SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ 16 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC LỚP : 10 Câu hỏi 1: ( 4 điểm) 1. (1 điểm) Cho hai nguyên tố A và B đứng kế tiếp nhau trong bảng tuần hoàn có tổng số lượng tử (n + l) bằng nhau, trong đó số lượng tử chính của A lớn hơn số lượng tử chính của B. Tổng đại số của bộ bốn số lượng tử của electron cuối cùng của nguyên tử B là 5,5. a. Xác định bộ bốn số lượng tử ( n, l, m, s) của electron cuối cùng của A và B. b. Viết cấu hình electron nguyên tử của A và B. 2. (1 điểm) Một mẩu đá chứa 13,2 238 92 g U µ và 3,42 206 82 g Pb µ biết chu kì bán huỷ của 238 92 U là 4,51.10 9 năm. tính tuổi của mẩu đá. 3. Nguyên tử của nguyên tố X có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử n = 3, l = 1, m = 0, m s = −1/2. Hai nguyên tố E, G với Z E < Z G < Z X (Z là điện tích hạt nhân). Biết rằng: - Tích số Z E .Z G .Z X = 952 - Tỉ số (Z E + Z X )/Z G = 3 a. Viết cấu hình electron của X, xác định vị trí của X trong bảng tuần hoàn, từ đó suy ra nguyên tố X? b. Tính Z E , Z G , từ đó suy ra nguyên tố E, G c. Hợp chất A tạo bởi 3 nguyên tố E, G, X có công thức EGX. Viết công thức cấu tạo của A. Đáp án câu 1: 1. A và B đứng kế tiếp nhau ttrong bảng tuần hoàn có tổng ( n + l) bằng nhau và có n ( A) > n(B) ⇒ cấu hình electron ở lớp ngoài cùng: 6 1 : : ( 1) B np A n s + (0,25) ⇒ electron cuối cùng của B có: l = 1; m = +1; s = - ½ Theo đề: n + l + m + s = n + 1 + 1 – ½ = 5,5 ⇒ n = 4. (0,25) Vậy electron cuối cùng của B có: n = 4, l = 1; m = +1; s = - ½ ⇒ Cấu hình electron của B: [ Ar]3d 10 4s 2 4p 6 ( B là Kr) (0,25) - Suy ra electron cuối cùng của A: n = 5, l = 0; m = 0; s = + ½ ⇒ Cấu hình electron của A: [ Kr]5s 1 ( A là: Rb) (0,25) 2. Hằng số phóng xạ: 10 9 1/ 2 0,693 0.693 1,536585.10 4,51.10 K T − = = = (0,25) Ta có sơ đồ: 238 206 92 82 U U→ 3,24.238 3,95 238 206 206 pr pr U Pb U m m m g µ = ⇒ = = (0,25) ⇒ urani m ban đầu bằng : 13,2+ 3, 95= 17,15 g µ (0,25) - Ta có hệ thức: 9 0 10 1 1 17,15 ln ln 1,7.10 1,536585.10 13,2 N t k N − = = (0,25) Vậy mẩu đá đó có tuổi là 1,7 tỉ năm. 3. Nguyên tử nguyên tố X có cấu hình electron cuối cùng 3p 5 → Cấu hình electron của X là 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 5 Số phách Số phách → Vị trí của X : ô 17, chu kì 3, nhóm VIIA. X là Clo (Cl) Có Z X = 17 Z G .Z E = 56 và Z E + 17 = 3Z G → Z E = 7 → E là Nitơ (N) → Z G = 8 → G là Oxi (O) Công thức cấu tạo của X: | ONCl =− Câu hỏi 2: ( 4 điểm) ở 590 0 C khi có mặt V 2 