Đề nguồn kì thi chọn học sinh giỏi lớp 10 Duyên hải năm học 2010 2011 trường THPT chuyên ĐHSP37784

TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐHSP ĐỀ NGUỒN KÌ THI CHỌN HSG LỚP 10 DUYÊN HẢI NĂM HỌC 2010 - 2011 Câu 1: X nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 Electron cuối nguyên tử X có tổng số lượng tử 4,5 a) Xác định nguyên tố X, viết cấu hình electron nguyên tử b) Ở điều kiện thường XH3 chất khí Viết cơng thức cấu tạo, dự đốn trạng thái lai hoá nguyên tử trung tâm phân tử XH3, oxit bậc cao nhất, hidroxit bậc cao X Câu 2: 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 không phân cực Giải thích hợp chất hoạt động Câu 3: Bêtơng hình thành từ hỗn hợp ximăng, nước, cát đá nhỏ Ximăng chứa chủ yếu canxi silicat canxi aluminat sinh cách đun nóng nghiền nhỏ hỗn hợp đất sét đá vôi Bước việc sản xuất ximăng thêm lượng nhỏ thạch cao CaSO4.2H2O để làm tăng cường độ cứng bêtông Bước cuối ta nâng nhiệt độ lên nhận sản phẩm không mong muốn hemihydrat CaSO4.0,5H2O theo phản ứng: CaSO4.2H2O(r)  CaSO4.0,5H2O + 1,5H2O Các giá trị nhiệt động cho đây: (biết P = 1,00bar) ∆Hosinh(kJ/mol) So(J.K-1.mol-1) CaSO4.2H2O9(r) -2021,0 194,0 CaSO4.0,5H2O(r) -1575,0 130,5 H2O(h) -241,8 188,6 -1 -1 -1 -1 R = 8,314J.mol K = 0,08314bar.mol K 0oC = 273,15K a Tính ∆Ho (kJ) cho phản ứng chuyển 1,00kg CaSO4.2H2O(r) thành CaSO4.0,5H2O(r) Phản ứng thu nhiệt hay tỏa nhiệt? b Tính áp suất cân (bar) nước bình kín chứa CaSO4.2H2O(r), CaSO4.0,5H2O(r) H2O(h) 25oC c Tính nhiệt độ để P(H2O)(cb) = 1,00 bar hệ câu b Giả sử ∆Ho ∆So số Câu 4: Cho dung dịch CH3COOH 0,1M (Ka = 1,75 10-5) Tính pH, độ điện li α nồng độ ion dung dịch Tính pH dung dịch hỗn hợp CH3COOH 0,1M CH3COONa 0,1M Câu 5: ThuVienDeThi.com Cho cốc thủy tinh thứ chứa dung dịch hỗn hợp KMnO4 0,02M, MnSO4 0,005M H2SO4 0,5M; cốc thứ hai chứa dung dịch hỗn hợp FeSO4 0,15M Fe2(SO4)3 0,0015M Đặt điện cực platin vào cốc nối hai cốc với cầu muối Nối điện cực với qua Vol kế Giả thiết H2SO4 điện li hồn tồn thể tích dung dịch cốc Cho E oFe3 / Fe2  0,771V E oMnO ,H  / Mn 2  1,51V a) Tính điện cực trước phản ứng xảy Viết sơ đồ pin tính hiệu pin b) Tính số cân điện cực cân Câu 6: Cho 50 gam dung dịch muối MX (M kim loại kiềm, X halogen) 35,6% tác dụng với 10 gam dung dịch AgNO3 thu kết tủa Lọc bỏ kết tủa thu dung dịch nước lọc Biết nồng độ MX dung dịch nước lọc 5/6 lần nồng độ MX dung dịch ban đầu Xác định công thức muối MX Câu 7: Hãy cho biết mơ tả cấu trúc ( hình vẽ cơng thức Lewis) hợp chất từ A đến D sơ đồ chuyển hóa với giả thiết thích hợp Có thể tham khảo giả thiết cho thêm đây: Hợp chất A chất lỏng màu vàng chứa 52.5% Cl 47.5% S Hợp chất B chất lỏng màu đỏ, dễ hút ẩm Hợp chất C chất lỏng không màu chứa 59.6% Cl, 26.95% S 13.45% O Hợp chất D có khối lượng mol phân tử tương đối 134.96 g mol–1 Hợp chất D thu