ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ NĂM 2015 -Hóa học 10 trường chuyên Bắc Ninh

HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC – KHỐI 10 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỈNH BẮC NINH Thời gian làm bài: 180 phút ĐỀ THI ĐỀ XUẤT (Đề có 04 trang, gồm 10 câu) Câu 1(Cấu tạo nguyên tử, phân tử - Định luật tuần hoàn): điểm Bảng ghi giá trị lượng ion hóa liên tiếp I n( n = ÷ 6)(eV) lực với electron A(eV) nguyên tố X, Y, Z chu kì sau: Nguyên tố I1 I2 I3 I4 X 11,26 24,37 47,86 64,47 Y 14,5 29,60 47,40 67,40 Z 13,61 35,10 54,88 77,39 Lập luận xác định tên nguyên tố X, Y, Z? I5 I6 A 392,02 489,88 -1,25 97,81 610,52 +0,32 113,87 138,08 -1,465 Viết cấu hình electron X trạng thái kích thích khơng có electron có số lượng tử lớn số thứ tự chu kì Tính lượng ion X+; Y+; Z+; X-; Y-; Z-? Câu 2(Tinh thể): điểm Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện Ô mạng sở có độ dài cạnh 0,514nm Giả thiết ion Li + nhỏ đến mức xảy tiếp xúc anion – anion ion Li+ xếp khít vào khe ion Cl- Hãy vẽ hình mạng sở LiCl Tính độ dài bán kính ion Li+, Cl- mạng tinh thể? Xác định khối lượng riêng tinh thể LiCl Biết Li = 6,94; Cl = 35,45 Câu 3(Phản ứng hạt nhân): điểm 54 So sánh độ bền hạt nhân nguyên tử sau: Dơteri( D ), Uran( 238U ) sắt( 26 Fe ) 92 Từ đó, em rút nhận xét gì? Biết: D = 2,013674; 238 92 U = 238,125; 54 26 Fe = 53,956, mn = 1,008612; mp = 1,007238; 1u = 931,5MeV/c2 Các nuclit phóng xạ nhân tạo Be-7( t1/ = 53,37 ngày) Ga-67 ( t1/ = 78,25 giờ) dùng thí nghiệm thị phóng xạ Khi phân hủy phóng xạ Be-7 chuyển thành Li-7; Ga-67 phóng xạ kiểu với Be-7 a Xác định kiểu phóng xạ Be-7 Trang b Viết phương trình phân hủy phóng xạ Ga-67 c Hai mẫu Be-7 Ga-67 có độ phóng xạ 7,0.10 Bq Sau 3/4 độ phóng xạ chúng bao nhiêu? Cho: M(Be-7) = 7,01693; M (Li-7)= 7,01600; me = 0,0005486 Câu 4(Nhiệt hóa học): điểm Một phản ứng dùng để luyện kẽm theo phương pháp khô là: ZnS(r) + 3/2O2(k) → ZnO(r) + SO2(k) Tính ∆Ho phản ứng nhiệt độ 298K 1350K, coi nhiệt dung chất không phụ thuộc vào nhiệt độ miền nhiệt độ nghiên cứu Giả thiết ZnS nguyên chất Lượng ZnS khơng khí (20% O 80% N2 theo thể tích) lấy tỉ lệ hợp thức bắt đầu 298K đạt đến nhiệt độ hấp thụ lượng nhiệt tỏa phản ứng điều kiện chuẩn 1350K (lượng nhiệt dùng để nâng nhiệt độ chất đầu) Hỏi phản ứng có trì khơng, nghĩa khơng cần cung cấp nhiệt từ bên ngoài, biết phản ứng xảy nhiệt độ không thấp 1350K? Cho biết: + Entanpi