Bộ đề thi năng khiếu môn hóa lớp 10 trường chuyên năm 2022

TRƯỜNG THPT ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I LỚP 10H CHUN NGUYỄN TRÃI MƠN HĨA HỌC TỔ HĨA HỌC Thời gian: 180 phút Câu 1: (1,0 điểm) Một nguyên tử nguyên tố X có tổng số hạt loại 58,số khối nhỏ 40 Xác định số khối A số hiệu Z nguyên tử Câu : (2,0 điểm) Cho biết lượng ion hoá thứ nhất, thứ hai 10Ne, 11Na, 12Mg sau: Ne Na Mg I1(eV) 21,58 5,14 7,64 I2(eV) 41,07 47,29 ? a) Hãy so sánh I1 Ne Na? Mg Na? So sánh I2 Ne Na? giải thích ? b) Hỏi I2 Mg cao hay thấp Na? Vì sao? Câu 3: (1,5 điểm) Có thể viết cấu hình electron Fe2+là Cách 1: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d6]; Cách 2: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d44s2]; Cách 3: Fe2+ [1s22s22p63s23p63d54s1] Áp dụng phương pháp gần Slater (Xlâytơ) tính lượng electron Fe2+ với cách viết (theo đơn vị eV) Cách viết phù hợp với thực tế? Tại sao? Câu4: (1,5 điểm) Đồng vị 1940 K có chu kỳ bán huỷ 1,49.109 năm a)Tính khối lượng mẫu K có cường độ phóng xạ = curi (1Ci = 3,7.1010 Bq)? b)Hỏi sau khối lượng K cịn 1%? c) Một mẫu rađon(Rn) thời điểm t=0 phóng 7,0.104 hạt  giây, sau 6,6 ngày mẫu phóng 2,1.104 hạt  giây Hãy tính chu kì bán huỷ Rn? Câu 5: (2,0 điểm) Cho nguyên tố 15X; 30Y; 35T a) Viết cấu hình electron nguyên tử nguyên tố b) Xác định số e hóa trị, vị trí nguyên tố bảng HTTH c) Viết công thức phân tử oxit, hiđroxit tương ứng với số oxi hóa cao chúng X, Y, R, A, B theo thứ tự nguyên tố liên tiếp Hệ thống tuần hồn (HTTH) có tổng số điện tích hạt nhân 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất) a) Xác định điện tích hạt nhân X, Y, R, A, B Gọi tên ngun tố b) Viết cấu hình electron X2−, Y−, R, A+, B2+ So sánh bán kính chúng giải thích c) Trong phản ứng oxi hố-khử, X2−, Y− thể tính chất gì? Vì sao? Câu 6:(2,0 ểm) Xe tạo nhiều hợp chất có XeF2; XeF4; XeO3 Vẽ cấu trúc Lewis phân tử Mơ tả dạng hình học hợp chất bao gồm góc liên kết Trình bày giải thích phân tử phân tử phân cực hay khơng phân cực Giải thích hợp chất hoạt động Biết: Xe( khí hiếm); F( nhóm VIIA); O(nhóm VIA) (Học sinh khơng sử dụng bảng HTTH) &&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&&& HƯỚNG DẪN GIẢI TÓM TẮT ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LẦN I LỚP 10H Câu1: (1,0 ểm) 2Z + N = 58 , Z + N < 40 => Z > 18 M ặt kh ác, Z ≤ N => Z < 40 => Z < 20 T đ ó ta c ó Z = 19 v N = 20 => A = 30 Câu : (2,0 điểm) 10Ne: 1s22s22p6 11Na: [Ne]3s1 12Mg: [Ne]3s2 a) * I1(Na) < I1(Ne) Na dễ dàng 1e để đạt cấu hình bền vững khí Ne Cịn Ne có cấu hình bền nên khó 1e để phá vỡ cấu hình bền * I1(Na) < I1(Mg) Do điện tích hạt nhân Mg < Na cấu hình e Mg+ bền Na+ * I2(Na) > I2(Ne) Do Na+ có cấu hình e bền vững nên khó 1e, cịn Ne+ có cấu hình e bền 2s22p5 nên dễ 1e b) I2(Mg) < I2(Na) Do tách 1e khỏi Mg+ tạo cấu hình e bền vững nên dễ dàng tách 1e