ô mạng cơ sở.
o
b. Nếu bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,77 A . Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên
bao nhiêu khi sắt α có chứa cacbon so với cạnh a khi sắt α nguyên chất ?
2. Người ta đã tổng hợp được [NiSe4]2- , [ZnSe4]2- và xác định được rằng phức chất
của Ni có dạng hình vuông phẳng, của Zn có dạng hình tứ diện đều. Hãy đưa ra
một cấu tạo hợp lí cho mỗi trường hợp trên và giải thích.
Câu 3. (2 điểm)
1.
a. Có bao nhiêu hạt α , β được phóng ra từ dãy biến đổi phóng xạ
238
92
U thành A
(trong A có e cuối cùng phân bố vào nguyên tử được đặc trưng bởi n=6, l= 1, m=0,
www.nbkqna.edu.vn
124
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
ms = +1/2). Tỷ lệ giữa hạt không mang điện và hạt mang điện trong hạt nhân A là
1,5122?
b. Tỷ lệ 3T so với tổng số nguyên tử H trong 1 mẫu nước sông là 8.10-18. 3T phân
hủy phóng xạ với T1/2 =12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử
T(
3
T) trong 10 gam mẫu
nước sông trên sau 40 năm?
2. Phản ứng clo hóa axit fomic trong pha khí xảy ra theo cơ chế dây chuyền sau:
- Sinh mạch: Cl2
k
0 → 2Cl
.
- Phát triển mạch: Cl. + HCOOH
Cl2 + .COOH
- Ngắt mạch: Cl. + thành bình
k
1
→
k
HCl + .COOH
2 → HCl
k
3 → Cl
+ CO2 + Cl.
(thành bình)
Hãy chứng tỏ phương trình động học của phản ứng có dạng:
-
d[Cl ]
2 = k.[Cl ][HCOOH]
2
dt
Câu4 (2 điểm)
1. Tính nhiệt hình thành của ion clorua (Cl-) dựa trên các dữ liệu:
∆H 1o = −92,2 kJ/mol
Nhiệt hình thành HCl (k):
∆H o2 = 0 kJ/mol
Nhiệt hình thành ion hidro (H+):
∆H 3o = −75,13 kJ/mol
HCl (k) + aq → H+ (aq) + Cl- (aq)
2.ë nhiÖt ®é cao amoni clorua bÞ ph©n huû cho 2 khÝ. §Ó x¸c ®Þnh nh÷ng tÝnh chÊt
nhiÖt ®éng cña ph¶n øng nµy ë mét nhiÖt ®é x¸c ®Þnh, ngêi ta cho 53,5 gam NH4Cl
(r¾n) vµo mét b×nh ch©n kh«ng thÓ tÝch 5 lÝt råi nung nãng lªn 427 o C. §o ®îc ¸p
suÊt trong b×nh lµ 608 kPa. NÕu tiÕp tôc nung nãng ®Õn 459o C th× ¸p suÊt ®o ®îc
b»ng 1115 kPa.
TÝnh entanpi tiªu chuÈn, entropi tiªu chuÈn vµ entanpi tù do tiªu chuÈn cña
ph¶n øng ë 427o C. ChÊp nhËn r»ng ∆Ho vµ ∆So kh«ng phô thuéc vµo nhiÖt ®é trong
kho¶ng 400 - 500o C.
(N = 14 ; Cl = 35,5)
Câu5: (2,0 điểm)
Xét cân bằng
2NOCl(k)
2NO(k) + Cl2 (k)
Các số liệu nhiệt động cho ở bảng:
NOCl
NO
ΔH° (kJ.mol )
51,71
90,25
-1
-1
S° (J.mol .K )
26,4
21,1
Cho rằng ΔH, ΔS thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể.
1. Tính Kp của phản ứng ở 298K
-1
www.nbkqna.edu.vn
Cl2
0
22,3
125
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. Tính K′p của phản ứng ở 475K
3. Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00
lít. Tính áp suất trong bình lúc cân bằng ở 298K và ở 475K
Câu 6. (2,0 điểm)
Dung dịch X gồm Na2S 0,010M, KI 0,060M, Na2SO4 0,050M.
Giá trị pKa của H2S lần lượt là 7,02 và 12,9
Giá trị pKa của HSO4- là 2.
Tích số tan của PbS, PbI2, PbSO4 lần lượt là : 10-26; 10-7,6; 10--7,8.
a.Tính pH của dung dịch X.
b.Thêm dần Pb(NO3)2 vào dung dịch X cho đến nồng độ 0,090M thì thu được kết
tủa A và dung dịch B.
b1. Cho biết thành phần hoá học của kết tủa A và dung dịch B.
b2. Tính nồng độ các ion trong dung dịch B (không kể sự thuỷ phân của các
ion, coi thể tích dung dịch không thay đổi khi thêm Pb(NO3)2).
b3. Nhận biết các chất có trong kết tủa A bằng phương pháp hoá học, viết các
phương trình phản ứng (nếu có)
Câu 7. (2,0 điểm)
Điện phân 500 ml dung dịch Y gồm: AgNO3 0,1M, Ni(NO3)2 0,5M, HNO3 0,1M ở
0
25 C.
1. Cho biết thứ tự điện phân ở catot.
2. Tính điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân có thể xảy
ra.
3. Tính khoảng thế đặt ở catot phù hợp để tách ion Ag + ra khỏi dung dịch.
Coi một ion được tách hoàn toàn khi nồng độ ion đó trong dung dịch nhỏ hơn 10 6
M.
4. Dùng dòng điện có hiệu thế đủ lớn, có I = 5A điện phân dung dịch Y trong
thời gian 1,8228 giờ thu được dung dịch X. Tính thế của điện cực khi nhúng thanh
Ni vào X, coi thể tích dung dịch thay đổi không đáng kể và bỏ qua sự tạo phức
hiđroxo của Ni2+.
Cho:
Eo(Cu2+/Cu) = 0,337 (V)
Eo(Ag+/Ag) = 0,799 (V)
Eo(Ni2+/Ni) = -0,233 (V)
Eo(2H+/H2) = 0,000 (V)
2,302 RT/F = 0,0592
F = 96500 C/mol
Câu 8:(2 điểm)
1. Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na 2S.9H2O, Na2S2O3.5H2O và tạp
chất trơ vào H2O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml
dung dịch iot 0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H 2SO4 rồi chuẩn độ
iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2S2O3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO4 dư vào 50 ml
www.nbkqna.edu.vn
126
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot
0,0101M. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu.
2. Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau ( nếu có)
a. FeCl2 + H2SO4( đặc, dư)
b. HF + NaOH
→ NaF
c. Cl2 + KI (dư)
→ KCl
d.Cl2 (dư) + FeI2
→ FeSO4
+ FeCl3 + SO2 + H2O
+ H2O
+ I2
→ FeCl2
+ I2
Câu 9.( 2 điểm)
1. Dung dịch chứa 2,423 gam lưu huỳnh trong 100 gam naphtalen nóng chảy ở
79,5590C.
- Dung dịch chứa 2,192 gam iốt trong 100 gam naphtalen nóng chảy ở
79,6050C.
- Nhiệt nóng chảy của naphtalen là 35,5 cal/mol
- Nhiệt độ nóng chảy của naphtalen là 80,20C
- Xác định độ liên hợp phân tử của lưu huỳnh và iôt trong dung dịch đã cho?
2.Lập giản đồ MO của O2; O2-; O2+; qua đó cho biết từ tính và sắp xếp chiều tăng
dần khoảng cách các phân tử trên.
Câu 10. (2 điểm)
1. Hỗn hợp A gồm Fe, Al có tỉ lệ khối lượng mFe: mAl = 7:3. Lấy m gam hỗn hợp A
cho phản ứng với dung dịch H 2SO4 đặc, nóng. Sau một thời gian thì làm lạnh dung
dịch, đến khi phản ứng kết thúc, thấy lượng axit tham gia phản ứng là 68,6gam
H2SO4 và thu được 0,75m gam chất rắn (không chứa lưu huỳnh đơn chất), dung
dịch B và 5,6lít (đktc) hỗn hợp khí gồm SO2 và H2S. Tính m?
2. Cân bằng các phản ứng sau theo phương pháp ion-electron
a. H2S + KMnO4 + H2SO4 → S ↓ +? +? +H2O
b. H2O2 + KMnO4 + H2SO4 → O2 +? +? +?
c. K2Cr2O7 + H2O + S → SO2 + KOH + Cr2O3
www.nbkqna.edu.vn
127
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
ĐÁP ÁN
Câu 1. (2 điểm)
1. Cho các góc liên kết 100,30; 97,80;101,50; 1020 và các góc liên kết IPI; FPF;
ClPCl; BrPBr. Hãy dựa vào độ âm điện, gán trị số cho mỗi góc liên kết và giải
thích?
2.Có thể viết cấu hình electron của Ni2+là:
Cách 1: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d8].
Cách 2: Ni2+ [1s22s22p63s23p63d64s2].
Áp dụng phương pháp gần đúng Slater, tính năng lượng electron của Ni 2+ với mỗi
cách viết trên (theo đơn vị eV). Cách viết nào phù hợp với thực tế? Tại sao?
Đáp án
1. Các góc liên kết IPI > BrPBr > ClPCl> FPF tương ứng với các giá trị 1020 >
101,50 > 100,30> 97,80
Giải thích : khi độ âm điện của nguyên tử X( I, Br,Cl, F) tăng thì cặp e liên kết
càng bị lệch về phía nguyên tử X, tức là càng xa nguyên tố P nên lực đẩy giữa các
cặp e liên kết giảm, làm góc liên kết giảm.
2.
Cách 1: Ni2+ [ Ar] 3d8
Hằng số chắn b1s= 0,3.1 = 0,3
nên E1s = -13,6.
Z∗
n∗
2
= -13,6. (28 − 0,3) = -10435,144 (eV)
1
b2s= b2p = 7.0,35 + 2.0,85 = 4,15
E2s = E2p = -13,6.
(28 − 4,15)2
= - 1933,9965 (eV)
22
b3s = b3p = 7.0,35 + 8.0,85 + 2.1 = 11,25
(28 −11,25)2
E3s = E3p = -13,6.
= - 423,961 (eV)
32
b3d = 7.0,35 + 18.1 = 20,45
www.nbkqna.edu.vn
128
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
E3d = -13,6.
(28 − 20,45)2
= - 86,1371( eV)
32
Vậy ENi2+ = 2E1s + 8 E2s + 8E3s + 8E3d = - 40423,045 (eV)
Cách 2: Ni2+ [ Ar] 3d64s2
Tính hằng số chắn và năng lượng của 1s, 2s 2p, 3s 3p cho kết quả giống cách 1
b3d = 5.0,35 + 18.1 = 19,75
E3d = -13,6.
(28 −19,75)2
= -102,85 (eV)
32
b4s = 1.0,35 + 14.0,85 + 10.1 = 22,25
(28 − 22,25)2
E4s = -13,6.
= -32,845 (eV)
3,72
Vậy ENi2+ = 2E1s + 8 E2s + 8E3s + 6E3d + 2E4s = - 40416,738 (eV)
So sánh 2 giá trị ENi2+ trên thấy giá trị E ở cách 1 nhỏ hơn, do vậy ứng với trạng thái
bền hơn và cấu hình e ở cách 1 phù hợp với thực tế hơn.
Câu 2. (2 điểm)
1.Trong các tinh thể Fe α có cấu trúc lập phương tâm khối và có thể chứa các
nguyên tử cacbon chiếm các mặt của ô mạng cơ sở
o
a. Nếu bán kính kim loại của sắt không có cacbon là 1,24 A . Tính độ dài cạnh a
của ô mạng cơ sở.
o
b. Nếu bán kính cộng hóa trị của cacbon là 0,77 A . Hỏi độ dài cạnh a sẽ tăng lên
bao nhiêu khi sắt α có chứa cacbon so với cạnh a khi sắt α nguyên chất ?
2. Người ta đã tổng hợp được [NiSe4]2- , [ZnSe4]2- và xác định được rằng phức chất
của Ni có dạng hình vuông phẳng, của Zn có dạng hình tứ diện đều. Hãy đưa ra
một cấu tạo hợp lí cho mỗi trường hợp trên và giải thích.
Đáp án
1.
a. Độ dài cạnh a của ô mạng cơ sở của sắt α là: a =
o
4r 4 ×1,24
=
= 2,86A
3
3
b. Khi sắt α có chứa cacbon, độ tăng chiều dài cạnh a của ô mạng cơ sở là
www.nbkqna.edu.vn
129
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
o
∆ = 2 × (r
+ r ) − a = 2(1,24 + 0,77) − 2,86 = 1,16A
Fe−α C
2.Cấu hình e của các ion ở trạng thái cơ bản có
Ni2+ : 1s22s22p63s23p63d8
Zn2+ : 1s22s22p63s23p63d10
Niken có mức oxi hoá phổ biến nhất là +2; kẽm cũng có mức oxi hoá phổ biến nhất
là +2.
Selen có tính chất giống lưu huỳnh do đó có khả năng tạo thành ion polyselenua Se
2−
2
hay
[ -Se —Se-]2-.
Cấu tạo vuông phẳng của phức chất [NiSe4]2- là do cấu hình electron của ion Ni2+
cho phép sự lai hoá dsp2.
Cấu tạo tứ diện đều của phức chất [ZnSe4]2- là do cấu hình electron của Zn2+ cho
phép sự lai hoá sp3.
Tổng hợp của các yếu tố trên cho phép đưa ra cấu tạo sau đây của 2 phức chất:
Se
Se
Se
Ni
Se
Zn
Se
Se
Se
Se
trong đó ion điselenua đóng vai trò phối tử 2 càng.
Câu 3. (2 điểm)
1.a. Có bao nhiêu hạt α , β được phóng ra từ dãy biến đổi phóng xạ
238
92
U thành A
(trong A có e cuối cùng phân bố vào nguyên tử được đặc trưng bởi n=6, l= 1, m=0,
ms = +1/2). Tỷ lệ giữa hạt không mang điện và hạt mang điện trong hạt nhân A là
1,5122?
1b. Tỷ lệ 3T so với tổng số nguyên tử H trong 1 mẫu nước sông là 8.10-18. 3T phân
hủy phóng xạ với T1/2 =12,3 năm. Có bao nhiêu nguyên tử
T(
3
T) trong 10 gam mẫu
nước sông trên sau 40 năm?
2. Phản ứng clo hóa axit fomic trong pha khí xảy ra theo cơ chế dây chuyền sau:
- Sinh mạch: Cl2
k
0 → 2Cl
.
