Tuyển tập 60 đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cực hay (có đáp án chi tiết)

430 9,577 76
  • Loading ...
    Loading ...
    Loading ...

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

Tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

Ngày đăng: 29/09/2015, 22:05

... & B BC B CHNH THC Kè THI CHN HC SINH GII KHU VC M RNG NM HC 2011- 2012 MễN THI: HểA HC LP 10 Ngy thi: 21 thỏng nm 2012 (Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao ) thi gm 02 trang Cõu 1:... GIO DC V O TO HI DNG THI CHNH THC THI CHN HC SINH GII LP 10 THPT - NM HC 2012-2013 MễN THI: HểA HC Thi gian: 180 phỳt Ngy thi: thỏng nm 2013 thi gm: 02 trang Cho bit nguyờn t ca... 9,84 10- 3 11,80 = 2,903 10- 2 mmol 100 .0 mL (O2 ) = 2.903 *10 * 32.00 = 9,230mg / L 100 .0 0,5 H v tờn thớ sinh: Ch ký giỏm th 1: S bỏo danh: . S GDT BC LIấU CHNH THC (Gm 02 trang) K THI TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNHỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊNKHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘĐỀ CHÍNH THỨCKÌ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI KHU VỰC MỞ RỘNGNĂM HỌC 2011- 2012MÔN THI: HÓA HỌC LỚP 10.Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đề)Đề thi gồm 02 trangCâu 1: (2,5 điểm)1. M là một nguyên tố có khối lượng mol nguyên tử bằng 63,55 gam. Trong tự nhiên, M có hai đồngvị hơn kém nhau 2 nơtron trong đó một đồng vị chiếm 72,5% số nguyên tử. Hạt nhân đồng vị nhẹcủa M có số hạt không mang điện nhiều hơn số hạt mang điện 5 hạt. Biết rằng có thể coi giá trịnguyên tử khối bằng với số khối của nguyên tử.a) Viết cấu hình electron của M, xác định vị trí của M trong bảng hệ thống tuần hoàn (ô, chu kì, nhóm).b) M ở trạng thái rắn kết tinh theo kiểu lập phương chặt khít nhất. Tính bán kính nguyên tử của M(theo Å). Biết khối lượng riêng của M bằng 8,96 g/cm3.2. Dựa vào quy tắc Slater, hãy tính:a) Năng lượng cần thiết (theo kJ) để chuyển 1 mol nguyên tử silic từ trạng thái cơ bản lên trạng tháikích thích có cấu hình electron là [Ne]3s23p13d1.b) Năng lượng ion hóa thứ nhất (theo eV) của nguyên tử silic và so sánh kết quả thu được với giá trịthực nghiệm 8,2 eV.Câu 2: (2,5 điểm)1. Viết công thức Lewis, nêu trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm và dạng hình học của cácphân tử sau: KrF2, IF3, SeF4, KrF4, IF5, AsF5.Cho: As (Z = 33); Se (Z = 34); Kr (Z = 36).2. Sắp xếp theo thứ tự tăng dần (có giải thích) góc liên kết OSX trong các phân tử sau: SOF2; SOCl2; SOBr2.Câu 3: (2,5 điểm)Nitrosyl clorua (NOCl) là một khí độc, khi đun nóng nó bị phân hủy:2 NOCl (k)2 NO (k) + Cl2 (k)1. Tính hiệu ứng nhiệt đẳng tích của quá trình phân hủy hoàn toàn 1,3 mol NOCl ở 475oC.2. Tính KP của cân bằng ở 475oC.3. Ở 475oC, dẫn 0,2 mol NO và 0,1 mol Cl2 vào một bình kín dung tích 2 lít không đổi. Tính áp suấtkhí trong bình tại thời điểm cân bằng. Coi các khí là khí lý tưởng.Cho: Bảng số liệu nhiệt động (không phụ thuộc vào nhiệt độ)Chất∆Hos (kJ/mol)So (J/mol.K)NOCl (k)51,71264NO (k)90,25211Cl2 (k)223Câu 4: (2,5 điểm)1. Hấp thụ toàn bộ 0,5 mol khí NH3 vào 1 lít dung dịch HNO3 0,2 M thu được dung dịch A. Tính pHcủa dung dịch A.2. Thêm m gam FeCl2 rắn vào dung dịch A thu được dung dịch B trong đó nồng độ của ion Fe2+ tạithời điểm cân bằng 1,5 × 10-4 M. Tính m.Cho: Các quá trình không làm thay đổi thể tích của dung dịch. pKa của NH4+ = 9,24; pKs của Fe(OH)2 = 15,1Hằng số tạo phức hidroxo của Fe2+: *β = 10−5,92. Fe = 55,85; Cl = 35,45.1 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNCâu 5: (2,5 điểm)1. Hãy thiết lập sơ đồ pin được hình thành bởi hai cặp oxi hóa - khử CrO42-/ CrO2- và MnO4-/ MnO42- với cácđiện cực platin. Viết các bán phản ứng xảy ra ở các điện cực.2. Tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra trong pin và Eopin.3. Mô tả chiều chuyển động của các electron, cation, anion trong quá trình hoạt động của pin (pin sửdụng cầu muối KNO3 nhão).Cho:Eo (CrO42-/Cr(OH)3, OH-) = -0,18 V; Eo (MnO4-/MnO42-) = 0,564 VCr(OH)3CrO2- + H+ + H2O có K = 1,0.10-14Câu 6: (2,5 điểm)1. Khi sục khí Cl2 qua dung dịch Ca(OH)2, tuỳ điều kiện phản ứng có thể cho muối CaOCl2 hay Ca(ClO)2.a. Viết phương trình phản ứng.b. Sục khí CO2 từ từ tới dư qua dung dịch CaOCl2 và dung dịch Ca(ClO)2.Viết các phương trìnhphản ứng xảy ra.2. Điclo oxit ClO2 là một chất khí được dùng để tẩy trắng trong sản xuất giấy. Phương pháp tốt nhất đểđiều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm là cho hỗn hợp KClO3 và H2C2O4 tác dụng với H2SO4 loãng.Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO4 4M.a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.b) ClO2 là hợp chất dễ gây nổ, tại sao điều chế ClO2 trong phòng thí nghiệm theo phương pháp trêntương đối an toàn?Câu 7: (2,5 điểm)1. Khi điện phân dung dịch H2SO4 50% với điện cực trơ ở nhiệt độ khác nhau thu được những sảnphẩm khác nhau: Ở 00C sẽ thu được axit peoxidisunfuric. Còn ở 100C lại thu được H2O2. Nếu đunnhẹ dung dịch sau điện phân thì thấy có khí oxi thoát ra. Viết các phản ứng xảy ra để giải thíchcho sự tạo thành các sản phẩm khác nhau trong các quá trình điện phân trên.2. Quặng pyrit thực tế là hỗn hợp FeS2 và FeS nên có thể đặt công thức pyrit là FeS2-x. Khi sử lý mộtmẫu quặng pyrit với Br2 trong KOH dư thì xảy ra phản ứng:FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + K2SO4 + ...FeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + K2SO4 + ...Sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được chất rắn A và dung dịch B. Nung chất rắn A đến khốilượng không đổi thu được 0,20 gam Fe2O3. Cho BaCl2 dư vào dung dịch B thu được 1,11 gam kếttủa BaSO4. Cho: Fe = 56; O = 16; S = 32; Ba = 137.a) Xác định công thức của quặng pyrit.b) Tính lượng Br2 dùng để oxy hóa mẫu quặng trên.Câu 8: (2,5 điểm)Chỉ số oxy tự do hòa tan trong mẫu nước (D.O) được sử dụng rộng rãi để đánh giá chất lượngnguồn nước. Quá trình phân tích theo phương pháp chuẩn độ iốt được tiến hành như sau:Bước 1: Kiềm hóa mẫu nước cần phân tích bằng kali hydroxit rắn (viên nén). Thêm lượng dư dungdịch mangan(II) sunfat vào thấy tạo thành kết tủa màu nâu.Bước 2: Thêm tiếp dung dịch axit sunfuric đặc vào hỗn hợp trên đến khi thấy kết tủa tan hoàn toàntrở lại dung dịch. Dung dịch thu được có màu đỏ.Bước 3: Thêm tiếp dung dịch kali iođua dư vào, lắc mạnh thì thấy dung dịch chuyển sang màu vàng nâu.Bước 4: Dùng dung dịch natri thiosunfat, chỉ thị hồ tinh bột để chuẩn độ.1. Viết các phương trình phản ứng dạng ion xảy ra trong từng bước.2. Lấy 100,0 mL một mẫu nước đem đi phân tích thì thấy tiêu tốn hết 11,80 mL dung dịch 9,84 × 10-3 Mnatri thiosunfat. Tính chỉ số D.O (mg/L) của mẫu nước.2 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNHỘI CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊNKHU VỰC DH & ĐB BẮC BỘCâu ýCâu 1:1.1a)b)1.2a)ĐÁP ÁN CHỌN HSG KHU VỰC MỞ RỘNGNĂM HỌC 2011- 2012MÔN THI: HÓA HỌCLỚP: 10Ngày thi: 21 tháng 4 năm 2012Đáp án gồm 5 trangNội dungĐiểm2,5Gọi số khối, số proton, số nơtron của đồng vị nhẹ lần lượt là A, P, NSố khối, số proton, số nơtron của đồng vị nặng lần lượt A+2, P, N+2Trường hợp 1: Đồng vị nặng chiếm 72,5% số nguyên tửTừ các dữ kiện đã cho, lập được hệ phương trình:(1-0,725) A + 0,725 (A + 2) = 63,55N–P=5⇒ N = 33,55; P = 28,55 (loại)P+N=ATrường hợp 2: Đồng vị nhẹ chiếm 72,5% số nguyên tửTừ các dữ kiện đã cho, lập được hệ phương trình:0,725A + (1-0,725) (A + 2) = 63,55N–P=5⇒ N = 34 ; P = 29.P+N=ACấu hình: 1s22s22p63s23p63d104s1Vị trí:Ô 29, chu kì 4, nhóm IBTinh thể lập phương chặt khít nhất có ô mạng kiểu lập phương tâm mặt.Số mắt của ô mạng: 4Thể tích ô mạng: (4 × 63,55) / (8,96 × 6,022 × 1023) = 4,71× 10-23 cm3Độ dài cạnh ô mạng: 3,61 × 10-8 cmBán kính của M:= 1,28 ÅNăng lượng nguyên tử Si ở trạng thái cơ bản:E0 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 4 E (3s23p2)Năng lượng nguyên tử Si ở trạng thái kích thích có cấu hình [Ne]3s23p13d1E1 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 3 E (3s23p1) + E (3d1)Năng lượng cần thiết để chuyển nguyên tử silic từ trạng thái cơ bản lêntrạng thái kích thích∆E = E1 - E0 = 3 E (3s23p1) + E (3d1) - 4 E (3s23p2) =30,250,250,50,50,5 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNb)Tính cho 1 mol thì E = 1041 KjNăng lượng Si+ cấu hình [Ne]3s23p13d1E2 = 2 E(1s2) + 8 E(2s22p6) + 3 E (3s23p1)Năng lượng ion hóa thứ nhất của Silic:I1 = E2 – E0 =0,5Chênh lệch tương đối so với giá trị thực nghiệm rất lớn:(12,3-8,2)/8,2 ≈ 50%Mô hình Slater quá đơn giản để thu được kết quả định lượng2,5Câu 2:2.12.2Câu 3:3.13.23.3sp3d, đường thẳngsp3d, chữ Tsp3d2, vuông phẳngsp3d2, chóp đáy vuôngsp3d, bập bênh1,5sp3d, lưỡng tháp tam giácThứ tự :OSF < OSCl< OSBrGiải thích :Do độ âm điện của F > Cl > Br, độ âm điện càng thấp thì cặp electronliên kết S-X càng ở xa nguyên tử trung tâm S, lực đẩy nhau giữa liên kếtS=O với S-X sẽ càng nhỏ, góc liên kết sẽ tăng lên1,02,52 NOCl (k) → 2 NO (k) + Cl2 (k)∆Ho = 90,25 × 2 – 2 × 51,71 = 77,08 kJ/molHiệu ứng nhiệt đẳng tích chính là biến thiên nội năng:∆Uo = ∆Ho – ∆nRT = 77,08 – 1×8,314×(475 + 273) x 10-3 = 70,86 kJ/molTính cho 1,3 mol NOCl phân hủy: Q = 46,06 kJ∆So = 117 J/mol.K∆Ho = 77,08 kJ/mol∆Go(475+273)K = -10,436 kJ/molKP ở 475oC = 5,3552 NO (k) + Cl2 (k) → 2 NOCl (k)4(KP)-1 = 0,18671,00,5 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNCân bằng:0,2-2x0,1-x2x(mol)Ta có K-1P = Kn. (RT/V)∆n = (RT/V)∆n .(2x)2/ [(0,2-2x)2(0,1-x)] = 0,1867.1,0(với R = 0,082 atm.lit.mol-1.K-1; T = 475 + 273 = 748K; V = 2 lit)x = 0,0571 ⇒ PCB = ΣnCB .RT/V = 7,45 atm.Câu 4:4.12,5NH3 + HNO3 → NH4NO31,0NH4+ : 0,2 M và NH3 : 0,3 M; NO3- = 0,2 M.TPGH:Hệ cần tính pH là hệ đệm NH4+/NH3 ⇒ pH = pKa + lg(Cb/Ca) ≈ 9,42.4.2Khi [Fe2+] = 1,5. 10−4 M, với dung dịch ban đầu có [OH−] = 10−4,58 thì đãcó kết tủa sinh ra vì [Fe2+].−[OH ] =Theo:⇒Ks[Fe 2+ ]2COH−= 10−12,98 > Ks = 10−15,1.= 10−5,64 → [H+] = 10-8,36 (= h).Fe2+ + H2OFe(OH)+ + H+ ; β*[FeOH+] = [Fe2+].β*.h−1 = 1,5. 10−4.10−5,92.108,36 = 0,0413 (M)K NH +4[NH3] =CNH3 .α NH3= 0,5 .K NH + + h40,75= 0,0582 (M)[NH4+] = 0,4418 MVì dung dịch trung hòa điện:2[Fe2+] + [FeOH+] + [H+] + [NH4+] = [Cl-] + [OH-] + [NO3-]2.1,5.10−4 + 0,0413 + 10-8,36 + 0,4418 = [Cl-] + 10−5,64 + 0,20,75[Cl-] = 0,2834 M→ Tổng số mol FeCl2 đã dùng là: 0,2834 / 2 = 1417 molmFeCl2 = 17,96 gam.Câu 5:5.12,5Xét cặp CrO42-/ Cr(OH)3CrO42- + 4H2O + 3eCr(OH)3H+ + OH-Cr(OH)3 + 5OHCrO2- + H+ + H2OH2OK1 = 103E1 /0,0592K = 10-14Kw-1 = 1014K 2 = K1.K.K −w1 = 103E /0,0592CrO42-+2H2O + 3eCrO2- + 4OHEo của CrO42-/ CrO2- = - 0,18V < Eo của MnO4-/ MnO42MnO42(+)MnO4- + eCrO42- + 2H2O + 3e(-)CrO2- + 4OHSơ đồ pin:(-) Pt | CrO42-, CrO2- || MnO4-, MnO42- | Pt (+)15.23 MnO4- +CrO2- + 4OH-3 MnO42- + CrO42-Eopin = 0,564 V – (-0,18 V) = 0,744 V ⇒ K = 1037,705.3Ở mạch ngoài: Các eletron chuyển động từ anôt (-) sang catot (+)51,00,5 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNỞ mạch trong :- Dung dịch bên anot có CrO2-, OH- đi đến bề mặt anot tham gia phản ứng làmdung dịch giảm lượng ion âm so với lượng ion dương → các ion NO3- củacầu muối sẽ đi vào dung dịch ở anot để dung dịch luôn trung hòa điện.