khỏi cấu hình bền Na+ Câu 3: (1,5 điểm) Năng lượng electron phân lớp l có số lượng tử hiệu dụng n* tính theo biểu thức Slater: 1 = -13,6 x (Z – b)2 /n* (theo eV) Hằng số chắn b số lượng tử n* tính theo quy tắc Slater Áp dụng cho Fe2+ (Z=26, có 24e) ta có: Với cách viết [Ar]3d6:  3d = - 13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x5)2/32 = - 59,0 eV E1 = E(3d6) =  3d = - 354,0 eV Với cách viết [Ar]3d44s2:  3d = -13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x3)2/32 = - 73,0 eV 2  4s = - 13,6 x(26 – 1x10 – 0,85x12 – 0,35) /3,7 = - 29,4 eV Do E2 = E(3d44s2) =  3d +  4s = - 350,8 eV Với cách viết [Ar]3d54s1:  3d = -13,6 x (26 – 1x18 – 0,35x4)2/32 = - 65,8 eV  4s = - 13,6 x (26 – 1x10 – 0,85x13)2/3,72 = - 24,3 eV Do E3 = E(3d54s1) =  3d +  4s = - 353,3 eV E1 thấp (âm) E2 E3 cách viết ứng với trạng thái bền Kết thu phù hợp với thực tế trạng thái ion Fe2+ có cấu hình electron [Ar]3d6 Câu 4: (1,5 điểm) a) Theo công thức : v = k N = 3,7.1010 Bq với N số nguyên tử 1940 K , k = ln2/T1/2 T1/2= 1,49.109.365.24.60.60 = 47.1015 giây Vậy mK  k 40 N 40.3, 7.1010.47.1015   1, 667.105 ( g ) 23 NA 0, 693.6, 022.10 b) Theo CT: t  ln k c) Theo CT: t  ln N0 t N  1/2 ln  9,9.109 ( năm) N 0,693 N A0 t 7.104  1/2 ln  6,  t1/2  3,8 ( ngày) A 0, 693 2,1.104 Câu 5: (2,0 điểm) a Cấu hình: X 1s22s22p63s23p3 Y 1s22s22p63s23p63d104s2 T 1s22s22p63s23p63d104s24p5 b Số e hóa trị: X 5; Y 2; T Vị trí của: X là: Ơ 15; Chu kỳ: 3; Nhóm: VA Y là: Ơ 30; Chu kỳ: 4; Nhóm: IIB X là: Ơ 35; Chu kỳ: 4; Nhóm: VIIA c Công thức phân tử của: * Oxit: X( X2O5); Y( YO); T( T2O7) * Hiđroxit: X HXO3 hay H3XO4 Y Y(OH)2 T HTO4 a) Gọi Z số điện tích hạt nhân X => Số điện tích hạt nhân Y, R, A, B (Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiết Z + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90  16X; 17Y; 18R; 19A; 20B nguyên tố => Z = 16 (S) (Cl) (Ar) (K) (Ca) b) S2-, Cl-, Ar, K+, Ca2+ có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 Số lớp e giống => r phụ thuộc điện tích hạt nhân Điện tích hạt nhân lớn bán kính r nhỏ rS2- > rCl- > rAr > rK + > rCa 2+ c) Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- ln ln thể tính khử ion có số oxi hóa thấp Câu 6:(2,0 điểm) :F Xe F: :F : :F Xe : F : : F :O Xe O : :O : XeF2: thẳng; 180o XeF4: vuông phẳng; 90o XeO3: tháp tam giác;  107o XeF2 không phân cực Cả hai lưỡng cực liên kết Xe – F có độ lớn; chúng bù trừ lẫn phân tử thẳng XeF4 khơng phân cực: lưỡng cực liên kết Xe – F có độ lớn, chúng bù trừ lẫn phân tử vuông phẳng XeO3 phân cực: lưỡng cực liên kết Xe – O có độ lớn dạng hình học phẳng dẫn đến lưỡng cực thực Xe có điện tích hình thức dương hợp chất Vì chúng chất oxi hóa tốt KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MƠN: Hóa học KHỐI 10 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐỀ CHÍNH THỨC (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: 11 tháng 05 năm 2020 Câu 1: (2 điểm) Viết phương trình điện li chất sau tan nước: HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO   2SO3(k) (*) thiết lập 450 K người ta xác Trong hệ có cân 2SO2(k) + O2(k)   định áp suất riêng phần sau đây: P02  0,124.105 Pa; PSO2  0,375.105 Pa; PSO3  0,501.105 Pa a Tính số cân Kp ΔG0 phản ứng (*) 450 K b Tính lượng O2 SO3, biết hệ có 500 mol SO2 Cho: Áp suất tiêu chuẩn P0 = 1,013.105 Pa; R = 8,314 JK-1mol-1; 1atm = 1,013.105 Pa Câu 2: (2 điểm) Trong dung dịch nước, chất A bị phân hủy phương trình: A + 2H2O → 2X+ + Y2- (1) Trong dung dịch loãng, số tốc độ phản ứng 350 K k1 = 4,00.10-5 s-1 Cho biết bậc phản ứng (1) Tính thời gian cần thiết, t1, để 80% lượng A bị phân hủy 350K Tính số tốc độ phản ứng, k2, 300K thời gian cần thiết, t2, để 80% lượng A bị phân hủy nhiệt độ Biết lượng hoạt hóa phản ứng 166,00 kJ.mol-1 khơng phụ thuộc vào nhiệt độ Khi có mặt chất xúc tác, số tốc độ phản ứng phân hủy 300 K k2’ = 3,00.104 s-1 Giả sử thừa số tần số không thay đổi, tính lượng hoạt hóa phản ứng có mặt xúc tác Câu 3: (2 điểm) Cho phản ứng: NH4HS (r) NH3 (k) + H2S (k) Cho biết: Hợp chất H0 (kJ/mol) S0 (J/K.mol) NH4HS (r)  156,9 113,4 NH3(k)  45,9 192,6 H2S (k)  20,4 205,6 Hãy tính Ho298 ,So298 Go298 phản ứng Hãy tính số cân Kp 25 C phản ứng 0 Hãy tính số cân Kp 35 C phản ứng trên, giả thiết H S không phụ thuộc nhiệt độ Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào bình trống 25,00 L Hãy tính áp suất tồn phần bình chứa phản ứng phân huỷ đạt cân 25 C Bỏ qua thể tích NH4HS (r) Nếu dung tích bình chứa 100 lít, tính lại áp suất tồn phần thí nghiệm Câu 4: (2,5 điểm) Hấp thụ hồn tồn 0,010 mol khí H2S vào nước cất, thu 100,0 mL dung dịch A Tính nồng độ cân ion dung dịch A pKa1(H2S) = 7,02; pKa2(H2S) = 12,90 Một dung dịch X gồm CH3COOH (HAc) 0,010 M NH4Cl 0,200 M Tính pH dung dịch X Cho: Ka (CH3COOH) = 1,0.10-4,76 ; Ka(NH4+) = 10-9,4 Dung dịch Y hỗn hợp Na2S Na2SO3 có pH = 12,25 a Tính độ điện li  ion S2 dung dịch Y b Tính thể tích dung dịch HCl 0,04352 M phải dùng để thêm (rất chậm) vào 25,00 ml dung dịch Y dung dịch thu có pH 9,54 Cho: pKa: H2S 7,00 ; 12,90 pKa: H2SO3 1,76; 7,21 Câu 5: (1,5 điểm) 1) Tính pH dung dịch Na2A 0,022 M 2) Tính độ điện li ion A2- dung dịch Na2A 0,022 M có mặt NH4HSO4 0,001 M Cho: pK - a(HSO ) = 2,00; pK + a(NH ) = 9,24; pK a1(H 2A) = 5,30; pK a2(H 2A) = 12,60 Hết KỲ THI NĂNG KHIẾU LẦN IV NĂM HỌC 2019 - 2020 MƠN: Hóa học KHỐI 10 SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) ĐÁP ÁN (Đề thi có 02 trang, gồm 10 câu) Ngày thi: tháng 02 năm 2020 CÂU 1.1 1.1 NỘI DUNG Các phương trình điện li chất sau tan nước: HCl; CaCl2; CH3COOH; H2S; H2SO4; Ba(OH)2; Al2(SO4); HClO a) HCl H+ + Clb) CaCl2  Ca2+ + Clc) CH3COOH CH3COO- + H+ d) H2S H+ + HSe) HSH+ + S2f) H2SO4  H+ + HSO4g) HSO4-  H+ + SO42h) Ba(OH)2  Ba2+ + 2OHi) Al2(SO4)3  2Al3+ + 3SO42k) HClO H+ ClO- (0,501 105 )2 Kp =  Kp = (0,375 105 )2  (0,124  105 ) PSO2  PO2 PS2O3 1.2 K = Kp  P0-Δn  K = 1,439.10-4  (1,013.105) = 14,58 ΔG0 = -RTlnK  ΔG0 = -8,314  450  ln (14,58) = -10025,4 J.mol¯1 = - 10,025 kJ.mol-1 n O2 = 1.3 n SO3 = nSO2 PSO2 nSO2 PSO2  PO2  n O2 = ĐIỂM 0,5 0,5 = 1,439.104 Pa-1 0,5 500  0,124 = 165,33 mol 0,375  PSO3  n SO3 = 500  0,501 = 668 mol 0,375 0,5  n tổng cộng = 1333,33 mol  P tổng cộng = 1105 Pa 2.1 2.2 Vì k1 = 4,00.10-5 s-1 nên phản ứng bậc Vì phản ứng bậc 1, nên: a a t1  ln  ln  40235,95s 11,18h 5 k1 0,2a 4,00.10 0,2a k Ea  1      , thay số vào ta được: k1 R  T1 T2  k 166.103  1  ln 5   suy ra: k2 = 2,971.10-9 s-1  4.10 8,314  350 300  0,5 0,5 Ta có: ln 2.3 0,5 2.4  Ea RT Ở 300K: - Khi khơng có xúc tác: k  A.e (1)  E'a RT ' - Khi có xúc tác, thừa số tần số không thay đổi nên: k  A.e (2) E'a  Ea Từ (1) (2) ta được: k2 e k '2 RT , thay số vào ta được: 0,5 E' 166 a 2,971.109 8,314.103.300 e 3.104 3.1 Suy ra: Ea’ = 91,32 kJ.mol-1 H0 =  45,9 20,4  (  156,9 ) = 90,6 kJ/mol S0 = 192,6 + 205,6  113,4 = 284,8 J/K.mol 0,5 G0 = H0  T S0 = 90600  298,15  284,8 = 5687 J/mol = 5,687 kJ/mol 3.2 G0 =  RT.ln Ka  3.3 Ka = 0,1008   5687 =  8,314  298,15  ln Ka 0,5 Kp = Ka = 0,1008 atm2 Tương tự 350C, G0 = H0  T S0 = 2839 J/mol 0,5 nên Ka = 0,3302 Kp = 0,3302 atm2 3.4 Do P (toàn phần) = P (NH3) + P (H2S) Kp = [0,5P (toàn phần)]2 = 0,1008 số mol khí =    P (NH3) = P (H2S) = 0,5P (toàn phần) P (toàn phần) = 0,635 atm 0, 635  25 PV = = 0,65 mol RT 0, 082  298 số mol NH4HS =  0,50,65= 0,675 * Nếu dung tích bình 100 L số mol khí = 0, 635 100 = 2,6 mol 0, 082  298 0,5 số mol NH4HS =  0,5  2, =  0,3   khơng cịn chất rắn Khi mol chất rắn chuyển hết thành mol chất khí nên nRT  0, 082  298 = = 0,49 atm V 100 Nồng độ H2S dung dịch A: C = 0,10 M Do Ka1(H2S) >> Ka2(H2S) C.Ka1(H2S) >> KW, bỏ qua cân phân li nấc H2S cân phân li H2O Cân định pH dung dịch là: H2S ⇌ H+ + HS- Ka1 = 10-7,02 [] (0,1 –x) x x  [H+] = [HS-] = x = 10-4,01; [S2-] = 10-12,9 M Tính pH dung dịch X NH4Cl  NH4+ + Cl Trong dung dịch có cân sau: P (toàn phần) = 4.1 4.2 HAc NH4+   Ac    NH3   + H+ K1 = 10 - 4,76 + H+ K1 = 10 - 9,24 0,5 0,5 41589,6 Tại t = 13 phút ta có: k  29859,2  0,0255phut 1 13 41589,6 ln Tại t = 19,9 phút ta có: k  24927,1  0,0256phut 1 19,9 Ta nhận thấy thời điểm khác có giá trị k sấp xỉ nên ta kết luận phản ứng bậc có số tốc độ là: ln k k1  k  k  0,0256phut 1 Hồn thành phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng electron a) FeCl2 + KMnO4 + H2SO4  Fe2(SO4)3 + Cl2 + K2SO4 + MnSO4 + H2O FeCl2   Fe3 + 2Cl2 + 6e 5 6 0,25 Mn 7 + 5e   Mn 2 10FeCl2+6KMnO4 + 24H2SO4 5 Fe2(SO4)3 + 10Cl2 + 3K2SO4 + 6MnSO4 + 24H2O b) Mg + HNO3   Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O (biết tỉ lệ mol N2O : N2 : NH4NO3 1: : 1) 18  