- Phát triển mạch: Cl. + HCOOH
www.nbkqna.edu.vn
k
1
→
HCl + .COOH
130
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Cl2 + .COOH
- Ngắt mạch: Cl. + thành bình
k
2 → HCl
k
3 → Cl
+ CO2 + Cl.
(thành bình)
Hãy chứng tỏ phương trình động học của phản ứng có dạng:
-
d[Cl ]
2 = k.[Cl ][HCOOH]
2
dt
Đáp án
1.
a. A có bộ bốn số lượng tử cuối cùng là n=6, l=1, m=0, mS= +1/2 nên A có cấu hình
e cuối cùng là 6p2, khi đó Z = 82
vậy A là
⇒n
= 82. 1,5122= 124
206
82 Pb
Phương trình phản ứng hạt nhân :
238U → 206Pb+ x 4He+ y 0β
92
82
2
−1
Áp dụng ĐLBT số khối và BT điện tích ta có hệ
92 = 82 + 2 x − y
x = 8
⇒
238 = 206 = 4 x
y =6
10
b. Số nguyên tử H trong 10 g mẫu nước sông là n= 18 .2.6,02.1023 = 6,69.1023
nguyên tử.
Số nguyên tử T = 8.10-8. 6,69.1023= 5,35.106 nguyên tử
Số nguyên tử T còn lại sau 40 năm là
t=
1 ln N0
. Thay số vào Nt = 5,62.105 nguyên tử
k Nt
2.
Áp dụng phương trình nồng độ dừng cho các tiểu phân trung gian ta có
dCl
= 2k0[Cl2] - k1[Cl][HCOOH] + k2 [Cl2] [COOH]- k3[Cl] = 0 (1)
dt
d[COOH]
= k1[Cl][HCOOH] - k2[Cl2][COOH] = 0 (2)
dt
Từ (1) và (2) ta có
www.nbkqna.edu.vn
2k
[Cl] = k 0 [Cl2 ]
3
131
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
[COOH] =
2k0.k1.[HCOOH]
k3.k2
Phương trình động học cho Cl2 là
−2k k
d[Cl2 ]
= - k2[Cl2][COOH]= k 0 1 [Cl2 ][HCOOH]
dt
3
Vậy phương trình động học của Cl2 là
d[Cl2 ] 2k0k1
= k [Cl2 ][HCOOH]= K [Cl2 ][HCOOH]
dt
3
Câu4 (2 điểm)
2. Tính nhiệt hình thành của ion clorua (Cl-) dựa trên các dữ liệu:
∆H 1o = −92,2 kJ/mol
Nhiệt hình thành HCl (k):
Nhiệt hình thành ion hidro (H+):
∆H o2 = 0 kJ/mol
HCl (k) + aq → H+ (aq) + Cl- (aq)
∆H 3o = −75,13 kJ/mol
2. Ở nhiệt độ cao amoni clỏua bị phân hủy cho 2 khí. Để xác địh những tính chất
nhiệt động của phản ứng này ở một nhiệt độ xác định, người ta cho 53,5g
NH4Cl( rắn) vào một bình chân không thể tích 5 lít rồi nung nóng lên 427 0C. Đo
được áp suất trong bình là 608 kPa. Nếu tiếp tục nung nóng đến 459 0C thì áp suất
trong bình đo được 1115kPa.
Tính entanpi tiêu chuẩn, entropi tiêu chuẩn và entanpi tự do tiêu chuẩn của
phản ứng ở 4270C. Chấp nhận rằng ∆Ho và ∆So không phụ thuộc vào nhiệt độ trong
khoảng từ 400-500oC. (N = 14 ; Cl = 35,5)
Đáp án
1.Từ giả thiết:
1
1
H2 (k) + Cl2 (k) → HCl (k) ∆H 1o = −92,2 kJ/mol
2
2
(1)
1
H2 (k) + aq → H+ (aq) + e
2
∆H o2 = 0 kJ/mol
HCl (k) + aq → H+ (aq) + Cl- (aq)
∆H 3o = −75,13 kJ/mol
(2)
www.nbkqna.edu.vn
(3)
132
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Lấy (1) - (2) + (3) ta có:
1
Cl2 (k) + aq + e → Cl- (aq)
2
∆H ox kJ/mol
∆H ox = (−92,2kJ / mol) − (0kJ / mol) + (−75,13kJ / mol) = -167,33 kJ/mol
2.
NH4Cl (r)
NH3 (k) + HCl (k) (1)
Ở nhiệt độ 427oC và 459oC nếu NH4Cl phân huỷ hết thì áp suất trong bình sẽ là:
p1 =
2molx8,314 N .m.K −1 .mol −1 x( 427 + 273,15) K
= 2328419 N .m −2
5.10 −3 m 3
p2 =
2molx8,314 N .m.K −1 .mol −1 x( 459 + 273,15) K
= 2434838 N .m − 2
−3
3
5.10 m
Như vậy, theo đầu bài ở 2 nhiệt độ này trong bình có cân bằng (1) và các áp
suất đã cho là các áp suất cân bằng.
Ở 427o C : Kp = 304 × 304
= 92416 (kPa)2
459o C : Kp = 557,5 × 557,5 = 310806 (kPa)2
o
∆G700
= − RT ln K = − RT ln
Kp
p
o∆n
( p o = 1bar )
92416(kPa) 2
= 8,314 JK mol x(427 + 273,15) K ln
= − 12944 J .mol −1
2
(10 kPa)
−1
−1
ln
K P (T2 ) ∆H 1 1
=
( + )
K P (T1 )
R T1 T2
ln
310806
∆H
1
1
=
(
+
)
92416 8,314 700,15 732,15
0
∆H 700
= 161534 J .mol −1
∆S 0 =
0
0
∆H 700
− ∆G700
161534 − (−12944)
=
= 249,2 J .mol −1
T
700,15
Câu5 : (2,0 điểm)
Xét cân bằng
2NOCl(k)
2NO(k) + Cl2 (k)
Các số liệu nhiệt động cho ở bảng:
NOCl
www.nbkqna.edu.vn
NO
Cl2
133
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
ΔH° (kJ.mol-1)
51,71
90,25
-1
-1
S° (J.mol .K )
26,4
21,1
Cho rằng ΔH, ΔS thay đổi theo nhiệt độ không đáng kể.
0
22,3
4. Tính Kp của phản ứng ở 298K
5. Tính K′p của phản ứng ở 475K
6. Một cách cẩn thận, cho 2,00 gam NOCl vào bình chân không có thể tích 2,00
lít. Tính áp suất trong bình lúc cân bằng ở 298K và ở 475K
Đáp án
1.
Phản ứng 2NOCl (k)
KP = e
2NO (k) + Cl2 (k)
− ∆G
RT
Với ΔG = ΔH – T.ΔS
ở 298K :
0
0
∆H 0pu = ∆H Cl0 + 2∆H NO
− 2∆H NOCl
=0
+ 2.90,25 2.51,71 = 77,08 kJ.mol -1
== 77,08.10 3 J.mol -1
ΔS°pứ = 223 + 2. 211 – 2. 264 = 117 J.mol – 1.K – 1.
⇒ ΔG° = 77080 – 298.117 = 42214 J.mol – 1
pứ
42214
(0,50)
Phương pháp đúng, sai số cỡ E(2H+/H2)> E(Ni2+/Ni)
Vậy thứ tự điện phân ở catot:
Ag+ + 1e → Ag0
2H+ + 2e → H2
Ni2+ + 2e → Ni0
2H2O + 2e → H2 + 2OH2. Điện thế phù hợp cần đặt vào catot để quá trình điện phân có thể xảy ra:
E < E(Ag+/Ag) = 0,7398 (V)
3. Khi ion Ag+ được tách:
E'(Ag+/Ag) = Eo(Ag+/Ag) +0,0592lg [Ag+]
= 0,799 + 0,0592 lg 10-6 = 0,4438 (V)
[Ag+]= 10-6 rất nhỏ, coi như toàn bộ Ag+ đã điện phân
www.nbkqna.edu.vn
137
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
4Ag+ + 2H2O →
C0
4Ag + O2 + 4H+
0,1M
0,1M
TPGH: -
0,1
0,2M
E'(2H+/H2) = Eo(2H+/H2) + 0,0592lg [H+] = -0,0592lg0,2 = -0,0414 (V)
Khi catot có thế là -0,0414V thì H+ bắt đầu điện phân.
Vậy khoảng thế phù hợp để tách Ag+ ra khỏi dung dịch:
-0,0414 (V) < Ecatot < 0,4338 (V)
4. ne =
It 5.1,8228.3600
= 0,34 (mol)
=
F
96500
n0 (Ag+) = 0,05 mol
4Ag+ + 2H2O
n0 (Ni2+) = 0,25 mol
→ 4Ag + O2 + 4H+ (1)
0,05
2H+
0,1
n0 (H+) = 0,05 (mol)
0,05
→
+ 2e
H2
ne = 0,05
(2)
0,1
Ni2+ + 2e
ne = 0,1
→
Ni0
(3)
0,095 0,19
Số mol e trao đổi ở (3) = 0,34 -0,15 = 0,19 (mol)
n(Ni2+) = 0,25 -0,095 = 0,155 (mol) => [Ni2+] = 0,31 (M)
Vậy thế của thanh Ni nhúng vào dung dịch X sau điện phân:
E(Ni2+/Ni) = Eo(Ni2+/Ni) +
= -0,233 +
0,0592
lg [Ni2+]
2
0,0592
lg (0,31) = -0,248 (V)
2
Câu 8:(2 điểm)
1. Hòa tan hoàn toàn 2 gam một hỗn hợp chứa Na 2S.9H2O, Na2S2O3.5H2O và tạp
chất trơ vào H2O, rồi pha loãng thành 250 ml dung dịch (dd A). Thêm tiếp 25 ml
dung dịch iot 0,0525M vào 25 ml dung dịch A. Axit hóa bằng H 2SO4 rồi chuẩn độ
iot dư hết 12,9 ml dung dịch Na 2S2O3 0,101M. Mặt khác cho ZnSO4 dư vào 50 ml
www.nbkqna.edu.vn
138
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
dung dịch A. Lọc bỏ kết tủa, chuẩn độ dung dịch nước lọc hết 11,5 ml dung dịch iot
0,0101M. Tính % khối lượng các chất trong hỗn hợp rắn ban đầu.
2. Phát hiện và sửa lỗi trong các phương trình sau ( nếu có)
a. FeCl2 + H2SO4( đặc, dư)
b. HF + NaOH
→ NaF
c. Cl2 + KI (dư)
→ KCl
+ FeCl3 + SO2 + H2O
+ H2O
+ I2
→ FeCl2
d.Cl2 (dư) + FeI2
→ FeSO4
+ I2
Đáp án
1. Gọi x,y lần lượt là số mol của Na2S và Na2S2O3 trong 25 ml dung dịch A
Na2S + I2
x
→ 2NaI
+S
x
2Na2S2O3 + I2
y
→ 2NaI
+ Na2S4O6
y/2
Theo đề ta có phương trình :
x + y/2 = 1,3125.10-3 - 6,5145.10-4= 6,6105.10-4 (mol)
Mặt khác :
Na2S + ZnSO4
Do vậy
→ ZnS
+ Na2SO4
y= 1,1615.10-4 mol, x= 6,02975.10-4 mol
−4
Tp% Na2S.9H2O = 240.60,2975.10 .100% = 72,36%
2
Tp% Na2S2O3 .5H2O = 14,4%
TP% tạp chất trơ = 13,24%
2.
a. 2FeCl2 + 4H2SO4(đ,dư)
→ Fe2(SO4)3
+ 4 HCl + SO2 + 2H20
b. HF là một axit yếu, có năng lượng phân ly lớn, có liên kết hidro do vậy
HF + F-
→ HF2-
Phương trình : 2HF + NaOH
c. Cl2 + 3KI (dư)
d.
→ 2KCl
→ NaHF2
+ H2 O
+ KI3
2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2
5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl
www.nbkqna.edu.vn
139
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 9.( 2 điểm)
1. Dung dịch chứa 2,423 gam lưu huỳnh trong 100 gam naphtalen nóng chảy ở
79,5590C.
- Dung dịch chứa 2,192 gam iốt trong 100 gam naphtalen nóng chảy ở
79,6050C.
- Nhiệt nóng chảy của naphtalen là 35,5 cal/mol
- Nhiệt độ nóng chảy của naphtalen là 80,20C
- Xác định độ liên hợp phân tử của lưu huỳnh và iôt trong dung dịch đã cho?
2.Lập giản đồ MO của O2; O2-; O2+; qua đó cho biết từ tính và sắp xếp chiều tăng
dần khoảng cách các phân tử trên.
Xét cho chất tan là iot tương tự thay vào công thức trên
M Iot = 6,98.2,192.1000 = 257,15
(80,2 − 79,605).100
M
263,85
Vậy độ liên hợp phân tử lưu huỳnh và iot là M S = 257,15 = 1
iot
2.
O : 1s22s22p4. Như vậy phân tử O2 có 12 electron hóa trị, có 4 obitan (3s; 3p) hóa
8
trị tham gia tổ hợp với nhau:
Đáp án
1. Xét dung môi naphtalen
R.(T )2
1,987.(273 + 80,2)2 = 6,98
b
Hằng số nghiệm lạnh của dung môi Kb =
=
1000.35,5
1000.∆H nc
Gọi mb là khối lượng chất tan ; ma là khối lượng dung môi ; Ms khối lượng mol
phân tử của chất tan, nb là nồng độ molan của chất tan.
Xét chất tan lưu huỳnh :
m
∆T = K .n = K b .1000
b
b b
b ma M
b
6,98.2,423.1000
⇒M =
= 263,85 = M
b (80,2 − 79,559).100
S
Xét cho chất tan là iot tương tự thay vào công thức trên
www.nbkqna.edu.vn
140
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
M Iot = 6,98.2,192.1000 = 257,15
(80,2 − 79,605).100
M
263,85
Vậy độ liên hợp phân tử lưu huỳnh và iot là M S = 257,15 = 1
iot
2.