O 5 xúc tác, ancol isopropylic bị phân huỷ theo phương trình động học bậc nhất. k = C C t 0 ln 1 trong đó k là hằng số tốc độ, t là thời gian, C 0 , C là nồng độ ban đầu và nồng độ ở thời điểm t của chất phản ứng C 3 H 6 O (B) C 3 H 7 OH C 3 H 6 (C) (A) C 3 H 8 (D) Sau 5 giây đầu tiên, nồng độ các chất trong hỗn hợp phản ứng là: C A = 28,2 mmol/l; C B = 7,8 mmol/l; C C = 8,3 mmol/l ; C D = 1,8 mmol/l a. Tính nồng độ ban đầu của A b. Tính hằng số tốc độ k của qua trình phân huỷ C 3 H 7 OH c. Tính thời gian để 1/2 lượng A tham gia phản ứng d. Tính hằng số tốc độ k 1 , k 2 , k 3 . Đáp án câu 2: a. Ta có: ( ) M A C = 7,8+8,3+1,8+28,2 = 46,1 (mmol/l) 1 đ b. [ ] [ ] 0 C 1 1 46,1 k ln ln 0,098 t C 5 28,2 = = = 1 đ c. Thời gian để một nửa lượng A phản ứng: ( ) 1 2 0,693 0,693 t 7,05 s k 0,098 = = = 1 đ d. Ta có hệ phương trình: 1 2 3 1 2 1 3 k k k 0,098 k 7,8 k 8,3 k 7,8 k 1,8 + + = = = giải hệ phương trình được: 3 1 2 3 k 0,0427;k 0,0454;k 9,855.10 − = = = 1 đ k 1 k 2 k 3 Câu hỏi 3: ( 4 điểm) a. Tính pH của dung dịch NaHCO 3 2.10 -2 M. Biết K 1 và K 2 của H 2 CO 3 lần lượt là 4,47.10 -7 và 4,68.10 -11 . b. Xác định độ tan của AgCN trong dung dịch có pH = 3. Biết 16 AgCN T 2,2.10 − = và 10 HCN K 6,2.10 − = Đáp án câu 3: a. Trong dung dịch có các phản ứng chủ yếu: 2 3 2 3 3 2HCO H CO CO − − → + ¬ (0,5 đ) Nên [ ] 2 2 3 3 H CO CO − = mặt khác, axit cacbonic có các hằng số axit: [ ] 3 1 2 3 .H HCO K H CO + − = và 2 3 2 3 .H CO K HCO + − − = (0,5 đ) 2 1 2 .K K H + ⇒ = nên 1 2 1 ( ) 8,34 2 pH pK pK= + = (1 đ) b. ta có AgCN Ag CN S S S + − + ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ 16 2,2.10 AgCN T − = H CN HCN + − + ˆ ˆ † ‡ ˆ ˆ [ ] 10 . 6,2.10 a H CN K HCN + − − = = (0,5 đ) Trong đó S là độ tan của AgCN (mol/l) [ ] . 1 a H S Ag CN HCN CN K + + − − ÷ = = + = + ÷ (0,5 đ) Mà . 1 AgCN a H T S K Ag + + ÷ = + ÷ 2 . 1 AgCN a H S T K + ÷ ⇒ = + ÷ (0,5 đ) 3 2 16 10 10 2,2.10 . 1 6,2.10 S − − − ⇒ = + ÷ 5 1,88.10 ( / )S mol l − ⇒ = (0,5 đ) Câu hỏi 4: ( 4 điểm) 1. Cho 2 3 2 0 0 (Fe /Fe) (Fe / Fe ) E 0,44V;E 0,77V + + + = − = . Tìm 3 0 (Fe / Fe) E + 2. Một pin điện tạo thành từ hai điện cực. Một điện cực gồm một tấm đồng nhúnh trong dung dịch CuSO 4 0,5M. Điện cực thứ hai là một dây Pt nhúng vào dung dịch gồm Fe 2+ , Fe 3+ với lượng sao cho [Fe 3+ ]=2. [Fe 2+ ]. Dùng một dây điện trở nối hai đều Cu và Pt. a. Cho biết dấu hai cực của pin. Viết các phản ứng xảy ra ở hai điện cực. Tính sức điện động của pin khi bắt đầu nối mạch ngoài. b. Biết thể tích của dung dịch CuSO 4 rất lớn. Tìm tỉ số 3 2 [ ] [ ] Fe Fe + + khi pin ngừng hoạt động. Cho 2 3 2 0 0 (Cu / Cu) (Fe / Fe ) E 0,34V;E 0,77V + + + = = Đáp án câu 4: 1( 1,5 điểm) . 