Đề thi đề nghị hoá 10 trường THPT Lê Quý Đôn thời gian làm bài : 180 phút ( không kể thời gian phát đề )13721

Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 1: Bộ số lượng tử sau chấp nhận cho electron ngtử n l ml ms a +1 -1/2 b -1 -1/2 c 2 +1/2 d +1 -1/2 Trường hợp phù hợp cho biết vị trí ngtố bảng tuần hoàn,tính chất hoá học đặc trưng.Viết pứ minh hoạ Xét ngtử ngtố có electron cuối có số lượng tử: n l ml ms a +1/2 b +1 -1/2 Có tồn cấu hình không?Vì sao? Cho biết trạng thái lai hoá ngtử trung tâm dạng hình học phân tử sau : H2O , H2S , H2Se , H2Te - Hãy xếp theo chiều tăng dần độ lớn góc liên kết giải thích xếp - Tại điều kiện thường H2O thể lỏng,còn H2S , H2Se , H2Te thể khí? - Hãy xếp theo chiều tăng dần tính khử chất trên.Giải thích Sự phân rã phóng xạ hạt nhân 92U238 xảy qua 86Rn222 đến 82Pb207.Khi hạt nhân Uran,sau hạt nhân Radon cho thoát hấp thụ hạt , với số lượng bao nhiêu? ThuVienDeThi.com Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu : Viết ptpứ biểu diễn thí nghiệm sau : - Cho khí H2S qua dd FeCl3 thu kết tủa vàng - Cho khí Clo chậm qua dd nước Brom làm màu dd - Cho luồng khí Flo qua dd NaOH 2% lạnh,pứ làm giải phóng khí oxiđiflorua - Cho bột Al2O3 hoà tan hết lượng dư dd NaOH,sau thêm dd NH4Cl dư , đun nóng nhẹ - Nhỏ từ từ dd nước amoniac,cho đến dư,vào dd CuSO4 Tiến hành diện phân ( với điện cực trơ,màng ngăn xốp ) dd chứa a mol Cu(NO3)2 b mol NaCl trường hợp : 2a = b , b < 2a , b > 2a Viết ptpứ điện phân xảy H2O bắt đầu bị điện phân hai điện cực ThuVienDeThi.com Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 3: Trộn 100 ml dd HCOOH 0,1M vơi100 ml dd NaOH 0,05M 200 ml dd A Tìm pH dd A - pH dd A thay đổi thêm vào dd 0,001 mol HCl 0,001 mol NaOH - Từ kết cho nhận xét Xác định nhiệt độ áp suất phân li NH4Cl atm,biết 25oC có kiện :  Go ( kJ/mol )  Hott ( kJ/mol ) NH4Cl(r) -315,4 -203,9 HCl(k) -92,3 -95,3 -46,2 -16,6 NH3(k) 2+ 2+ Cho H2S lội qua dd chứa Cd 0,01M Zn 0,01M đến bão hoà a Hãy xác định giới hạn pH phải thiết lập dd cho xuất kết tủa CdS mà kết tủa ZnS b Hãy thiết lập khu vực pH 0,1% Cd2+ dd mà Zn2+ không kết tủa.Biết dd bão hoà H2S có [H2S} = 0,1M H2S có Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 , TZnS = 10-22 Bỏ qua trình tạo phức hidroxo Cd2+ Zn2+ ThuVienDeThi.com ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 4: Cân pứ oxi hoá khử sau : a Theo phương pháp cân electron : Cu2S + HNO3  Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O CH3CH=CH2 + KMnO4 + H2O  CH3CHCH2 + MnO2 + KOH OH OH b Theo phương pháp cân ion - electron : K2Cr2O7 + H2SO4 + NO  Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O NaCrO2 + Br2 + NaOH  Na2CrO4 + NaBr + H2O Haõy cho biết pứ xảy trường hợp sau: FeCl3 + NaCl FeCl3 + NaBr FeCl3 + NaI o o Bieát ECl / 2Cl  1,359V E Br / 2Br  1,065V EoI / 2I  0,536V 2 E o Fe3 / Fe2  0,77V Tính EoAgCl / Ag số cân pứ sau: 2AgCl + Cu ฀ 2Ag + Cu2+ + Cl  Bieát EoAg / Ag  0,799V EoCu2 / Cu  0,337V Cho EoCu2 / Cu  0,345V TAgCl  1010 ; EoZn2 / Zn  0,76V a Hãy viết sơ đồ pin dùng để xác định điện cực tiêu chuẩn cặp Chỉ rõ cực dương,cực âm.Cho biết pứ thực tế xảy pin pin hoạt động b Ở 25oC,tiến hành thiết lập hệ ghép nối Zn nhúng vào dd ZnCl2 0,01M với Cu nhúng vào dd CuCl2 0,001M thu pin điện hoá -Viết kí hiệu pin pứ xảy pin làm việc -Tính Epin ThuVienDeThi.com Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 5: Hoà tan 9,24g hỗn hợp Al,Cu dd HCl dư 5% ( so với lý thuyết ) thu 6,72 lít khí A ( đktc) , ddB rắn C a Tính khối lượng kim loại hỗn hợp b Cho tất dd B tác dụng với dd NaOH 0,5M Tính thể tích dd NaOH cần dùng để sau pứ thu 9,36g kết tủa c Hoà tan toàn chất rắn C 60 ml dd HNO3 2,0M , thu khí NO Sau pứ kết thúc cho thêm lượng dư H2SO4 vào dd thu lại thấy có khí NO bay Giải thích tính thể tích khí NO (đktc) bay sau thêm H2SO4 ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Câu 1: 1.a.Không thoả mãn,vì ml > l b.Thoả mãn :2p4 Cấu hình e :1s22s22p4 STT :8, chu kì , nhóm VIA 2 Tính chất đặc trưng : tính oxi hoá O2 +4e  O Ví dụ : 4Na + O2 = 2Na2O c Không thoả mãn,vì n = l ( l = n-1 ) d.Thoả mãn :3p6 Cấu hình e :1s22s22p63s23p6 STT :18, chu kì , nhóm VIIIA Ngtố có cấu hình bền nên không tham gia tương tác hoá học Cấu hình 3d34s2 : tồn Cấu hình 3d94s2 : không tồn tại, chuyển sang cấu hình bền 3d104s1 -Trong phân tử H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) trạng thái lai tạo sp3, phân tử có cấu tạo dạng góc : R H H - Vì độ âm điện O lớn nên cặp e liên kết bị hút phía O mạnh  khoảng cách cặp e liên kết phân tử H2O nhỏ  nên lực đẩy tónh điện mạnh  góc liên kết lớn Thứ tự tăng dần góc liên kết : H2Te , H2Se, H2S, H2O - Ở điều kiện thường nước thể lỏng phân tử nước có khả tạo liên kết H liên phân tử : O  H O  H H H - Trong phân tử H2R , R có số oxi hoá -2, nhiên từ O đến Te bán kính R lại tăng lên  khả cho e tăng từ O đến Te, tức tính khử tăng theo thứ tự H2O, H2S, H2Se, H2Te Vì phóng xạ  khối lượng hạt nhân bị giảm điện tích giảm đơn vị Khi phóng xạ  khối lượng hạt nhân không đổi điện tích tăng đơn vị Nhận thấy từ U 238  Pb207 khối lượng hạt nhân giảm 31 ( không chia hết cho ) ban đầu U 238 đãhấp thụ nơtron để tạo U 239 không bền 238 239 * 92 U  o n  92 U 239 92 U*  82 Pb207  x He4  y 