O : 1s22s22p4. Như vậy phân tử O2 có 12 electron hóa trị, có 4 obitan (3s; 3p) hóa
8
trị tham gia tổ hợp với nhau:
+ Cấu hình electron của phân tử O2 là:
2 2
2 *1
*1
(KK)σ s2σ *2
s σ z (π x = π y)(π x = π y )
và có electron độc thân, là phức thuận từ, độ bội liên kết N =
8−4
=2
2
+ Tương tự cấu hình O2+ :
2 2
2 *
* 1
(KK)σ s2σ *2
s σ z (π x = π y)(π x = π y)
Là phức thuận từ, độ bội liên kết N =
8−3
= 2,5
2
+ Tương tự, cấu hình O22 2
2 *
* 3
(KK)σ s2σ *2
s σ z (π x = π y)(π x = π y)
Là phức thuận từ, độ bội liên kết N =
www.nbkqna.edu.vn
8−5
= 1,5
2
141
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Độ bội liên kết càng lớn thì phân tử càng bền, khoảng cách phân tử càng ngắn. Do
vậy
d + NH3 > H2O
Giải thích:
H
|
C
N
H
O
H
|
H
H
H
H
H
H
0,5 đ
Số cặp e chưa tham gia liên kết càng nhiều càng đẩy nhau, góc liên kết càng nhỏ.
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.
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)
www.nbkqna.edu.vn
0,5 đ
0,5 đ
148
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2.
Áp dụng công thức:
1 N
2,3 N o
2,3 N o
lg
⇒t=
lg
K = ln o =
t
N
t
N
K
N
0,693
2,3T N o
⇒t=
lg
Mà k =
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
No
(năm)
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.
Câu 3. Nhiệt hóa học và cân bằng hóa học (2,5 điểm) Câu 5 (2,0 điểm)
Cho các phản ứng sau với các dữ kiện nhiệt động của các chất ở 250C:
→ CO + H2O
CO2 + H2 ¬
CO2
H2
CO
0
-393,5
0
-110,5
∆H 298 (KJ/mol)
213,6
131,0
197,9
S0298 (J/mol)
0,5 đ
0,5 đ
H2O
-241,8
188,7
a. Hãy tính ∆H0298 , ∆S0298 và ∆G0298 của phản ứng và nhận xét phản ứng có tự xảy ra theo chiều
thuận ở 250C hay không?
b. Giả sử ∆H0 của phản ứng không thay đổi theo nhiệt độ. Hãy tính ∆G01273 của phản ứng thuận ở
10000C và nhận xét.
c. Hãy xác định nhiệt độ ( 0C) để phản ứng thuận bắt đầu xảy ra ( giả sử bỏ qua sự biến đổi ∆H0,
∆S0 theo nhiệt độ).
Đáp án
a. ∆H0298 , ∆S0298 và ∆G0298
→ CO + H2O
Pt phản ứng: CO2 + H2 ¬
ta có : ∆H0298(pư) = [∆H0298(CO) + ∆H0298(H2O)] – [∆H0298(CO2) + ∆H0298(H2O)]
= (-110,5 – 241,8) – ( -393,5) = 41,2 KJ/mol
0,5 đ
∆S0298(pư) = [ S0298(CO) + S0298(H2O) – [S0298(CO2)] = 42 J/mol
∆G0298(pư) = ∆H0298(pư) –T∆S0298(pư) = 41200 – 298 x 42 = 28684 J/mol
Vì ∆G0298(pư) > 0 nên phản ứng không tự diễn ra theo chiều thuận ở 250C
b. áp dụng công thức :
∆GT2
=
∆GT1
+ ∆H 0 (1 / T2 − 1 / T1 )
T2
T1
Thay số tìm ra ∆G 1273 = 1273[ 28684/298 + 41200(1/1273 – 1/298)] = -12266 J/mol
Vì
∆G01273 < 0 nên phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận ở 10000C
c. Để phản ứng tự diễn ra theo chiều thuận thì :
T > ∆H0/ ∆S0 = 41200/42 = 980,95K tức ở 707,950C
0
www.nbkqna.edu.vn
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
149
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 4. Dung dịch điện li: Cân bằng axit bazơ, kết tủa, tạo phức (2,5 điểm)
Cho H2S có K1 = 10-7,02, K2 = 10-12,9, K HSO 4- = 10-2, K NH 4+ = 10-9,24. Tính số ml dung dịch
(NH4)2SO4 0,10 (M) cần thêm vào 100,00 ml dung dịch Na2S 0,10 (M) để pH của hệ giảm đi 0,76
đơn vị.
Đáp án
* Khi chưa thêm (NH4)2SO4 vào, trong dung dịch Na2S có các cân bằng :
S2- + H2O → HS- + OHKb1 = 10-14 + 12,9 = 10-1,1 (1)
HS- + H2O → H2S + OHKb2 = 10-14 + 7,02 = 10-6,98 (2)
+
H2O → H + OH
Kw = 10-14
(3)
0,5 đ
* So sánh ta thấy Kb1 >>Kb2>>Kw → Cân bằng (1) là chủ yếu :
S2- + H2O → HS- +
C
0,1
[ ] 0,1 – x
x
OH-
Kb1 = 10-1,1 (1)
x
2
x
=10-1,1 → x = [OH-] = [HS-] = 5,78.10-2
0,1-x
→ [H+] = 10-12,76 → pH = 12,76
* Gọi V là số ml dung dịch (NH4)2SO4 0,10 M cần thêm vào 100ml dung dịch Na2S 0,10M để
pH = 12,76 – 0,76 = 12
0,5 đ
0,1x100
10
=
100+V 100+V
0,1V
0,2V
CSO 2- =
; C NH + =
4
4
100+V
100+V
CS2- =C Na 2S =
Phản ứng : NH4+ +
Co
[ ]
0,2V
100+V
-
S →
NH3 + HS- K= 10-9,24 + 12,9 = 103,66
10
100+V
10 - 0,2V
100+V
0,2V
100+V
0,2V
100+V
Thành phần giới hạn:
10 - 0,2V
0,2V
(M); NH3 :
(M);
100+V
100+V
0,2V
0,1V
HS-:
(M);
SO42-:
(M).
100+V
100+V
S2-:
0,5 đ
* Các quá trình xảy ra:
HS- → S2- + H+
Ka2 = 10-12,9 (1)
+
H2O → OH + H
Kw = 10-14 (2)
+
+
NH3 + H → NH4
Ka-1 = 109,24 (3)
HS- + H+ → H2S
Ka1-1 = 107,02 (4)
2+
’ -1
SO4 + H → HSO4
(K ) = 102 (5)
www.nbkqna.edu.vn
150
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
(K’)-1 O2
2). Hãy trình bày và giải thích các hiện tượng xảy ra trong các thí nghiệm sau:
a. Thêm vài giọt phenolphtalein vào dung dịch Na2S (dd X), sau đó sục khí SO2 vào dung
dịch thu được cho đến dư.
b. Thêm HCl dư vào dung dịch X và đun nóng.
c. Thêm vài giọt dung dịch CuCl2 vào dung dịch X.
d. Thêm vài giọt dung dịch AlCl3 vào dung dịch X
e. Thêm vài giọt dung dịch X vào dung dịch hỗn hợp KMnO4 và H2SO4
3) Trộn 60g bột Fe với 30g bột lưu huỳnh rồi đun nóng ( trong điều kiện không có không khí) thu
được chất rắn X. Hòa tan chất rắn X bằng dung dịch H2SO4 loãng, dư thu được dung dịch B và
khí C. Đốt cháy C cần V (l) O2 (đktc). Tính giá trị của V.
Đáp án
1) Oxi (O2) không tác dụng với kim loại quý như Ag và không tác dụng với dung dịch KI còn
O3 (ozon) thì tác dụng được:
2Ag + O3 → Ag2O + O2
2KI + O3 + H2O → 2KOH + O2 + I22)
www.nbkqna.edu.vn
0,5 đ
153
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
a. Dung dịch X (Na2S) là muối của bazơ mạnh và axit yếu nên có môi trường bazơ, khi thêm
phenolphtalein vào dung dịch có màu hồng:
Na2S + H2O ↔ NaHS + NaOH
Thêm SO2 đến dư, dung dịch mất màu do tạo môi trường axit:
NaHS + H2O + SO2 → NaHSO3 + H2S
b. Thêm dư HCl vào dung dịch (X) thấy thoát ra khí có mùi trứng thối:
Na2S + 2HCl → NaCl + H2S↑
c. Thêm vài giọt CuCl2 vào dung dịch (X) xuất hiện kết tủa đen
CuCl2 + Na2S → CuS + 2NaCl
d. Thêm vài giọt dung dịch X vào dung dịch AlCl3 tạo kết tủa trắng và có khí mùi trứng thối:
2AlCl3 + 3Na2S + 6H2O → 2Al(OH)3 + 3H2S + 6NaCl
e.Thêm vài giọt dung dịch (X) vào hỗn hợp (KMnO4 +H2SO4) sẽ làm nhạt màu tím của dung
dịch KMnO4
5Na2S + 8KMnO4 + 12H2SO4 → 5Na2SO4 + 8MnSO4 + 4K2SO4 + 12H2O
0,5 đ
0,5 đ
0,5 đ
3. Ta có sơ đồ phản ứng:
−2
Fe0
Fe
H 2
H 2O
0
H 2 SO4 ( l )
2
+
O
t0
2
0 →
→ Fe SO4 +
→ + 4
S
H 2S
FeS
S O2
Xét cả quá trình phản ứng thì Fe, S cho electron; còn O2 nhận electron
Fe
→ Fe2+ +
2e
60
60
mol
2.
mol
56
56
S
→ S+4
+ 4e
30
30
mol
4. mol
32
32
O2 +
4e →
2O2x(mol) 4.x(mol)
Áp dụng quá trình thăng bằng số mol e ta có:
60
30
330
330
(mol ) → V O0 2 = 22,4 ×
4x=2 ×
+ 4×
→ x=
=33(l)
56
32
224
224
www.nbkqna.edu.vn
0,5đ
154
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Câu 8. Thực hành – thí nghiệm (chủ đề chuẩn độ) (2,5 điểm)
Hoà tan hết 1,25 gam một đơn axit hữu cơ (viết tắt là HA) vào nước đến mức 50 mL, được dung
dịch A. Tiến hành chuẩn độ dung dịch A bằng dung dịch chuẩn NaOH 0,09 M. Biết rằng: khi
thêm 8,24 mL dung dịch NaOH vào dung dịch A thì pH của dung dịch thu được bằng 4,30; khi
thêm 41,20 mL dung dịch NaOH vào dung dịch A thì đạt tới điểm tương đương.
a. Tính khối lượng mol của axit HA.
b. Tính hằng số axit Ka của HA.
c. Tính pH của dung dịch tại điểm tương đương trong phép chuẩn độ trên.
d. Chọn chất chỉ thị thích hợp cho phép chuẩn độ trên trong số các chất chỉ thị sau:
- Metyl da cam (pH = 4,4).
- Metyl đỏ (pH = 6,2).
- Phenolphtalein (pH = 9,0).
www.nbkqna.edu.vn
155
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Đáp án
a. (0,5 điểm)
Phản ứng chuẩn độ:
HA + OH- → A- + H2O
Tại điểm tương đương:
nHA = nNaOH
1, 25
= 0, 09.41, 2.10−3
⇔
M HA
→ MHA ≈ 337 gam/mol
b. (0,75 điểm)
Khi VNaOH = 8,24 ml < VTĐ = 41,20 ml, axit còn dư
ƒ
HA
+
OHA- + H2O
1, 25 3
0, 09.8, 24
.10
C:
337
58, 24
58, 24
[ ]:
0,051
0,0127
TPGH: HA Ca = 0,051M
A- Cb = 0,0127M
[H+] = 10-4,3
Ta thấy: [OH-] > K w nên bỏ qua sự phân li của H2O khi đó:
[OH ] = K b .Cb = (10−9,1 × 0,0406)1/2 = 5,68.10−6
→ pH = 8,75.
d. (0,5 điểm)
pH chuyển màu của phenolphtalein bằng 9,0 ≈ pHTĐ nên chọn chỉ thị phenolphtalein cho
phép chuẩn độ trên.
Điểm
0,25
0,25
0, 5
0,25
0,25
0, 5
-
www.nbkqna.edu.vn
0,5
156
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Đề thi C10 Khối 10 Trường THPT Chuyên Thái Bình
Câu 1 (Cấu tạo nguyên tử, 2 điểm): Hợp chất A được tạo bởi hai nguyên tố X aYb,
trong đó X chiếm 15,0485% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử X có Z + 1 =
N, còn trong hạt nhân của Y có Z' +1 = N'. Biết rằng tổng số proton trong một phân
tử A là 100 và a + b = 6. Tìm công thức phân tử của A?
Câu 2: (Liên kết hóa học, 2 điểm)
1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3. Electron cuối
cùng trên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5.
a) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron của nguyên tử.
b) 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 XH 3, oxit bậc cao nhất, hidroxit
bậc cao nhất của X.
2. So sánh độ lớn góc liên kết trong các phân tử PX3 (X: F, Cl, Br, I). Giải thích?
Câu 3: (Nhiệt hóa học, 2 điểm) Xét phản ứng:
Fe2O3 (r)
+
1,5 C (r)
2Fe (r)
+
1,5 CO2 (k)
Cho các số liệu sau đây tại 250C của một số chất:
Fe2O3 (r)
ΔH0s (kJ.mol-1)
S0 (J.K-1.mol-1)
- 824,2
87,40
Fe (r)
C (r)
0
27,28
0
5,74
CO2 (k)
-392,9
213,74.
1. Trong điều kiện chuẩn, hãy xác định điều kiện nhiệt độ để phản ứng khử
Fe2O3(r) bằng C (r) thành Fe (r) và CO2 (k) có thể tự xảy ra. Giả thiết ΔH và ΔS của
phản ứng không phụ thuộc nhiệt độ.
2. Một quá trình công nghệ khử 50,0 kg quặng hematit có lẫn 4,18% (theo
khối lượng) tạp chất trơ không bay hơi tại 6000C.
Hãy tính nhiệt, công và ΔG của quá trình biết rằng áp suất chung được duy trì đạt
1,0 atm.
3. Xác định nhiệt độ để phản ứng khử xảy ra tại áp suất của CO 2 là 0,04 atm.
(Bằng áp suất của CO2 trong khí quyển).
Câu 4: (Phản ứng oxi hóa khử và điện phân, 2 điểm)
www.nbkqna.edu.vn
157
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Một pin điện tạo bởi : một điện cực gồm tấm Cu nhúng trong dung dịch
CuSO4 0,5 M, điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng trong dung dịch Fe2+, Fe3+
với lượng [Fe3+] = 2[Fe2+] và một dây dẫn nối Cu với Pt.
a) Viết sơ đồ pin, phản ứng điện cực và tính sức điện động ban đầu của pin.