2 0 0 1 1 1 3 2 0 0 2 2 2 2 (1) 2( 0,44). (2) 1(0,77). Fe e Fe G n E F F Fe e Fe G n E F F + + + + → ∆ = − = − − + → ∆ = − = − 3+ 0 0 0 0 3 1 2 3 3 0 3 Fe + 3e = Fe (3) (2.( 0,44 1.0,77). 2.( 0,44) 0.77 0,036 3 G G G n E F F E V ∆ = ∆ + ∆ = − = − + − + = = − 2. ( 2,5 điểm) Ta có 3 2 2 / / 0,77 0,059lg2 0,788 (1) 0,059 0,34 lg0,5 0,331 (2) 2 Fe Fe Cu Cu E V E V + + + = + = = + = (0,5) Vì 3 2 2 / /Fe Fe Cu Cu E E + + + > ( 0,25) Vậy đầu dương là cực Pt và đầu âm là cực đồng (0,25) Khi nối 2 đầu Pt và Cu bằng dây dẩn thì electron sẽ chuyển từ Cu sang Pt ở mạch ngoài. Ở điện cực Cu: Cu → Cu 2+ + 2e Ở điện cực Pt : Fe 3+ + 1e → Fe 2+ Phản ứng tổng quát xảy ra trong pin: Cu (r) + 2Fe 3+ → Cu 2+ + 2Fe 2+ ( 0,5) E pin : (1) – (2)= 0,457 b. Khi pin ngừng hoạt động: E pin = 3 2 2 / / 0 Fe Fe Cu Cu E E + + + − = Do thể tích dung dịch khá lớn nên có thể xem [Cu 2+ ] không đổi và bằng 0,5M ⇒ 3 2 2 / /Fe Fe Cu Cu E E + + + = ( 0,5) ⇒ 3 3 8 2 2 [ ] [ ] 0,77 0,059lg 0,331 3,63.10 [ ] [ ] Fe Fe Fe Fe + + − + + + = ⇒ = ( 0,5) Câu hỏi 5: ( 4 điểm) Tiến hành nung x 1 gam Cu với x 2 gam oxi thì thu được sản phẩm A 1 . Đun nóng A 1 trong x 3 gam dung dịch H 2 SO 4 98%. Sau khi khi tan thu được dung dịch A 2 và khí A 3 . Khí A 3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO 3 ) 2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom, được hấp thụ hoàn toàn bởi 200 ml dung dịch NaOH 0,15 M tạo ra 2,3 gam muối. Khi cô cạn dung dịch A 2 thì thu được 30 gam tinh thể CuSO 4 .5H 2 O. Cho dung dịch A 2 tác dụng với dung dịch NaOH, để thu được lượng kết tủa nhiều nhất phải dùng ít nhất 300 ml dung dịch NaOH 1M. Cho lượng kết tủa đó tan trong HCl vừa đủ, sau đó nhúng một thanh sắt vào dung dịch. Sau thời gian phản ứng, khối lượng thanh sắt tăng 0,8 gam. 1. Tính x 1 , x 2 , x 3 2. Tính khối lượng sắt đã tan vào dung dịch 3. Tính khối lượng muối có trong dung dịch sau khi nhúng thanh sắt vào. Đáp án câu 5: Tính x 1 : Dễ thấy toàn bộ lượng Cu ban đầu chuyển thành Cu có trong 30 g CuSO 4 .5H 2 O. x 1 = (30.64)/250 = 7,68 g hay 7,68/64 = 0,12 mol Cu (1đ) Tính x 2 : Khi đun nóng A 1 với dung dịch H 2 SO 4 98% có khí A 3 thoát ra nên A 1 có Cu dư. Gọi x là số mol Cu tham gia phản ứng với O 2 Cu + 0,5O 2 → CuO (1) Ban đầu: 0,12 mol Phản ứng: x 0,5x x Sau phản ứng: (0,12 – x) 0 x