- Dung dịch bên catot có ion MnO4- đi đến bề mặt catot tham gia phản ứnglàm dung dịch giảm lượng ion dương so với lượng ion âm → các ion K+của cầu muối sẽ đi vào dung dịch ở catot để dung dịch luôn trung hòa điện.Câu 6:6. 1 a)2,5Cl2 + Ca(OH)20C⎯30⎯⎯→ CaOCl2 + H2O2Cl2 + 2Ca(OH)2 = CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2Ob)1,0CO2 + 2CaOCl2 + H2O = CaCO3↓ + CaCl2 + Cl2OCO2 + H2O + CaCO3 = Ca(HCO3)20,50,75CO2 + Ca(ClO)2 + H2O = CaCO3 ↓ + 2HClO6.2a)2KClO3 + H2C2O4 + 2H2SO4 → 2ClO2 + K2SO4 + 2CO2 + 2H2Ob)2NaClO3 + SO2+ H2SO4 → 2ClO2 + 2Na2SO4CO2 sinh ra pha loãng ClO2 nên giảm khả năng làm nổ của ClO2Câu 7:7. 17.200C: 2 H2SO4 → H2S2O8 + H2100C: Ban đầu cũng tạo ra H2S2O8 nhưng H2S2O8 phản ứng ngay với nước:H2S2O8 + H2O → 2 H2SO4 + H2O2Phương trình tổng: 2 H2O → H2O2 + H2Đun nhẹ: 2H2O2 → 2H2O + O2a)Số mol nFe = 2nFe2O3 = 0,0025 mol0,50,50,252,51,00,75Số mol nS = nBaSO4 = 0,00475 molx = 1,9. Công thức: FeS1,9b)FeS1,9 → Fe3+ + 1,9 S+6 + 14,4eQuá trình cho eQuá trình nhận e Br2 + 2 e → 2 BrBảo toàn e ta có: n Br2 . 2 = nFe . 14,4n (Br2) = 0,018 molCâu 8:8. 18.20,75m (Br2) = 2,88 gam2,52+-Bước 1:2Mn + O2 + 4OH → 2 MnO(OH)2Bước 2:2MnO(OH)2 + 2Mn2+ + 8H+ → 4Mn3+ + 6 H2OBước 3:4Mn3+ + 4I- → 2I2 + 4Mn2+Bước 4:2I2 + 4S2O32- → 2 S4O62- + 4IO2 + 4e → 2 O22 S2O32- → S4O62- + 2eÁp dụng định luật bảo toàn electronnO2 = 1/4.n(S4O62-) = 0,25 *c(S2O32-)*V(S2O32-)62,0 TRƯỜNG NỘI TRÚ THAN UYÊNnO2 = 0,25 . 9,84 . 10-3 . 11,80 = 2,903 . 10-2 mmol trong 100.0 mLβ (O2 ) =−22.903 *10* 32.00 = 9,230mg / L100.070,5 Họ và tên thí sinh:……………………..…………..Chữ ký giám thị 1:Số báo danh:……………………………..………...…………….………………..SỞ GDĐT BẠC LIÊUĐỀ CHÍNH THỨC(Gồm 02 trang)KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNHNĂM HỌC 2011 - 2012* Môn thi: HÓA HỌC* Bảng: A* Lớp: 10* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)ĐỀCâu 1: (4 điểm)1. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.a. Viết cấu hình của ion X3+ và nguyên tử X. Từ cấu hình suy ra vị trí củanguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn.X có số oxi hóa cao nhất là bao nhiêu?b. Xác định 4 số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 và electron có năng lượngcao nhất trong nguyên tử của nguyên tố X.2. Gadolini-153 là nguyên tố được dùng để xác định bệnh loãng xương, có chukì bán rã là 242 ngày. Tính phần trăm 15364 Gd còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 12tháng kể từ khi cho vào cơ thể.Câu 2: (4 điểm)1. Hãy giải thích tại sao phân tử Cl2O có góc liên kết (1110) nhỏ hơn và độ dàiliên kết Cl-O (1,71Å) lớn hơn so với phân tử ClO2 (1180 và 1,49Å)?2. X và Y là các nguyên tố nhóm A, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH ( Rlà kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y ). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị caonhất của X và Y. Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gamdung dịch A 16,8% cần 150 ml dung dịch B 1M.a) Xác định các nguyên tố X và Y.b) B’ là anion tương ứng của phân tử B.+ Hãy cho biết ( có công thức minh họa ) dạng hình học của B và B’.+ So sánh ( có giải thích ) độ dài liên kết Y-O trong phân tử B và B’.Câu 3: (4 điểm)1/ (2đ)Cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa - khử bằng phương pháp thăng bằngelectron.a/ CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4b/ CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3CHO + MnCl2 + CO2 + KCl + H2O2/ (2đ)a/ Trình bày nguyên tắc xét chiều của phản ứng oxi hóa khử ở điều kiện chuẩn và điềukiện bất kì.b/ Áp dụng xét chiều của các phản ứng sau ở điều kiện chuẩn.(1)Cu + Fe2+ ' Cu2+ + Fe1 2Fe3+ + Sn2+ ' 2Fe2+ + Sn4+Biết:Oxi hóa/khửFe2+/Fe0E (V)-0,44(2)Sn4+/Sn+0,15Cu2+/Cu+0,34Fe3+/Fe2++0,77Câu 4: (4 điểm)Cho phản ứng: A(k) + 3B(k) → 2C(k)Hệ được thực hiện trong bình kín dung tích 2 lít ở 250C.Thực hiện các thí nghiệm nghiên cứu về tốc độ phản ứng thu được bảng số liệu sau:Tốc độ hình thànhThí nghiệm Số mol ban đầu chất A Số mol ban đầu chất B ban đầu của chất C(mol.l-1.phút-1)10,20,20,2520,10,42,030,20,42,0+ Hãy cho biết tốc độ tiêu thụ ban đầu của chất A, B khi tốc độ hình thành ban đầu củachất C là 0,25 (mol.l-1.phút-1).+ Xác định bậc phản ứng riêng đối với chất A, B và viết biểu thức tốc độ phản ứng.+ Tính giá trị hệ số tốc độ phản ứng và cho biết đơn vị của nó.+ Nếu số mol ban đầu A, B không đổi nhưng nếu thể tích bình giảm còn 1 lít thì tốc độhình thành ban đầu của chất C thay đổi bao nhiêu lần?Câu 5: (4 điểm)1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:a. Ion I- trong KI bị oxi hóa thành I2 bởi FeCl3; O3; IO3− trong môi trường axit.và I2 oxi hóa được SO2; Na2S2O3; Na2S.b. Cl2 oxi hóa I- thành I2, nếu Cl2 dư thì dung dịch màu nâu của I2 bị mất đi.2. Hòa tan hoàn toàn 1,70 gam hổn hợp gồm Zn và kim loại A trong dung dịchHCl thu được 0,672 lit khí (đktc) và dung dịch B. Mặc khác để hòa tan 1,9 gam kimloại A thì dùng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5M.a. Xác định tên kim loại A. biết A thuộc nhóm IIA.b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. Biết rằng dung dịch HClcó nồng độ 10% và để trung hòa dung dịch B phải dùng hết 12,5 gam dung dịch NaOH28,8%.--- HẾT ---2 SỞ GDĐT BẠC LIÊUKỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNHNĂM HỌC 2011 - 2012ĐỀ CHÍNH THỨC* Môn thi: HÓA HỌC* Bảng: A* Lớp: 10* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)(Gồm 04 trang)HƯỚNG DẪN CHẤMCâu 1: (4 điểm)1. a. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.Cấu hình của ion X3+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 .Cấu hình của nguyên tử X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2.Vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn:- Z= 22 ⇒ Số thứ tự 22- Có 4lớp electron ⇒ Chu kỳ 4.- Có 3d2 4s2 ⇒ phân nhóm IVB.* Số oxi hóa cao nhất của X là +4b. Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 là(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)n = 3 ; l = 2 ; m l = − 2 ; ms = +12( 0.5đ)Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d2 ( có năng lượng cao nhất trong nguyên tốX) là : n = 3 ; l = 2 ; m l = − 1 ; ms = +12(0.5đ)2. Quá trình phóng xạ tuân theo qui luật:k=ln 2t 1 vàln 2360−N= e − kt = e 242 = 35, 66%N02(1.5đ)Câu 2: (4 điểm)1. Công thức cấu tạo của hai phân tử :OOClClClClClOClOOO(1.0đ)˜Góc liên kết của Cl2O nhỏ hơn của ClO2 là vì nguyên tử trung tâm (O) củaCl2O có hai cặp electron tự do tạo lực đẩy ép góc liên kết nhiều hơn so với(0.5đ)nguyên tử trung tâm (Cl) của ClO2 chỉ có 3 electron tự do.˜Liên kết Cl-O trong phân tử ClO2 có đặc tính của liên kết đôi do sự cộng hưởngvới electron độc thân ở trên Cl hoặc O. Đặc tính liên kết đôi này làm liên kết(0.5đ)Cl-O trong ClO2 ngắn hơn trong Cl2O (chỉ chứa liên kết đơn).2.(a) Hợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.Trường hợp : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOH1 Ta có :Y 35,323=⇒ Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp)17 64,677(0.25đ)Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4Ta có :Y 35,323=⇒ Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl). (0.25đ)65 64,677B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOHmA =16,8× 50 gam = 8,4 gam100XOH + HClO4 → XClO4 + H2O(0.25đ)⇒ n A = n HClO 4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol⇒ M X + 17 gam / mol =8,4 gam0,15 mol⇒ MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K).(0.25đ)B là HClO4, B’ là ClO4(b) Dạng hình học :Axit pecloric Ion peclorat(dạng tứ diện) (dạng tứ diện đều)(0.5đ)Bậc liên kết càng lớn độ dài liên kết càng nhỏ, do vậy :(0.5đ)Câu 3: (4 điểm)1/ (2 đ)+2+3+2 −2+20+2+6Cu Fe S 2 + Fe 2 (SO4 ) 3 + O 2 + H 2 O → Cu SO4 + Fe SO4 + H 2 S O4+38x+3e3x-8e+2Fe+ 1e → Fe−20O + 2e → O−2+6S → S + 8e(0.5đ)3 Cu Fe S 2 + 8Fe 2 ( SO4 ) 3 + 8O 2 + 8H 2 O → 3Cu SO4 + 19 Fe SO4 + 8H 2 S O4 (0.5đ)−(y −2)+yx−2+7−1+2+4C x H y O + K Mn O4 + HCl → C 2 H 4 O + Mn Cl 2 + C O2 + KCl + H 2 O2 (3y – 6 – 2x )+7+2Mn+ 5e → Mn+5ey −2)x−1y −2)x+4−(2 xC → x C 2 + (2 y − 4 + 2 x)e5 x- (3y – 6 – 2x )e−(xC → x C + ( y − 2 − 4 x )e (0.5đ)15CxHyO + (3y – 6 – 2x)KMnO4 + (9y – 18 – 6x)HCl →5xCH3CHO +(3y–6– 2x)MnCl2 + 5xCO2 + (3y – 6 – 2x)KCl + (12y – 9– 13x)H2O(0.5đ)2/ (2 đ)a/ Chiều của của phản ứng oxi hóa khử được xét dựa vào công thức sau:ΔG = -nEFTrong đó: n là số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hóa trong phản ứngF là hằng số Faraday (F= 96500 C.mol-1)E là suất điện động của pin trong phản ứng xảy ra (V)ΔG là biến thiên năng lượng Gibbs.→Phản ứng xảy ra theo chiều ΔG < 0 →E >0* Nếu biết E ta tính theo công thức:E0pin = E0oxh – E0kh- E0pin > 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều thuận- E0pin < 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều nghịch.- Ở điều kiện bất kì thì ta thay E0pin = Epinb/ Áp dụng:E (1) = E0(Fe2+/Fe) - E0 (Cu2+/Cu) = - 0,44 – 0,34 = - 0,78 V→ E (1) < 0 → Phản ứng (1) xảy ra theo chiều nghịch.E (2) = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Sn4+/Sn2+) = 0,77 – 0,15 = 0,62 V→ E(2) > 0 → Phản ứng (2) xảy ra theo chiều thuận.Câu 4: (4 điểm)0, 25= 0,125 (mol.l-1.phút-1)23.0, 25-1-1Tốc độ tiêu thụ ban đầu chất B:= 0,375 (mol.l .phút )2+ Tốc độ tiêu thụ ban đầu chất A:+ v1=k.0,1x.0,1y = 0,25 (1)v2=k.0,05x.0,2y = 2,0 (2)v3=k.0,1x.0,2y = 2,0 (3)(3) : (1) ta có: 2y = 8 → y=3(3) : (2) ta có: 2x. = 1 → x=0Vậy bậc phản ứng riêng đối với chất A là 0, B là 3.Biểu thức tốc độ phản ứng: v=k[B]30, 25= 250k=0,13(0.25đ)(0.25đ)(0.75đ)(0.75đ)(0.5đ)(0.5đ)Đơn vị k (l2.mol-2.phút-1)+ Thể tích bình giảm còn 1 lít thì nồng độ chất B sẽ tăng 2 lần,v sẽ tăng 23 =8 (lần).3(0.5đ)(0.5đ) Câu 5: (4 điểm)1. (2 điểm)1a.Viết các phương trình :2KI + FeCl3 → 3FeCl2 + 2 KCl + I2.2KI + O3 + H2O → O2 + 2 KOH + I2.5I- + IO3- + 6H+ → I2 + 3H2O.I2 + SO2 + H2O → 2HI + H2SO4.I2 + 2Na2S2O3 → Na2 S4O6 + 2NaI.I2 + Na2S → 2NaI + S.1b. ta có:Cl2 + 2I- → I2 + 2Cl5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO32. (2 điểm)2a. Ta có:nH2 =(0.25đ)(0.25đ)1,9= 380,05Vậy 38 < MA < 56,67 Æ A là Ca2b. n NaOH =(0.25đ)12 , 5 * 28 ,8= 0 , 09 = n HCl4000dưGọi x, y lần lược là số mol Zn và Cax + y = 0 , 03 molTa có:(0.25đ)(0.25đ)0,672= 0,03 mol22,4Do: A có hóa trị II ta có phương trình chung:M+2HClÆM Cl2+ H20,03 mol0,03 molm1,70= 56,67 mà Zn có khối lượng là 65M = hh =nhh 0,03Æ MA < 56,67Mà ta có 1,9g A tác dụng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5 MÆ MA >(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)⎧⎨⎩ 65 x + 40⎧⎨⎩y = 1 , 70n HClphản ứng với Zn và Ca là = 2Æ nHCl ban đầu = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol.mddHCl ban đầu =nHx = 0 , 02 moly = 0 , 01 mol2(0.25đ)= 2*0,03 = 0,06 mol(0.25đ)m HCl5,475* 100 =* 100 = 54,75( g )C%10m dd B = m dd HCl + mKL -m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g)0,02 * 136* 100 = 4,82%56,390,01 * 111* 100 = 1,97%C% CaCl2 =56,390,09 * 36,5C% HCl =* 100 = 5,83%56,39(0.5đ)C% ZnCl2 =(0.25đ)--- HẾT--4 Họ và tên thí sinh:……………………..…………..Chữ ký giám thị 1:Số báo danh:……………………………..………...…………….………………..SỞ GDĐT BẠC LIÊUĐỀ CHÍNH THỨC(Gồm 02 trang)KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNHNĂM HỌC 2011 - 2012* Môn thi: HÓA HỌC* Bảng: B* Lớp: 10* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)ĐỀCâu 1: (4 điểm)1. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.a. Viết cấu hình của ion X3+ và nguyên tử X. Từ cấu hình suy ra vị trí củanguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn.X có số oxi hóa cao nhất là bao nhiêu?b. Xác định 4 số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 và electron có năng lượngcao nhất trong nguyên tử của nguyên tố X.2. Gadolini-153 là nguyên tố được dùng để xác định bệnh loãng xương, có chukì bán rã là 242 ngày. Tính phần trăm 15364 Gd còn lại trong cơ thể bệnh nhân sau 12tháng kể từ khi cho vào cơ thể.Câu 2: (4 điểm)1.(a) Hãy cho biết ( có giải thích ) theo thuyết liên kết hóa trị thì lưu huỳnh (S)có thể có cộng hóa trị bằng bao nhiêu ?(b) Cho biết cấu tạo đơn phân tử và dạng hình học của hợp chất với hiđro, oxitvà hiđroxit của lưu huỳnh tương ứng với các giá trị cộng hóa trị đã xác định ở câu (a).2. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 19730K trong khiđó CO2 lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 2170K ?Câu 3: (4 điểm)1/ (2đ)Cân bằng phương trình phản ứng oxi hóa - khử bằng phương pháp thăng bằngelectron.a/ CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO4b/ CxHyO + KMnO4 + HCl → CH3CHO + MnCl2 + CO2 + KCl + H2O2/ (2đ)a/ Trình bày nguyên tắc xét chiều của phản ứng oxi hóa khử ở điều kiện chuẩn và điềukiện bất kì.b/ Áp dụng xét chiều của các phản ứng sau ở điều kiện chuẩn.(1)Cu + Fe2+ ' Cu2+ + Fe2Fe3+ + Sn2+ ' 2Fe2+ + Sn4+ (2)Biết:Oxi hóa/khửFe2+/FeSn4+/SnCu2+/CuFe3+/Fe2+E0(V)-0,44+0,15+0,34+0,771 Câu 4: (4 điểm)Tính năng lượng liên kết trung bình C-H và C-C từ các kết quả thực nghiệmsau:- Nhiệt đốt cháy CH4 là -801,7 kJ/mol- Nhiệt đốt cháy C2H6 là -1412,7 kJ/mol- Nhiệt đốt cháy hidro là -241,5 kJ/mol- Nhiệt đốt cháy than chì là -393,4 kJ/mol- Nhiệt hoá hơi than chì là 715 kJ/mol- Năng lượng liên kết H-H là 431,5 kJ/molCác kết quả đều đo ở 250C và 1atmCâu 5: (4 điểm)1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:a. Ion I- trong KI bị oxi hóa thành I2 bởi FeCl3; O3; IO3− trong môi trường axit.và I2 oxi hóa được SO2; Na2S2O3; Na2S.b. Cl2 oxi hóa I- thành I2, nếu Cl2 dư thì dung dịch màu nâu của I2 bị mất đi.2. Hòa tan hoàn toàn 1,70 gam hổn hợp gồm Zn và kim loại A trong dung dịchHCl thu được 0,672 lit khí (đktc) và dung dịch B. Mặc khác để hòa tan 1,9 gam kimloại A thì dùng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5M.a. Xác định tên kim loại A. biết A thuộc nhóm IIA.b. Tính nồng độ phần trăm các chất trong dung dịch B. Biết rằng dung dịch HClcó nồng độ 10% và để trung hòa dung dịch B phải dùng hết 12,5 gam dung dịch NaOH28,8%.--- HẾT ---2 SỞ GDĐT BẠC LIÊUKỲ THI CHỌN HSG LỚP 10, 11 VÒNG TỈNHNĂM HỌC 2011 - 2012ĐỀ CHÍNH THỨC* Môn thi: HÓA HỌC* Bảng: B* Lớp: 10* Thời gian: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)(Gồm 04 trang)HƯỚNG DẪN CHẤMCâu 1: (4 điểm)1. a. Một ion X3+ có phân lớp electron ngoài cùng là 3d1.Cấu hình của ion X3+ : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d1 .Cấu hình của nguyên tử X: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d2 4s2.Vị trí của nguyên tố X trong bảng hệ thống tuần hoàn:- Z= 22 ⇒ Số thứ tự 22- Có 4lớp electron ⇒ Chu kỳ 4.- Có 3d2 4s2 ⇒ phân nhóm IVB.* Số oxi hóa cao nhất của X là +4b. Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d1 là(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)n = 3 ; l = 2 ; m l = − 2 ; ms = +12( 0.5đ)Bốn số lượng tử của electron ở phân lớp 3d2 ( có năng lượng cao nhất trong nguyên tốX) là : n = 3 ; l = 2 ; m l = − 1 ; ms = +12(0.5đ)2. Quá trình phóng xạ tuân theo qui luật:k=ln 2t 1 và2ln 2360−N= e − kt = e 242 = 35, 66%N0(1.5đ)Câu 2: (4 điểm)1.(a) Cộng hóa trị của một nguyên tố bằng số liên kết mà nguyên tử nguyên tốđó tạo ra được với các nguyên tử khác trong phân tử. Trong thuyết liên kết hóa trị, mỗiliên kết cộng hóa trị lại được hình thành do sự xen phủ các obitan mang electron độcthân. Như vậy có thể nói rằng cộng hóa trị của một nguyên tố bằng số electron độcthân có thể có của nguyên tử của nguyên tố đó. Vì có thể có 2, 4 hoặc 6 electron độcthân nên lưu huỳnh có thể có cộng hóa trị bằng 2, 4, hoặc 6.(1.0đ)16S3s3p3d3s3p3d3s3p3d*16S*16S(1.0đ)1 (b) Cấu tạo và dạng hình học :SO2H2 SSO3H2SO4OSSHHOOch÷ VSOOHO HOtam gi¸cch÷ VSOOtø diÖn(1.0đ)2. C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2không phải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. Năng lượng của 2 liên kết đôiSi=O kém xa năng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứdiện chung đỉnh nhau.OSiOO(0.5đ)SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bền trongkhi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu. (0.5đ)OCâu 3: (4 điểm)1/ (2 đ)+2+3+2 −2+20+2+6Cu Fe S 2 + Fe 2 (SO4 ) 3 + O 2 + H 2 O → Cu SO4 + Fe SO4 + H 2 S O4+38x+3e3x-8e+2Fe+ 1e → Fe−20O + 2e → O−2+6S → S + 8e(0.5đ)3 Cu Fe S 2 + 8Fe 2 ( SO4 ) 3 + 8O 2 + 8H 2 O → 3Cu SO4 + 19 Fe SO4 + 8H 2 S O4 (0.5đ)−(y −2)+yx−2+7−1+2+4C x H y O + K Mn O4 + HCl → C 2 H 4 O + Mn Cl 2 + C O2 + KCl + H 2 O(3y – 6 – 2x )+7+2Mn+ 5e → Mn+5e−(y −2)x−1y −2)x+42 xC → x C 2 + (2 y − 4 + 2 x)e5 x- (3y – 6 – 2x )e−(xC → x C + ( y − 2 − 4 x )e (0.5đ)15CxHyO + (3y – 6 – 2x)KMnO4 + (9y – 18 – 6x)HCl →5xCH3CHO +(3y–6– 2x)MnCl2 + 5xCO2 + (3y – 6 – 2x)KCl + (12y – 9– 13x)H2O(0.5đ)2/ (2 đ)a/ Chiều của của phản ứng oxi hóa khử được xét dựa vào công thức sau:ΔG = -nEF2 Trong đó: n là số electron trao đổi giữa chất khử và chất oxi hóa trong phản ứngF là hằng số Faraday (F= 96500 C.mol-1)E là suất điện động của pin trong phản ứng xảy ra (V)ΔG là biến thiên năng lượng Gibbs.→Phản ứng xảy ra theo chiều ΔG < 0 →E >0* Nếu biết E ta tính theo công thức:E0pin = E0oxh – E0kh- E0pin > 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều thuận- E0pin < 0 → Phản ứng trong pin xảy ra theo chiều nghịch.- Ở điều kiện bất kì thì ta thay E0pin = Epinb/ Áp dụng:E (1) = E0(Fe2+/Fe) - E0 (Cu2+/Cu) = - 0,44 – 0,34 = - 0,78 V→ E (1) < 0 → Phản ứng (1) xảy ra theo chiều nghịch.E (2) = E0(Fe3+/Fe2+) – E0(Sn4+/Sn2+) = 0,77 – 0,15 = 0,62 V→ E(2) > 0 → Phản ứng (2) xảy ra theo chiều thuận.Câu 4: (4 điểm)CH4 + 2O2 → CO2 + 2H2OΔ H12H2O U O2 + 2H2-2 Δ H2CO2 U O2 + C(r)- Δ H3C(r) U C(k)Δ H42H2 U 4H2 Δ H5Δ H = 4EC-HCH4 U C(k) + 4H4 Δ EC-H = Δ H1 - 2. Δ H2 - Δ H3 + Δ H4 + 2. Δ H5= -801,7 + 2.241,5 + 393,4 + 715 + 2.431,5= 1652,7EC-H = 413,175 (kJ/mol)→ 2CO2 + 3H2OΔ H6C2H6 + 3,5O23H2O U 1,5O2 + 3H2-3 Δ H22CO2 U 2O2 + 2C(r)-2 Δ H32C(r) U 2C(k)2 Δ H43H2 U 6H3 Δ H5C2H6 U 2C(k)+ 6HΔ H = EC-C+6EC-HEC-C+ 6EC-H = Δ H6 -3 Δ H2 -2 Δ H3 + 2 Δ H4 + 3 Δ H5EC-C = Δ H6 -3 Δ H2 -2 Δ H3 + 2 Δ H4 + 3 Δ H5 - 6EC-H = 344,05 (kJ/mol)(0.75đ)(0.25đ)(0.5đ)(0.5đ)(0.5đ)(0.5đ)(0.5đ)(0.5đ)Câu 5: (4 điểm)1. (2 điểm)1a.Viết các phương trình :2KI + FeCl3 → 3FeCl2 + 2 KCl + I2.2KI + O3 + H2O → O2 + 2 KOH + I2.5I- + IO3- + 6H+ → I2 + 3H2O.I2 + SO2 + H2O → 2HI + H2SO4.I2 + 2Na2S2O3 → Na2 S4O6 + 2NaI.I2 + Na2S → 2NaI + S.3(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ)(0.25đ) 1b. ta có:Cl2 + 2I- → I2 + 2Cl5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HIO32. (2 điểm)2a. Ta có:nH2 =(0.25đ)(0.25đ)0,672= 0,03 mol22,4Do: A có hóa trị II ta có phương trình chung:M+2HClÆM Cl2+ H20,03 mol0,03 molm1,70M = hh == 56,67 mà Zn có khối lượng là 65nhh 0,03Æ MA < 56,67Mà ta có 1,9g A tác dụng không hết 200ml dung dịch HCl 0,5 MÆ MA >(0.25đ)1,9= 380,05Vậy 38 < MA < 56,67 Æ A là Ca2b. n NaOH =(0.25đ)12 , 5 * 28 ,8= 0 , 09 = n HCl4000dưGọi x, y lần lược là số mol Zn và Cax + y = 0 , 03 molTa có:(0.25đ)⎧⎨⎩ 65 x + 40⎧⎨⎩y = 1 , 70n HClphản ứng với Zn và Ca là = 2Æ nHCl ban đầu = 0,06 + 0,09 = 0,15 mol.mddHCl ban đầu =nHx = 0 , 02 moly = 0 , 01 mol2(0.25đ)= 2*0,03 = 0,06 mol(0.25đ)m HCl5,475* 100 =* 100 = 54,75( g )C%10m dd B = m dd HCl + mKL -m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g)0,02 * 136* 100 = 4,82%56,390,01 * 111* 100 = 1,97%C% CaCl2 =56,390,09 * 36,5* 100 = 5,83%C% HCl =56,39(0.5đ)C% ZnCl2 =(0.25đ)--- HẾT---4 UBND TỈNH THÁI NGUYÊNĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNHSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠONĂM HỌC 2011-2012MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10ĐỀ CHÍNH THỨC(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Câu I. (5,0 điểm)1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùngtrên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là mộtchất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâmtrong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH)có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng vàgiải thích.c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?3.a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoàicùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH.b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cânbằng theo phương pháp cân bằng electron:NaNO2 + KMnO4 + ?? + MnSO4 + ? + ?Câu II. (5,0 điểm)1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyêntử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xácđịnh công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng mộtphân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp .2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thànhphần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxitcó tỉ lệ 1 : 1,352.a) Tìm khối lượng mol của Mb) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồngvị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15.3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứngsau:a) Mn2+ + H2O2MnO2+ …+NO + …b) Ag + H +NO3+c) MnO4 + H + ClMn2+ + Cl2 + …d) S2O32- + I2S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3−CrO 24− + Cl- + …Câu III. (5,0 điểm)Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ởđktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tácdụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủatrong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B.a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp.b) Tính khối lượng chất rắn B.Câu IV. (5,0 điểm)Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thuđược kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượngkhông đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E.a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E.b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổikhông đáng kể khi xảy ra phản ứng).(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32;Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)Hết( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................Sè b¸o danh: ..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐỀ CHÍNH THỨCCâuHD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNHNĂM HỌC 2011-2012MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Nội dungĐiểm1,51.Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA(ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1n = 4,5 – 2,5 = 2.Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3)ICông thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của(5,0đ)nguyên tử trung tâm:NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3.NHHH2N2O5: N có trạng thái lai hoá sp .OONONOO2HNO3 : N có trạng thái lai hoá spOOHNO2.a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiếtZ + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90=> Z = 16→ 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạtnhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+c)Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vìcác ion này có số oxi hóa thấp nhất.1,5 2,03.a)1s2Vị trí trong HTTH:2 21s 2s1s22s22p63s21s22s22p63s23p64s21s22s22p63s23p63d(1-10)4s2Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1b)5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIAô 4, chu kỳ 2, nhóm IIAô 12, chu kỳ 3, nhóm IIAô 20, chu kỳ 4, nhóm IIAchu kỳ 4, nhóm IB đến VIII(ô 24 và ô 29)5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+Zx = 11/5 = 2,2Trong X phải có hiđroGọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+CTTQ của X+ là MnHmTa cón+ m = 5 (1)n . ZM +m.1 = 11Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5IIZB-ZA = 8(5,0đ)x.ZB-y.ZA = 48Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO42.a) Theo đề bài ta có35,5 .x35,5 y:= 1: 1,173 (1)35,5 x +M 35,5y+M16.0,5x16y:16.0,5x+MTừ (1) và (2) M = 18,581 y= 1 : 1,352 (2)16y +My =1 thì M = 18,581y=2 thì M = 37,162y =3 thì M = 55,743b) Vì số p: số n = 13: 15=> Đồng vị phù hợp 5626 Fe2,01,5 1,53.a)b)c)d)e)2++Mn + H2O2MnO2 + 2H+3 Ag + 4 H +NO33 Ag+ +NO +H2O2 MnO4- + 10 Cl- +16H+2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O2S2O32- + I2S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O1,0nH2 = 0,448:22,4 = 0,02nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05III(5,0đ)⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01Các phản ứng: Na + H2O→( Na+ + OH-)x+xAl + H2O + OH- → AlO2- +1H2 (1)2x/2 (mol)3H22(2)xxx3/2x (mol)2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu(3)(y-x)3/2(y-x)(y-x)3/2(y-x)2+2+Fe+ Cu → Fe + Cu(4)a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là FeTheo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16(không phù hợp đề bài)2+Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và(4)Theo (1) và (2): nH2 = x+Theo (3): nAl(3) = y - 0,01nCu2+=2,03x = 0,02 ⇒ x = 0,0123(y - 0,01)2Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05-3(y - 0,01)2Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,033(y - 0,01)] =2,162Vậy trong hỗn hợp ban đầu:mNa = 23.0,01 = 0,23 gamm Al = 27.0,03 = 0,81 gammFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gamb) Trong dung dịch A có:nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02nCu 2+ du = 0, 01nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 022,0 Ta có sơ đồ⇒ mCuO = 0,01.80= 0,8Cu2+ → Cu(OH)2 → CuOgamFe2+ → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6gamAl3+ → Al(O )3 → Al2O3⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 =1,02gamVậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gamnFe2(SO4)3 = 0,15 mol; nBa(OH)2Fe2(SO4)3 + Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)30,1 mol0,3 mol0,3 mol0,2 molKết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 ; dung dịch Blà lượng dung dịch Fe2(SO4)3 dư (0,05mol)Khi nung kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 thìIV(5,0đ) BaSO4 không thay đổi và ta có phản ứng:t2Fe(OH)3 →Fe2O3 + 3 H2O0,2 mol0,1 molChất rắn D gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,3 mol BaSO4→ mD = ... = 85,9gCho BaCl2 dư vào dung dịch B:3BaCl2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2FeCl30,05mol 0,15molKết tủa E là BaSO4 và mE = ... = 34,95g+ Thể tích dung dịch sau phản ứng V = ... = 250mlNồng độ Fe2(SO4)3 trong dung dịch B: ... = 0,2M.2,001,01,01,0Chú ý:ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho®iÓm tèi ®a. SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠOHÀ TĨNHĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH CẤP THPTNĂM HỌC 2012-2013MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10Thời gian làm bài: 180 phút(Đề thi có 02 trang, gồm 06 câu)Câu I:1. Trong thiên nhiên, brom có nhiều ở nước biển dưới dạng NaBr. Công nghiệp hóa học điềuchế brom từ nước biển được thực hiện theo quy trình sau đây:- Cho một ít dung dịch H2SO4 vào một lượng nước biển;- Sục khí clo vào dung dịch mới thu được;- Dùng không khí lôi cuốn hơi brom tới bảo hòa vào dung dịch Na2CO3;- Cho dung dịch H2SO4 vào dung dịch đã bão hòa brom, thu hơi brom rồi hóa lỏng.Hãy viết các phương trình hóa học chính đã xảy ra trong các quá trình trên và cho biết vaitrò của H2SO4.2. Cho m gam hỗn hợp X gồm CuCl2 và FeCl3 vào nước thu được dung dịch A. Chia A làm 2phần bằng nhau. Sục khí H2S dư vào phần 1 được 1,28 gam kết tủa, cho Na2S dư vào phần 2được 3,04 gam kết tủa. Tính m.Câu II:1. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1- kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị (không theotrật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Hãy gắn các giá trị này cho các nguyêntố tương ứng. Giải thích.2. Có 1 lít dung dịch X gồm Na2CO3 0,1M và (NH4)2CO3 0,25M. Cho 43 gam hỗn hợp BaCl2và CaCl2 vào dung dịch X, sau khi phản ứng kết thúc thu được 39,7 gam kết tủa A. Tính thànhphần % khối lượng các chất trong A.Câu III:1.a. Sục từ từ khí Cl2 vào dung dịch KI, hãy cho biết màu sắc dung dịch biến đổi như thế nào?Giải thích.b. Hãy giải thích tại sao ái lực electron của flo (3,45 eV) bé hơn của clo (3,61 eV) nhưng tínhoxi hóa của flo lại mạnh hơn của clo?2. Cho hỗn hợp gồm 0,03 mol Al, 0,02 mol Cu và 0,02 mol Zn tác dụng với hỗn hợp 2 axitH2SO4 và HNO3, sau phản ứng thu được 4,76 gam hỗn hợp khí SO2 và NO2 có thể tích là1,792 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và m gam muối (không có muối amoni). Tính m.Câu IV:1. M và R là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính (nhóm A), có thể tạo với hiđro các hợp chấtMH và RH. Gọi X và Y lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của M và R. Trong Y, Rchiếm 35,323% khối lượng. Để trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch 16,8% X cần 150 ml dungdịch Y 1M. Xác định các nguyên tố M và R.2. Để hoà tan hoàn toàn a mol một kim loại cần một lượng vừa đủ a mol H2SO4, sau phản ứngthu được 31,2 gam muối sunfat và khí X. Toàn bộ lượng khí X này làm mất màu vừa đủ 500ml dung dịch Br2 0,2M. Xác định tên kim loại.Câu V:1.Trong một tài liệu tham khảo có ghi những phương trình hóa học như dưới đây, hãy chỉ ranhững lỗi (nếu có) và sửa lại cho đúng.a. CaI2 + H2SO4 đặc CaSO4 +2HIb. 3FeCl2 + 2H2SO4 đặc FeSO4 + 2FeCl3 + SO2 +2H2Oc. Cl2 +2KI dư 2KCl + I2 2. Đun nóng hỗn hợp X gồm bột Fe và S trong điều kiện không có không khí, thu được hỗnhợp rắn A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y có tỉkhối so với H2 là 13. Lấy 2,24 lít (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) khí Y đem đốt cháy rồi cho toànbộ sản phẩm cháy đó đi qua 100 ml dung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml),sau phản ứng thu được dung dịch B. Các phản ứng xảy ra hoàn toàn.a. Tính thành phần % khối lượng các chất trong hỗn hợp X.b. Xác định nồng độ % các chất trong dung dịch B.Câu VI:1.Cho m gam hỗn hợp kim loại Ba, Na (được trộn theo tỉ lệ số mol 1:1) vào nước được 3,36 lítH2 (đo ở điều kiện tiêu chuẩn) và dung dịch X. Cho CO2 hấp thụ từ từ vào dung dịch X. Vẽ đồthị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol kết tủa theo số mol CO2 được hấp thụ.2. A là dung dịch chứa AgNO3 0,01M, NH3 0,25M và B là dung dịch chứa các ion Cl-, Br-, Iđều có nồng độ 0,01M. Trộn dung dịch A với dung dịch B (giả thiết ban đầu nồng độ các ionkhông đổi). Hỏi kết tủa nào được tạo thành? Trên cơ sở của phương pháp, hãy đề nghị cáchnhận biết ion Cl- trong dung dịch có chứa đồng thời 3 ion trên.Ag+ + 2NH3 k = 10-7,24 ; TAgCl = 1,78.10-10 ; TAgBr = 10-13; TAgI = 10-16.Biết: Ag(NH3)2+-----------------HẾT---------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu (kể cả bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hóa học).- Cán bộ coi thi không phải giải thích gì thêm.- Họ và tên thí sinh……………………………………………… Số báo danh……………………… SỞ GIÁO DỤC-ĐÀO TẠOHÀ TĨNHCâuI1.3KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNH THPTNĂM HỌC 2012-2013HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10Nội dungĐiểmCl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2(1)3Br2 + 3Na2CO3 → 5NaBr + NaBrO3 + 3CO2 (2)H2SO4 + Na2CO3 → Na2SO4 + CO2 + H2O (3)5NaBr + NaBrO3 + 3H2SO4 → 3Na2SO4 + 3Br2 + 3H2O (4)Vai trò của H2SO4: (1) H2SO4 có tác dụng axit hóa môi trường phản ứng, (3) (4)1,5là chất tham gia pư, nếu môi trường kiềm thì sẽ có cân bằng: .H+3Br2+ 6OH-OHH+5Br- + BrO3- + 3H2O2. Thêm H2S vào phần 1 ta có:2FeCl3 + H2S → 2FeCl2 + S + 2HClx0,5xCuCl2 + H2S → CuS↓ + 2HClyy16x +96y = 1,28 (I)Thêm Na2S vào phần 22FeCl3 + Na2S → 2FeCl2 + S + 2NaClsau đó: FeCl2 + Na2S → FeS↓ + 2NaCl2FeCl3 + 3Na2S → 2FeS↓ + S↓ + 6NaClmol:xx0,5 xCuCl2 + Na2S → CuS↓ + 2NaClyy88x + 32.0,5x + 96y = 3,04 (II)+ Từ (I, II) ta có: x = 0,02 mol và y = 0,01 mol m = 4,6.2 = 9,2 gam.II30,50,50,51. Giá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIALi BeBCNOFNe1121234562s 2s2p2p2p2p2p2pI1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1 tăng dần,phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:0,5- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2 quacấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởng chắn của các electron snên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hình bền ns2np3 0,5qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có các electron độc thân, p4 cómột cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa các electron).2. Học sinh viết ptpu, ta có thể tóm tắt như sau:M2+ + CO32MCO3Dự vào số mol muối cacbonat, tính được nCO32- = 0,35Theo tăng giảm khối lượng thấy từ 1 mol MCl2 về MCO3 khối lượng giảm 11gam. Thực tế khối lượng giảm 43 – 39,7 = 3,3 gamSố mol MCO3 =3,3= 0,311 III3,5< nCO32- -> CO32- có dư, M2+ pư hếtnBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%,CaCO3 = 50,38%.1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màuCl2 + 2KI 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HClb. Quá trình chuyển X2 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phântử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử Xthành ion XMặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấphơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flomạnh hơn clo(Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p,không có AO trốngphân tử F2 chỉ có liên kết σ . Trong nguyên tử Cl, ngoàicác AO p còn có AO d trốngphân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạoliên kết σ , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi).2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được sốmol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 >0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tínhđược số mol Cu dư =0,17 − 0,14= 0,015210,750,750,250,5NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O0,02 0,040,5SO42- +4H+ +2e SO2 +2H2O0,06 0,24nNO3 (muối) = nNO3 (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc0,75axitm = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam)1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROHTa có :IV3,5Ta có :R 35,323=⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp)17 64,677Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4Ta có :R 35,323=⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl).65 64,6770,5Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơdạng MOHmX =16,8× 50 gam = 8,4 gam100MOH + HClO4 → XClO4 + H2O⇒ n MOH = n HClO = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol4⇒ M + 17 =8,4 gam= 560,15 mol⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2Shoặc SO2.Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:1 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2OTheo ptpu: n H SO =245n8nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = .85Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2OTa có: 2 =2n n =1Phương trình (1) được viết lại:2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O *Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr(2)Theo (2): n SO = n Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO = 0,1(mol)220,52Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R SO =2431, 2= 312 → MR = 1080,1(R là Ag).V3,50,511. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại0,5.34CaI2 + 5H2SO4 đặc 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2Ob. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viếtlại:2FeCl2 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2Oc. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại:Cl2 + 3KI 2KCl + KI32. a) Viết phương trình:Fe + S → FeS(1)FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2)Với M Y = 13.2 = 26 ⇒ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.Fedư + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3)2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4)2H2 + O2 → 2H2O(5)SO2 + H2O2 → H2SO4(6)Đặt n H2S = a (mol); n H2 = b (mol)34a + 2ba 3= 26 ⇒ =a+bb 1Giả sử n H2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol)⇒ MY =(1)(2) ⇒ n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol)(3) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol)⇒ n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)Vậy:%mFe =4.56.100%= 70%4.56 + 3.32%mS = 100% - 70% = 30%b)nY =0,52,243= 0,1(mol) ⇒ n H2S = .0,1 = 0,075 (mol).22,44⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).5,1.1.100= 0,15(mol)100.34Từ (4)(6) ⇒ n SO2 = n H2S = 0,075 (mol)n H 2O2 =0,5 Từ (6)⇒ n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư.n H2O2 phảnứng= n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075(mol)Áp dụng BTKL ta có:mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)Vậy:VI3,50,075.98.100= 6,695 (%).106,60,075.34.100C%H2O2 dư == 2,392 (%).106,60,5C%H2SO4 =0,51. Ba + H2O Ba(OH)2 + H2Na + H2O NaOH + 1/2H2Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,30,5Sục từ từ CO2 vào dd X có các pưCO2 + 2OH- CO32- + H2OCO32- + Ba2+ BaCO3BaCO3 + CO2 Ba(HCO3)2Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa 0,5với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân…..)nkết tủa10,100,10,20,3nCO22. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01Mvà NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23MAg(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24Ban đầu0,0100,23Cân bằng0,01-xx0,23 + 2xK = 10-7,24 =x(0, 23 + 2 x) 20, 01 − x0,25Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng0,5của Ag+= 1,09.10-8Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10Như vậy: T < TAgCl nên không có kết tủa AgClT > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI0,75Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏBr- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăngnồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-) SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC---------------------------ĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN HSG LỚP 10ĐỀ THI MÔN: HÓA HỌCDành cho học sinh không chuyênThời gian làm bài 180 phút không kể thời gian giao đềCâu 1: (1,5 điểm)Hoàn thành các phản ứng hoa học sau:a. SO2 + KMnO4 + H2O →b. Fe3O4 + H2SO4 đặc, nóng→c. Fe3O4 + H2SO4 loãng →d. FeO + HNO3 → Fe(NO3)3 + NxOy + H2Oe. FeS2 + H2SO4 đặc, nóng →f. CO2 + H2O + CaOCl2 →Câu 2: (1 điểm)Đốt cháy hoàn toàn muối sunfua của một kim loại có công thức MS trong khí O2 dư thu đượcoxit kim loại. Hoà tan oxit này vào một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 loãng 29,4% thu đượcdung dịch muối sunfat nồng độ 34,483%. Tìm công thức của MS?Câu 3: (2 điểm)Cho m gam hỗn hợp NaBr, NaI phản ứng axit H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A (gồm2 khí). Ở điều kiện thích hợp, các chất trong hỗn hợp A phản ứng đủ với nhau tạo ra chất rắnmàu vàng và một chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím. Cho Na lấy dư vào chất lỏng đượcdung dịch B. dung dịch B hấp thụ vừa đủ với 2,24 lít CO2 tạo 9,5 gam muối. Tìm m?Câu 4: (2 điểm)1. Dùng phương pháp sunfat điều chế được những chất nào trong số các chất sau đây;HF, HCl, HBr, HI? Giải thích? Viết các phương trình phản ứng và ghi rõ điều kiện của phảnứng (nếu có)?2. Ion nào trong số các ion sau đây có bán kính nhỏ nhất? Giải thích?Li+, Na+, K+, Be2+, Mg2+Câu 5: (2 điểm)1. Tính bán kính nguyên tử gần đúng của Ca ở 200C, biết tại nhiệt độ đó khối lượngriêng của Ca bằng 1,55 g/cm3. Giả thiết trong tinh thể các nguyên tử Ca dạng hình cầu, có độđặc khít là 74% (cho Ca = 40,08).2. Có 3 bình mất nhãn, mỗi bình chứa 1 dung dịch hỗn hợp sau: Na2CO3 và K2SO4;NaHCO3 và K2CO3; NaHCO3 và K2SO4. Trình bày phương pháp hóa học để nhận biết 3 bìnhnày mà chỉ được dùng thêm dung dịch HCl và dung dịch Ba(NO3)2 làm thuốc thử.Câu 6: (1,5 điểm)Cho 20,4 gam hỗn hợp X gồm Zn, Fe, Al tác dụng với dung dịch HCl dư thu được 10,08 lít H2ở đktc. Mặt khác cho 0,2 mol hỗn hợp X tác dụng vừa đủ với 6,16 lít Cl2 ở đktc. Xác định khốilượng mỗi kim loại trong 20,4 gam hỗn hợp X?Họ và tên: ………………………………………………………..; SBD: ………………………Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI HSG 10 KHÔNG CHUYÊNCÂU1NỘI DUNGa. 5SO2 + 2KMnO4 + 2H2O → K2SO4 + 2MnSO4 + 2H2SO4b. 2Fe3O4 + 10H2SO4 đặc, nóng→ 3Fe2(SO4)3 + SO2 + 5H2Oc. Fe3O4 + 4H2SO4 loãng → Fe2(SO4)3 + FeSO4 + 4H2Od. ( 5x-2y)FeO + ( 16x-6y)HNO3 → ( 5x-2y)Fe(NO3)3 + NxOy + ( 8x-3y)H2Oe. 2FeS2 + 14H2SO4 đặc, nóng → Fe2(SO4)3 + 15SO2 +14 H2Of. CO2 + H2O + 2CaOCl2 → CaCO3 + CaCl2 + 2HClO2- Chọn 100 gam dd H2SO4 29,4% ) => khối lượng H2SO4 = 29,4 gam hay 0,3 mol- Gọi công thức của oxit kim loại sản phẩm là M2On- Phản ứng:M2On + nH2SO4 → M2 (SO4)n + nH2O0,3 mol=> Số mol M2On = số mol M2 (SO4)n = 0,3/n (mol)ĐIỂMMỗi pt0,25 đ6*0,25=1,5đ0,250,250,3 (2 M + 96n)n=>× 100 = 34, 4830,3 (2 M + 16n)n=> M = 18,67n=> M= 56 hay MS là FeS30,250,25- Các chất trong hỗn hợp A phản ứng vừa đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng vàmột chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím => hh A chứa 2 khí là SO2 ; 2H2S=> Phương trình phản ứng: SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O=> chất rắn không làm đổi màu quì tím là H2O- Phản ứng: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑=> dd B là NaOH+ Nếu CO2 tạo muối NaHCO3 thì số mol NaHCO3 là 0,1 mol hay 8,4 gam+ Nếu CO2 tạo muối Na2CO3 thì số mol Na2CO3 là 0,1 mol hay 10,6 gamTa thấy khối lượng 11,5 gam ∈ ( 8,4 − 10,6 ) => khi hấp thu CO2 vào dung dịchNaOH thu được 2 muối và nhận thấy 11,5 =8, 4 + 10,62=> số mol muối NaHCO3 = số mol Na2CO3 = 0,05 mol=> số mol NaOH = 0,05 + 0,05. 2 = 0,15 mol=> số mol H2O = 0,15 mol=> số mol SO2 = 0,075 mol và số mol H2S là 0,15 mol- Phản ứng: 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2OSố mol NaBr là 0,075 . 2 = 0,15 molSố mol NaI là 0,015 . 8 = 1,2 molm = 0,15 . 103 + 1,2 . 150 = 195,45 gam41. Phương pháp sunfat là cho muối halozen kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc,nóng để điều chế hidrohalozenua dựa vào tính dễ bay hơi của hidrohalozenua- Phương pháp này chỉ áp dụng được điều chế HF, HCl không điều chế được HBr, HIvì axit H2SO4 đặc nóng lã chất oxi hóa mạnh còn HBr và HI trong dung dịch lànhững chất khử mạnh. Do đó áp dụng phương pháp sunfat không thu được HBr vàHI mà thu được Br2 và I2.- Các phương trình phản ứng:t0CaF2 + H2SO4 đặc → 2HF ↑ + CaSO4 05tNaCl + H2SO4 đặc → HCl ↑ + NaHSO4t0NaBr + H2SO4 đặc → HBr + NaHSO4t02HBr + H2SO4 đặc → SO2 + 2H2O +Br2t0NaI + H2SO4 đặc → HI + NaHSO4t06HI + H2SO4 đặc → H2S + 4H2O + 4I22. Hạt nào có số lớp lớp hơn thì bán kính hạt lớp hơn.Hạt nào cùng số lớp electron, điện tích hạt nhân lớn hơn thì bán kính hạt nhỏ hơn.Theo quy luật biến đổi tuần hoàn bán kính nguyên tử các nguyên tố trong bảng tuầnhoàn thì Be2+ có bán kính ion nhỏ nhất.40, 08a. Thể tích của 1 mol Ca == 25,858cm31,55231 mol Ca chứa 6,02.10 nguyên tử Ca25,858 × 0, 74Theo độ đặc khít, thể tích của 1 nguyên tử Ca == 3,18 ×10 −23 cm36, 02 × 10234 33V 3 3 × 3,18 × 10−23== 1,965 × 10−8 cmπr ⇒ r = 334π4 × 3,14b. Cho Ba(NO3)2 dư vào cả ba ống nghiệm, cả ba đều tạo kết tủa:Na2CO3 + Ba(NO3)2 → BaCO3 ↓ + 2NaNO3K2SO4 + + Ba(NO3)2 → BaSO4 ↓ + 2KNO3K2CO3 + Ba(NO3)2 BaCO3 ↓ + 2KNO3Lọc két tủa, lấy kết tủa cho tác dụng với dung dịch HCl dư, chỉ xảy ra phản ứng:BaCO3 + 2HCl → BaCl2 + CO2 ↑ + H2ONếu:- Ống có khí bay ra và kết tủa tan hoàn toàn: ống chứa hỗn hợp Na2CO3 và K2CO3.- Ống có khí bay ra và kết tủa tan không hoàn toàn: ống chứa hỗn hợp Na2CO3 vàK2SO4- Ống không có khí bay ra và kết tủa không tan: ống chứa hỗn hợp NaHCO3 vàK2SO4Đặt x, y, z lần lượt là số mol Fe, Zn, Al trong 20,4 g hỗn hợp XTheo đầu bài 56x + 65y + 27z = 20,4(I)Fe + 2HCl → FeCl2 + H2(1)Zn + 2HCl → ZnCl2 + H2(2)2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2(3)Từ 1, 2, 3 và đầu bài310, 08nH 2 = x + y + z == 0, 45mol(II)222, 4Trong 0,2 mol hỗn hợp X số mol Fe, Zn, Al lần lượt là kx, ky, kzkx + ky + kz = 0,2(III)2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3(4)Zn + Cl2 → ZnCl2(5)2Al + 3Cl2 → 2AlCl3(6)336,16nCl2 = x + y + z == 0, 275mol(IV)2222, 4Từ I, II, III, IVX = 0,2 mol → mFe = 11,2 gamY = 0,1 mol → mZn = 6,5 gamZ = 0,1 mol → mAl = 2,7 gamTừ V =6 UBND TỈNH THÁI NGUYÊNĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNHSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠONĂM HỌC 2011-2012MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10ĐỀ CHÍNH THỨC(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Câu I. (5,0 điểm)1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùngtrên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là mộtchất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâmtrong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH)có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng vàgiải thích.c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?3.a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoàicùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH.b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cânbằng theo phương pháp cân bằng electron:NaNO2 + KMnO4 + ?? + MnSO4 + ? + ?Câu II. (5,0 điểm)1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyêntử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xácđịnh công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng mộtphân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp .2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thànhphần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxitcó tỉ lệ 1 : 1,352.a) Tìm khối lượng mol của Mb) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồngvị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15.3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứngsau:a) Mn2+ + H2O2MnO2+ …+NO + …b) Ag + H +NO3+c) MnO4 + H + ClMn2+ + Cl2 + …d) S2O32- + I2S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3−CrO 24− + Cl- + …Câu III. (5,0 điểm)Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ởđktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tácdụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủatrong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B.a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp.b) Tính khối lượng chất rắn B.Câu IV. (5,0 điểm)Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thuđược kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượngkhông đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E.a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E.b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổikhông đáng kể khi xảy ra phản ứng).