Đề thi đề nghị kỳ thi olimpic 30.4 lần thứ XII trường: THPT chuyên Thăng Long Đà Lạt. Môn: Hoá học khối 1037270

Tỉnh: Lâm Đồng Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt Mơn: Hố học khối 10 Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh Số mật mã: Phần phách Số mật mã ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII Câu I (4 điểm) Cho bốn số lượng tử electron chót nguyên tử nguyên tố A, X, Z sau: A: n = 3, l = 1, m = - 1, s = -1/2 X: n = 2, l = 1, m = - 1, s = -1/2 Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2 I.1 Xác định A, X, Z I.2 Cho biết trạng thái lai hố cấu trúc hình học phân tử ion sau: ZA2, AX2, AX32, AX42- I.3 Bằng thuyết lai hố giải thích tạo thành phân tử ZX Giải thích ZX có moment lưỡng cực bé Giải thích hình thành liên kết phân tử phức trung hoà Fe(CO)5 thuyết VB I.4 Giải thích AX32- lại có khả hoà tan A tạo thành A2X32- Câu II (4 điểm) II.1 Nghiên cứu động học phản ứng: NO2 + CO = CO2 + NO Người ta thấy nhiệt độ 5000C phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2].[CO] Cịn 5000C phương trình tốc độ phản ứng có dạng: v = k[NO2]2 Hãy giả thiết chế thích hợp cho trường hợp II.2 Độ tan Mg(OH)2 nước 180C 9.10-3 g/lit 1000C 4.10-2 g/lit II.2.1 Tính tích số tan Mg(OH)2 hai nhiệt độ pH dung dịch bão hoà II.2.2 Tính đại lượng  H0,  G0  S0 phản ứng hoà tan, coi  H0  S0 không thay đổi theo nhiệt độ Câu III ( điểm) III.1 Cho 0,01 mol NH3, 0,1 mol CH3NH2 0,11 mol HCl vào nước lít dung dịch Tính pH dung dịch thu được? Cho: pK NH = 9,24; pK CH NH = 10,6; pK H2O = 14 3 III.2 Tính độ tan AgSCN dung dịch NH3 0,003 M Cho T AgSCN = 1,1.10-12 số phân li phức [Ag(NH3)2]+ 6.10-8 Câu IV ( điểm) IV.1 Hoàn thành cân phản ứng sau phương pháp ion electron IV.1 CrI3 + KOH + Cl2   K2CrO4 + KIO4 + KCl + H2O IV.1.2 Al + HNO3   Al(NO3)3 + N2O + NO + H2O ThuVienDeThi.com Tỉnh: Lâm Đồng Trường THPT chuyên Th ăng Long - Đà lạt Mơn: Hố học khối 10 Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh Số mật mã: Phần phách Số mật mã IV.2 Để xác định số điện li axit axêtic người ta thiết lập pin gồm hai điện cực: Điện cực điện cực hidrô tiêu chuẩn Điện cực dây Pt nhúng vào dung dịch axit axêtic 0,01M IV.2.1 Thiết lập sơ đồ pin viết bán phản ứng xảy bề mặt điện cực pin hoạt động IV.2.2 Sức điện động pin đo 250C 0,1998 V Tính số điện li axit axêtic RT Cho: ln  0,0592 lg , P H2 = 1atm nF Câu V (4 ểm) V.1 Viết phương trình phản ứng xảy q trình hố học sau: V.1.1 Hồ tan bột chì vào dung dịch axit sunfuric đặc (nồng độ > 80%) V.1.2 Hoà tan bột Cu2O vào dung dịch axit clohidric đậm đặc dư V.1.3 Hoà tan bột sắt vào dung dịch axit sunfuric lỗng, sau thêm nước clo đến dư vào dung dịch thu V.1.4 Để vật làm bạc ngồi khơng khí bị nhiễm khí H2S thời gian V.2 Có ba muối A, B, C kim loại magie tạo từ axit Cho A, B, C tác dụng với lượng cuả axit HCl có chất khí với tỉ lệ mol tương ứng 2:4:1 Xác định A, B, C viết phương trình phản ứng xảy V.3 Khi thêm gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà 200C làm cho 1,58 gam MgSO4 kết tinh lại dạng khan Hãy xác định công thức tinh thể muối ngậm nước kết tinh Biết độ tan cuả MgSO4 200C 35,1 gam 100 gam nước ThuVienDeThi.com Tỉnh: Lâm Đồng Trường: THPT chun Thăng Long - Đà lạt Mơn: Hố học khối 10 Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh Số mật mã: Phần phách Số mật mã HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ KỲ THI OLIMPIC 30.4 LẦN THỨ XII Câu I I.1 Nguyên tố A: n = 3, l = 1, m = -1, s = -1/2  3p4 A S Nguyên tố X: n = 2, l = 1, m = -1, s = -1/2  2p4 X O Nguyên tố Z: n = 