A 1 chứa: (0,12 - x) mol Cu dư và x mol CuO Đun nóng A 1 với H 2 SO 4 98% sinh ra khí A 3 Do A 3 không tạo kết tủa với dung dịch Pb(NO 3 ) 2 nhưng làm nhạt màu dung dịch brom → A 3 là SO 2 Cu + 2H 2 SO 4 → CuSO 4 + SO 2 + 2H 2 O (2) (0,12 - x) 2(0,12 - x) (0,12 - x) (0,12 - x) CuO + H 2 SO 4 → CuSO 4 + H 2 O (3) x x x Cho khí A 3 vào dung dịch NaOH có thể tạo hai loại muối SO 2 + 2NaOH → Na 2 SO 3 + H 2 O (*) a 2a a SO 2 + NaOH → NaHSO 3 (2*) b b b Số mol NaOH = 0,15.0,2 = 0,03 mol Gọi a và b là số mol Na 2 SO 3 và NaHSO 3 Biện luận: - Nếu chỉ xảy ra (*) thì 2a = 0,03 → a = 0,015 mol, ta có muối Na 2 SO 3 → m rắn = 0,015.126 = 1,89g - Nếu chỉ xảy ra (2*) thì b = 0,03 mol, ta có muối NaHSO 3 → m rắn = 0,03.104 = 3,12g Ta thấy 1,89 < 2,3 < 3,12 → Xảy ra cả (*) và (2*) tạo hỗn hợp 2 muối Ta có: 126a + 104b = 2,3 và 2a + b = 0,03 → a = 0,01 ; b = 0,01 → số mol SO 2 = 0,02 mol Mà số mol SO 2 = 0,12 – x = 0,02 mol → x = 0,1 mol Sau (1) không có oxi dư nên: n O2 = 0,5x = 0,05 mol → x 2 = 1,6 g (1đ) Tính x 3 : Số mol NaOH trong 300 ml dung dịch 1 M = 0,3 mol Số mol CuSO 4 trong dung dịch A 2 = 0,12 mol CuSO 4 + 2NaOH → Cu(OH) 2 + Na 2 SO 4 0,12 0,24 → A 2 chứa H 2 SO 4 dư, số mol NaOH để trung hòa axit dư = 0,3 – 0,24 = 0,06 mol 2NaOH + H 2 SO 4 → Na 2 SO 4 + 2H 2 O 0,06 0,03 → số mol H 2 SO 4 = 2(0,12 - x) + x + 0,03 = 0,17 mol → x 3 = 0,17.98.100/98 = 17 g (1đ) Khi cho Cu(OH) 2 tan vừa đủ vào dung dịch HCl: Cu(OH) 2 + 2HCl → CuCl 2 + 2H 2 O 0,12mol 0,12 mol Fe + CuCl 2 → FeCl 2 + Cu 1 mol 1mol x mol x mol Ta thấy cứ 1 mol Fe phản ứng thì khối lượng thanh sắt tăng (64 - 56) = 8 g Theo đề khối lượng thanh sắt tăng 0,8 g → x = 0,8/8 = 0,1 mol Khối lượng sắt tan vào dung dịch = 0,1.56 = 5,6 g (0,5đ) Muối có trong dung dịch là CuCl 2 dư (0,12 – 0,1 = 0,02 mol) mol và FeCl 2 (0,1 mol) → Tổng lượng muối = 135.0,02 + 127.0,1 = 15,4 g. (0,5đ) . DỤC VÀ ĐÀO TẠO HẬU GIANG TRƯỜNG THPT CHUYÊN VỊ THANH KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 - 4 LẦN THỨ 16 ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN: HÓA HỌC LỚP : 10 Câu hỏi 1: ( 4 điểm) 1. (1 điểm) Cho hai nguyên tố A và. 0,0454;k 9,855 .10 − = = = 1 đ k 1 k 2 k 3 Câu hỏi 3: ( 4 điểm) a. Tính pH của dung dịch NaHCO 3 2 .10 -2 M. Biết K 1 và K 2 của H 2 CO 3 lần lượt là 4,47 .10 -7 và 4,68 .10 -1 1 . b. Xác định. 2 . 1 AgCN a H S T K + ÷ ⇒ = + ÷ (0,5 đ) 3 2 16 10 10 2,2 .10 . 1 6,2 .10 S − − − ⇒ = + ÷ 5 1,88 .10 ( / )S mol l − ⇒ = (0,5 đ) Câu hỏi 4: ( 4 điểm) 1. Cho 2 3 2 0