(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32;Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)Hết( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................Sè b¸o danh: ..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐỀ CHÍNH THỨCCâuHD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNHNĂM HỌC 2011-2012MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Nội dungĐiểm1,51.Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA(ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1n = 4,5 – 2,5 = 2.Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3)ICông thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của(5,0đ)nguyên tử trung tâm:NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3.NHHH2N2O5: N có trạng thái lai hoá sp .OONONOO2HNO3 : N có trạng thái lai hoá spOOHNO2.a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiếtZ + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90=> Z = 16→ 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạtnhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+c)Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vìcác ion này có số oxi hóa thấp nhất.1,5 2,03.a)1s2Vị trí trong HTTH:2 21s 2s1s22s22p63s21s22s22p63s23p64s21s22s22p63s23p63d(1-10)4s2Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1b)5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIAô 4, chu kỳ 2, nhóm IIAô 12, chu kỳ 3, nhóm IIAô 20, chu kỳ 4, nhóm IIAchu kỳ 4, nhóm IB đến VIII(ô 24 và ô 29)5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+Zx = 11/5 = 2,2Trong X phải có hiđroGọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+CTTQ của X+ là MnHmTa cón+ m = 5 (1)n . ZM +m.1 = 11Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5IIZB-ZA = 8(5,0đ)x.ZB-y.ZA = 48Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO42.a) Theo đề bài ta có35,5 .x35,5 y:= 1: 1,173 (1)35,5 x +M 35,5y+M16.0,5x16y:16.0,5x+MTừ (1) và (2) M = 18,581 y= 1 : 1,352 (2)16y +My =1 thì M = 18,581y=2 thì M = 37,162y =3 thì M = 55,743b) Vì số p: số n = 13: 15=> Đồng vị phù hợp 5626 Fe2,01,5 1,53.a)b)c)d)e)2++Mn + H2O2MnO2 + 2H+3 Ag + 4 H +NO33 Ag+ +NO +H2O2 MnO4- + 10 Cl- +16H+2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O2S2O32- + I2S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O1,0nH2 = 0,448:22,4 = 0,02nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05III(5,0đ)⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01Các phản ứng: Na + H2O→( Na+ + OH-)x+xAl + H2O + OH- → AlO2- +1H2 (1)2x/2 (mol)3H22(2)xxx3/2x (mol)2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu(3)(y-x)3/2(y-x)(y-x)3/2(y-x)2+2+Fe+ Cu → Fe + Cu(4)a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là FeTheo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16(không phù hợp đề bài)2+Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và(4)Theo (1) và (2): nH2 = x+Theo (3): nAl(3) = y - 0,01nCu2+=2,03x = 0,02 ⇒ x = 0,0123(y - 0,01)2Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05-3(y - 0,01)2Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,033(y - 0,01)] =2,162Vậy trong hỗn hợp ban đầu:mNa = 23.0,01 = 0,23 gamm Al = 27.0,03 = 0,81 gammFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gamb) Trong dung dịch A có:nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02nCu 2+ du = 0, 01nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 022,0 Ta có sơ đồ⇒ mCuO = 0,01.80= 0,8Cu2+ → Cu(OH)2 → CuOgamFe2+ → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6gamAl3+ → Al(O )3 → Al2O3⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 =1,02gamVậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gamnFe2(SO4)3 = 0,15 mol; nBa(OH)2Fe2(SO4)3 + Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)30,1 mol0,3 mol0,3 mol0,2 molKết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 ; dung dịch Blà lượng dung dịch Fe2(SO4)3 dư (0,05mol)Khi nung kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 thìIV(5,0đ) BaSO4 không thay đổi và ta có phản ứng:t2Fe(OH)3 →Fe2O3 + 3 H2O0,2 mol0,1 molChất rắn D gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,3 mol BaSO4→ mD = ... = 85,9gCho BaCl2 dư vào dung dịch B:3BaCl2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2FeCl30,05mol 0,15molKết tủa E là BaSO4 và mE = ... = 34,95g+ Thể tích dung dịch sau phản ứng V = ... = 250mlNồng độ Fe2(SO4)3 trong dung dịch B: ... = 0,2M.2,001,01,01,0Chú ý:ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho®iÓm tèi ®a. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚCKỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013ĐỀ THI MÔN: HÓAĐỀ CHÍNH THỨC(Dành cho học sinh THPT không chuyên)Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đềCâu 1.1. Có 5 lọ hóa chất khác nhau, mỗi lọ chứa một dung dịch của một trong các hóa chất sau: NaOH,HCl, H2SO4, BaCl2, Na2SO4. Chỉ được dùng thêm phenolphtalein (các điều kiện và dụng cụ thí nghiệmcó đủ). Hãy trình bày phương pháp hóa học nhận ra 5 hóa chất trên và viết các phương trình phản ứngxảy ra (nếu có).2. Chọn 7 chất rắn khác nhau mà khi cho mỗi chất đó tác dụng với dung dịch H2SO4 đặc, nóng, dưđều cho sản phẩm là Fe2(SO4)3, SO2 và H2O. Viết các phương trình hóa học.Câu 2.1. Cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng electron:a) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO2b) P + NH4ClO4→ H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O→ Fe(NO3)3 + NnOm + H2Oc) FexOy + HNO32. Những thay đổi nào có thể xảy ra khi bảo quản lâu dài trong bình miệng hở các dung dịch sauđây: (a) axit sunfuhiđric, (b) axit bromhiđric.Câu 3.1. Cho độ đặc khít của mạng tinh thể lập phương tâm khối là ρ = 68 %. Từ đó hãy tính khối lượngriêng của nguyên tử Natri theo g/cm3, biết Natri kết tinh có dạng tinh thể lập phương tâm khối và bánkính của nguyên tử Natri bằng 0,189 nm (cho nguyên tử khối của Na là 23).2. Đun nóng m gam hỗn hợp Cu và Fe có tỉ lệ khối lượng tương ứng 7 : 3 với một lượng dung dịchHNO3. Khi các phản ứng kết thúc, thu được 0,75m gam chất rắn, dung dịch Y và 5,6 lít hỗn hợp khí (ởđktc) gồm NO và NO2 (không có sản phẩm khử khác của N +5 ). Biết lượng HNO3 đã phản ứng là 44,1gam. Hỏi cô cạn dung dịch Y thu được bao nhiêu gam muối khan?Câu 4.1. ClO2 là chất hoá chất được dùng phổ biến trong công nghiệp. Thực nghiệm cho biết:a) Dung dịch loãng ClO2 trong nước khi gặp ánh sáng sẽ tạo ra HCl, HClO3.b) Trong dung dịch kiềm (như NaOH) ClO2 nhanh chóng tạo ra hỗn hợp muối clorit và cloratnatri.c) ClO2 được điều chế nhanh chóng bằng cách cho hỗn hợp KClO3, H2C2O4 tác dụng với H2SO4loãng (biết phản ứng giải phóng CO2).d) Trong công nghiệp ClO2 được điều chế bằng cách cho NaClO3 tác dụng với SO2 có mặt H2SO44M.Hãy viết các phương trình phản ứng xảy ra và chỉ rõ chất oxi hóa, chất khử (có giải thích) trongcác phản ứng oxi hóa – khử.2. Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu đượcdung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28gam muối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thứccủa muối A?Câu 5.Hòa tan hoàn toàn m gam oxit MO (M là kim loại) trong 78,4 gam dung dịch H2SO4 6,25%(loãng) thì thu được dung dịch X trong đó nồng độ H2SO4 còn dư là 2,433%. Mặt khác, khi cho CO dưđi qua m gam MO nung nóng, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được hỗn hợp khí Y. Cho Y qua500 ml dung dịch NaOH 0,1M thì chỉ còn một khí duy nhất thoát ra, trong dung dịch thu được có chứa2,96 gam muối.1. Xác định kim loại M và tính m.2. Cho x gam Al vào dung dịch X thu được ở trên, sau khi các phản ứng xảy ra hoàn toàn thu được1,12 gam chất rắn. Tính x?-------------Hết-----------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh………………. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC(Đáp án có 04 trang)KỲ THI CHỌN HSG LỚP 10 THPT NĂM HỌC 2012-2013ĐÁP ÁN MÔN: HÓA(Dành cho học sinh THPT không chuyên)I. LƯU Ý CHUNG:- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làmtheo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.II. ĐÁP ÁN:Câu ÝNội dung trình bàyĐiểm11 1,0 điểm1.Lấy một lượng vừa đủ mỗi mẫu hóa chất cho vào các ống nghiệm riêng biệt rồiđánh số thứ tự.Nhỏ từ từ dung dịch phenolphtalein vào các ống nghiệm chứa các hóa chất nói trên,0,25+ Nếu ống nghiệm nào hóa chất làm phenolphtalein từ không màu chuyển màu hồnglà NaOH+ Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì là HCl, H2SO4, BaCl2 và Na2SO4.Nhỏ từ từ và lần lượt vài giọt dung dịch có màu hồng ở trên vào 4 ống nghiệm cònlại.+ Ống nghiệm nào làm mất màu hồng là các dung dịch axit HCl và H2SO4.(Nhóm I)+ Ống nghiệm nào không làm mất màu hồng là dung dịch muối BaCl2 và Na2SO4.0,25(Nhóm II).→ NaCl + H2OPTHH: NaOH + HCl 2NaOH + H2SO4 → Na2SO4 + H2ONhỏ một vài giọt dung dịch của một dung dịch ở nhóm I vào hai ống nghiệm chứadung dịch nhóm II+ Nếu không có hiện tượng gì thì hóa chất đó là HCl. Chất còn lại của nhóm I làH2SO4.Nhỏ dung dịch H2SO4 vào hai ống nghiệm chứa hóa chất nhóm II- Nếu thấy ống nghiệm nào kết tủa trắng thì ống nghiệm đó chứa dung dịch BaCl2.0,5- Ống nghiệm còn lại không có hiện tượng gì đó là hóa chất Na2SO4+ Nếu thấy ống nghiệm nào có kết tủa ngay thì dung dịch ở nhóm I là hóa chấtH2SO4, ống nghiệm gây kết tủa BaCl2, ống nghiệm còn lại không gây kết tủa chứahóa chất Na2SO4.Hóa chất còn lại ở nhóm I là HCl.→ BaSO4 ( kết tủa trắng) + 2HClPTHH: H2SO4 + BaCl2 2 1,0 điểmCác chất rắn có thể chọn: Fe;FeO;Fe3O4;Fe(OH)2;FeS;FeS2;FeSO4Các pthh :t0→ Fe2(SO4)3 + 3SO2 + 6H2O2Fe + 6H2SO4(đặc) t02FeO + 4H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3+SO2+ 4H2Ot02Fe3O4 + 10H2SO4(đặc) → 3 Fe2(SO4)3 + SO2 + 10H2O1,0t0→ Fe2(SO4)3 + SO2 + 6H2O2Fe(OH)2 + 4H2SO4(đặc) t02FeS + 10H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3 + 9SO2 + 10H2Ot02FeS2 + 14H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2Ot02FeSO4 + 2H2SO4(đặc) → Fe2(SO4)3 + SO2+ 2H2O21 1,5 điểma) Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO20,5 Cr2S3 → 2Cr+ 6 + 3S+ 6 + 30e │x 12312Mn+2 + 2N+5 + 2e → Mn+ 6 + 2N+2 │x 15Cr2S3 +15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 → 2K2CrO4 + 3K2SO4 +15K2MnO4+30NO + 20CO2b) P + NH4ClO4 → H3PO4 + N2 + Cl2 + H2O2N-3 + 2Cl+7 + 8e → N20 + Cl20 x 5P0 → P+ 5 + 5ex810NH4ClO4 + 8P → 8H3PO4 + 5N2 + 5Cl2 + 8H2Oc) FexOy + HNO3 → Fe(NO3)3 + NnOm + H2OxFe+2y/x→ xFe+ 3 + (3x – 2y)e (5n – 2m)nN+ 5 + (5n – 2m)e → nN+ 2m/n(3x – 2y)(5n – 2m)FexOy + (18nx – 6mx – 2ny)HNO3 →→ x(5n – 2m)Fe(NO3)3 + (3x – 2y)NnOm + (9nx – 3mx – ny)H2O0,5 điểm(a) Vẩn đục của kết tủa lưu huỳnh: H2S + 1/2O2 → H2O + S↓(b) Dung dịch có màu vàng nhạt: 1/2O2 + 2HBr → H2O + Br20,5 điểm1. Thể tích của một nguyên tử natri trong tinh thể:4.3,14.