Fe
b) Cho rằng thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn, xác định tỷ số 2+ khi pin ngừng
3+
Fe
hoạt động.
c) Trộn ba dung dịch: 25 ml Fe(NO3)2 0,1 M ; 25 ml Fe(NO3)3 1,0 M ; 50 ml
AgNO3 0,6 M và thêm một số mảnh Ag vụn. Xác định chiều phản ứng và tính giá
Fe3+
trị tối thiểu của tỷ số
để phản ứng đổi chiều?
Fe 2+
Cho : E0(Cu2+/Cu) = 0,34 V ; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,77 V ; E0(Ag+/Ag) = 0,8 V.
Câu 5: (Halogen, 2 điểm)
Cho mét lîng dung dÞch chøa 2,04 gam muèi clorua cña mét kim lo¹i hãa trÞ 2
kh«ng ®æi t¸c dông võa hÕt víi mét lîng dung dÞch chøa 1,613 gam muèi axit cña
axit sunfuhidric thÊy cã 1,455gam kÕt tña t¹o thµnh. ViÕt ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y
ra vµ gi¶i thÝch t¹i sao ph¶n øng ®ã x¶y ra ®îc.
Câu 6: (Cân bằng hóa học, 2 điểm)
Đun nóng tới 445oC một bình kín chứa 8 mol I2 và 5,30 mol H2 đến khi lượng HI
không đổi, thấy có 9,50 mol HI tạo ra. Nếu ta cho thêm 3 mol H 2 và 2 mol HI vào,
đun nóng ở 445oC đến khi đạt tới trạng thái cân bằng thu được hỗn hợp khí X.
1. Tính tổng số mol khí ở trạng thái cân bằng của phản ứng khi cho thêm 1 mol H 2
và 4 mol HI, nhưng ở 400oC.
2. Tính phần mol mỗi chất trong hỗn hợp X ở 445oC.
Câu 7: (dung dịch, 2 điểm) Dung dịch K2CO3 có pH = 11 (dung dịch A). thêm 10
ml HCl 0,012M vào 10 ml dd A ta thu được ddB. Tính pH của dd B. Biết rằng
H2CO3 có pK1 = 6,35 pK2 = 10,33
www.nbkqna.edu.vn
158
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
C©u 8: (Tốc độ phản ứng, 2 điểm) Ph¶n øng oxi ho¸ ion I- b»ng ClO- trong m«i trêng kiÒm diÔn ra theo ph¬ng tr×nh:
ClO- + I- → Cl- + IO- (a) vµ tu©n theo ®Þnh luËt tèc ®é thùc nghiªm v =
k[ClO-][I-][OH-]-1.
Cho r»ng ph¶n øng (a) x¶y ra theo c¬ chÕ:
k
ˆˆ HClO + OH- nhanh;
ClO- + H2O ‡ˆ ˆˆk ˆ†
1
−1
k
I- + HClO
→ HIO + Cl- chËm;
2
k3
ˆˆ H2O + IO- nhanh
OH- + HIO ‡ˆ ˆˆk ˆ†
−3
1. C¬ chÕ trªn cã phï hîp víi ®éng häc thùc nghiÖm hay kh«ng?
2. Khi [I-]0 rÊt nhá so víi [ClO-]o vµ [OH-]0 th× thêi gian ®Ó nång ®é I- cßn l¹i 6,25%
so víi lóc ban ®Çu sÏ gÊp bao nhiªu lÇn thêi gian cÇn thiÕt ®Ó 75% lîng I- ban ®Çu
mÊt ®i do ph¶n øng (a)
Câu 9 (oxi lưu huỳnh, 2 điểm)
a, Viết phương trình phản ứng xảy ra trong các quá trình hoá học sau:
Hoà tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%)
Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư.
Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric loãng, sau đó thêm nước clo đến dư
vào dung dịch thu được.
Để một vật làm bằng bạc ra ngoài không khí bị ô nhiễm khí H2S một thời gian.
b, Có ba muối A, B, C của cùng kim loại magie và tạo ra từ cùng một axit. Cho A,
B, C tác dụng với những lượng như nhau cuả axit HCl thì có cùng một chất khí
thoát ra với tỉ lệ mol tương ứng là 2:4:1. Xác định A, B, C và viết các phương trình
phản ứng xảy ra.
c, Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C đã
làm cho 1,58 gam MgSO4 kết tinh lại ở dạng khan. 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.
Câu 10: (Bài tập tổng hợp, 2 điểm)
Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng
n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½
www.nbkqna.edu.vn
159
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
1) Xác định tên nguyên tố X.
2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO 3)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 ĐỀ THI C10 KHỐI 10 TRƯỜNG THPT CHUYÊN THÁI
BÌNH
Câu 1:
(1đ)Theo bài ta có các phương trình đại số:
a(Z + N )
= 0,150485 (1)
a ( Z + N ) + b.( Z '+ N ' )
Z+1 =N (2)
Z' +1 =N' (3)
aZ+b.Z'=100 (4)
a+b=6 (5)
2aZ + a
= 0,150485 (6)
2aZ + a + 2bZ '+b
Thế 4 vào 6 => 2aZ + a = 31 (7)
Thế 2 và 3 vào 1 =>
(1đ)Lập bảng:
A
1
2
3
4
5
Z
15
7,25
4,67
3,375
2,8
B
5
4
3
2
1
Z'
17
Kết luận
Nhận
Loại
Loại
Loại
Loại
Kết luận: X là P; Y là Cl; chất A là PCl5
Câu 2:
(1đ)1.a/ Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA hoặc nhóm VA.
TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có sự phân bố e theo obitan:
Vậy e cuối cùng có: l=1, m=-1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 4.
Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga)
TH2: X thuộc nhóm VA, ta có sự phân bố e theo obitan:
.
Vậy e cuối cùng có: l=1, m= 1, ms = +1/2 . mà n + l + m + ms = 4,5 → n = 2. Cấu hình e
nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N).
www.nbkqna.edu.vn
160
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
b/ Ở đk thường XH3 là chất khí nên nguyên tố phù hợp là Nitơ. Công thức cấu tạo các hợp
chất:
N
H
H
H
Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3
Oxit cao nhất:
O
O
N
O
N
O
Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2.
Hidroxit với hóa trị cao nhất:
O
O
H
O
N
Nguyên tử N ở trạng thái lai hóa sp2.
(1đ)2/ Độ lớn góc liên kết XPX trong các phân tử PX3 biến đổi như sau: PF3 > PCl3 >
PBr3 > PI3 .
Giải thích: do bán kính nguyên tử tăng dần từ F → I đồng thời độ âm điện giảm dần nên
tương tác đẩy giữa các nguyên tử halogen trong phân tử PX3 giảm dần từ PF3 → PI3. Nên
PF3 có góc liên kết lớn nhất, PI3 có liên kết bé nhất.
O
Câu 3:
(0,5đ)1. Fe2O3 (r)
+
1,5 C (r)
2Fe (r) + 1,5 CO2 (k)
(1)
ΔH0pư = 234,85 kJ/mol và ΔS0pư = 279,16 J. mol-1.K-1
ΔG0pư = ΔH0pư - T ΔS0pư < 0 => T > 841 K
(1đ)2. Khối lượng Fe2O3 = 47,91 kg => Số mol Fe2O3 = 0,3 kmol
Phản ứng tiến hành trong điều kiện không thuận nghịch nhiệt động và đẳng áp.
=> Nhiệt phản ứng = ΔH0pư = 234,85 kJ/mol. 0,3 kmol = 70455 kJ.
=> Công của phản ứng chính là công chống lại sự thay đổi thể tích do sự sinh khí
CO2.
A = -p(Vs - Vtr) = -pV = -nco2. RT
= -0,45. 8,314.(600 + 273) = - 3266 kJ
=> ΔG0pư = ΔH0pư - T ΔS0pư
= 0,3.(234,85.103 - 873.279,16) = - 2657 kJ
(0,5đ)3. ΔGpư = ΔG0pư + RTlnQp = 234,85.103 - 279,16. T - 40,14 T < 0
=> T > 735,5 K
Câu 4:
(1đ)a) Theo phương trình Nernst: E(Cu2+/Cu) = 0,34 +
0,059
lg [Cu2+] = 0,331 V
2
0,059
E(Fe /Fe ) = 0,77 +
lg
2
3+
www.nbkqna.edu.vn
2+
Fe3+
= 0,788 V
Fe 2+
161
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
So sánh thấy E(Fe3+/Fe2+) > E(Cu2+/Cu) → Cực Pt là cực dương, cực Cu là cực âm.
Sơ đồ pin :
(−) Cu Cu2+ (0,5 M) Fe2+ ; Fe3+ Pt
(+)
Phản ứng điện cực : - ở cực Cu xảy ra sự oxihóa : Cu → Cu2++ 2e
- ở cực Pt xảy ra sự khử
: Fe3+ + e → Fe2+.
Phản ứng chung : Cu + 2Fe3+ → Cu2+ + 2Fe2+.
Sức điện động của pin = 0,788 − 0,331 = 0,457 V
(0,5đ)b) Khi pin ngừng hoạt động thì sức điện động E = E(Fe3+/Fe2+) − E(Cu2+/Cu) = 0
Do thể tích dung dịch CuSO4 khá lớn nên coi nồng độ Cu2+ không đổi và = 0,5.
Fe3+
Fe3+
−
2+
Khi đó 0,77 + 0,059lg
= E(Cu /Cu) = 0,331 V →
= 4,8. 10 8.
2+
2+
Fe
Fe
(0,5đ)c) Tổng thể tích = 100 mL
→ [Fe2+] = 0,025 M ; [Fe3+] = 0,25M; [Ag+] = 0,3 M
E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059 lg
0,25
= 0,829 V
0,025
E(Ag+/Ag) = 0,8 + 0,059 lg 0,3 = 0,769 V. So sánh thấy E(Fe3+/Fe2+) > E(Ag+/Ag) .
nên phản ứng xảy ra theo chiều Fe3+ + Ag → Fe2+ + Ag+ .
Để đổi chiều phản ứng phải có E(Fe3+/Fe2+) < E(Ag+/Ag)
Fe3+
Fe3+
→ 0,77 + 0,059 lg
< 0,769 →
> 0,9617
Fe 2+
Fe 2+
Câu 5:
(1đ) §Æt c«ng thøc muèi clorua lµ MCl2 vµ muèi sunfuhidro lµ R(HS)x .
* NÕu ph¶n øng t¹o kÕt tña x¶y ra xMCl2 + R(HS)x → xMS ↓ + RClx + xHCl
(c¸c muèi clorua ®Òu tan trõ cña Ag+, Pb2+ nhng 2 ion nµy còng t¹o ↓ víi S 2−)
2,04
1,455
=
theo ph¬ng tr×nh ta thÊy :
→ M = 65
M + 71 M + 32
KÕt qu¶ rÊt phï hîp víi KL mol cña Zn. Tuy nhiªn bÊt hîp lý ë chç :
x( M + 71) R + 33x
=
- Khi thay trÞ sè cña M vµo tû sè :
tÝnh ®îc R = 74,53 l¹i
2,04
1,613
kh«ng tháa m·n muèi nµo.
- KÕt tña ZnS kh«ng tån t¹i trong axit HCl ë cïng vÕ ph¬ng tr×nh ph¶n øng
(1đ)* VËy kh«ng t¹o ra kÕt tña MS mµ t¹o ra kÕt tña M(OH)2 trong dung dÞch níc.
xMCl2 + 2R(HS)x + 2x H2O → xM(OH)2 ↓ + 2x H2S + 2RClx .
www.nbkqna.edu.vn
162
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2,04
1,455
=
→ M = 58 øng víi Ni
M + 71 M + 34
x( M + 71) 2.( R + 33x )
=
Thay trÞ sè cña M vµo tû sè
tÝnh ®îc R = 18 øng víi NH
2,04
1,613
Ta cã :
+
4
VËy NiCl2 + 2NH4HS + 2H2O → Ni(OH)2 ↓ + 2H2S + 2NH4Cl
Câu 6:
(0,5đ)1. Từ phản ứng: H2(k) + I 2(k)
⇌
2HI(k) cho thấy số mol khí mất đi
bằng số mol tạo thành, vì vậy trong quá trình phản ứng số mol khí không thay đổi
dù ở nhiệt độ nào. Vậy tổng số mol khí là:
n = 8 + 5,3 + 1 + 4 = 18,3 (mol).
(1,5đ)2. Tính cân bằng:
mol
ban đầu
H2(k)
5,3
+
I2(k)
8
⇌
TTCB (5,3-4,75) (8-4,75)
2HI(k)
9,5
=> Kc = ..................... = (9,5)2/(0,55)(3,25) = 50,49
Khi cho thêm 3 mol H2 và 2 mol HI, ta có:
Q = ........................ = (9,5 + 2)2/(0,55 + 3)(3,25) = 11,46 < Kc ; để Q => K, thì nồng
độ HI tăng và H2 với I2 giảm, có nghĩa cân bằng được chuyển dịch theo chiều
thuận:
Xét cân bằng:
mol
ban đầu
H2(k)
3,55
TTCB
(3,55-x)
+
I2(k)
3,25
⇌
(3,25-x)
2HI(k)
11,5
(11,5 +2x)
=> Kc = ..................... = (11,5 +2x )2/(3,55-x )(3,25-x) = 50,49
=> 46,49x2 - 389,332x + 450,28 = 0
Víi 0 < x < 3,25; => x ≃ 1,39
=> Số mol của mỗi khí ở TTCB là mới: H 2 (3,55 - 1,39 = 2,16 mol);I2 (3,25 - 1,39
= 1,86 mol); HI (11,5 + 2.1,39 = 14,28 mol). Vậy phần trăm số mol của mỗi khí là:
nX = 8 + 5,3 + 2 + 3 = 18,30 (mol)
%nH2 = (2,16/18,30).100% = 11,80%.
%nI2 = (1,86/18,3).100% = 10,16%.
%nHI = 100% - 11,80% - 10,16% = 78,04%.