tạo thành chuẩn chất 25oC (kJ.mol-1) Hợp chất ZnO(r) ZnS(r) SO2(k) o ∆H f -347,98 -202,92 -296,90 -1 -1 + Nhiệt dung mol đẳng áp chất (J.K mol ): Hợp chất Cop ZnS(r) 58,05 ZnO(r) 51,64 SO2(k) 51,10 O2(k) 34,24 N2(k) 30,65 Câu 5(Cân hóa học pha khí): điểm Cho cân bằng: PCl5(k) ⇌ PCl3(k) + Cl2(k) KP = 1,85 525K Làm ba thí nghiệm: Thí nghiệm 1: Cho mol PCl5 vào bình chân khơng có dung tích không đổi Lúc đạt cân 525K, áp suất bình atm Thí nghiệm 2: Làm giống thí nghiệm cho thêm vào bình mol khí agon trì nhiệt độ 525K Thí nghiệm 3: Khi cân thí nghiệm thiết lập nguời ta trì nhiệt độ bình 525K tăng dung tích bình lên cho áp suất cân 2atm Tính số mol PCl5 Cl2 cân thí nghiệm Trang Câu 6(Cân dung dịch điện ly): điểm Trộn thể tích dung dịch sau: C 6H5COOH 0,04M; HCOOH 0,08M; NH3 0,22M; H2S 0,1M dung dịch A Cho biết thành phần giới hạn dung dịch A? Khơng tính pH, cho biết dung dịch A có phản ứng axit hay bazơ? Vì sao? Tính thể tích dung dịch HCl( NaOH) 0,05M cần để trung hòa 20ml dung dịch A đến pH = 10 Cho pKa C6H5COOH: 4,20; HCOOH: 3,75; NH + : 9,24; H2S: 7,02; 12,90 Câu 7(Phản ứng oxi hóa- khử Điện hóa): điểm Dung dịch X gồm Cu(NO3)2 0,06M Pb(NO3)2 0,04M Tính pH dd X Cho 25,00 ml dd X trộn vào 25,00 ml dung dịch NaIO3 0,12M HIO3 0,14M thu dung dịch Y Cho điện cực Cu nhúng vào dung dịch Y ghép thành pin với điện cực Ag nhúng vào dung dịch Z gồm AgNO3 0,01M NaI 0,04M 250C a Viết sơ đồ pin điện? b Tính suất điện động pin 250C ? Biết: pKs Cu(IO3)2, Pb(IO3)2, AgI 7,13 ; 12,61 ; 16,00 * * 0 βCu (OH )+ = 10−8 ; β Pb (OH )+ = 10−7,8 ; ECu 2+ / Cu = 0,337V ; EPb2+ / Pb = −0,126V ; E Ag + / Ag = 0, 799V Câu 8(Nhóm Halogen): điểm Bằng hiểu biết liên kết hố học, giải thích biến đổi lượng liên kết dãy halogen: Phân tử F2 Cl2 - EX – X(Kcal/mol) 37,0 59,0 Nêu giải thích ngắn gọn qui luật biến đổi : Br2 46,1 I2 36,1 At2 25,0 − Tính axit độ bền phân tử dãy axit : HClO, HClO2, HClO3, HClO4 − Tính oxi hố dãy ion: ClO−, ClO2−, ClO3−, ClO4− Câu 9(Nhóm oxi – lưu huỳnh): điểm Hãy cho biết tượng xảy cho khí hiđrosunfua lội qua dung dịch gồm HgCl2 0,01 M; ZnCl2 0,01 M; FeCl3 0,01 M; HCl 1,00 M bão hồ (nồng độ dung dịch H2S bão hịa 0,10 M) Trang Cho: Các giá trị pKs FeS, ZnS, HgS tương ứng 17,2; 21,6; 51,8 H2S (pKa1 = 7,02 ; pKa2 = 12,90) ; E0(Fe3+/Fe2+) = 0,771 V; E0(S/H2S) = 0,141 V Câu 10(Động học): điểm Ở nhiệt độ cho, tốc độ phản ứng phụ thuộc vào thời gian theo phương trình: lgv = -0,68 – 0,09t v tốc độ phản ứng tính mol/(L.s), t thời gian tính s Tính tốc độ phản ứng 50% chất đầu phản ứng, số tốc độ nồng độ đầu chất tham gia phản ứng ************************** HẾT ************************** Người đề Nguyễn Thị Loan (Sđt: 0972973729) Trang HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊN VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ ĐỀ THI MƠN HĨA HỌC – KHỐI 10 NĂM 2015 TRƯỜNG THPT CHUYÊN BẮC NINH TỈNH BẮC NINH Thời gian làm bài: 180 phút ĐÁP ÁN ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ HƯỚNG DẪN CÂU Ý CÂU 1/ NỘI DUNG CẦN ĐẠT ĐƯỢC *Đối với nguyên tố X: So sánh tỉ số ĐIỂM I i +1 I5 I i +1 ta thấy lớn tỉ số khác nên X Ii I4 Ii thuộc nhóm IVA, nên X C, Si, Ge, Sn, Pb Theo quy tắc Slayter, I 6(C ) = − EC 5+ = 13,6 × 0,25 = 489,6(eV ) xấp xỉ I6(X) 12 Vậy, X cacbon ⇒ Y, Z thuộc chu kì 0,25 *Đối với nguyên tố Y: Ta thấy, I6 I i +1 lớn tỉ số khác nên Y thuộc nhóm VA ⇒ Y I5 Ii Nitơ *Đối với nguyên tố Z: I i +1 Từ I1 đến I6, tỉ số xấp xỉ nhau, Z có lực với electron lớn nên Ii 0,25 Z Oxi Flo Cấu hình electron O: 1s22s22p4; F: 1s22s22p5; N: 1s22s22p3 Dựa vào cấu hình electron ta thấy, I1(N) > I1(O); I1(F) > I1(N) 2/ Theo đề bài, I1(Z) < I1(N) nên Z oxi Cấu hình electron X trạng thái bản: 1s22s22p2 Cấu hình electron X trạng thái kích thích thỏa mãn đề là: 1s22s12p3; 3/ 1s22s02p4; 1s12s22p3; 1s12s12p4; 1s12s02p5; 1s02s12p5; 1s02s02p6 Năng lượng ion: 1s02s22p4; 0,5 *C+: EC + = −( I + I + I + I + I ) = −1018,6(eV ) 0,25 Trang *C-: EC − = −( I1 + I + I + I + I + I ) + A E = −1031,11(eV ) *N+: EN + = −( I + I + I + I + I + I7 ) với I 7(N) = − EN 6+ = 13,6 × 72 = 666,4(eV ) nên EN + = −1529,1(eV ) 12 *N-: EN − = −( I1 + I + I + I + I + I + I ) + A E = −1543,28(eV ) 0,25 *O+: EO + = −( I + I + I + I + I ) − ( I + I ) Với I + I = − E1s (8 − 0,3) = × 13,6 × = 1612,688(eV ) 12 nên EO + = −2032,008(eV ) CÂU 1/ 2/ 0,25 *O-: EO − = −( I1 + I + I + I + I + I + I + I ) + A E = −2047,083(eV ) Vẽ ô mạng sở LiCl −10 Vì có tiếp xúc anion – anion nên 4rCl − = a ⇒ rCl − = 1,82.10 (m) 0,5 0,25 Vì ion Li+ xếp khít vào khe anion Cl- nên 0,5 −11 2(rCl − + rLi + ) = a ⇒ rLi + = 7,53.10 ( m) 3/ Mỗi ô mạng tinh thể chứa phân tử LiCl nên ta có: 0,25 m 4.