Tài liệu Đề thi Olympic truyền thống 30.4 tại TP Huế môn hóa 10 pdf

KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN HÓA 10 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Chú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệt Câu I : I.1 X thuộc chu kỳ 4, Y thuộc chu kỳ 2 của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. I i là năng lượng ion hoá thứ i của một nguyên tử. Thực nghiệm cho biết tỉ số I k+1 / I k của X và Y như sau: k k I I 1+ 1 2 I I 2 3 I I 3 4 I I 4 5 I I 5 6 I I X 1,94 4,31 1,31 1,26 1,30 Y 2,17 1,96 1,35 6,08 1,25 Lập luận để xác định X và Y. I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm. 2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. 2.2 Tính số ion Cu + và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. 2.3 Xác định bán kính ion của Cu + . Cho d CuCl = 4,316 g/cm 3 ; r Cl- = 1,84A o ; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.10 23 . I.3 Urani phân rã phóng xạ thành radi theo chuỗi sau : U 238 92 → α Th → − β Pa → − β U → α Th → α Ra Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên. Câu II: II.1 Trong bình chân không dung tích 500cm 3 chứa m gam HgO rắn. Đun nóng bình đến 500 0 C xảy ra phản ứng: 2HgO(r)  2Hg(k) + O 2 (k) Áp suất khi cân bằng là 4 atm 1.1 Tính K P của phản ứng 1.2 Tính khối lượng nhỏ nhất của thuỷ ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này. Cho Hg = 200. II.2 Đốt cháy etan ( C 2 H 6 ) thu sản phẩm là khí CO 2 và H 2 O ( lỏng ) ở 25°C. 2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : ∆H ht ( KJ.mol -1 ) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol -1 ) CO 2 -393,5 C–C 347 H 2 O (l) -285,8 H–C 413 O 2 0 H–O 464 O=O 495 2.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol -1 ). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol -1 .K -1 . Câu III: III.1 Thêm 1 ml dung dịch 4 NH SCN 0,10 M vào 1ml dung dịch 3 Fe + 0,01 M và F − 1M. Có màu đỏ của phức 2+ FeSCN hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi 2+ 6 FeSCN C 7.10 M − > và dung dịch được axit hóa đủ để sự tạo phức hidroxo của Fe (III) xảy ra không đáng kể. Cho 1 13,10 3 eF 3 10 F β − − = ; 1 2 3,03 eSCN 10 F β + = ( β là hằng số bền). III.2 Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp gồm Ag + 1,0.10 -3 M; 3 NH 1,0 M và Cu bột. Cho 3 2 7,24 2 Ag(NH ) 10 β + = ; 3 2 12,03 4Cu(NH )4 10 β + = ; 2 0 0 Ag / Ag Cu / Cu E 0,799V;E 0,337V + + = = (ở 25 0 C) Câu IV: IV.1 Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn: E 0 Cu 2+ /Cu + = +0,16 V E 0 Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V E 0 Ag + /Ag = +0,8 V E 0 Cu + /Cu = +0,52 V E 0 Fe 2+ /Fe = -0,44 V E 0 I 2 /2I - = +0,54 V Hãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau: 1.1 Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat 1.2 Cho bột đồng vào dung dịch đồng (II) sunfat 1.3 Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat 1.4 Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotua IV.2 Hoà tan 7,82 gam XNO 3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ - Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot - Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc) Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A. Câu V: V.1 Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứng đem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO 3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấy nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn. V.