Câu 7:
www.nbkqna.edu.vn
163
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
(1đ)
K 2CO3 → 2K + +CO32−
c
c
CO32− +H 2O ƒ
HCO3− +OH −
Cbaèng c − 10−3
10−3
10−3.10 −3
= 10−3,67
Ta coù
−3
c − 10
CO3 2−
5, 677
2
(1đ)
−
pH=11 ⇒ pOH=3 ⇒ OH =10-3 mol/l
CHCl =
.10
+
−3
Kw
=10 −3,67
Ka 2
10−3
⇒ c=5,677.10−3 (mol/l)
2H +
→ H 2O + CO2
5, 677.10
0,012
=6.10 −3 ,
2
CO 2
Kb1 =
−3
2, 8385( M )
5,677.10 −3
2
+
⇒ H dö =0,006 − 5,677.10 −3 =0,323.10 −3
C MCO 2− =
3
+H 2O ƒ HCO3− +
Cb 2,8385.10−3 − x
x(x + 0,323.10−3 )
= 10−6,35
−3
2,8385.10 − x
⇒ pH=3,5
x
Ka=10 −6,35
H+
x+0,323.10
−3
⇒ x = 3,88.10 −6 ⇒ H + ≈ 0,323.10−3 (M)
Câu 8
(1đ)1. Tèc ®é cña ph¶n øng ®îc quyÕt ®Þnh bëi giai ®o¹n chËm, nªn:
v = k2[HClO][I-]
dùa vµo c©n b»ng ë giai ®o¹n 1. tao cã
k1 [HClO][OH - ]
=
k −1 [ClO- ][H 2 O]
k1 [H 2O][ClO - ]
=> [HClO]=
k −1
[OH - ]
Ta suy ra:
v = k2
k1 [H 2 O][ClO- ][I − ]
k −1
[OH - ]
H2O dung m«i, lîng rÊt lín nªn nång ®é kh«ng ®æi, suy ra [H2O] lµ h»ng sè
§Æt k = k2
k1
[H 2O]
k −1
=> v = k[ClO-][I-][OH-]-1
=> c¬ chÕ trªn phï hîp víi thùc nghiÖm
www.nbkqna.edu.vn
164
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
(1đ)2. Khi [I-]0 rÊt nhá so víi [ClO-]o vµ [OH-]0 th× lóc ®ã cã thÓ coi ph¶n øng lµ bËc 1 víi [I-]
v = k’[I-]
ta cã k’t = ln([I-]0/[I-])
[I-]/[I-]0 = 0,0625 => k’t1 = 2,772
[I-]/[I-]0 = 0,25=> k’t2 = 1,386
=> t1/t2 = 2
Câu 9
(0,5đ)a, Viết các phương trình phản ứng xảy ra:
- Pb + H2SO4 = PbSO4 + H2
PbSO4 + H2SO4 = Pb(HSO4)2
Pb + 2H2SO4 = Pb(HSO4)2 + H2
- Cu2O + 2HCl = 2CuCl + H2O
CuCl + HCl = H[CuCl2]
Cu2O + 4HCl = 2 H[CuCl2] + H2O
- Fe + H2SO4 = FeSO4 + H2
6FeSO4 + 3Cl2 = 2FeCl3 + 2Fe2(SO4)3
- 4Ag + O2 + 2H2S = 2Ag2S + 2H2O
(0,5đ)b, Ba muối có thể là MgCO3, Mg(HCO3)2, Mg2(OH)2CO3
(Hoặc MgSO3, Mg(HSO3)2, Mg2(OH)2SO3 …)
Phương trình phản ứng:
MgCO3 + 2 HCl = MgCl2 + H2O + CO2
a
a/2
Mg(HCO3)2 + 2HCl = MgCl2 + 2H2O + 2CO2
a
a
Mg2(OH)2CO3 + 4HCl = 2MgCl2 + CO2 + 3H2O
a
a/4
(1đ)c, 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 H2O =
= 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
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 =
Câu 10
(0,5đ)1, Nguyên tử của nguyên tố X có:
n=3
electron cuối cùng ở phân lớp 3p
l=1
www.nbkqna.edu.vn
165
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
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.
NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3
(0,5đ) a/
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
100 . 0,1
= 0,01 mol
1.000
C%NaNO 3 3,4
=
C%KNO 3
3,03
nCu(NO3 ) 2 =
m
3,4
NaNO
=
-> m
3,03
KNO
3
3
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)
mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38g
1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng
a mol Zn
->
1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm
0,01 mol
->
151a – 0,01 = 1,1225
a
= 0,0075
(0,5đ)b/
C M(AgNO3 )
151g
151a
1g
0,01g
n AgNO3 bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol
1000
= 0,085.
= 0,85M
100
www.nbkqna.edu.vn
166
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠO
NAM ĐỊNH
TRƯỜNG THPT CHUYÊN
LÊ HỒNG PHONG
ĐỀ ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNG NĂM
HỌC 2012- 2013
MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)
Đề thi gồm 04 trang
Câu 1: (2 điểm)
Livermori (Lv) là nguyên tố thứ 116 trong bảng hệ thống tuần hoàn được các nhà khoa học ở
viện nghiên cứu Dubna (Nga) tạo ra lần đầu tiên vào năm 2000 bằng cách bắn phá hạt nhân
nguyên tố Curi (
) bằng hạt nhân Canxi (
) được gia tốc để tạo ra một đồng vị của
Livermori (có số khối A = 293) kèm theo một loại hạt cơ bản nữa. Livermori-293 phân rã α với
chu kì bán hủy là 61 mili giây tạo ra hạt nhân nguyên tố Flerovi (Fl).
1. Viết phương trình phản ứng tổng hợp và phân rã của Lv-293.
2. Viết cấu hình electron nguyên tử của nguyên tố Livermori (Lv) và Flerovi (Fl). Từ đó suy ra vị
trí của hai nguyên tố trên trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học (ô, nhóm, chu kì). Dự đoán
số oxy hóa của chúng trong các hợp chất.
Câu 2: (2 điểm)
Bạc kim loại có cấu trúc chặt khít nhất sắp xếp theo kiểu ABCABC....
1. Vẽ tế bào đơn vị của tinh thể bạc. Tìm khối lượng riêng (g/cm3) của Ag.
2. Tính khoảng cách (nm) giữa 2 lớp A-B cạnh nhau trong tinh thể Ag.
3. Một loại hợp kim kiểu thay thế của Ag-Au trong đó Au chiếm 10% về khối lượng. Tính khối
lượng riêng của loại hợp kim đó. Giả thiết rằng hằng số mạng không thay đổi.
Cho: Bán kính nguyên tử Ag trong tinh thể: 0,144 nm. Ag = 107,87; Au = 196,97.
Câu 3: (2 điểm)
1. Một mẫu đá chứa 99,275 mg U-238; 68,301 mg Pb-206 và một lượng cực nhỏ Ra-226. Giả
thiết rằng ban đầu trong mẫu đá không có chì và radi tồn tại sẵn.
a. Tính tuổi mẫu đá.
b. Tìm khối lượng radi (mg) có trong mẫu đá.
2. Phân tích một mẫu quặng cho thấy tỉ lệ số mol của Pb-206/U-238 bằng 0,1224 và tỉ lệ số mol
của Pb-206/Pb-204 bằng 75,41. Xác định tuổi mẫu quặng.
Cho: Chu kì bán hủy của U-238 và Ra-226 lần lượt là 4,47 × 10 9 năm và 1600 năm. Tỉ lệ các
đồng vị trong tự nhiên của chì là Pb-204 : Pb-206 : Pb-207 : Pb-208 = 1,48 : 23,6 : 22,6 : 52,3.
Câu 4: (2 điểm)
www.nbkqna.edu.vn
167
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Cây xanh sử dụng ánh sáng mặt trời để chuyển hóa nước và CO 2 trong không khí thành glucozơ
(C6H12O6) và oxy.
1. Tại sao quá trình quang hợp ở cây xanh chỉ xảy ra được trong khoảng nhiệt độ tương đối hẹp?
Dùng tính toán, chỉ ra rằng quá trình tổng hợp glucozơ của cây xanh không thể thiếu ánh sáng
mặt trời.
2. Tính số photon tối thiểu để cây xanh tổng hợp nên một phân tử glucozơ ở 25 oC nếu coi cây
xanh hấp thụ ánh sang có bước sóng 600 nm.
3. Hàng năm, quá trình quang hợp trên trái đất tiêu tốn hết khoảng 3,4 × 1018 kJ năng lượng ánh
sáng mặt trời. Ước lượng gần đúng khối lượng CO 2 (theo đơn vị tấn) trong khí quyển được cây
xanh loại bỏ hàng năm.
Cho: Bảng số liệu nhiệt động ở áp suất tiêu chuẩn 1 bar, nhiệt độ 25oC:
ΔHos (kJ/mol)
-393,5
-285,8
-1273,3
Chất
CO2 (k)
H2O (l)
C6H12O6 (r)
O2 (k)
So (J/mol.K)
213,2
69,9
212,1
205,0
Câu 5: (2 điểm)
Cho các phản ứng với hằng số cân bằng tại 820oC như sau:
CaCO3(r)
CaO(r) + CO2(k)
C(r) + CO2(k)
2CO(k)
(1)
Kp1 = 0,2
(2)
Kp2 = 2
1. Trong một bình chân không dung tích 22,4 lít ở 820 0C, người ta cho 1,0 mol CaCO3 và 1,0 mol
cacbon. Xác định thành phần của hệ ở trạng thái cân bằng.
2. Phải tăng thể tích bình lên bao nhiêu thì CaCO3 phân hủy hoàn toàn.
Câu 6 : (2 điểm)
Tìm nồng độ tối thiểu của dung dịch Fe(NO 3)3 sao cho 1 L dung dịch đó hòa tan được 0,01 mol
canxi oxalat (CaA).
Cho: Axit oxalic (H2A) có pKa1 = 1,2 và pKa2 = 4,3 ;
Canxi oxalat (CaA) có pKs = 8,6 ; FeA33- có hằng số bền tạo thành phức lg β = 20.
Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+
có η1 = 10-2,17.
Câu 7: (2 điểm)
Một pin điện hóa được xây dựng dựa vào các bán phản ứng:
HSO4- (aq) + 3H+ (aq) + 2 e → H2SO3 (aq) + H2O
Eo = 0,17 V
Mn2+ (aq) + 2 e → Mn (r)
Eo = -1,18 V
1. Viết sơ đồ pin rồi tính Epino tại pH = 1.
www.nbkqna.edu.vn
168
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
2. Cho biết Epino thay đổi thế nào (định lượng) nếu cho thêm Ba(NO 3)2 vào điện cực chứa
HSO4-/H2SO3 biết BaSO3 có pKs = 6,5; BaSO4 có pKs = 9,96; H2SO3 có pKa1 = 1,76 và pKa2 =
7,21; HSO4- có pKa = 1,99.
Câu 8: (2 điểm)
1. AsCl5 ở thể rắn bị dime hóa tạo thành hợp chất gồm 2 ion mà số phối trí của nguyên tử trung
tâm hơn kém nhau hai nguyên tử.
a. Viết phương trình phản ứng xảy ra. Phản ứng này thuộc loại phản ứng nào?
b. Viết cấu trúc của 2 ion tạo nên sản phẩm.
2. Hydrazin là một chất độc. Giải thích tại sao không nên đổ lẫn chất tẩy trắng quần áo (dung dịch
kiềm mạnh chứa natri hypoclorua) với dung dịch làm sạch bề mặt (nước lau kính…) chứa
amomiac.
Cho: Eo (ClO-/Cl-, OH-) = 0,90 V; Eo (N2H4/NH3, OH-) = -0,10 V.
Câu 9: (2 điểm)
Nguyên tố A cháy trong oxy tạo ra khí B. Khí B tiếp tục bị oxy hóa thành chất C khi có mặt xúc
tác. B phản ứng với nước tạo ra axit yếu D trong khi C phản ứng với nước tạo ra axit mạnh E.
Mặt khác, nguyên tố A phản ứng với khí F màu vàng lục tạo thành chất lỏng G màu vàng tươi,
rất độc. G có hai đồng phân cấu trúc và có thể tiếp tục bị clo hóa tạo thành chất lỏng H màu đỏ
anh đào sôi ở 59oC. Phần trăm khối lượng của nguyên tố A trong G và H lần lượt là 47,41% và
31,07%. Cả G và H phản ứng với nước đều tạo thành hỗn hợp sản phẩm gồm B, D, và E.
Xác định các chất từ A tới H và viết các phương trình phản ứng đã xảy ra.
Câu 10: (2 điểm)
Diiot pentoxit (X) là một chất rắn tinh thể màu trắng dùng để xác định định lượng cacbon
monoxit. Dẫn 150 cm3 khí (điều kiện tiêu chuẩn) có chứa cacbon monoxit qua lượng dư X ở
170oC đến phản ứng hoàn toàn thì thấy hỗn hợp sản phẩm rắn thu được có màu tím của I 2. Lượng
I2 sinh ra được chuẩn độ vừa đủ với 8 cm 3 dung dịch natri thiosunfat 0,100 M. Viết các phương
trình phản ứng xảy ra và xác định % thể tích của cacbon monoxit có trong chất khí ban đầu.
----------------------------------------------HẾT---------------------------------------------* Thí sinh không được sử dụng tài liệu (trừ bảng hệ thống tuần hoàn).
* Giám thị không giải thích gì thêm.
www.nbkqna.edu.vn
169
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Đáp án:
Câu 1:
1. Từ định luật bảo toàn điện tích thấy hạt cơ bản kèm theo hạt nhân Lv cần có Z = 0 → Đó là
nơtron; do đó, phản ứng tổng hợp:
Phản ứng phân rã:
hoặc
2. Cấu hình e của Lv:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f14 5s2 5p6 5d10 5f14 6s2 6p6 6d10 7s2 7p4.
Ô 116, chu kì 7, nhóm VIA
→ Vì nằm ở cuối chu kì nên dự đoán Lv sẽ là kim loại → chỉ có các số oxy hóa dương: tương tự
như các nguyên tố khác của nhóm VIA → +2, +4, +6.
Cấu hình e của Fl:
1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s2 4p6 4d10 4f14 5s2 5p6 5d10 5f14 6s2 6p6 6d10 7s2 7p2.
Ô 114, chu kì 7, nhóm IVA
→ Vì nằm ở cuối chu kì nên dự đoán Fl sẽ là kim loại → chỉ có các số oxy hóa dương: tương tự
như các nguyên tố khác của nhóm VIA → +2, +4.
Câu 2:
1. a. Cấu trúc chặt khít nhất sắp xếp theo kiểu ABCABC.... chính là kiểu lập phương tâm mặt →
Ô mạng đơn vị:
www.nbkqna.edu.vn
170
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Sự tiếp xúc xảy ra trên đường chéo mặt → a = 0,407 nm = 4,07 × 10-8 cm
Khối lượng riêng: d = 10,60 g/cm3.
b. Khoảng cách giữa hai mặt A-B chính bằng 1/4 đường chéo ô mạng đơn vị
c. Vì thông số ô mạng không đổi nên thể tích ô mạng không đổi.