phản ứng trực tiếp C với O2 Cl Cl O S   A   B   C + D Fe ( III ) 130 C o 2 Câu 8: Giá trị pH dung dịch đơn axit hữu RH nồng độ 0,226 % 2,536 Sau pha lỗng gấp đơi dung dịch pH dung dịch đo 2,692 a Tính số phân li axit RH xác định nồng độ mol axit dung dịch gốc b Xác định khối lượng phân tử cơng thức hố học axit, biết tỉ khối dung dịch ban đầu g/cm3 c Tính thể tích dung dịch NaOH 0,100M cần thiết để trung hồ hết 100,00ml dung dịch gốc Tính pH dung dịch thu sau phản ứng d Hãy rút phương trình đánh giá cận cận độ biến đổi pH sau pha lỗng n lần dung dịch đơn axit Khi tính, khơng kể đến phân li nước ThuVienDeThi.com Câu 9: Bảng hệ thống tuần hoàn có 118 ngun tố Ngun tố 118 hình thành bắn phá hạt nhân nguyên tố californi-249 hạt nhân canxi - 48 Nguyên tố 118 phân rã  Viết phương trình phản ứng tổng hợp phân rã  nguyên tố 118 Viết cấu hình electron nguyên tố 118 Từ cho biết vị trí nguyên tố bảng hệ thống tuần hồn Dựa vào cấu trúc ngun tử tính chất nguyên tố nhóm (xem bảng bên ) dự đốn tính chất sau nguyên tố 118 a Điểm nóng chảy b Điểm sơi c Bán kính ngun tử d lượng ion hố e Cơng thức oxít ứng với trạng thái oxi hoá cao nguyên tố Z 18 36 54 86 Tnch, K 84 116 161 202 Ts , K 87 120 165 211 r, nm 0,097 0,110 0,130 0,145 Jl, W 15,8 14,0 12,1 10,7 Cho biết A (118)=294 Câu 10: Cho 64,4 gam hỗn hợp NO2 N2O4 vào bình chân khơng tích 15lit nhiệt độ cố định 300K Tính áp suất bình có cân Áp suất bình ta thêm vào 56gam Ar Cho biết: H0s 298 kJ,mol1 NO2(k ) N2O4(k ) S0298 K 1.mol1 33,20 240,1 9,16 304,3 R  8,314 J.K 1.mol1 ; Ar  40g.mol1 Điều kiện tiêu chuẩn: P0 = 1,0000.105Pa; T = 298K ThuVienDeThi.com HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1: a/ Với hợp chất hidro có dạng XH3 nên X thuộc nhóm IIIA nhóm VA TH1: X thuộc nhóm IIIA, ta có phân bố e theo obitan: Vậy e cuối có: l=1, m=-1, ms = +1/2 mà n + l + m + ms = 4,5 → n = Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p6 3s23p63d10 4s24p1 (Ga) TH2: X thuộc nhóm VA, ta có phân bố e theo obitan: Vậy e cuối có: l=1, m= 1, ms = +1/2 mà n + l + m + ms = 4,5 → n = Cấu hình e nguyên tử: 1s2 2s22p3 (N) b/ Ở đk thường XH3 chất khí nên nguyên tố phù hợp Nitơ Công thức cấu tạo hợp chất: N H H Nguyên tử N có trạng thái lai hóa sp3 H O O N Oxit cao nhất: O N O O Nguyên tử N trạng thái lai hóa sp2 O H O N Hidroxit với hóa trị cao nhất: O Nguyên tử N trạng thái lai hóa sp2 Câu 2: :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 không phân cực: lưỡng cực liên kết Xe – F có độ lớn, chúng bù trừ lẫn phân tử vng 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 ThuVienDeThi.com Câu 3: a ∆Ho = -1575,0 + 3/2(-241,8) - (-2021,0) = 83,3kJmol-1 n = m/M = 1000/172,18 = 5,808mol n∆Ho = 484kJ >0 Vậy phản ứng thu nhiệt b ∆So = 130,5 + 3/2(188,6) – 194,0 = 219,4J.K-1mol-1 ∆Go = ∆Ho - T∆So = 17886J.mol-1 mà ∆Go = -RTlnK  K = (P(H2O))3/2 = 7,35.10-4 → P(H2O) = 8,15.10-3 bar c P(H2O) = 1,00bar  K =  ∆Go = -RTlnK = mà ∆Go = ∆Ho - T∆So = → T = 380K (hay 106,85oC) Câu 4: CH3COOH ƒ CH3COO- + H+ 0,1 x x x 0,1 – x Bắt đầu Điện li Còn dư: CH 3COO    H   x2 K CH3COOH     1, 75.105 0,1  x CH 3COOH  x bé so với 0,1 → x  1, 75.106  1,32.103 CH 3COO     H    x  1,32.103 M ; pH = 2,879  x 0,132  1,32% 100  0,1 0,1 Bắt đầu Điện li Cân : CH3COONa → CH3COO- + H+ 0,1 0,1 0,1 CH3COOH ƒ CH3COO + H+ 0,1 0,1 x x x 0,1 – x 0,1+x x CH 3COO    H   (0,1  x).x Ka    1, 75.105 0,1 CH COOH x    Suy x = 1,75 10-5  pH = 4,757 Câu (a) E Fe  E oFe3 / Fe2   0,059 lg E Mn  E oMnO  / Mn  0,003 [Fe 3 ]  0,771  0,059 lg  0,671V 2 0,15 [Fe ] 0,059 [MnO 4 ][H  ]8 0,059 (0,02)(1)   1,51   1,52V lg lg 5 0,005 [Mn 2 ] Sơ đồ pin: PtFe2+ (0,150M), Fe3+ (0,003M)MnO4- (0,02M), Mn2+ (0,005M), H+ (1M)Pt Hiệu pin: ThuVienDeThi.com Epin = EMn - EFe = 1,52V - 0,671V = 0,85V (b) Hằng số cân bằng: K  10 nE , 059  10 5.(1, 51 , 771) , 059  10 62, 63 Vì số cân lớn nên phản ứng sau coi hoàn toàn: 5Fe2+ + MnO4- + 8H+  5Fe3+ + Mn2+ + 4H2O 0,15 0,02 0,003 0,1 0,02 0,1 0,05 0,103 Tại cân bằng: o E Mn  E Fe  E Fe  0,059 lg 3 / Fe  0,103 [ Fe 3 ]  0,771  0,059 lg  0,79V 2 0,05 [ Fe ] Câu 6: Khối lượng muối MX là: m = 35,6 50 : 100 = 17,8 (gam) Gọi x số mol muối MX : MX + AgNO3 → MNO3 + AgX x x x x Khối lượng kết tủa AgX: m = (108 + X) x (gam) Khối lượng MX tham gia phản ứng: m = (M + X) x (gam) Khối lượng MX lại là: m = 17,8 - (M + X) x (gam) Suy nồng độ MX dung dịch sau phản ứng [17,8 - (M+X).x].100 35,  [50+10 - (108 +X).x] 100 Biến đổi ta 120 (M + X) = 35,6 (108 + X) Lập bảng : M Li(7) Na(23) X Cl(35,5) 12,58 K(39) 4634,44 Vậy MX muối LiCl Câu 7: A S2Cl2 A có tỉ lệ S : Cl  B SCl2 C SOCl2 D SO2Cl2 47,5 52,5 :  1,48 : 1,48  1: A có cơng thức phân tử dạng (SCl)n 32 35,5 B Chứa Clo nhiều A S có số oxy hóa cao C có tỉ lệ S : O : Cl  26,95 13.45 59,6 : :  0,8421: 0,8406 : 1,678  1: 1:  (SOCl2 )k 32 16 35,5 D sản phẩm C với oxy có khối lượng mol 134,96 gần 135 Dựa vào biến hóa ThuVienDeThi.com O2 (SOCl2 )k  D O2 119k  134 suy k=1 D SO2Cl2 ; C SOCl2 A S2Cl2 ; B SCl2 A S2Cl2 D SO2Cl2 Cấu trức phân tử (hình vẽ) B SCl2 C SOCl2 O Cl Cl Cl S S Cl Cl Cl Cl S Cl S S O O Câu 8: a Gọi C nồng độ mol/l ban đầu RH Ta có cân bằng: RH R– + H+ K C C 0 C x -x -x [] C-x x x Theo ĐLTDKL ta có: Ka  x2 x2 C x Cx Ka (1 ) C y2 Khi pha lỗng dung dịch n lần Khi   y n Ka Từ (1) (2) ta rút Ka  với x = [H+]1 = 10-2,536 (2 ) Với y = [H+]2 = 10-2,692 x  n y (3) n y  x Thay giá trị x, y n = vào (3) ta Ka = 1,83.10–4 Thay giá trị Ka x vào (1)  C = 0,0492 mol/l b Xét lít dung dịch ban đầu nRH = CM.V = 0,0492 mol d = 1g/cm3  khối lượng dung dịch 1kg  mRH = 2,26g  M = n/m = 46 (g/mol) KL : Axit Fomic (HCOOH) c Trung hoà dung dịch gốc NaOH HCOOH + NaOH  