(6,94 + 35,45) = = 2,074( g / cm3 ) 23 −8 V 6,02.10 (5,14.10 ) Độ hụt khối hạt nhân nguyên tử 0,5 DLiCl = CÂU 1/ ∆m = Z m p + ( A − Z ).mn − mntu nên ∆mD = 2,176.10−3 (u ); ∆m Fe = 4,73324.10−1 (u ); ∆mU = 1,798248(u ) Năng lượng liên kết hạt nhân ∆E = ∆m.c = ∆m(u ).931,5( MeV / c ) ⇒ ∆EH = 2,027( MeV ); ∆EFe = 440,901( MeV ); ∆EU = 1675,068( MeV ) Năng lượng liên kết riêng hạt nhân ∂ E = 0,25 ∆E A ⇒ ∂ E ( H ) = 1,0135( MeV ); ∂ E (Fe) = 8,1648( MeV ); ∂ E (U) = 7,0381( MeV ) 0,25 Năng lượng liên kết riêng lớn, hạt nhân bền ⇒ Hạt nhân nguyên tử Fe bền U, bền D 0,25 *Nhận xét: Hạt nhân có khối lượng trung bình bền vững hạt nhân có khối lượng nhẹ nặng 0,25 Trang 2/ a/ 7Be phóng xạ β+ hay bắt electron theo phương trình: 7 Be → Li + β + (1) 7 Be + e → Li (2) 0,25 ∆m1 = MBe - MLi - 2me = - 1,682.10-4 u ∆m2 = MBe - MLi = 9,3.10-4 u Vậy, có q trình (2) xảy b/ Phương trình phóng xạ Be – Ga – 67 0,25 Be → Li + β + 67 Ga → 30 Zn + β + c/ Phản ứng phóng xạ tuân theo động học bậc 67 31 0,25 ⇒ A = A0 e − λt hay A = A0 ( )t /T1/ với T1/2 chu kì bán hủy Áp dụng biếu thức ta có, sau ¾ giờ, CÂU 1/ ABe = 6,997.107 (Bq);A Ga = 6,998.107 ( Bq) ∆Ho298 = -347,98 – 296,90 + 202,92 = -441,96kJ 0,25 0,5 ∆Cop = 51,64 + 51,10 – 58,05 – 3/2.34,24 = -6,67J.K-1 1350 o ∆H1350 = ∆H 298 + ∫ ∆C p dT = -448976,84J 298 2/ 0,5 Vì nhiệt cung cấp dùng để nâng nhiệt độ chất ban đầu nên: ∑C o P o o = C o ( ZnS ) + C p ( O2 ) + 6C p ( N ) = 293,31JK −1 p 0,5 T ∆H o 1350 + ∫ 293,31dT = ⇒ T = 1829 K 298 CÂU T = 1829K > 1350K nên phản ứng tự trì *Thí nghiệm 1: ⇌ PCl5 CB: – x PCl3 + 0,5 Cl2 x x ⇒ Σn = + x x   2x Ta có: 1,85 =  ÷= 1− x 1 + x  − x2 ⇒ x = n Cl = 0,693mol ⇒ n PCl = 0,307mol 0,75 *Thí nghiệm 2: Thêm Ar vào T, V không đổi nên áp suất riêng phần chất Trang số Kp không đổi Cân không chuyển dịch, kết qủa giống thí 0,5 nghiệm *Thí nghiệm 3: ⇌ PCl5 PCl3 + CB: – x Cl2 + Ar x x Σn = + x x / (2 + x) 2x2 ×2= (1 − x) / (2 + x) − x − x2 ⇒ x = nCl2 = 0,77 mol ⇒ nPCl5 = 0,23mol 1,85 = CÂU 1/ 0,75 Tính lại nồng độ chất sau trộn: C6H5COOH: 0,01M; NH3: 0,055M; HCOOH: 0,02M; H2S: 0,025M Sau trộn, xảy phản ứng sau: NH3 + HCOOH → NH + + HCOO4 0,055 0,02 0,035 - K = 105,49 0,02 0,02 NH3 + C6H5COOH → NH + + C6H5COO4 0,035 0,025 0,01 - 0,01 0,01 NH3 + H2S → NH + + HS4 0,025 - K = 105,04 K = 102,23 0,025 - 0,025 0,25 0,025 Vậy thành phần giới hạn dung dịch A là: 2/ 0,25 NH + : 0,055M; HCOO-: 0,02M; C6H5COO-: 0,01M; HS-: 0,025M Trong dung dịch A có cân sau: + NH ƒ NH + H + K a = 10−9,24 (1) HS − ƒ S 2− + H + K a = 10−12,90 (2) H 2O ƒ OH − + H + K w = 10 −14 (3) HS − + H 2O ƒ H S + OH − K b = 10−6,98 (4) C6 H 5COO − + H 2O ƒ C6 H 