01 e Ta coù 2x - y = 10 4x = 32 => x=8 y=6 Vậy có hạt  hạt  thoát , hấp thụ nơtron ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Câu 2: - - H2S + 3FeCl3  2FeCl2 + S + 2HCl 5Cl2 + Br2 + 6H2O  10HCl + 2HBrO3 lïanh 2F2 + 2NaOH   2NaF + OF2 + H2O (2%) Al2O3 + 2NaOH  2NaAlO2 + H2O NaOH + NH4Cl  NaCl + NH3 + H2O to NaAlO2 + NH4Cl + H2O   Al(OH)3 + NH3 + NaCl 2 2+ CuSO4 = Cu + SO4 NH3 + H2O ฀ NH 4 + OH - Cu2+ + 2OH -  Cu(OH)2 Cu(OH)2 + NH3  [Cu(NH3)4](OH)2 2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + NO3 NaCl = Na+ + ClTaïi catot (-) : Cu2+,Na+,H2O Tại anot (+) : NO3 , Cl-,H2O Pứ điện cực : Cu2+ +2e  Cu 2Cl- -2e  Cl2 2H2O + 2e  H2 + OH2H2O -4e  O2 + H+ Pứ điện phân: Cu(NO3)2 + 2NaCl  Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1) Neáu 2a = b , tức Cu(NO3)2 NaCl bị điện phân hết lúc,nên sau pứ (1) điện cực H2O điện phân dp  H2 + 1/2 O2 H2O  NaNO3 Nếu b2a,sau pứ (1) dư NaCl Khi pứ điện phân: m.n 2NaCl + H2O  2NaOH + Cl2 + H2  Sau pứ (3) H2O điện phân điện cực: dp  H2 + 1/2 O2 H2O  NaOH ThuVienDeThi.com (3) ĐÁP ÁN Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Câu 3: Ptpứ : HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O 0,005 0,005 0,005 nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 mol nNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 mol Vậy dd thu gồm 0,005 mol HCOOH 0,005 mol HCOONa Trong dd xảy trình : HCOONa  HCOO- + Na+ HCOOH ฀ HCOO- + H+,Ka HCOO- + H2O ฀ HCOOH + OH-,Kb H2O ฀ H+ + OHTheo định luật bảo toàn điện tích ta coù: [H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-]  [HCOO-] = [H+] + [Na+] - [OH-] Mặt khác : Theo định luật bảo toàn nồng độ ban đầu ta có : CHCOOH  CHCOO  [HCOOH]  [HCOO ] [HCOOH]  CHCOOH  CHCOO  [HCOO ]  = CHCOOH  CHCOO  [H  ]  [Na ]  [OH  ] Vì CHCOO  [Na ] nên: [HCOOH]  CHCOOH  [H  ]  [OH  ] Ka  [HCOO ][H  ] [HCOOH] CHCOOH  [H  ]  [OH  ] [HCOOH]  Ka (*)  [H ]  K a [HCOO ] [Na ]  [H  ]  [OH  ] Vì có mặt HCOOH HCOO- dd nên ngăn cản tạo thành H+ OH- Nên giải gần bỏ qua [H+] và[ OH-]  (*)  [H  ]  K a CHCOOH [Na ] CHCOOH [Na ] Thay giá trị vào biểu thức ta được: 0,005 pH  3,75  lg  3,75 0,005 Khi theâm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi naøy : HCOO- + H+  HCOOH 0,001 0,001 0,001 pH  pK a  lg ThuVienDeThi.com pH  3,75  lg( 0,005  0,001 )  3,57 0,005  0,001 Khi theâm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi naøy: HCOOH + OH-  HCOO- + H2O 0,001 0,001 0,001 0,005  0,001 )  3,93 0,005  0,001 Việc thêm lượng nhỏ axit mạnh hay bazơ mạnh vào hỗn hợp HCOOH HCOO làm thay đổi pH giới hạn  0,18 đơn vị pH.Như hỗn hợp HCOOH HCOO- dd đệm có