HCOONa + H2O Thể tích dung dịch NaOH 0,100 cần để trung hoà 100,00ml dung dịch gốc CHCOOH x VHCOOH ,0492 x 100 ,00   49,20 ml CNaOH ,100 ,0492 x 100 ,00 Sau trung hồ, dung dịch có CHCOONa =  ,0330 149 ,20 VNaOH  Trong dung dịch có cân bằng: H2O + HCOO– HCOOH + OH– Kb = Kw/Ka = 5,46.10–11 H2O H+ + OH– Kw = 10–14 Áp dụng điều kiện proton ta có : HCOO– + H+ HCOOH Ka = 1,83.10–4 H2O H+ + OH– Kw = 10–14 Áp dụng định luật bảo toàn ion H+ (điều kiện proton) ta có: ThuVienDeThi.com h=[H+]=[OH–]-[HCOOH]= Kw h  HCOO .h  h(1  HCOO )  K  w Ka Ka  h C  HCOO   HCOOH   HCOO    Ka       h  h= Kw  K HCOO  1 a   (1)  Ka   HCOO   C (2)  K h a    Tính gần lần thứ nhất: coi [HCOO–]1 = C = 0,0330M, thay vào (1)  h1 = 7,43.10–9 Tính gần lần thứ hai : thay h1 = 7,43.10–9 vào (1)  [HCOO–]2 = 0,0330M =[HCOO–]1 (kết lặp) Chấp nhận h = h1 = 7,43.10-9  pH = 8,13 d Trong cơng thức (3), ta ln có Ka>0  (x2 – n.y2)(n.y – x)>0  n1 /  x x  n  lg n  lg  pH  lg n y y Câu 9: 249 98 294 118 Cf  48 20 Ca  118  290 116 294 118 118  01n 116  42 He [Rn] 5f146d107s27p6 118 kết thúc chu kì Nó thuộc nhóm khí trơ ( nhóm 18) a) Sự phụ thuộc Tnch vào Z tuyến tính Bằng phương pháp ngoại suy tuyến tính ta tìm Tnch (118)=263K=-10oC b) Nói chung Ts=Tnch +4 Suy Ts (118)= 267K=-6oC c) Bằng phương pháp ngoại suy tuyến tính ta tìm đựơc r(118) =0,171 nm d) I hàm phi tuyến tính Z, hàm tuyến tính lnZ Từ tìm được: I(118)=9,7ev e) Trạng thái oxi hố cao 118 +8; oxít tương ứng có cơng thức RO4 Câu 10: Trong bình có cân bằng: 2NO2(k ) ƒ N2 O4(k ) H 298 1 (*)  57240 J.mol ; (*) ; Chấp nhận: H0298 (*)  H300 Ta tính được: S (*) 298 (*)  175,9 JK1.mol1; S0298 (*)  S300 (*) 0 0 G0300  H300  T.S300  H300  300.S300  4470J.mol1  K   KP P01 Có thể tính cân (*) với thành phần hỗn hợp NO2; N2O4 ThuVienDeThi.com Thí dụ, giả sử lúc đầu có NO2  n0 (NO2 )  64,4  1,40mol 46,0 Tæng sè mol ƒ N2 O4(k ) Lóc c©n b»ng (1,40  2x)mol x mol 2NO2(k ) nt RT  x.(1,40  x) x.(1,40  x).15.10 3    Pt  V  2 (1,40  2x) Pt (1,40  2x) (1,40  x).8,314.300    x  0,579mol ; Pt  136516 Pa  1,37 bar  K P  6,00.10 5 Pa 1  Sự thêm 1,41 mol Ar vào bình khơng làm chuyển dịch cân (*) n't RT ' ; nt  (1,40  0,579  1,4) mol V  Pt'  369308 Pa  3,7 bar Pt'  ThuVienDeThi.com ... CH3COOH     1, 75 .10? ??5 0,1  x CH 3COOH  x bé so với 0,1 → x  1, 75 .10? ??6  1,32 .10? ??3 CH 3COO     H    x  1,32 .10? ??3 M ; pH = 2,879  x 0,132  1,32% 100  0,1 0,1 Bắt đầu...  HCOONa + H2O Thể tích dung dịch NaOH 0 ,100 cần để trung hoà 100 ,00ml dung dịch gốc CHCOOH x VHCOOH ,0492 x 100 ,00   49,20 ml CNaOH ,100 ,0492 x 100 ,00 Sau trung hồ, dung dịch có CHCOONa... 5,46 .10? ??11 H2O H+ + OH– Kw = 10? ??14 Áp dụng điều kiện proton ta có : HCOO– + H+ HCOOH Ka = 1,83 .10? ??4 H2O H+ + OH– Kw = 10? ??14 Áp dụng định luật bảo toàn ion H+ (điều kiện proton) ta có: ThuVienDeThi.com