Vì Au chiếm 10% về khối lượng
→ dễ thấy tỉ lệ số lượng : 0,0574 Au và 0,9426 Ag
→ Khối lượng ô mạng của hợp kim:
4 × (0,9426 ×107,87+0,0574 ×196,97) = 451,94 g/mol
Khối lượng riêng của hợp kim = 11,10 g/cm3.
Câu 3:
1. a. Vì khối lượng của Ra-226 trong mẫu quặng là nhỏ nên có thể coi
nU-238(đã phân rã) = nPb-206 (có trong mẫu đá) = 68,301 / 206 (mmol)
nu-238(ban đầu) = 68,301 / 206 + 99,275 / 238 (mmol)
Tuổi mẫu đá:
www.nbkqna.edu.vn
171
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
→ t = 5,25 × 109 năm
b. U-238 có chu kì bán huỷ rất lớn so với Ra-226, trong hệ có cân bằng phóng xạ thế kỉ.
Ở cân bằng phóng xạ thế kỉ, ta có: λU-238 .NU-238 = λRa-226 .NRa-226
→ mRa-226 = 3,374 × 10-5 mg.
2. Giả sử hiện tại mẫu quặng có 1 mol U-238 → 0,1224 mol Pb-206 và 0,1224/75,41 mol Pb-204
→ Lượng Pb-204 ban đầu ở mẫu quặng vẫn là 0,1224/75,41 mol
→ Lượng Pb-206 ban đầu ở mẫu quặng : (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) mol
→ Lượng Pb-206 do U-238 phân rã ra: 0,1224 - (0,1224×23,6)/(75,41×1,48) = 0,09652 mol
→ t = 5,94×108 năm.
Câu 4:
1. Quá trình quang hợp ở cây xanh là một chuỗi các phản ứng hóa sinh phức tạp mà hầu hết đều
cần đến các enzyme làm xúc tác. Các enzyme thông thường chỉ hoạt động được trong một
khoảng nhiệt độ hẹp nên quá trình quang hợp cũng chỉ xảy ra trong một khoảng nhiệt độ nhất
định.
2. 6CO2 + 6H2O = C6H12O6 + 6O2
∆Hopư = 2802,5 kJ/mol
∆Sopư = -256,5 J/mol.K
Do quá trình quang hợp chỉ xảy ra trong một khoảng nhiệt độ hẹp nên ta có thể coi giá trị ΔH và
ΔS không phụ thuộc vào nhiệt độ. Vì ΔH dương và ΔS âm, ΔG = ΔH - TΔS < 0 với mọi T, phản
ứng không tự diễn biến ở mọi nhiệt độ, tức là phản ứng này muốn xảy ra thì cần có năng lượng
bên ngoài cung cấp, nói cách khác cây xanh không thể thiếu ánh sáng mặt trời!
3. Ở 25oC: ∆Gopư = 2878,9 kJ/mol = 4,78 × 10-18 J/ phân tử glucozơ.
Năng lượng cung cấp bởi 1 photon: E = hv/λ = 3,31 × 10-19 J/photon
Số photon cần cho phản ứng tạo ra 1 phân tử glucozơ: 14,4 photon. Nói chung, vì photon là
lượng tử năng lượng nên số photon tối thiểu là 15 photon.
4. Số mol CO2 = 7,08 × 1015 mol hay khối lượng CO2 = 3,12 × 1017 g = 3,12 × 1011 tấn.
Câu 5:
1. Gọi x là số mol CaCO3 bị phân hủy. y là số mol C tham gia phản ứng.
www.nbkqna.edu.vn
172
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Ta có:
CaCO3(r)
CaO(r) + CO2(k)
1-x
(1)
x
x-y
C(r) + CO2(k) 2CO(k)
1-y
x-y
K1 = 0,2
(2)
K2 = 2
2y
Số mol của hỗn hợp khí = x + y (mol)
0,082.(273 + 820)
RT
22,4
Từ (1) → K1 = PCO2 = 0,2 atm = (x – y). V = (x- y)
= (x – y). 4
→ x- y = 0,2/4 = 0,05(*)
Từ (2) → K2 =
RT
=> 2y. V =
2
PCO
Pco2
= 2 => PCO =
0,4 => y =
2.PCO2 = 0,4
atm.
0,4
= 0,079
2.4
Thay vào (*) → x = 0,129
Trong hệ có 0,129 mol CaO ; 0,871 mol CaCO3 ; 0,921 mol C ; 0,05 mol CO2 ; 0,158 mol CO.
2. Để sự phân hủy CaCO3 xảy ra hoàn toàn => x = 1 và áp suất riêng phần của các khí tại thời
điểm cân bằng bị phá hủy là không bị thay đổi.
Nghĩa là PCO = 0,632 atm và PCO2 = 0,2 atm.
RT
(1 − y ' ) = 0,2
V
RT
.2 y ' = 0,632
=> V
(I )
( II )
Với y’là số mol C đã tham gia phản ứng.
2 y'
= 3,16
Lấy (II) chia cho (I) => 1 − y '
=> y’ = 0,612 mol. Thay vào (II)
0,082.(820 + 273).2.0,612
= 173,6
0,632
=> V =
lít.
=> Để CaCO3 phân hủy hoàn toàn thì thể tích bình phải lấy là: V ≥ 173,76lít
Câu 6:
CaS Ca2+ + S2-
có Ks = 10-8,6
Ở giới hạn biến mất của kết tủa s = [Ca2+] = 10-2M .
Mà Ks = [Ca2+].[A2-] = 10-8,6 → [A2-] = 10-6,6 M.
Vì nồng độ A2- tương đối bé, ta giả thiết nồng độ của các dạng HA- và H2A cũng nhỏ hơn nhiều
nồng độ của A trong phức [FeA33-] (giả thiết 1)
Coi A nằm hấu hết trong phức [FeA33-] = 0,01/3 M
www.nbkqna.edu.vn
173
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
FeA33- Fe3+ + 3A2-
có β-1 = 10-20
β-1 = 10-20 = [Fe3+] [A2-]3 / [FeA33-] → [Fe3+] = 2,103 . 10-3M.
Với giả thiết 1, ta có thể coi cân bằng quyết định pH của dung dịch là:
Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+
có η1 = 10-2,17
(Giả thiết 2)
→ FeOH2+ = H+ = 3,771 . 10-3 M → Kết hợp với [A2-] = 10-6,6 M và các giá trị Ka1, Ka2 của H2A
→ [HA-] = 1,89.10-5 M và [H2A] = 1,13.10-6 M
Kiểm tra lại:
Rõ ràng [HA-], [H2A], [A2-] > [HA-], [H2A] → Giả thiết 2 là đúng đắn
Vậy tổng nồng độ Co của Fe3+ = [Fe3+] + [FeA33-] + FeOH = 9,21 . 10-3M.
Câu 7:
1. Sơ đồ pin: (-) Mn | Mn2+ || HSO4- , H+ , H2SO3 | Pt (+)
Ở pH = 1, đối với dung dịch bên điện cực dương
HSO4- (aq) + 3H+ (aq) + 2 e → H2SO3 (aq) + H2O
Eo = 0,17 V
Eo’ = Eo – 0,0592 × 3/2 × pH = 0,0812 V
Eo pin = 0,0812 – (-1,18) = 1,26 V
2. Xét các phản ứng:
Ba2+ + H2SO3 BaSO3 + 2H+ có K1 = 10-2,47
→ không thể hình thành kết tủa BaSO3 trong môi trường axit
Ba2+ + HSO4- BaSO4 + H+ có K2 = 107,97
→ hình thành kết tủa BaSO4 ngay trong môi trường axit mạnh
Cho thêm Ba(NO3)2 vào điện cực chứa HSO4-/H2SO3 thì bán phản ứng trở thành
HSO4- (aq) + 3H+ (aq) + 2 e → H2SO3 (aq) + H2O
Ba2+ + HSO4- BaSO4 + H+
BaSO4 (aq) + 4H+ (aq) + 2 e → Ba2+ + H2SO3 (aq) + H2O
Từ đó tính được: Eo (BaSO4, H+/H2SO3, Ba2+) = -0,066 V
Vậy Eopin = 1,11 V
Tức là Eopin giảm đi 0,15 V.
Câu 8:
1. Phản ứng: 2AsCl5 → [AsCl6]- + [AsCl4]+
Phản ứng tự oxi hóa khử.
Cấu trúc:
www.nbkqna.edu.vn
174
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Cation tứ diện:
Anion bát diện
2. Do xảy ra phản ứng:
ClO- + 2NH3 → Cl- + H2O + N2H4 có K = 1033,78 rất lớn → giải phóng ra hydrazin ở thể khí, phát
tán vào không khí gây độc.
Câu 9:
A
C
E
G
S hoặc S8
SO3
H2SO4
S2Cl2
B
D
F
H
SO2
H2SO3
Cl2
SCl2
Câu 10:
Phản ứng: I2O5 + 5CO → 5CO2 + I2
I2 + 2Na2S2O3 → Na2S4O6 + 2NaI
Dễ thấy n (CO) = 5 n (I2) = 5/2 n (Na2S2O3) = 2.10-3 mol
V (CO) = 44,8 cm3 → %V (CO) = 29,87%
www.nbkqna.edu.vn
175
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO VP
TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH
PHÚC
ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ
KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG
CHUYÊN VÙNG ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM
HỌC 2012 – 2013
MÔN HÓA HOC LỚP 10
Thời gian : 180 phút
Câu I.(3,0 Điểm)
1. Sự phá vỡ các liên kết Cl-Cl trong một mol clo đòi hỏi một năng lượng bằng 243 kJ
(năng lượng này có thể sử dụng dưới dạng quang năng). Hãy tính bước sóng của photon
cần sử dụng để phá vỡ liên kết Cl-Cl của phân tử Cl2
2. Tổng số electron trong phân tử XY2 là 38. Tỉ lệ số khối cũng như tỷ lệ số nơtron của
nguyên tử nguyên tố Y so với nguyên tử nguyên tố X trong phân tử đều bằng 5,333.
a) Xác định nguyên tố X, Y và viết cấu hình electron của mỗi nguyên tử.
b) Viết bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng trong cấu hình electron của nguyên tử
nguyên tố Y.
Câu II (3,0 Điểm)
Phân tích một chất rắn X chứa: N, B, F, H cho kết quả theo phần trăm khối lượng: 16,51%
nitơ; 12,74% bo; 3,54% hiđro và 67,21% flo.
Biết rằng X là sản phẩm thu được khi trộn hai chất khí Y và Z. Cả hai khí này đều tan
được trong nước. Dung dịch của khí Y cho môi trường bazơ, còn dung dịch của khí Z lại
cho môi trường axit.
a) Cho biết công thức phân tử X, Y, Z và tên gọi của Y, Z.
b) Viết công thức lewis, dự đoán dạng hình học phân tử và trạng thái lai hóa của
nguyên tử trung tâm của X, Y và Z.
c) Cho biết dạng và số lượng liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong một phân
tử chất X.
Câu III (2,0 điểm)
Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu
được SO2, cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350 ml dung dịch KOH 2M.
Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được 53,0 gam chất rắn khan.
1. Tìm kim loại R?
2. Hòa tan 8,4 gam kim loại R vào 200ml dung dịch HBr 2M thu được dung dịch
A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, tính khối lượng kết tủa thu
được?
Câu IV (2,0 điểm)
1. Đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol RCOOH; 1 mol R’COOH và 2 mol C2H5OH có
o
H2SO4 đặc xúc tác ở t C (trong bình kín dung tích không đổi) đến trạng thái cân bằng
thì thu được 0,6 mol RCOOC2H5 và 0,4 mol R’COOC2H5. Nếu đun nóng hỗn hợp
gồm 1 mol RCOOH, 3 mol R’COOH và a mol C2H5OH ở điều kiện như trên đến
trạng thái cân bằng thì thu được 0,8 mol RCOOC2H5. Tính a.
Câu V (2,0 điểm)
Cho phản ứng: AB(k) -> A(k)
+ B(k)
Người ta tiến hành nung nóng 0,2 mol AB(k) ở 3270C trong bình có thể tích 2 lít và đo áp
suất của hỗn hợp các chất trong bình thì thu được số liệu thực nghiệm:
T (giờ)
0
1
2
4
8
P (atm)
4,92
5,67
6,31
7,31
8,54
a) Cho biết bậc của phản ứng.
b) Tính hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng.
www.nbkqna.edu.vn
176
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
c) Tính áp suất trong bình khi tiến hành phản ứng được 16 giờ.
Câu VI (3,0 điểm)
Trộn 50ml dung dịch H2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr2 0,2M và 100ml dung dịch
KMnO4 0,04M được dung dịch A.
a.Xác định giá trị pH của dung dịch A.
b. Xác định thế của điện cực Pt được nhúng trong dung dịch A.
c. Ghép ®iÖn cùc hi®ro (pH = 1 atm) ®¬c nhóng trong dung dÞch CH3COOH 0,010 M
ghÐp (qua cÇu muèi) víi ®iÖn cùc Pt được nhóng trong dung dÞch A. H·y biÓu diÔn s¬ ®å
pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin.
Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; (RT/F) ln = 0,0592lg ;
E0 (Fe3+/Fe2+) = 0,77V;
E0 (MnO4- /Mn2+) = 1,51V;
E0
(Br2/Br-)
=
1,085V;
2
Câu VII (3,5điểm)
Đun nóng đến 2000C hh X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E
không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X
và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 400 0C thì thu được hỗn hợp Z
chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 600 0C thì chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng
của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F
là 21,4%.
a) Xác định A, B, C, D, F. Viết các ptpư
b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X
c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z.
Câu VIII (1,5 điểm)
ë nhiÖt ®é cao amoni clorua bÞ ph©n huû cho 2 khÝ. §Ó x¸c ®Þnh nh÷ng tÝnh chÊt
nhiÖt ®éng cña ph¶n øng nµy ë mét nhiÖt ®é x¸c ®Þnh, ngêi ta cho 53,5 gam NH4Cl (r¾n)
vµo mét b×nh ch©n kh«ng thÓ tÝch 5 lÝt råi nung nãng lªn 427 o C. §o ®îc ¸p suÊt trong
b×nh lµ 608 kPa. NÕu tiÕp tôc nung nãng ®Õn 459o C th× ¸p suÊt ®o ®îc b»ng 1115 kPa.
TÝnh entanpi tiªu chuÈn, entropi tiªu chuÈn vµ entanpi tù do tiªu chuÈn cña ph¶n øng ë
427o C. ChÊp nhËn r»ng ∆Ho vµ ∆So kh«ng phô thuéc vµo nhiÖt ®é trong kho¶ng 400 - 500o
C.