5COOH + OH − K b = 10−9,8 (5) K b = 10 −10,25 (6) HCOO − ƒ HCOOH + OH − So sánh (1), (2) (3), bỏ qua cân (2) (3) So sánh (4), (5) (6), bỏ qua cân (5) (6) Trang Do đó, cân (1) (4) định pH dung dịch 0,25 Mặt khác, ta có: K a (1) C NH 4+ < K b (4) CHS − 0,25 Vì vậy, dung dịch A có phản ứng bazơ, pH > 0,25 3/ Căn vào pH dung dịch sau phản ứng( pH = 10) để xác định chất tham gia phản ứng Trong dung dịch A, NH + HS- phản ứng với dung dịch NaOH; HS-, HCOO- C6H5COO- phản ứng với dung dịch HCl Tính bazơ HS- lớn C6H5COO- lớn HCOO- Tính axit NH + lớn HS- [NH ] K a 10−9,24 = + = −10 ; nên NH + tham gia Tại pH = 10, ta có: + [NH ] [H ] 10 phản ứng Vì vậy, phải dùng dung dịch NaOH để trung hòa dung dịch 0,25 A đến pH=10 [NH ] 10−9,24 = −9,24 = 0,8519 Ta có, pH = 10: + [NH ]+[NH ] 10 + 10−10 nên 85,19% NH + tham gia phản ứng [S 2− ] K 10−12,9 = a+2 = −10 = [HS − ] [H ] 10 0,25 nên HS- chưa tham gia phản ứng Phương trình phản ứng trung hòa dd A: OH- + NH + → NH3 + H2O nNaOH = nNH + pu ⇒ VddNaOH = CÂU 1/ 0,055.0,8519.20 = 18,74(ml ) 0,05 0,25 Ta có cân bằng:  → Cu2+ + H2O ¬  Cu(OH)+ + H+  (1) K1 = 10-8  → Pb2+ + H2O ¬  Pb(OH)+ + H+  (2) K2 = 10-7,8  → H2O ¬  H+ + OH (3) Kw = 10-14 Vì CCu 2+ K1 ≈ CPb2 + K >> Kw nên ta tính pH theo cân (1) (2), bỏ qua cân (3) 0,25 + + + Theo điều kiện proton, ta có:  H  = Cu (OH )  +  Pb(OH )        Theo cân (1), (2), ta có : Trang 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 0,25 h = 3,513.10-5(M) Tính lại nồng độ cân Cu2+, Pb2+ theo giá trị H+ Gọi x, y nồng độ cân Cu(OH)+, Pb(OH)+ Theo cân (1), (2) ta có K1 = x.3,513.10−5 = 10−8 → x = 1,708.10−5 0,06 − x y.3,513.10−5 K2 = = 10−7,8 → y = 1,805.10−5 0,04 − y Giá trị x, y nhỏ so với nồng độ ban đầu nên nồng độ cân 0,25 Cu2+, Pb2+ coi nồng độ ban đầu( kết lặp) Vậy [H+] = 3,513.10-5 ; pH = 4,454 2/ 0,25 a/ Sau trộn, CCu 2+ = 0,03M ; C Pb2 + = 0,02 M ; CH + = 0,07 M ; CIO − = 0,13M Vì mơi trường axit mạnh nên bỏ qua tạo phức hiđroxo ion kim loại Các phản ứng:  → Pb2+ + 2IO3- ¬  Pb(IO3)2  Cbđ 0,02 0,13 [ ] K3 = 1012,61 >> 0,09  → Cu2+ + 2IO3- ¬  Cu(IO3)2  Cbđ 0,03 0,09 [ ] K4 = 107,13 >> 0,03 Thành phần giới hạn dung dịch Y gồm: Pb(IO 3)2; Cu(IO3)2; IO3-; + + H ; Na ; NO3 0,125 - Có cân bằng:  → Pb(IO3)2 ¬  Pb2+ + 2IO3 (4) K3-1 = 10-12,61  → Cu(IO3)2 ¬  Cu2+ + 2IO3 (5) K4-1 = 10-7,13 Vì K3-1 → phản ứng hoàn toàn Cbđ 0,01 Sau 0,04 0,03 Thành phần giới hạn dung dịch: AgI; I-; Na+, NO3Có cân bằng: AgI  → ¬  Ag+ + I- Cbđ 0,03 [ ] x K6-1 = 10-16 0,03 + x − → K = x.