Mg   Mg 2 + 2e 0,25 1  N 5 + 36 e   N O + 2N2 + N 3 18Mg + 44HNO3   18Mg(NO3)2 + N2O + 2N2 + NH4NO3 + 20H2O c) Fe3O4 + HNO3   NxOy + Fe(NO3)3 + H2O (5x-2y) 3Fe+3 + 1e Fe3O4 +5 xN 0,25 +2y/x NxOy + (5x-2y)e (5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3   NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2O d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O   NaAlO2 + NH3 8.1 Al N+5 + 8e N-3 8Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O   8NaAlO2 + 3NH3 Theo đề bài, M: số proton = số electron = p; số nơtron = n X: số proton = số electron = p’; số nơtron = n’  Tổng số hạt MaX = a(2p + n) + (2p’ + n’) = 264 (1) Thay n = p + 4; n’ = p’ vào (1) ta được: a(3p + 4) + 3p’ = 264 (2) a.MM Mặt khác: %mM = a.M 8.2 0,25 Al+3 + 3e M + MX = a(p+n) a(p+n)+ (p′ +n′ ) = 2ap+4a 2ap+4a+2p′ = 93,33% = 0,25 70 75  ap + 2a = 14p’  ap + 2a -14p’ = (3) Lấy (2) – (3)3 ta được: 45p’ – 2a = 264 mà p’, a nguyên; a   p’ = 6; a = nghiệm thỏa mãn  p = 26 Vậy M Fe, X C, công thức hợp chất Fe3C Cấu hình electron: Fe: 1s22s22p63s23p63d64s2 (ơ số 26 chu kì nhóm VIIIB) C: 1s22s22p2 (ơ số 6, chu kì 2, nhóm IVA) 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 NGUYỄN TRÃI Mơn: Hóa học - Lần thứ Tổ Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 19 tháng năm 2021 Đề thi gồm trang, câu Câu 1: (1 điểm) Tính pH dung dịch NH4HCO3 0,1M Cho: NH3 có Kb = 10-4,76; H2CO3 có Ka1 = 10-6,35; Ka2 = 10-10,33 Câu 2: (1 điểm) 2− Tính pH nồng độ mol CrO2− ; Cr2 O7 dung dịch K2Cr2O7 0,01M CH3COOH 0,1M Cho: K CH3COOH = 1,8.10-5 HCrO4− + H2O ⇌ CrO2− + H3O+ 2HCrO4− ⇌ Cr2 O2− + H2O pK2 = 6,5 pK1 = -1,36 Câu 3: (1 điểm) Hợp chất vô X thành phần có nguyên tố 120 < MX < 145 Cho X phản ứng với O2 thu chất Y Cho Y phán ứng với H2O thu axit vô A B A phản ứng với dung dịch AgNO3 thu kết tủa trắng (C) kết tủa tan dung dịch NH3 B phản ứng với dung dịch NaOH dư thu muối D D phản ứng với dung dịch AgNO3 thu kết tủa vàng (E) Chất X phản ứng với H2O thu axit G A, đun nóng G thu axit (B) khí H Xác định công thức phân tử chất viết phương trình phản ứng xảy Câu 4: (1 điểm) Cho phản ứng: 2:1 (1) A + NaClO → X + NaCl + H2O  Z + H2O (2) X + HNO2  1:1 (3) A + Na   Y + H2 (4) Z + NaOH   T + H2O  T + H2O (5) Y + B  Trong đó: A hợp chất nitơ hiđro có tổng số điện tích hạt nhân 10; B oxit nitơ, chứa 36,36% oxi khối lượng a Xác định chất A, B, X, Y, Z, T hoàn thành phương trình phản ứng b Viết cơng thức cấu tạo Z Nhận xét tính oxi hóa - khử Z c Z hịa tan Cu tương tự HNO3 Hỗn hợp Z HCl hòa tan Au tương tự cường thủy Viết phương trình phản ứng xảy Câu 5: (1 điểm) Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua kim loại có cơng thức MS (kim loại M có số oxi hố +2 +3 hợp chất) lượng dư oxi Chất rắn thu sau phản ứng hoà tan lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% Nồng độ phần trăm muối dung dịch thu 