2, l = 1, m = 0, s = +1/2  2p2 Z C I.2 Phân tử, iơn Trạng thái lai hố cuả Cấu trúc hình học nguyên tử trung tâm CS2 sp Đường thẳng SO2 sp Góc 2 sp Chóp đáy tam giác SO sp3 Tứ diện SO 24 I.3 C: [He] O: [He] 2s2  2s2 2p2   2p4     Cacbon dùng obitan 2s tổ hợp với obitan 2p tạo obitan lai hố sp hướng hai phía khác nhau, có obitan bão hồ obitan chưa bão hịa Cacbon dùng obitan lai hố chưa bão hồ xen phủ xichma với obitan p chưa bão hoà cuả oxi dùng obitan p chủng chưa bão hoà xen phủ pi với obitan p chưa bão hố cịn lại cuả oxi Oxi dùng obitan p bão hồ xen phủ vơí obitan p trống cacbon tạo liên kết pi kiểu p  p Công thức cấu tạo: :C  O: + CO có moment lưỡng cực bé phân tử có liên kết phối trí ngược cặp electron nguyên tử oxi cho sang obitan trống cuả nguyên tử cacbon làm giảm độ phân cực liên kết nên làm giảm moment lưỡng cực + Sự hình thành liên kết phân tử Fe(CO)5 Fe (Z = 26) [Ar] 3d6 4s2 4p0  Fe*  [Ar]     3d8    4s0  ThuVienDeThi.com 4p0 Tỉnh: Lâm Đồng Trường: THPT chun Thăng Long - Đà lạt Mơn: Hố học khối 10 Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh Số mật mã: Phần phách Số mật mã Ở trạng thái kích thích, nguyên tử Fe dùng obitan 3d trống tổ hợp với 1obitan 4s obitan 4p tạo thành obitan lai hoá dsp3 trống hướng đỉnh hình lưỡng chóp đáy tam giác tâm nguyên tử Fe CO dùng cặp electron tự chưa liên kết nguyên tử cacbon tạo liên kết phối trí với obitan lai hố trống sắt tạo phân tử phức trung hoà Fe(CO)5 Fe* [Ar] 3d8 4s0 4p0      :CO     :CO :CO : CO :CO I.4 S [Ne] S* [Ne] 3s2  3s2 3p4    3p4    SO3 có khả kết hợp thêm nguyên tử S để tạo S2O32- ngun tử S SO32- cịn có cặp electron tự chưa liên kết có khả cho vào obiatn 3p trống nguyên tử S tạo liên kết cho nhận 2- 2S O S O O Câu II II.1 Có thể giả thiết: Trên 5000C phản ứng đơn giản: NO2 + CO   CO2 + NO Vơí v = k[NO2].[CO] Dưới 5000C phản ứng xảy theo hai giai đoạn sau: 2NO2  Chậm  NO + NO3 NO3 + CO ฀฀ ฀฀ Nhanh ฀฀ CO2 + NO2 Với v = k[NO2] ThuVienDeThi.com O S S O 2- O Tỉnh: Lâm Đồng Trường: THPT chun Thăng Long - Đà lạt Mơn: Hố học khối 10 Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh Số mật mã: Phần phách Số mật mã II.2 II.2.1 Mg(OH)2 ฀฀ ฀฀ ฀฀ Mg2+ + 2OH- T = [Mg2+].[OH-]2 = 4s3 s 2s  9.103  -4 -11 Ở 291K: T291 =   = 4.(1,552.10 ) = 1,495.10  58  pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.1,552.10-4) = 10,49  4.102  -9 Ở 373K: T373 =   = 1,312.10 58   pH = 14 – pOH = 14 + lg(2.6,897.10-4) = 11,14 II.2.2 RT2 T1 T 8,314.373.291 1,312.109 ln 373  ln = 49243,8 J.mol-1  H0 = T2  T1 T291 373  291 1,495.1011 Tính độ tan Mg(OH)2 298K: T H  1  49243,8  1  ln 298         T291 R  298 291  8,314  298 291  Suy T298 = 2,41.10-11 Từ biểu thức: = -RTlnT298 = -8,314.298.ln2,41.10-11 = 60573,7 J.mol-1 = 60,5737 KJ.mol-1  G 298  G 298 =  H0 – 298  S0 Suy  S0 = -38,02 J.mol-1.K Câu III  NH 4 NH3 + H+  0,01 0,01 0,01 mol CH3NH2 + H+   CH3NH 3 0,1 0,1 0,1 mol Tổng số mol H+ phản ứng: n = 0,01 + 0,1 = 0,11 mol Vậy H+ vừa hết Dung dịch thu gồm: 0,01 mol NH 4 0,1 mol CH3NH 3 Vì K H O  K CH NH  K NH nên bỏ qua cân điện ly nước dung dịch 3 Ban đầu Điện ly Cân CH3NH 3 ฀฀ ฀฀ ฀฀ CH3 NH2 + H+ 0,1 x x x 0,1 - x x x+y ThuVienDeThi.com Tỉnh: Lâm Đồng Trường: THPT chuyên Thăng Long - Đà lạt Mơn: Hố học khối 10 Giáo viên biên soạn: Nguyễn Thành Anh Số mật mã: Phần phách Số mật mã NH 4 ฀฀ ฀฀ ฀฀ NH3 + H+ Ban đầu 0,01 Điện ly y y y Cân 0,01 – y y x+y Áp dụng định luật tác dụng khối lượng cho cân điện li ta có : [CH3 NH ].[H + ] x(x + y) = = 10-10,6 K CH NH = + 3 0,1x [CH3 NH3 ]  x (x + y) = 10-11,6 (1) (giả sử coi x