(0,03 + x ) = 10−16 → x = 3,333.10-15 Thế điện cực Ag nhúng vào dung dịch A là: E Ag + / Ag = E Ag + / Ag + 0,0592log  Ag +  = 0,799 + 0,0592log(3,333.10−15 )   0,125 = −0,058(V ) Vì E Ag + / Ag < ECu + /Cu nên điện cực Cu catot bên phải sơ đồ pin, điện cực Ag anot bên trái sơ đồ pin Vậy, sơ đồ pin (-) Ag│AgI, dung dịch I- 0,03M ║ Pb(IO3)2; Cu(IO3)2; IO3- 0,03M; H+; Na+; NO3-│Cu (+) CÂU 1/ b/ Ở 25 C, Epin = E(+) - E(-) = 0,216 – (-0,058) = 0,274 (V) Sự biến đổi lượng liên kết dãy halogen : 0,25 0,25 Trang 11 - Năng lượng liên kết X – X F nhỏ Cl2 Br2 F2 có xen phủ p–p cịn Cl2→ At2 ngồi xen phủ p –p cịn 0,5 có xen phủ p – d làm tăng độ bền liên kết - Năng lượng liên kết giảm từ Cl → At2 bán kính nguyên tử tăng dần từ F → At nên mức độ xen phủ AO giảm dần ⇒ độ bền 2/ 0,5 liên kết X – X giảm từ Cl2 → At2 Nêu giải thích qui luật biến đổi: − Tính axit tăng từ HClO → HClO4 số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng làm tăng mật độ điện tích dương Cl ⇒ làm giảm mật độ điện tích âm nguyên tử O nhóm O – H ⇒ tăng độ 0,25 phân cực liên kết O – H ⇒ tính độ linh động H − Độ bền tăng từ HClO → HClO4 số nguyên tử O liên kết với nguyên tử Cl tăng ⇒ tăng số cặp electron quanh nguyên tử Cl ⇒ làm giảm độ dài liên kết Cl – O; đồng thời số nguyên tử O tăng làm tăng tính đối xứng ion ⇒ độ bền gốc axit tăng − Tính oxi hố dãy ion: ClO−, ClO2−, ClO3−, ClO4− giảm độ CÂU bền ion tăng ⇒ khả hoạt động hoá học giảm Dựa tích số tan chất điện cực học sinh thấy 0,25 0,5 phản ứng xảy theo thứ tự là: Hg2+ + H2S ƒ HgS ↓ + 2H+ 0,01 1,00 - K1 = Ks1-1.Ka1.Ka2 = 1031,88 (1) 1,02 2Fe3++ H2S ƒ 2Fe2+ + S↓ + 2H+ 0,01 - K = 102×(0,771−0,141)/0,0592 = 1021,28 (2) 1,02 0,01 1,03 Zn2+ + H2S ƒ ZnS ↓ + 2H+ K3 = Ks3-1.Ka1.Ka2 = 101,68 (3) Fe2+ + H2S ƒ FeS ↓ + 2H+ K4 = Ks4-1.Ka1.Ka2 = 10-2,72 0,5 (4) Theo phản ứng (1), (2), giá trị K1, K2 tìm lớn nên có kết tủa HgS S tạo Theo phản ứng (3) (4), giá trị K 3, K4 nhỏ nên cần phải xác định xem có tạo kết tủa FeS ZnS hay không 0,25 Trang 12 *Đánh giá khả kết tủa ZnS FeS: Vì H2S axit yếu nên chấp nhận [H +] = CH+ = 1,03 M, môi trường axit, bỏ qua tao phức hiđroxo ion Zn 2+ ion Fe2+ tức C’Zn2+ = 0,01M C’Fe2+ = 0,01 M Từ cân 2H+ + S2- H2S ƒ ⇒ CS − = [S 2− ]= K = Ka1.Ka2 = 10-19,92 (5) K a1.K a [H S ] 10−19,92 × 0,1 = = 10−20,95 + 2 [H ] 1,03 0,25 Vậy ta có: C’Fe2+.C’S2 = 0,01.10-20,95 = 10-22,95