(N = 14 ; Cl = 35,5)
-HẾT-
www.nbkqna.edu.vn
177
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
ĐÁP ÁN
Câu I.(3,0 Điểm)
1. Sự phá vỡ các liên kết Cl-Cl trong một mol clo đòi hỏi một năng lượng bằng
243 kJ (năng lượng này có thể sử dụng dưới dạng quang năng). Hãy tính bước sóng của
photon cần sử dụng để phá vỡ liên kết Cl-Cl của phân tử Cl2
2. Tổng số electron trong một phân tử XY2 là 38. Tỉ lệ số khối cũng như tỷ lệ số
nơtron của nguyên tử nguyên tố Y so với nguyên tử nguyên tố X trong phân tử đều bằng
5,333.
a) Xác định nguyên tố X, Y
b) Viết cấu hình electron của mỗi nguyên tử; viết bộ bốn số lượng tử của electron
cuối cùng trong cấu hình electron của nguyên tử nguyên tố Y.
Câu I
Nội dung
3,0Điểm
Cl2 + h ν → 2Cl
0,25
c
243.103
=
= 4, 035.10−19 (J)
23
λ 6, 022.10
0,25
h.c
6,625.10-34 . 3.108
−7
λ=
=
= 4,925.10 (m) =
ε
4, 035.10−19
0,5
ε = hν = h
1
→
492,5 (nm).
2.a
Gọi số khối, số hạt nơtron, số hạt proton, số hạt electron trong nguyên
tử X, Y lần lượt là:
Ax, Nx, Px, Ex và Ay, Ny, Py, Ey.
Từ đề bài có:
0,25
+ Tổng số electron trong 1 phân tử XY2: Ex + 2Ey = 38
+ Tỉ lệ số khối và số nơtron:
(2)
2.b
(1)
0,25
2A y/Ax = 2Ny/Nx = 5,333 = 16/3 0,25
(2) -> 2Py/Px = 16/3
(3)
0,25
0,25
Giải hệ (1) , (3) được : Px = 6 X là cac bon
(C)
Py = 16 Y là lưu huỳnh
(S)
0,25
0,25
+ Cấu hình electron nguyên tử của
2
2
2
C : 1s 2s 2p
S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4
www.nbkqna.edu.vn
0,25
178
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Bộ bốn số lượng tử elctron cuối cùng của nguyên tử S: n = 3; l= 1; m=
-1; s = -1/2.
+
Câu II (3,0 Điểm)
Phân tích một chất rắn X chứa: N, B, F, H cho kết quả theo phần trăm khối lượng: 16,51%
nitơ; 12,74% bo; 3,54% hiđro và 67,21% flo.
Biết rằng X là sản phẩm thu được khi trộn hai chất khí Y và Z. Cả hai khí này đều tan
được trong nước. Dung dịch của khí Y cho môi trường bazơ, còn dung dịch của khí Z lại
cho môi trường axit.
a) Cho biết công thức phân tử X, Y, Z và tên gọi của Y, Z.
b) Viết công thức lewis, dự đoán dạng hình học phân tử và trạng thái lai hóa của
nguyên tử trung tâm của X, Y và Z.
c) Cho biết dạng và số lượng liên kết hóa học giữa các nguyên tử trong một phân
tử chất X.
Câu II
a.
Nội dung
3,0Điểm
Có: (16,51/14): (12,74/10,8): (3,51/1) : (67,21/19) = 1 : 1: 3 : 3.
0,5
Công thức phân tử X: NBH3F3.
Theo dữ kiện bài ra thì Y phải có CTPT: NH3 - amoniac ;
Z có CTPT: BF3 - Boflorua.
CTPT
CT lewis
CT cấu
trúc
0,25
0,25
Dạng
Trạng
hình học
thái lai
phân tử
hóa
Hai tứ
H F
NBH3F3.
diện lồng
H:N:B:
F
với nhau.
B: sp3
N,B là tâm
N: sp3
của hai tứ
H F
b.
0,5
0,5
diện
H
NH3
AX3E
Chóp tam
H :N:
giác
N : sp3
H
0,5
F
BF3
F : B
AX3
Tam giác
phẳng đều.
B: sp2
F
c.
+ Sáu liên kết σ cộng hóa trị ( 3 liên kết H-N và 3 liên kết F 0,25
www.nbkqna.edu.vn
179
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
-B)phân cực về phía N và F.
+ Một liên kết cho nhận cộng hóa trị phân cực về phía F.
0,25
Câu III (2,0 điểm)
Hoà tan hoàn toàn 11,2 gam một kim loại R bằng dung dịch H2SO4 đặc nóng thu
được SO2, cho toàn bộ lượng khí này hấp thụ hết vào 350 ml dung dịch KOH 2M.
Sau phản ứng, cô cạn dung dịch thì thu được 53,0 gam chất rắn khan.
1. Tìm kim loại R?
2. Hòa tan 8,4 gam kim loại R vào 200ml dung dịch HBr 2M thu được dung dịch
A. Cho dung dịch A tác dụng với dung dịch AgNO3 dư, tính khối lượng kết tủa thu
được?
Câu III Nội dung
2,0Điểm
- Số mol KOH = 0,35 . 2 = 0,7 mol
- Nhận xét:
* Nếu chất rắn là K2SO3 thì khối lượng là: 0,35 . 158=
55,3g
* Nếu chất rắn là KHSO3 thì khối lượng là: 0,7. 104 =
84,0
Chất rắn thu được khi cô cạn dung dịch là 53,0g < (55,3 ;
a.
84,0)
0,5
=> chất rắn thu được gồm K2SO3 và KOH dư
- Đặt số mol của K2SO3 là x → số mol KOH dư là 0,7-2.x
Ta có: 158.x + (0,7-2x).56 = 53 → x = 0,3 mol
0,5
Theo đl bảo toàn mol e => (11,2/MR ). n = 0,3. 2 -> R =
(56/3).n
=> Với n = 3 -> MR = 56 => R là sắt.
- Khi cho Fe tác dụng với dung dịch HCl có phản ứng:
Fe + 2HBr → FeBr2 + H2↑
=> Dung dịch A sau phản
ứng có: 0,15+ mol FeBr2 và- 0,1 mol
2+
HBr dư hay 0,15 mol Fe ; 0,1 mol H ; 0,4 mol Br
- Khi cho dung dịch AgNO3 dư vào dung dịch A có các phản
ứng:
+
Ag + Br → AgBr↓
(1)
2+
+
3+
3Fe + 4H + NO3 → 3Fe + NO↑ +
2H2O (2)
2+
+
3+
Fe + Ag → Fe + Ag↓
b.
0,25
0,25
(3)
2+
Theo (2) , (3): số mol Fe (3) = 0,075 mol
Theo (1) số mol AgBr = 0,4 mol
Theo (3) số mol Ag = 0,075 mol
0,5
Khối lượng kết tủa thu được sau phản ứng:
0,075.108 + 188. 0,4 = 83,3 gam.
Câu IV (2,0 điểm)
www.nbkqna.edu.vn
180
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Đun nóng hỗn hợp gồm 1 mol RCOOH; 1 mol R’COOH và 2 mol C2H5OH có
o
H2SO4 đặc xúc tác ở t C (trong bình kín dung tích không đổi) đến trạng thái cân bằng
thì thu được 0,6 mol RCOOC2H5 và 0,4 mol R’COOC2H5. Nếu đun nóng hỗn hợp
gồm 1 mol RCOOH, 3 mol R’COOH và a mol C2H5OH ở điều kiện như trên đến
trạng thái cân bằng thì thu được 0,8 mol RCOOC2H5. Tính a.
Câu IV Nội dung
2,0Điểm
Vì hệ số các chất trong phương trình phản ứng bằng nhau và bằng 1 nên
tỉ lệ về số mol cùng là tỉ lệ về nồng độ.
- Các phương trình phản ứng:
xt
,t
0
RCOOH + C2H5OH
[]
0,4
1
=> K1 = 1,5
RCOOC2H5 + H2O
0,6
1 (mol)
K1
0,25
xt
,t
0
R’COOH + C2H5OH
[]
0,6
1
R’COOC2H5 + H2O
0,4
K2
0,25
1 (mol)
K2 = 2/3
- Gọi số mol của R’COOC2H5 là b mol. Ta có:
xt
,t
0
[ ]:
RCOOH + C2H5OH
0,2
a-0,8-b
RCOOC2H5 + H2O
0,8
0,8+b (mol)
0,25
xt
,t
[ ]:
R’COOH
3-b
0
+ C2H5OH
a-0,8-b
R’COOC2H5 + H2O
b
0,8+b
K1 = 0,8.(0,8 -b) / 0.2.(a- 0,8 -b) và K2 = b. (0,8+ b)/(3-b).(a-0,8-b)
b = 1,92 -> a = 9,97 mol
(mol)
0,25
0,5
0,5
Câu V (2,0 điểm)
1. Cho phản ứng: AB(k) -> A(k)
+ B(k)
Người ta tiến hành nung nóng 0,2 mol AB(k) ở 3270C trong bình có thể tích 2 lít và đo áp
suất của hỗn hợp các chất trong bình thì thu được số liệu thực nghiệm:
T (giờ)
0
1
2
4
8
P (atm)
4,92
5,67
6,31
7,31
8,54
a) Cho biết bậc của phản ứng.
b) Tính hằng số tốc độ và thời gian bán hủy của phản ứng.
c) Tính áp suất trong bình khi tiến hành phản ứng được 16 giờ.
Câu V Nội dung
2,0Điểm
a.
Giả sử phản ứng là bậc 1 => phương trình động học: k = (1/t).
ln(P0/P) (*)
(Với P là áp suất AB(K) ở thời điểm t)
AB(k) ->
A(k)
+
B(k)
0
t=0
P
0
0
www.nbkqna.edu.vn
181
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
b.
c.
pư
x
x
x
(atm)
0
t
P –x
x
x
=> P(hh) = P0 + x; P = P0 –x = 2P0 – P(hh) => bảng số liệu.
t (h)
0
1
2
4
8
P(hh) atm 4,92
5.67
6,31
7,31
8,54
P (atm)
4,92
4,17
3,53
2,53
1,30
Thay các giá trị vào phương trình động học (*) có:
k1 = 0,1654/h ; k2 = 0,1660/h ; k3 = 0,1663/h ; k4 = 0,1664/h ;
Các giá trị k1 -> k4 tương đương nhau => phản ứng trên là phản ứng
bậc 1.
k = (k1 + k2 + k3 + k4)/4 = 0,1660/h
thay giá trị k vào phương trình (*) -> t1/2 = 4,1753 h
t = 16 h
P = P0. e-kt = 4,92. e-0,166.16 = 0,3455 atm = P0 - x => x = 4,5745
atm
Vây áp suất trong bình là P (hh) = P0 + x = 4,92 + 4,5745 =
9,4945 atm
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu VI (3,0 điểm)
Trộn 50ml dung dịch H2SO4 2M, 50ml dung dịch FeBr2 0,2M và 100ml dung dịch
KMnO4 0,04M được dung dịch A.
a.Xác định giá trị pH của dung dịch A.
b. Xác định thế của điện cực Pt được nhúng trong dung dịch A.
c. ĐiÖn cùc hi®ro (p =H1 atm) ®¬c nhóng trong dung dÞch CH3COOH 0,010 M
được ghÐp (qua cÇu muèi) víi ®iÖn cùc Pt được nhóng trong dung dÞch A. H·y biÓu diÔn
s¬ ®å pin và viết phương trình phản ứng xảy ra trong pin.
Cho: pKa (HSO4-) 2,00 ; pKa (CH3 COOH) 4,76; (RT/F) ln = 0,0592lg ;
E0 (Fe3+/Fe2+) = 0,77V;
E0 (MnO4- /Mn2+) = 1,51V;
E0
(Br2/Br-)
=
1,085V;
2
Câu VI
a.
Nội dung
3,0Điểm
Nồng độ ban đầu các chất sau khi trộn:
C (KMnO4) =0,02M; C (FeBr2) =0,05M; C (H2SO4) =0,5M;
H2SO4 -> H+ + HSO40,5
0,5
0,5
KMnO4 -> K+ + MnO40,02
0,02
0,02
2+
FeBr2 ->
Fe
+ 2Br0,05
0,05
0,05
0
3+
2+
Do E (Fe /Fe ) = 0,77V <
E0 (Br2/Br-) = 1,085V< E0
2+
(MnO4 /Mn ) = 1,51V
0,25
Nên các phản ứng xảy ra theo thứ tự:
2+
+
3+
2+
5Fe
+ MnO4 + 8H -> 5Fe
+ Mn
+ 4H2O
62,5
K1 = 10 >>
Bđ
0,05
0,02
0,5
www.nbkqna.edu.vn
182
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Sau
b.
-
0,01
0,42
0,05
0,01
10Br- + 2MnO4- + 16H+ -> 5Br2+ Mn2+
+ 8H2O 0,25
71,8
K2 = 10 >>
Bđ
0,1
0,01
0,42
Sau 0,05
0,34
0,025 0,02
Vì K1, K2 rất lớn nên nồng độ MnO4-, Fe2+ là rất không đáng kể.
0,25
3+
2+
+
+
TPGH : Fe = 0,05M; Mn = 0,02M; H = 0,34M; K = 0,02M;
Br2 = 0,025M;
HSO4- = 0,5M; Br- = 0,05M.
Xét cân bằng:
HSO4- =
H+ +
SO42Ka = 10-2
0,5
0,34
[]
0,5 – x
0,34 + x
x
0,25
0,25
+
Ka = x.(0,34+x)/(0,5 - x) => x = 0,0137M => [H ] = 0,3537M
pHA = 0,4514
Thế của điện cực Pt nhúng vào dung dịch A được tính theo cặp
Br2/Br-:
Br2 + 2e = 2BrCó E (Br2/Br-) = E0 (Br2/Br-) + (0,0592/2). Lg([Br2]/[Br-]2)
0,5
=> E (Br2/Br-) = 1,085 + (0,0592/2). Lg(0,025/[0,05]2) = 1,115V
Xác định thể của điện cực hiđro:
. Cùc Hi®ro: 2 H+ + 2e =
H2
CH3COOH
-4,76
10
C
[ ]
0,01
0,01 - x
x2/(0,01-x)
=
H+
x
= 10-4,76
+
CH3COO–
;
Ka =
x
x = [H+] = 4,08.10-4 M
pH = 3,39
E (H2/CH3COOH)
c.
= - 0,0592 pH = - 0,0592 × 3,39 = -
0,5
0,2006 (V)
*Ta có E (Br2/Br-) > E (H2/1=2H+) => điện cực Pt nhúng trong 0,25
dung dịch A là cực dương; điện cực hiđro là cực âm.