khả giữ cho pH ban đầu không đổi pH  3,75  lg( Ptpứ: NH Cl(r) ฀ NH3(k)  HCl(k) x x Goïi x(mol) : n NH3  n HCl x  0,5atm 2x  0,5.0,5  0,25(atm)2  PNH3  PHCl  Ở nhiệt độ T: K  PNH3 PHCl ÔÛ 25oC ta coù : G opu  95,3  16,6  (203,9)  92kJ H opu  46,2  92,3  (315,4)  176,9kJ Từ công thức : G o  2,303RT lg K Neân lg K1  92000 G o   16,12 2,303RT 2,303.8,314.298 G o  H o  TSo  RT ln K Mặt khác ta coù : H o So  RT R o o Giả sử H & S không thay đổi theo nhiệt độ,ta có : H o So ln K1    RT1 R  ln K   ln K   H o So  RT2 R  ln K  ln K1   H o H o  RT2 RT1  ln K H o 1  (  ) K1 R T1 T2  lg K2 H o 1  (  ) K1 2,303.R T1 T2 H o 1  lg K  lg K1  (  ) 2,303.R T1 T2  lg 0,25  16,12   T2  597o K 176900 1  ) ( 2,303.8,314 298 T2 ThuVienDeThi.com TCdS 1028   1026 3.Nồng độ để CdS : [S ]  2 [Cd ] 0,01 T 1022   1020 Noàng độ S2- để ZnS : [S2  ]'  ZnS 2 [Zn ] 0,01 2 2 ' Vì [S ]  [S ] nên CdS trước Giới hạn pH phải thiết lập dd để xuất  CdS mà ZnS Ta có : H S ฀ 2H   S2  ,K  K1 K  1,3.1020  1019,89 2 S2- K [H  ]2 [S2  ] [H S] [H S] [S2  ] 1 [H S]  pH  pK  lg 22 2 [S ] Để CdS mà ZnS thì: 1026  [S2  ]  1020 1 0,1 pH1  19,89  lg 26  2,56 2 10 1 0,1 pH  19,89  lg 20  0,45 2 10  2,56  pH  0,45  [H  ]2  K 0,1  105 M 100 1028 [S2-] luùc Cd2+ 0,1%  5  1023 10 2+ Để dd Cd 0,1% mà ZnS chưa kết tủa 1023  [S2  ]  1020 1 0,1 pH3  19,89  lg 23  1,06 Tức : 2 10 1,06  pH  0,45 [Cd  ] coøn 0,1%  0,01 ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Câu : 2 6 Cu2S -10e  Cu S 5 4 10 N  1e  N * Cu2S + 12 HNO3  Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O 1 2 o 1 C C 2e  C C 7 4 Mn  3e  Mn * 3CH3CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O  3CH3CH(OH) CH2(OH) +2MnO2 +2KOH Cr2 O27  14H   6e  2Cr 3  7H O NO  H O  1e  NO2  2H  * K Cr2 O7  2H SO4  6NO  Cr2 (SO4 )3  6HNO2  K SO4  H O CrO2  4OH   3e  CrO24  2H O Br2  2e  2Br  * 2NaCrO2  3Br2  8NaOH  2Na2 CrO4  6NaBr  4H O Giả sử xảy pứ: 2Fe3  2X  2Fe2   X2 (1),(X  : Cl  ,Br  ,I  ) o  Eokh  Để pứ (1) xảy : Eopu  Eox = EoFe3 / Fe2  EoX / 2X 0 Vì có EoI / 2I  EoFe3 / Fe2 nên xảy pứ: 3 2Fe  2I   2Fe2   I2 Hay 2FeCl3  2NaI  2FeCl2  I2  2NaCl I2  I   I3 Ta coù : Ag  e ฀ Ag,K  10 (Eo Ag / Ag )/ 0,059 AgCl ฀ Ag  Cl  ,Tt AgCl  e ฀ Ag  Cl  ,K1  K.Tt  10  EoAgCl / Ag 0,059  EoAg / Ag 0,059 (EoAgCl / Ag )/ 0,059  10  EoAgCl / Ag  EoAg / Ag  0,59  0,799  0,59  0,209V ThuVienDeThi.com Ta coù : AgCl  e ฀ Ag  Cl  ,K1 Cu  2e ฀ Cu2  ,K 21  10 ( 2Eo Cu2 / Cu )/ 0,059 2AgCl  Cu ฀ 2Ag  Cu2   2Cl  ,K  K12 K 21  10 (2EoAgCl / Ag )/ 0,059  K  10 10 ( 2Eo (0,209  0,337) 0,059 Cu2 / Cu )/ 0,059  K3  104,34 a.Vì EoCu2 / Cu  Eo2H / H Để Eopin >0 