41,724% Khi làm lạnh dung dịch có 8,08 gam muối rắn A thoát nồng độ phần trăm muối dung dịch giảm xuống 34,7% Xác định công thức muối rắn A Câu 6: (1 điểm) Viết công thức cấu tạo sản phẩm kí hiệu chữ B  B4 theo sơ đồ sau: Câu 7: (1 điểm) Hợp chất X chứa C, H, O có cơng thức phân tử trùng với cơng thức đơn giản Khi phân tích a gam chất X thấy tổng khối lượng C H 0,46 gam Để đốt cháy hoàn toàn a gam X cần 0,896 lít Oxi (đktc) Sản phẩm cháy dẫn qua bình đựng dung dịch NaOH dư thấy khối lượng bình tăng 1,9 gam a) Tìm a CTPT X b) Khi cho a gam X tác dụng hết với Na thu số mol H2 số mol NaOH cần dùng phản ứng với a gam X Xác định công thức cấu tạo X viết phương trình phản ứng Câu 8: (2 điểm) Geraniol hợp chất terpene tách từ tinh dầu hoa hồng có mùi thơm ngát a) Hãy gọi tên theo danh pháp IUPAC cấu trúc isopren (C5H8) geraniol b) Một đồng phân hình học khác geraniol Nerol Hãy viết cấu trúc Nerol c) Hãy viết phương trình phản ứng Geraniol với: i) dung dịch nước brom dư ii) oxi hóa nhẹ với CuO (t0) cho C10H16O iii) oxi hóa dung dịch KMnO4 mơi trường axit Geraniol d) Giải thích chế phản ứng sau: Câu 9: (1 điểm) Giải thích tượng sau chế phản ứng: a) Cho – phenylbut-1-en tác dụng với H2O H2SO4 thu 2-phenylbutan-2-ol (sản phẩm chính) 3-phenylbutan-2-ol Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU – LỚP 10 HÓA – LẦN THỨ Ngày thi 19/4/2021 – Thời gian 180 phút Câu Điểm Nội dung Trong dung dịch NH4HCO3 C = 0,1M có cân sau: H2O H+ + OH– K w  10 14 NH4+ H+ + NH3 K a  109,24 HCO3– H+ + CO32– K a  10 10,33 HCO3– + H+ H2CO3 K a11  10 6,35 Điều kiện proton: [H+] = [OH–] + [NH3] + [CO32–] – [H2CO3] K [HCO  ] [ NH  ]  [H  ]  w  K a  K  K a11[HCO  ][H  ] a2    [H ] [H ] [H ] 1,0 K w  K a [ NH  ]  K a [HCO  ]  [H  ]   K a11[HCO  ] Với điều kiện gần đúng: [ NH  ]  [HCO 3 ]  C; K a1  C; K w  K a C  K a C   [H ]  10 9,24.10 1  10 10,33.10 1 10 6,35 10 1  1,67.10 8  pH  7,78 Ta có cân bằng: CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO + H3O+ Cr2 O 27 + H2O ⇌ 2HCr O 4 Ka = 1,8.10-5 (1) K1 = 10-1,36 (2) HCr O 4 + H2O ⇌ H3O+ + Cr O24 K2 = 10-6,5 Vì K1 >>Ka, K2  cân (2) chiếm ưu Tính nồng độ Cr2 O 27 HCr O 4 dựa vào cân (2) (3) Cr2 O 27 + H2O ⇌ 2𝐻𝐶𝑟𝑂4− K1 = 10-1,36 BĐ 0,010 TTCB 0,010-x 2x (2x)  K1 = = 10-1,36 (x < 0,01)  x = 6,33.10-3 (0,010  x) 0,5 Vậy : [Cr2 O 27 ] = 0,010 - x = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O 4 ] = 2x = 1,27.10-2 (M) So sánh cân (3) (1): Ka.Ca >> K2[HCr O 4 ]  cân (1) chiếm ưu thế: CH3COOH + H2O ⇌ CH3COO + H3O+ Ka = 1,8.10-5 BĐ 0,1 TTCB 0,1-a a a Ka = a2 0,1  a = 1,8.10-5 ĐK a Ta có cân bằng: Cu2+ + H2O ⇌ Cu(OH)+ + H+ (1) K1 = 10-8 Pb2+ + H2O ⇌ Pb(OH)+ + H+ (2) K2 = 10-7,8 (3) Kw = 10-14 H2O ⇌ H+ + OH- 1,0 Vì C 2 K1 ≈ C K2 >> Kw nên ta tính pH theo cân (1) (2), bỏ qua Cu Pb 2 cân (3) Theo điều kiện proton, ta có:  H    Cu (OH )     Pb(OH )   