0,25
*Sơ đồ pin: (anot) (-) (Pt) H2(PH2 = 1 atm)/CH3COOH // dd A / Pt
(+) (catot)
* Phản ứng xảy ra trong pin:
Catot: Br2 + 2e -> 2Br0,25
Anot: H2 + 2CH3COO -> 2CH3COOH + 2e
Phản ứng xảy ra trong pin:
H 2 + Br2 + 2CH3COO- =
2CH3COOH + 2Br-.
Câu VII (3,5điểm)
www.nbkqna.edu.vn
183
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
Đun nóng đến 2000C hh X gồm bốn muối A, B, C, D của Na, mỗi muối 1 mol thấy có khí E
không cháy được thoát ra và một hỗn hợp Y có khối lượng giảm 12,5% so với khối lượng của X
và chứa: 1,33 mol A, 1,67 mol C và 1 mol D. Nếu tăng nhiệt độ lên 400 0C thì thu được hỗn hợp Z
chỉ có A và D, còn tăng nhiệt độ đến 600 0C thì chỉ còn lại A. Thành phần phần trăm khối lượng
của natri trong muối nhị tố A nhỏ hơn thành phần phần trăm khối lượng của nguyên tố phi kim F
là 21,4%.
a) Xác định A, B, C, D, F. Viết các ptpư
b) Xác định thành phần phần trăm theo khối lượng của các chất trong hỗn hợp X
c) Xác định thành phần phần trăm theo số mol của các chất trong hỗn hợp Z.
3,5
Câu VII Nội dung
Điểm
* Xác định muối A:
% m(Na) = x; % m(Na) = y -> hệ: x + y = 100; y – x = 21,4
Giải hệ có: x = 39,9% ; y = 60,7%.
Gọi CT (A) : NanF -> 23n/ MF = 39,3/60,7 => MF = 13961/393 ; với n = 1
-> MF = 35,5
CT (A) là NaCl
0,5
A, B, C, D là muối của Na, nhiệt phân tận cùng được muối NaCl duy nhất
vậy B, C, D phải là muối chứa oxi của Na và clo.
Xác định (B): cNaClOb -> (c - b)NaCl + b NaClOc
Theo bài: (c-b)/b = (1,33 - 1)/ (1,67-1) => c = 3 ; b = 2
0,25
a.
Nhiệt phân ở 2000C cho khí không cháy, khí đó là hơi nước nên B phải là
muối ngậm nước.
CT (B), C, D : NaClO2. nH2O ; NaClO3; NaClO4
0,25
Khối lượng muối ban đầu:
m = 58,5.1 + (90,5+ 18n ).1 + 106,5.1 + 122,5.1 = 378 + 18n
%Khối lượng H2O = 18n/ (378 + 18n) = 0,125
=> n = 3 => CT B : 0,25
NaClO2. 3H2O
* Các phương trình phản ứng:
0,25
0
Nung ở 200 C: 3NaClO2.3H2O -> NaCl + 2NaClO3 + 3H2O
0,25
Nung ở 4000C: 4NaClO3 -> 3NaClO4 + NaCl
0,25
0
Nung ở 600 C: 4NaClO4 -> 2O2 + NaCl
Khối lượng hh X = 432 gam
b.
phần trăm khối lượng các chất A, B, C, D lần lượt là:
13,54%; 33,45%;
24,65% ;
28,36%
0,5
0
ở 400 C:
2NaClO2 -> NaClO4 + NaCl
4NaClO3 -> 3NaClO4 +
NaCl
1
1
1
1
1,5
1,5 mol
0,5
0,5
0.25
c.
0,75
0,5
1,5
1,5
1,75
2,25
0,5
=> % số mol NaCl = 1,75.100/(1,75 + 2,25) = 43,75%
% số mol NaClO4 = 56,25%
Câu VIII (1,5 điểm)
ë nhiÖt ®é cao amoni clorua bÞ ph©n huû cho 2 khÝ. §Ó x¸c ®Þnh nh÷ng tÝnh chÊt
nhiÖt ®éng cña ph¶n øng nµy ë mét nhiÖt ®é x¸c ®Þnh, ngêi ta cho 53,5 gam NH4Cl (r¾n)
vµo mét b×nh ch©n kh«ng thÓ tÝch 5 lÝt råi nung nãng lªn 427 o C. §o ®îc ¸p suÊt trong
b×nh lµ 608 kPa. NÕu tiÕp tôc nung nãng ®Õn 459o C th× ¸p suÊt ®o ®îc b»ng 1115 kPa.
www.nbkqna.edu.vn
184
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
TÝnh entanpi tiªu chuÈn, entropi tiªu chuÈn vµ entanpi tù do tiªu chuÈn cña ph¶n øng ë
427o C. ChÊp nhËn r»ng ∆Ho vµ ∆So kh«ng phô thuéc vµo nhiÖt ®é trong kho¶ng 400 - 500o
C.
(N = 14 ; Cl = 35,5)
Câu
VIII
Nội dung
1,5 Điểm
NH4Cl (r)
-> NH3 (k) + HCl (k) (1)
ë nhiÖt ®é 427o C vµ 459o C nÕu NH4Cl ph©n huû hÕt th× ¸p suÊt
trong b×nh sÏ lµ:
−1
−1
p1 = 2 mol × 8,314 N.m.K −3.mol3 × (427 + 273,15) K =
5.10 m
2328419 N.m−2
−1
−1
p2 = 2 mol × 8,314 N.m.K −3.mol3 × (459 + 273,15) K =
5.10 m
−2
2434838 N.m
0,25
Nh vËy, theo ®Çu bµi ë 2 nhiÖt ®é nµy trong b×nh cã c©n b»ng (1)
vµ c¸c ¸p suÊt ®· cho lµ c¸c ¸p suÊt c©n b»ng.
ë 427o C : Kp = 304 × 304 = 92416 (kPa)2
0,25
459o C : Kp = 557,5 × 557,5 = 310806 (kPa)2
o
K
∆G700 = -RT ln K = - RT ln p
(Po = 1bar)
∆n
o
92416 (kPa)2
= -8,314 J.K−1.mol−1 ×P(427 + 273,15) K ln
(102kPa)2 0,5
= -12944 J.mol−1
K (T ) ∆H
1
ln p 2 = R ( 1 + )
T1 T2
Kp(T1)
∆H
310806
1 )
ln
=8,314 ( 1 −
92416
700,15 732,15
o
∆H700 = 161534 J.mol−1
o
o
161534 – (-12944)
o
∆H700 – ∆G700
∆S =
=
=
700,15
−1
−1
249,2 (J.K .mol )
0,25
o
0,25
T ; TÝnh K theo bar hay atm, råi tÝnh
(ThÝ sinh cã thÓ lÊy Po = 1atm
p
o
∆GT theo biÓu thøc ∆GT = -RT ln Kp)
Híng dÉn gi¶i:
NH4Cl (r)
NH3 (k) + HCl (k)
(1)
o
o
ë nhiÖt ®é 427 C vµ 459 C nÕu NH4Cl ph©n huû hÕt th× ¸p suÊt trong b×nh sÏ lµ:
2 mol × 8,314 N.m.K−1.mol−1 × (427 + 273,15) K
www.nbkqna.edu.vn
5.10−3 m3
185
Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn Hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc-có đáp án
= 2328419 N.m−2
p1 =
2 mol × 8,314 N.m.K−1.mol−1 × (459 + 273,15) K
p2 =
= 2434838 N.m−2
−3
3
5.10 m
Nh vËy, theo ®Çu bµi ë 2 nhiÖt ®é nµy trong b×nh cã c©n b»ng (1) vµ c¸c ¸p suÊt ®·
cho lµ c¸c ¸p suÊt c©n b»ng.
ë 427o C : Kp = 304 × 304 = 92416 (kPa)2
459o C : Kp = 557,5 × 557,5 = 310806 (kPa)2
o
K
∆G700 = -RT ln K = - RT ln p
(Po = 1bar)
∆n
o
92416 (kPa)2
= -8,314 J.K−1.mol−1 ×P(427 + 273,15) K ln
= -12944 J.mol−1
2
2
(10
kPa)
K (T ) ∆H
ln p 2 = R ( 1 + 1 )
T1 T2
Kp(T1)
∆H
310806
1 )
ln
=8,314 ( 1 −
92416
700,15 732,15
o
∆H700 = 161534 J.mol−1
o
o
161534 – (-12944)
o
∆H700 – ∆G700
∆S =
=
= 249,2 (J.K −1.mol−1)
700,15
o
(ThÝ sinh cã thÓ lÊy Po = 1atm ; TÝnh Kp theo bar hay atm, råi tÝnh ∆GT theo biÓu thøc ∆GT
o
= -RT ln Kp)
T
www.nbkqna.edu.vn
186
[...]... 18,8x0,1x10-3 = 1,88x10-3(mol) → m KCl =74,5x1,88x10-3 = 0,140 (gam) Sau khi nung: n KCl = n Cl− = n Ag + = 33,05x0,1x10-3 = 3,305x10-3(mol) www.nbkqna.edu.vn 30 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án m KCl (sau nung) =74,5x3,305x10-3 = 0,246 (gam) n KCl (do KClO3 phân hủy ra) = 3,305x10-3 - 1,88x10-3 = 1,425x10-3(mol) n KClO3 = 4x n KCl = 5,7x10-3(mol)... = 3,4295 .10- 4 ≈ 3,43 .10- 4 k1 = 5,5955 10- 4 ≈ 5,56 .10- 4 2 Từ 1 mol 64Cu ban đầu, thời gan để còn lại 0,1 mol 64Cu : ln 1 = 9,025 x10 − 4 t 0,1 www.nbkqna.edu.vn 15 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án t = 2551 phút 3 Từ 1 mol 64Cu ban đầu,,sau t phút tạo thành nZn = 0,30 mol nNi= k2 3,4295 x10 −4 xn Zn = x0,30 = 0,183871mol k1 5,5955 x10 − 4 nZn... www.nbkqna.edu.vn 32 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án 2 Tính lượng N2 và NH3, biết hệ có 500 mol H2 3 Thêm 10 mol H2 vào hệ này đồng thời giữ cho nhiệt độ và áp suất tổng cộng khơng đổi Bằng cách tính, hãy cho biết cân bằng (*) chuyển dịch theo chiều nào? 4 Trong một hệ cân bằng gồm H 2, N2 và NH3 ở 410 K và áp suất tổng cộng 1 .10 5 Pa, người ta.. .Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án Hãy: 1 a Thi t lập một sơ đồ pin để xác định tích số tan của AgI Viết các phương trình phản ứng xảy ra trên mỗi điện cực và trong pin b Tính độ tan (s) tại 25oC của AgI trong nước 2 a Lập pin điện trong đó xảy ra sự oxi hố ion Fe 2+ thành... ứng trên có pư = -216,79 KJ G0pu = -211,99 KJ 0 Q trình là bất thuận nghịch, phản ứng tự xảy ra 4 2,0 1 a) Đặt a là số mol N2O4 có. .. có cặn trắng Phân tích cho thấy trong cặn đó có mặt ba muối chúng là những muối gì? www.nbkqna.edu.vn 24 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án Thí nghiệm 1: lấy m (g) hỗn hợp chứa các muối trên hòa tan trong nước, axit hố bằng axit nitric tạo ra khí và chuẩn độ dung dịch thu được bằng dung dịch AgNO3 0,1M hết 18,80 ml Thí nghiệm 2: m (g) hỗn hợp. .. (M) 10 1,1.0, 0189 Từ (1) → [OH ] = = 0,0593 (M) 0, 0253 So sánh các cân bằng (1) → (7), ta thấy (1) và (5) quyết định pH của hệ: 22[OH-] = [HS-] + [ HPO 4 ]→[ HPO 4 ] = [OH-] - [HS-] = 0,0593 – 0,0253 = 0,0340 (M) www.nbkqna.edu.vn 0,5 đ 0,5 đ 17 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án [HPO 2-4 ][OH - ] 0, 0340.0, 0593 = = 0,0965 (M) 10- 1,68 10- 1,68... hình học XeF2 : thẳng XeF4 : vng phẳng XeOF4 : thápp vng XeO2F2: ván bập bênh c Kiểu lai hóa của ngun tử trung tâm Xe: XeF2: sp3d XeF4: sp3d2 XeOF4: sp3d2 XeO2F2: sp3d 0,5 1,0 Câu 2 (2,0 điểm) 0,25 Các ion Cl - xếp theo kiểu lập phương tâm mặt, các cation Cu+ nhỏ hơn chiếm hết 0,25 www.nbkqna.edu.vn 34 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án số hốc... www.nbkqna.edu.vn 19 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án khối lượng phân tử Riêng HF có nhiệt độ sơi và nhiệt độ nóng chảy cao một cách bất thường Đó là do có hiện tượng trùng hợp phân tử nhờ liên kết hidro Năng lượng của liên kết hidro trong trường hợp này là rất lớn nHF → (HF)n (n=2→6) 0,25 đ BÀI 9 BÀI 9 ( 2 đ) 9.1 Với S, Al và Zn có các phản ứng : t0 2Al... mS(A) = 0,45 32 = 14,4 (gam) mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam) www.nbkqna.edu.vn (2) 0,25đ 0,5 đ 20 Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 của một số trường trên tồn quốc- có đáp án Gọi x = nAl ; y = nZn trong A Ta có :27x + 65y = 18,62 %SO2 trong C = 100 % - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2% Ta có : 0,225 mol SO2 → %SO2 = 14,2% 0,225 × 85,8 Vậy : n N 2 = = 1,36 (mol) 14,2 4 Do N2 chiếm thể tích ... www.nbkqna.edu.vn Tổng hợp số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 số trường tồn quốc-có đáp án SỞ GDĐT THỪA THI N HUẾ KÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG THPT CHUN QUỐC THPT CHUN – DUN HẢI BẮC BỘ NĂM HỌC 2013... www.nbkqna.edu.vn 31 Tổng hợp số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 số trường tồn quốc-có đáp án SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC DUN HẢI... 640 ÷ 2 www.nbkqna.edu.vn = 1,54 .10- 15 µCi Tổng hợp số đề thi học sinh giỏi mơn Hóa học 10 số trường tồn quốc-có đáp án = 1,54 .10- 15x3,7 .104 Bq = 5,7 .10- 11 Bq
Ngày đăng: 10/10/2015, 22:10
Xem thêm: Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc có đáp án , Tổng hợp một số đề thi học sinh giỏi môn hóa học 10 của một số trường trên toàn quốc có đáp án