(0,189.10−7 cm)3 = 2,83.10−23 cm33⇒ Khối lượng riêng của natri:23.68≈ 0,92g / cm 323−236,022.10 .2,83.10 .1001,5 điểmTrong m gam có: 0,7m gam Cu và 0,3m gam FeKhối lượng kim loại phản ứng: m- 0,75m = 0,25m 0,01 molAgClVậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ)c.Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4MSau khi trộn:10−4.10= 5.10−5 M200,1.10CCH3COOH == 0, 05M20CHCl =HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5MCH3COOHCH3COO- + H+C 0,05M05.10-5M∆Cxxx[ ] 0,05-xx5.10-5 + x( 5.10−5+ x) x0, 05 − x2= 10−4,76-5x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5xx2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0x = 9,0.10-4M (nhận)x = -9,646.10-4M(loại)pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022(0,5đ)Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOHCH3 COOHC∆C[ ]CAxCA – xCH 3 COO− + H +0xx0xx7 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútVới pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M(10 )−32CA − 10 −3CA == 10−4,76−310−6+ 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M−4,7610Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] =10−14= 10−3 M−1110Sau khi trộn:0, 0585x25= 0, 03656M ≈ 3, 66.10−2 M4010−3 x15CKOH == 3, 75.10−4 M40CH3 COOH + KOH → CH3 COOK + H 2 OCCH3COOH =Phản ứng3,66.10-2 3,75.10-4Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )003,75.10-403,75.10-4CH 3 COO− + H +CH3 COOHDung dịch thu được là dung dịch đệmpH = pK CH3COOH + lg-CCH3COOKCCH3COOH= 4, 76 + lg3, 75.10−43, 66.10−2 − 3, 75.10−4pH = 6,745(0,5đ)Tương tự với câu trên:Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH = 0, 0585MDung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic3(10 )=− pHCHCOOH2K HCOOH+ 10− pH =10−6+ 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M−3,7510Sau khi trộn lẫn:0, 0585.10= 0, 02925M206, 62.10−3.10== 3,31.10−3 M20CCH3COOH =CHCOOHTính gần đúng: H +  = K CH3COOH .CCH3COOH + K HCOOH .C HCOOH= 10−4,76.0, 02925 + 10−3,75.3, 31.10−3= 1, 0969.10 −6[H+] ≈ 1,047.10-3pH = -lg (1,047.10-3)pH ≈ 2,98(0,5đ)8 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 4:A. Phản ứng oxi hóa – khử:1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất cótính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +...B. Điện hóa học1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:a. Sn 2+ → Sn 4+b. Cu + → Cu 2+c. Mn 2+ → MnO −4d. Fe2+ → Fe3+Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:E 0 Fe / Fe = +0, 77v ;E 0CU / Cu = +0,34v; E 0 MnO / Mn = +1,51v3+2+2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15vE 0 Br;2−4/ 2Br −2+= +1, 07vViết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80ve. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cựcf. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việcg. Tính E của pinh. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)ĐÁP ÁNA.1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng.+ Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thànhphải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn AVD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgTrong đó:- Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+- Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu+ Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi:2Ag+Cu2+=Cu+2Ag+3 23Chất khử yếuchất oxi hóa yếuchất khử mạnhchất oxi hóa mạnh+ Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,…2.a. MnO 4− + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...+7+2( MnO −4 : chất oxi hóa)x 24Mn + 5e = Mnx56 C− 6.4e = 6 C ( C6H12O6: chất khử)0+424MnO 4− + 5C6 H12 O6 + 72H + → 24Mn 2+ + 30CO 2 + 66H 2 O9 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútPhương trình dưới dạng phân tử:24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4b. Fe x O y + SO 24− + H + → SO 2 ↑ +...+2yx+3x Fe − ( −2y + 3x ) e → x Fex2+6x(3x-2y)(FexOy: chất khử)+4( SO24− : chất oxi hóa)S + 2e → S+3⇒ 2Fe x O y + ( 3x − 2y ) SO42− + [12x − 4y ] H + → 2x Fe+ ( 3x − 2y ) SO 2 + ( 6x − 2y ) H 2 O⇒ Dạng phân tử:2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2OB.1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:Sn 4+ + 2eSn 2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15vCu 2+ + eCu +E 0Cu 2 + / Cu + = +0,34vFe3+ + eFe 2+E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77vBr2 + 2e2Br −E 0 Br2 / 2Br = +1, 07vMnO 4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 OE 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v4Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br –E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92vK = 102.0,920,059+= 1,536.10312+(0,25đ)–b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2BrE0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v2.0,73K = 10 0,059 = 5,569.10 242+3+c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2BrE0 = +1,07-0,77=+0,3vK = 102.0,30,059(0,25đ)–= 1, 477.1010(0,25đ)2.a. ( − ) Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag(+)b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → AgPhản ứng tổng quát khi pin làm việc:Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag3 210(0,25đ)(0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútc.0, 059lg  Zn 2+ 20, 059+lg  Ag + 1E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn +E Ag+ / Ag = E 0 Ag+ / AgEpin = E Ag+/ Ag(− E Zn 2 + / Zn = E0Ag + / Ag−E0Zn 2 + / Zn)2+0, 059  Ag lg+2 Zn 2+ −10, 059 (10 )= ( +0,80 − ( −0, 76 ) ) +lg= 1,56 − 0, 0295 ≈ 1,53v210−12d. Khi hết pin Epin = 0Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:0, 059 ( 0,1 − x )= −1,53E pin = 0 ⇔lgx20,1 +22( 0,1 − x )⇒≈ 10−51,86 ≈ 0x0,1 +2⇒ x ≈ 0,1Mx Zn 2+  = 0,1 + ≈ 0,15M22x Ag +  =  0,1 +  .10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M211(0,5đ)(0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 5:3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượngcủa A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel vàclorua vôi.ĐÁP ÁN1.A O (Y)t0A x B y → 2 3(X)BO 2 (Z)2A.100%A == 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe2A + 16.3B.100%B == 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ SB + 16.2Y + H2 :Fe2 O3 + 3H 2t 0 2Fe + 3H 2 O11 1,8n H2 = .= 0, 3(mol)33 2= 2.n Fe2 O3 = 0, 3.2 = 0, 6(mol)n Fe2O3 =n FeK2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O0,4(mol) 1,2(mol)117, 6= 0, 4(mol)294⇒ n S = 1, 2mol = n SO2n K 2Cr2O7 =Với công thức FexOy ta có tỉ lệ:X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2⇒ X là FeS2 (pyrit sắt)m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g)2.2NaCl + 2 H2O2 NaOH + H2 + Cl2Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2ONước JavelCaCO3 t0CaO + CO2CaO + H 2 O = Ca(OH)2Cl2 + Ca(OH)2 = CaOCl2 + H 2 OClorua vôi12 KỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10I. Câu I (4 đ)I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạtkhông mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn. X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng. Tổng số proton là 100. Tổng số nơtron là 106a. Xác định số khối và tên X, Yb. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học củaXYn.c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P2O5 và với H2OI.2)a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO2lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217Kb. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z- Chất X không phân cực còn chất Z phân cực- Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩmX (họăc Z) + H2 Cl - CH2 - CH2 – Cl. Viết công thức cấu tạo X, Y, Z. Chất Y có momen lưỡng cực không ?Đáp án :Câu I (4đ)I.1)a. Gọi Px, PY là số proton X, Ynx, ny là số nơtron X, YPx + nPy = 100(1)Nx + nNy = 106(2)Px + Nx + n(PY + Ny) = 206Ax + nAy = 206(3)15, 0486Ax=(4)Ax + nAy100=> Ax = 31(0,5đ)Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14Px = 15(0,5đ)=> X là photphoNx = 16Thay Px, Nx vào(1) , (2)n (Ny – Py) = 5( 5)2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16n(Py – 16) = 55 + 16nPy =nn12345Py2118,8 17,67 17,25 17Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo(0,25đ)1 Clb. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P ClClClc.P2O5 + PCl5 = 5POCl3PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl3(0,25đ)(0,25đ)I.2)- C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 khôngphải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xanăng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnhnhau.OO Si O(0,5đ)Oa. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bềntrong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu.(0,5đ)b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng CisHClhoặc Z + H2 → H − C − C − HCl HHClCTCTC= CClH(X)HHC= CCl(X)Cl(Z)CTCT Y s ẽ l àHClC= CHC-H∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4ClC-Cl∆ X = 0,5Vậy Y phân cực(0,25đ)Câu II (4đ)I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng :H2 (k) + I2(k)2HI (k) ở 6000C bằng 64a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phầntrăm I2 tham gia phản ứng ?2 b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C)II-2Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín vàchôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyêntử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút.II-3 Tính nhiệt của phản ứng.HHH – C – H + 3Cl2 Cl – C – Cl + 3HClHClbiếtEC-H : +413KJ/molEC-Cl : +339KJ/molECl-Cl : + 243KJ/molEH-Cl : + 427KJ/molPhản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?Đáp án :Câu II (4đ).II.1a. H2(k) + I2 (k)2HI (k)2mol1molxx2x2-x1-x2x22(2 x)[HI ]Kc == 64KC =(2 − x)(1 − x)[H 2 ][I 2 ]x1 = 2,25(loại)x2 = 0,95 (nhận)=> 95% I2 tham gia phản ứngH2(k) + I2(k)2HI (k)n1n-0,990,011,98n: nồng độ ban đầu của H2KC = (1,98)2= 64(n-0,99)(0,01)n≈ 7=> cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1II.20,693 0,693k=== 0,00347 / nămt1 / 2200N2,303lg= − ktN00,5đ0,25đb.3.10 −3= −0,00347t6,5.1012t = 1,02.104 năm hay 10.200năm0,5 đ0,5đ0,25đ0,25đ2,303lg0,5đII.3∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl )= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ= - 330KJPhản ứng trên tỏa nhiệt(0,75đ)3 Câu III (4đ)III.1Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước.a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka+b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10III.2Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/la. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C.b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C.c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảohòa PbI2.