Theo cân (1), (2), ta có : h K1 Cu 2  h  K  Pb 2  h  h  K1 Cu 2   K  Pb 2  Giả sử nồng độ cân Cu2+, Pb2+ nồng độ ban đầu, ta tính : h = 3,513.10-5(M) Tính lại nồng độ cân Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ theo h : Gọi x, y nồng độ cân Cu(OH)+, Pb(OH)+ Theo cân (1), (2) ta có : x.3,513.105  108  x  1,708.105 0,06  x 5 y.3,513.10 K2   107,8  y  1,805.105 0,04  y K1  Giá trị x, y nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân Cu2+, Pb2+ coi nồng độ ban đầu( kết lặp) 2.1 Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454 0 Trộn hai dung dịch dung dịch có: CSn 2+ = 0,05M CFe3+ = 0,05 M Phản ứng: Sn2+ có K = 10 + 𝑛∆𝐸 0⁄ 0,0592 Sn2+ + C0 0,05 TPGH: 0,025 [ ] 0,025+x Ta có: Fe3+ 0,05 2x [𝑆𝑛4+ ].[𝐹𝑒 2+ ]2 K = [𝑆𝑛2+].[𝐹𝑒 3+]2 = 2.2 Fe3+ ⇌ Sn4+ Fe2+ + = 1020,95 lớn  coi phản ứng hoàn toàn ⇌ Sn4+ 0,025 0,025- x + (0,025−𝑥)(0,05−2𝑥)2 (0,025+𝑥).(2𝑥)2 Fe2+ 0,05 0,05-2x (mol/L) (mol/L) 1,0 = 1020,95 Giả sử x ≪ 0,025  x = 8,37.10-13 (thỏa mãn) Vậy: [Fe2+] = 0,05 M; [Sn4+] = 0,025 M; [Sn2+] = 0,025 M; [Fe3+] = 8,37.10-13 M [Cl-] = 0,25M Theo phần ta có: Thế điện cực : E1 = 𝐸Sn4+/Sn2+ = ESn 4+ /Sn2+ + 0,0592 log [𝑆𝑛4+ ] [𝑆𝑛2+ ] = 0,15 V Xét điện cực 2: Ban đầu có phản ứng C [] Ag + Fe3+ ⇌ 0,05 0,05 – x Ta có: Ag+ x 𝑛∆𝐸 0⁄ 0,0592 + Fe2+ K = 10 (M) x (M) x2 = 0,311 => x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2 M 0, 05  x = 0,311 1,0 [Fe3+] = 6,2 10-3 M Ecb = 0,77 + 0,059 lg 3.1 6.103 = 0,80 + 0,059 lg 4,38.10-2 = 0,72 V 2 4,38.10 a) Cơng thức hợp chất XFm: X Cl có ClF; ClF3; ClF5 (a); 0,25 X Br có BrF; BrF3; BrF5 (b); X I có IF; IF3; IF5; IF7 (c) b) Các hợp chất có liên kết cộng hóa trị, liên kết tạo thành electron có spin đối song song nguyên tử góp chung * F có Z = 9; n = nên có AO hóa trị, cấu hình có electron độc thân: * Cl (Z = 17; n = 3), Br (Z = 35; n = 4), I (Z = 53; n = 5) giống có AO hóa trị, có: electron độc thân: electron độc thân: electron độc thân: 0,75 electron độc thân: - Hợp chất ClF7 khơng tồn thể tích nguyên tử clo nhỏ, lực đẩy vỏ nguyên tử flo phá vỡ liên kết phân tử Hợp chất BrF7 giải thích tương tự hợp chất ClF7 (BrF7 hiên chưa điều chế được) 3.2 - Hợp chất IF7 tồn thể tích nguyên tử I lớn so với thể tích nguyên tử F, lực đẩy vỏ nguyên tử flo không phá vỡ liên kết phân tử; mặt khác, chênh lệch lượng phân mức lớp nguyên tử I khơng lớn nên dễ xuất cấu hình electron độc thân có chênh lệch lớn độ âm điện I so với F nên hợp chất IF7 bền Đặt x, y, z số mol Fe, Zn, Al 20,4 g hỗn hợp X  mX = 56x + 65y + 27z = 20,4 (gam) (I) Cho X tác dụng với dung dịch HCl: Fe + 2HCl   FeCl2 + H2 (1) Zn + 2HCl   ZnCl2 + H2 (2) 2Al + 6HCl   2AlCl3 + 3H2 (3) Từ 1, 2, đầu  nH2  x  y  10, 08 z  0, 45mol 22, (II) 1,0 Vì thành phần kim loại X không đổi nên 0,2 mol hỗn hợp X có số mol Fe, Zn, Al kx, ky, kz  kx + ky + kz = 0,2 (III) Cho 0,2 mol X tác dụng