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2.1 Ion I - trong KI bị oxi hoá thành I 2 bởi FeCl 3 , O 3 ; còn I 2 oxi hoá được Na 2 S 2 O 3 . 2.2 Ion Br - bị oxi hoá bởi H 2 SO 4đặc , BrO 3 - (môi trường axit); còn Br 2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. 2.3 H 2 O 2 bị khử NaCrO 2 (trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO 4 (trong môi trường axit). Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn. Hết ĐÁP ÁN Đáp án câu 1: Đối với X, từ I 2 lên I 3 tăng đột ngột, vậy ion X 2+ có cấu hình của một khí hiếm do đó : X là [Ar] 4s 2 ( Canxi ) (0,5 đ) Đối với Y, từ I 4 lên I 5 tăng đột ngột, vậy ion Y 4+ có cấu hình của một khí hiếm do đó: Y là [He] 2s 2 2p 2 ( Cacbon) (0,5 đ) I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm. 2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này. 2.2 Tính số ion Cu + và Cl - rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở. 2.3 Xác định bán kính ion của Cu + . Cho d CuCl = 4,316 g/cm 3 ; r Cl- = 1,84A o ; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.10 23 . Giải: I.2.1. (0,5 đ) 2.2 (0,75 đ) Vì lập phương mặt tâm nên Cl - ở 8 đỉnh: 1 8 1 8 =× ion Cl - 6 mặt: 3 2 1 6 =× ion Cl - Cu + ở giữa 12 cạnh : 3 4 1 12 =× ion Cu + ở t âm : 1x1=1 ion Cu + Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Cu + + 4Cl - = 4CuCl 2.3 (0,50 đ) VN MN d A CuCl . . = với V=a 3 ( N: số phân tử, a là cạnh hình lập phương) , ., .,., ) , , ( , . . o 324 23 A CuCl 3 A41715a cm10965158 1002361364 5355634 Nd MN a =⇒ = + ==⇒ − (0,25 đ) Mặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r + + 2r - o A ra r 86855,0 2 84,1.24171,5 2 2 = − = − =⇒ − + (0,25 đ) Cl - Cu + ⇒ 4 ion Cl - ⇒ 4 ion Cu + I.3. U 238 92 → Th 234 90 + He 4 2 0,25 Th 234 90 → Pa 234 91 + e 0 1− 0,25 Pa 234 91 → U 234 92 + e 0 1− 0,25 U 234 92 → Th 230 90 + He 4 2 0,25 Th 230 90 → Ra 226 88 + He 4 2 0,25 Đáp án câu 2: 1.1 (1 đ) 2HgO (r)  2Hg(k) + O 2 (k) [ ] 0 a mol 0 0 [ ] cb a – 2x 2x x 2 2 3 2 3 2 1 4 4.4 . 9,48 3 3 27 27 p Hg O K P P P P P   = = = = =     1.2 (1 đ) . Số mol Hg nhỏ nhất khi a = 2x. Từ công thức HgO 4.0,5 3 0,0105 0,082.773 Vay a = 0,021 mol m 0,021.216 4,53 PV n x x RT g = = = → = = = II.2. Đốt cháy etan ( C 2 H 6 ) thu sản phẩm là khí CO 2 và H 2 O ( lỏng ) ở 25°C. 2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và năng lượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và : ∆H ht ( KJ.mol -1 ) Liên kết Năng lượng liên kết ( KJ.mol -1 ) CO 2 -393,5 C–C 347 H 2 O -285,8 H–C 413 O 2 0 H–O 464 O=O 495 2.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol -1 ). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vị J.mol -1 .K -1 . Giải: 2.1. C 2 H 6 + 2 7 O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O ∆H = - 1560,5 KJ ( 2C 2 H 6 + 7O 2 → 4CO 2 + 6H 2 O ∆H = - 3121 KJ ) 0,5 ∆H pư = 4 ∆H ht CO 2 + 6 ∆H ht H 2 O - 7∆H ht O 2 - 2 ∆H ht C 2 H 6  ∆H ht C 2 H 6 = ( ) ( ) ( ) [ ] 2 31218,28565,3934 − − − + − = - 83,9 ( KJ.mol -1 ) 0,5 ∆H pư = 2 E C – C + 12 E C – H + 7E O=O - 8 E C = O - 12 E H – O  E C = O = ( ) [ ] 8 3121464x12495x7413x12347x2 − − − + + = 833( KJ.mol -1 ) 0,5 2.2 ∆G° = ∆H° - T∆S° ∆S° = ( ) [ ] ( ) 27325 5,14675,1560 + − − − = - 0,312 (kJ.mol -1 K -1 ) = -312 J.mol - 1 .K -1 0,5 Đáp án câu 3: III.1. Ta có: 3 Fe C + << F C ( 1) − = 3 FeF β rất lớn. Vì vậy trong dung dịch, Fe 3+ tác dụng hết với F - tạo ra phức 3 FeF . 3+ 3 Fe 3F FeF − + → Ban đầu 0,01 1 Sau phản ứng __ 0,97 0,01 0.5đ Sau khi trộn với 4 NH SCN : 3 FeF C = 5.10 -3 M; F C − = 0,485M; 2 SCN C 5.10 M − − = FeF 3  Fe 3+ + 3F - 10 -13,10 Fe 3+ + SCN -  FeSCN 2+ 10 +3,03 FeF 3 + SCN -  FeSCN 2+ + 3F - K = 10 -10,07 0,5 đ C 5.10 -3 5.10 -2 0,485 [ ] (5.10 -3 -x) (5.10 -2 -x) x 0,485+3x 3 10,07 3 2 x(0, 485 3x) 10 (5.10 x)(5.10 x) − − − + ⇒ = − − 0.5đ Với x << 5.10 -3 ta được : ( ) 613 3 07105 10x710x861 4850 10x10x25 x −− −− <== , , , 0,5 đ Vậy màu đỏ của phức 2+ FeSCN không xuất hiện, nghĩa là F - đã che hoàn toàn Fe 3+ III.2. Các quá trình xảy ra: - Tạo phức 2+ 3 Ag(NH ) ( + > Ag NH CC 3 ) Ag + + 2NH 3  Ag(NH 3 ) 2 + 7,24 2 10 β = 1,0.10 -3 1,0 __ 1,0-2,0.10 -3 1,0.10 -3 0.5đ - Khử 2+ 3 Ag(NH ) bởi Cu: 2x Ag(NH 3 ) 2 +  Ag + + 2NH 3 1 7,24 2 10 β − − = (1) 2Ag + + Cu  2Ag + Cu 2+ 15,61 0 10 K = (2) - Tạo phức của Cu 2+ với 3 NH ( + > 2 3 Cu NH CC ) Cu 2+ + 4NH 3  Cu(NH 3 ) 4 2+ 12,03 4 10 β = (3) Tổ hợp (1)(2) và (3): 2Ag(NH 3 ) 2 + + Cu  2Ag + Cu(NH 3 ) 4 2+ ; 40 2 2 KK ββ= − = 10 13,16 0,5 đ 1,0.10 -3 5,0.10 -4 TPGH: 2 3 4 Cu(NH ) + : 5,0.10 -4 M ; 3 3 NH :1,0 2.10 1,0M − − ≈ Cân bằng Cu(NH 3 ) 4 2+ + 2Ag  2Ag(NH 3 ) 2 + + Cu 10 - 13,16 C 5,0.10 -4 [ ] 5,0.10 -4 -x 2x 2 13,16 4 (2x) 10 (5, 0.10 x) − − ⇒ = − x = 5.10 - 4  2x = 423816134 10x5101010x5 −−−− <= ,, . 0,5 đ Vậy: + -8,23 9 3 2 [Ag(NH ) ]=2x=10 5,9.10 M − = 2+ -4 3 4 [Cu(NH ) ]=5,0.10 M 0.5đ Mặc dù Ag + tồn tại dưới dạng phức 3 2 Ag(NH ) + nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn. Đáp án câu 4: IV.1. 1.1. Vì E 0 Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > E 0 Fe 2+ /Fe = -0,44 V Tính oxi hóa: Fe 3+ mạnh hơn Fe 2+ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe 2+ Phản ứng xảy ra 3 2 2 Fe Fe 3 Fe + + + → Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt (0.5đ) 1.2. Vì E 0 Cu + /Cu = +0,52 V > E 0 Cu 2+ /Cu + = +0,16 V Tính oxi hóa: Cu + mạnh hơn Cu 2+ Tính khử: Cu + mạnh hơn Cu Phản ứng xảy ra 2 Cu Cu Cu Cu + + + + → + Do đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch CuSO 4 không có hiện tượng gì (0.5đ) 1.3.Vì E 0 Ag + /Ag = +0,8 V > E 0 Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 Tính oxi hóa: Ag + mạnh hơn Fe 3+ Tính khử: Fe 2+ mạnh hơn Ag Phản ứng xảy ra 2 3 Fe Ag Fe Ag + + + + → + Dung dịch màu lục nhạt chuyển sang màu vàng (0.5đ) 1.4. Vì E 0 Fe 3+ /Fe 2+ = +0,77 V > E 0 I 2 /2I - = +0,54 V Tính oxi hóa: Fe 3+ mạnh hơn I 2 Tính khử: I - mạnh hơn Fe 2+ Phản ứng xảy ra 3 2 2 2I 2Fe I 2Fe − + + + → + Dung dịch không màu chuyển sang màu nâu (0.5đ) IV.2 Điện phân dung dịch A: (2đ) 3 3 XNO X NO + − → + ← Ở anot : H 2 O – 2e → 2H + + ½ O 2 Ở catot : X + + 1e → X Ứng với 2t giây, số mol O 2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 mol 0,5 đ Vậy ở catot có khí H 2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 mol Chứng tỏ X + đã bị khử hết Ở catot : X + + 1e → X 2H 2 O + 2e → 2OH - + H 2 Ở anot : H 2 O – 2e → 2H + + ½ O 2 0,5 đ Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực: a + 0,009.2 = 0,008.2.4 (với a là số mol của XNO 3 ) ⇒ a = 0,046 Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag) 0,5 đ Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi : 0320 2 0640 96500 It1 , , == 96500.0,032 t 1600 giây 1,93 = = 0,5 đ Đáp án câu 5: Vì O 2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit 2MS + (2 + n:2)O 2  M 2 O n + 2SO 2 (0,25 đ) a 0,5a M 2 O n + 2nHNO 3  2M(NO 3 ) n + n H 2 O (0,25 đ) 0,5a an a Khối lượng dung dịch HNO 3 m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g) Khối lượng dung dịch sau phản ứng m = aM + 8an + 500an : 3 (g) Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172 Nên M = 18,65n (0,50 đ) Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe) Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05 khối lượng Fe(NO 3 ) 3 là m= 0,05 × 242 = 12,1(g) Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh : m dd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g) Khối lượng Fe(NO 3 ) 3 còn lại trong dung dịch là : m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g) Khối lượng Fe(NO 3 ) 3 kết tinh m = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g) (0,50 đ) Đặt công thức Fe(NO 3 ) 3 . nH 2 O Suy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9 CT Fe(NO 3 ) 3 . 9H 2 O (0,50 đ) V.2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra: 2.1. Ion I - trong KI bị oxi hoá thành I 2 bởi FeCl 3 , O 3 ; còn I 2 oxi hoá được Na 2 S 2 O 3 . 2.2. Ion Br - bị oxi hoá bởi H 2 SO 4đặc , BrO 3 - (môi trường axit); còn Br 2 lại oxi hoá được P thành axit tương ứng. 2.3.H 2 O 2 bị khử NaCrO 2 (trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO 4 (trong môi trường axit) Giải:V. 2 (Mỗi phương trình 0,25 đ) 2.1 2KI + 2FeCl 3  2FeCl 2 + 2KCl + I 2 2KI + O 3 + H 2 O  2KOH + O 2 + I 2 I 2 + 2Na 2 S 2 O 3  2NaI + Na 2 S 4 O 6 2.2 2Br - + 4H + + SO 4 2- ( đặc)  Br 2 + SO 2 + 2H 2 O 5Br - + BrO 3 - + 6H +  3Br 2 + 3H 2 O 5Br 2 + 2P + 8H 2 O 10 HBr + 2H 3 PO 4 2.3 3H 2 O 2 + 2NaCrO 2 + 2NaOH  2Na 2 CrO 4 + 4H 2 O 5H 2 O 2 + 2KMnO 4 + 3H 2 SO 4  2MnSO 4 + K 2 SO 4 + 5O 2 + 8H 2 O . KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/ 4 LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾ ĐỀ THI MÔN HÓA 10 Thời gian làm bài 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Chú. 3F - K = 10 -10, 07 0,5 đ C 5 .10 -3 5 .10 -2 0 ,48 5 [ ] (5 .10 -3 -x) (5 .10 -2 -x) x 0 ,48 5+3x 3 10, 07 3 2 x(0, 48 5 3x) 10 (5 .10 x)(5 .10 x) − −