cực CuCu2+ làm cực dương(+) cực Pt,H2(1atm) H+ 1M làm cực âm (-) Sơ đồ pin: (-) (+) Pt,H2(1atm) H+ 1M  Cu2+ 1M Cu Pứ điện cực: Cực (-) : H  2e ฀ 2H  Cực (+) : Cu2   2e ฀ Cu Pứ pin : Cu2   H ฀ Cu  2H  Tương tự ta có : Vì Eo2H / H  EoZn2 / Zn nên ta có sơ đồ pin : (-) (+) + 1M H 1MH2 (1atm),Pt Pứ điện cực: Cực (-) : Zn  2e ฀ Zn  Cực (+) : 2H   2e ฀ H ZnZn2+ Pứ pin : Zn  2H  ฀ Zn   H b.Ta coù : ZnCl2  Zn   2Cl  0,01M 0,01M CuCl2  Cu2   2Cl  0,001M 0,001M 0,059 E Zn2 / Zn  EoZn2 / Zn  lg[Zn  ] 0,059 lg(0,01)  0,819V = 0,76  0,059 ECu2 / Cu  EoCu2 / Cu  lg[Cu2  ] 0,059 lg(0,001)  0,4335V = 0,345  Sơ đồ pin: (-) (+) 2+ 2+ ZnZn 0,01M Cu 0,001M  Cu Pứ điện cực : Cực (-) : Zn  2e ฀ Zn  Cực (+) : Cu2   2e ฀ Cu Pứ pin : Zn  Cu2  ฀ Cu  Zn  E pin  E p  E t  ECu2 / cu  E Zn2 / Zn = 0,4335-(-0,819) = 1,2525V ThuVienDeThi.com ĐÁP ÁN Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Câu 5: Ptpứ : 2Al+6HCl=2AlCl3+3H2 (1) 0,2 0,6 0,2 0,3 6,72 n H2   0,3mol 22,4 Theo pứ (1),ta có:nAl = 0,2 mol  mAl = 0,2.27 = 5,4g  mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84g b ddB gồm nHCl dư = 0,6.0,05 = 0,03 mol n AlCl3  0,2mol T/hợp 1: AlCl3 dö 9,36 n Al(OH)3   0,12mol 78 Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O 0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl 0,12 0,36 0,12 n NaOH(pu2,3)  0,36  0,03  0,39mol (2) (3) 0,39  0,78l 0,5 T/hợp : Al(OH)3 tạo cực đại sau bị hoà tan phần Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O (4) 0,03 0,03 AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3 + 3NaCl (5) 0,2 0,6 0,2 Al(OH)3 + NaOH = NaAlO2 + 2H2O (6) (0,2-0,12) 0,08 n NaOH(pu4,5,6)  0,6  0,03  0,08  0,71mol  VNaOH  0,71  1,42l 0,5  0,06.2  0,12mol  VNaOH  c n HNO3 HNO3  H   NO3 0,12 0,12 0,12 3,84 n Cu   0,06mol 64 Ptpứ : 3Cu  8H   2NO3  3Cu2   2NO  4H O (7) 0,045 0,12 0,03 Theo pứ (7) , n H hết n NO dư ,nên thêm lương dư axit H2SO4 có khí NO thoát Khi thêm H2SO4, H SO4  2H   SO24 Pứ : 3Cu  8H   2NO3  3Cu2   2NO  4H O (0,06-0,045) 0,01 0,01 Theo pứ (8),nNO = 0,01 mol  VNO = 0,01.22,4 = 0,224 l ThuVienDeThi.com (8) ThuVienDeThi.com ... Cd2+ Zn2+ ThuVienDeThi.com ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 4: Cân pứ oxi hoá khử sau : a Theo phương pháp... ThuVienDeThi.com Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề ) Câu 3: Trộn 100 ml dd HCOOH 0,1M vơi100 ml dd NaOH 0,05M 200 ml... điện hoá -Viết kí hiệu pin pứ xảy pin làm việc -Tính Epin ThuVienDeThi.com Sở GD_ĐT Khánh Hoà Trường THPT Lê Quý Đôn ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HOÁ 10 Thời gian làm : 180 phút ( Không kể thời gian phát đề