với clo: 2Fe + 3Cl2  2FeCl3 (4)  ZnCl2 (5) Zn + Cl2 2Al + 3Cl2  2AlCl3 (6) Theo phương trình: nCl2 = kx + ky + kz = 6,16 22,4 = 0,275 mol (IV) Từ (I), (II), (III), (IV)  x = 0,2; y = 0,1; z = 0,1 (k = 0,5) Vậy 20,4 gam X có: mFe = 11,2 gam; mZn = 6,5 gam; mAl = 2,7 gam 4.1 C5H10 có cơng thức cấu tạo: (I) CH2 = CH – CH2 – CH2 – CH3 (II) CH3 – CH = CH – CH2 – CH3 0,5 Cơng thức cấu tạo có đồng phân hình học (II), (VI) cis – pent – – en (Z) – pent – – en trans – pent – – en (Z) – pent – – en cis – 1,2 – dimetylxiclopropan (Z) – 1,2 – dimetylxiclopropan 0,5 trans – 1,2 – dimetylxiclopropan (E) – 1,2 – dimetylxiclopropan Cơng thức có đồng phân quang học (VI): 0,5 đồng phân meso (R,S) 1,2 – dimetylxiclopropan 4.2 cặp đối quang (S,S) (R,R) Các cấu dạng ghế 1,2 – dimetylxiclohexan 0,5 Trong cấu dạng trên, dạng (2) bền nhất, dạng (1) bền 5.1 a Đặt công thức phân tử A CxHy, số mol a mol (y  2x +2, y chẵn) CxHy + 4𝑥+𝑦 O2  xCO2 + Bình đựng P2O5 hấp thụ H2O  nH2 O = 𝑦 H2O ay = (1) 2,16 18 = 0,12 mol  ay = 0,24 1,0 Bình dựng dung dịch Ba(OH)2 hấp thụ CO2: CO2 + Ba(OH)2  BaCO3 + H2O nCO2 (pư 2) = nBaCO3 = 11,82 197 = 0,06 mol (2) Có thể có: 2CO2 + Ba(OH)2  Ba(HCO3)2 + H2O (3) 𝑛𝐵𝑎(𝑂𝐻)2 = 0,08 𝑚𝑜𝑙  𝑛𝐵𝑎(𝑂𝐻)2 𝑝ư (3)𝑛ế𝑢 𝑐ó = 0,02 𝑚𝑜𝑙 Trường hợp 1: không xảy phản ứng (3) nCO2 = ax = 0,06 mol  x : y = 1:  A CH4 (metan) Trường hợp 2: xảy phản ứng (3) nCO2 = ax = 0,06 + 0,02  = 0,1 mol  x : y = 5: 12  A C5H12 Các công thức cấu tạo tên gọi: Pentan iso - petan (2 – metylbutan) neo – petan (2,2 – dimetylpropan) b Vì A tác dụng với clo cho sản phẩm monoclo nên A isopentan Phương trình phản ứng: 0,5 Tỉ lệ sản phẩm phụ thuộc vào tốc độ số nguyên tử H Do vậy: tỉ lệ sản phẩm là: tỉ lệ sản phẩm là: tỉ lệ sản phẩm là: tỉ lệ sản phẩm là: 5.2 6×1 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1 × 4,8 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1 × 3,2 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1 3×1 ×1+1 ×4,8+2 ×3,2+3 ×1  100% = 29,70%  100% = 23,76%  100% = 31,68%  100% = 14,85% Cơ chế phản ứng: Học sinh cần viết đúng chế dạng công thức cấu tạo 0,25 Cấu trúc sản phẩm chất đầu cis – but – – en: 0,25 ... 0,001 0,022 = 0,7364) 0,5 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 HÓA NGUYỄN TRÃI Mơn: Hóa học - Lần thứ – Năm học 2020- 2021 Tổ Hóa học Ngày thi: Ngày tháng 10 năm 2020 Thời gian làm bài:... 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TRÃI Tổ Hóa học ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 Mơn: Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 21 tháng 10 năm 2019 Câu (0.75 điểm) Triti phân có chu kì bán rã 12,5 năm. .. nhóm IVA) 0,25 0,25 0,25 TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI NĂNG KHIẾU LỚP 10 NGUYỄN TRÃI Mơn: Hóa học - Lần thứ Tổ Hóa học Thời gian làm bài: 180 phút Ngày thi: 19 tháng năm 2021 Đề thi gồm trang, câu Câu