(K : 39 ; I : 127)III. 3Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit−2−0 , 56V?MnO4 +→ MnO4 →MnO2+1,7Va. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ?3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2OTính hằng số cân bằng của phản ứng trên.Đáp ánCâu III (4đ)III. 1a)NH4Cl = NH + 4 + Cl –NH4 + + H2ONH3 + H3O+Ka = [NH3][H3O]+[NH4+]= 5.10 -10b). Nồng độ NH3 trong dung dịch :NH4+ + H2O0,2x0,2 –x0,25đ0,25đ0,1= 0,2M0,50,25đNH3 + H3O+010-7xxxx + 10-710-7 Mn O4−2−+E01 = 0,56V0MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2OE 2 = 1,7V(2) – (1) ta có :2−E03 = ?⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01- 2E03F = -3E02 F – E01F3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56== 2,27VE03 =22b. MnO42- + 2e- + 4H+MnO2 + 2H2OE01 : 2,27V2MnO4- + 2e2MnO42E02 : 0,56V−3MnO4 2- + 4H+2Mn O4 + MnO2 + 2H2O(1)(2)(3)0,5 đ0,25 đ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.10570,25đ0,25đ0,25đCâu IV. (4đ)IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250CCu( r) + 2Fe3+ (dd)Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd)người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025Ma. Cho biết chiều của phản ứngb. Tính hằng số cân bằng phản ứngFe3+c. Tỉ lệcó giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều.Fe 2 +E0 Cu2+ /Cu = 0,34VE0 Fe2+ / Fe = 0,77VIV. 2Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V[[]]a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion vàphân tử.b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron5 Đáp ána) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit.Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2OK2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2Ob) Cân bằng theo phương pháp ion electronCr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O1x6xFe 2+ - e-> Fe3+2+2+Cr2O7 + 14H + 6Fe-> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu V.V.1)Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóaXA0 +→+Y+zA →A1 →A2+Y→A→ C →A0+T+uB →B1 →B2Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim.A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnhB, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loạiV.2).Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng.- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấyxuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B.Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiệnkết tủa màu vàng.- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiệnmàu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào.a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượngdư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị làhồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3.Tìm công thức phân tử X.Đáp ánCâu V (4đ)V.1.3t0CuS + O2 →CuO + SO22(A0)(B) (A)SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr(A1)H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O(A2)t0CuO + H2→ Cu + H 2O(B1)A0 : CuSB: CuOA: SO2A1 : H2SO4A2 : Ag 2SO4B1 : Cu6 Cu + Cl2->CuCl2(B2)B2 : CuCl2C: CuSO4(1,5đ)0tCu + 2H2SO4 đđ →CuSO4 + SO2 + 2H2OAg2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4(C)CuSO4 + H2S -> CuS+ H2SO4(A0)V.2Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của NatriSO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thànha. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI ) => X : NaIOx(2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+SO2 + I2 + H2O-> 2 I − + SO4 2- + 4H++IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2OI2 + 2S2O3 2-> 2 I − + S4O6 2-b. nI2 =0,25đ(0,25đ)(0,25đ)(1đ)10,0374.0,1nNa2 S 2O3 == 0,00187 mol22(0,5 đ)nI2 = x.nX = x0,1= 0,00187150 + 16 x=> x = 4=> X : NaIO4(0,5 đ)7 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10Câu I :Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trênI.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tửtrung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọnCâu II:II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau:Fe3O4 + H2FeO + H2Fe3O4 + 4H2Fe2O3 + 3H23FeO + H2O (a)Fe + H2O(b)3Fe + 4H2O (c)2Fe + 3H2O (d)Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắnHãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phảnứng còn lạiII.2. Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biếtnhững quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượngkhi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt.Câu III :III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82Câu IV :Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M.IV.1. Thiết lập sơ đồ pin.IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc.IV.3. Tính suất điện động của pin.IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện.E 0 Ag + / Ag = 0,8VCho:E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76VCâu V:Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tácdụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 .V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất tronghỗn hợp B.Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.1 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu I :Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trênI.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tửtrung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọnĐáp án :FSFFLai hóa sp2FNFFFIF1,5 điểmFLai hóa sp3Lai hóa sp3d0,75 điểmTam giác phẳngTháp đáy tam giácHình chữ T0,75 điểmKhông cực vì momenlưỡng cực liên kết bịtriệt tiêuCó cực vì lưỡng cực liênkết không triệt tiêuCó cực vì lưỡng cực liênkết không triệt tiêu1 điểmCâu II:II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau:Fe3O4 + H2FeO + H2Fe3O4 + 4H2Fe2O3 + 3H23FeO + H2O (a)Fe + H2O(b)3Fe + 4H2O (c)2Fe + 3H2O (d)Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắnHãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phảnứng còn lạiII.2.Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biếtnhững quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thíchhiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêngbiệt.Đáp án:II.1.2 điểmGọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,dtương ứng. Ta có:PH OPH OP4H OP3H OKa = 2; Kb = 2 ; Kc = 4 2 ; Kd = 3 2PH 2PH 2P H2P H2→ Ka =K c .K dK b62 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10II.2.2 điểm- Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quátrình như sau:+ Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quátrình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0)+ Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá làquá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ∆Hhidrat < 0)→ Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân∆Hhidrat của các ionli+- Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhiratvượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0- Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượttrội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0Câu III : 4 điểmII.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82Đáp án:III.1.H2C2O4H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1)1,0 điểmHC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2)H2OH+ + OHKw = 10-14 (3)Do Kw 1 laøcaùc axit maïnh. Ñieàu ñoù coù ñuùng khoâng? Haõy cho ví duï chöùng minh (moãi tröôøng hôïp choïn 3 chaát).4. Tính ñoä tan cuûa FeS ôû pH = 5 cho bieátFe2+ + H2OCaâu 5KFeSFeOH+ + H+ coù lgβ = -5,92= 10-17,2 ; H2S coù Ka1 = 10-7,02 ; Ka2 = 10-12,9Moät trong caùc chuoãi phaân huûy phoùng xaï töï nhieân baét ñaàu vôùi20882Pb .1. Haõy tính soá phaân huûy ( β − ) xaûy ra trong chuoãi naày .23290Th vaø keát thuùc vôùi ñoàng vò beàn 2. 228 Th laø moät phaàn töû trong chuoãi thori , theå tích cuûa heli theo cm3 taïi 0oC vaø 1 atm thuñöôïc laø bao nhieâu khi 1 gam 228 Th (t1/2 = 1,91 naêm) ñöôïc chöùa trong bình trong 20 naêm ? Chu kyø baùnhuûy cuûa taát caû caùc haït nhaân trung gian laø raát ngaén so vôùi chu kyø baùn huøy cuûa 228 Th .3. Moät phaàn töû trong chuoãi thori , sau khi taùch rieâng , thaáy coù chöùa 1,5.1010 nguyeân töû cuûa moäthaït nhaân vaø phaân huøy vôùi toác ñoä 3440 phaân raõ moãi phuùt . Chu kyø baùn huûy laø bao nhieâu tính theo naêm ?Caâu 61. Nguyeân töû X coù toång soá haït laø 52 .Xaùc ñònh teân nguyeân toá X, bieát X laø ñoàng vò beàn.2. Caân baèng caùc phöông trình phaûn öùng sau :Ag + HXO3AgXO3 + ……Fe + HXO3………….FeSO4 + HXO3 + H2SO4………3. Haõy cho bieát chaát oxi hoùa trong caùc phaûn öùng treân. Döïa vaøo caáu hìnhelectron cuûa nguyeân töû, haõy giaûi thích tính chaát oxi hoùa cuûa chaát ñoù.Caâu 71. Tính % löôïng MgNH4PO4 bò maát ñi khi röûa 1,37 gam hôïp chaát naøy baèng:a. 200ml nöôùc caát.b. 150ml dung dòch NH4Cl 0,1M roài baèng 50ml nöôùc caát.2. Coù theå röûa MgNH4PO4 baèng dung dòch NaH2PO4 ñöôïc khoâng? Giaûi thích.Cho T MgNH4PO4=2,5.10-13 ; H3PO4 coù k1=7,5.10-3; k2=6,3.10-8; k3=1,3.10-12..Cho H=1; N=14; O=16; P=31.Caâu 8Hai nguyeân toá A , B trong caáu electron coù electron cuoái cuøng öùng vôùi 4 soá löôïng töû sau :A ( n = 2 ; l = 1 ; m = -1 ; s = - ½ )B (n=3 ; l=1 ; m=0 ; s=-½)1. Vieát caáu hình electron vaø xaùc ñònh vò trí cuûa A vaø B trong baûng tuaàn hoaøn2. Vieát coâng thöùc caáu taïo cuûa caùc hôïp chaát trong coâng thöùc phaân töû coù chöùa 3 nguyeân toá A, B vaøhidro. Cho bieát loaïi lieân keát hoùa hoïc trong phaân tö û cuûa caùc hôïp chaát tìm thaáy3. So tính axit cuûa caùc hôp chaát treân .Caâu 91. Neâu yù nghóa cuûa haèng soá Kb bazô. NH3 vaø C6H5NH2 chaát naøo coù haèng soá Kb lôùn hôn ? Taïi sao ?2. Dung dòch NH3 1M coù α = 0,43 % . Tính haèng soá Kb vaø pH cuûa dung dòch ñoù3. Cho dung dòch axit CH3COOH 0,1M , bieát Ka = 1,75 .10-5 , lg KCH3COOH = -4,757. Tính noàng ñoä caùcion trong dung dòch vaø tính pH dung dòch. HƯỚNG DẪN CHẤMCaâu 1Xaùc ñònh M vaø X− Ta coù : M2XM : Z, e, n+ Goïi  +M : Z, ( e − 1) , nZ/ , e/ , n / X : 2−/// X : Z , e + 2 , n()− Coù heä phöông trình : 4 Z + 2 Z/ + 2N + N / = 140(1)// 4 Z + 2 Z − 2N + N = 44( 2)//(3) Z − Z + N − N = 23//( 4) 2 Z − 2 Z + N − N = 34Giaûi heä ta ñöôïc : Z = 19 ; Z/ = 8.Vaäy : Z = 19(K) ; Z/ = 8 (0)a. Vieát caáu hình e− :− M+ : ( K+) : 1s22s22p63s23p6 ; O2− : 1s22s22p6b. Xaùc ñònh vò trí X , Y :Nguyeân toáSTTChu kyøNhoùmK194IO82VICaâu 2a. Ñoä tan trong nöôùc cuûa CaCO3CaCO3 + H2OCa2+ + HCO3− + OH−K(((() ()) ()) ( )) ( )K=[Ca ][HCO ][OH ]2+−3−[CaCO3 ][H2O]Phaân nhoùmIAVI Avì : [ CaCO3 ] = 1 ; [H2O ] = 1⇒ K = [Ca2+] [ HCO3− ] [ OH− ] = T = S.S.S = S3( Vì [Ca2+] = [ HCO3− ] = [ OH− ] = S )+ K = [Ca2+] . [ HCO3− ] . [ OH− ]+ CaCO3[] [COT ]⇒ Ca2 + =(1)Ca2+ + CO32− ; T = [Ca2+ ] + [ CO32− ](1)/2−3H+ + CO32− ; K 2 =+ HCO3−[H ][CO ][HCO ]+⇒ [ HCO3− ] = K2−1 .[ H+ ] [ CO32− ]2−3−3(2)/H+ + OH− ; KW = [ H+ ] [OH−]1⇒ OH − = K W(3)/+H//Theá (1) , (2) , (3)/ vaøo (1) :KTS3 =⋅ K 2−1 . H + CO 32 − ⋅ W = T.K 2−1 .K WCO 3−H++ H2O[[][ ]][ ][3⇒ S = 3 T.K 2−1 .K W = 10 −8][ ].(5.10 )−11 −1b. Tính pH cuûa dd baõo hoøa CaCO3 :.10 −14 = 1,26.10 − 4 mol / l + S = [ OH− ] = 1,26.10−4 = 10−3,910 −14++ pH = − lg [H ] = − lg −3,9 = 10,1 ;10c. Tính ñoä tan : CaCO3 trong pH = 7 :CaCO3Ca2+ + CO32−TpH = 10,1T = [Ca2+ ] [ CO32− ] ; [Ca2+ ] = S ; [ CO32− ] = S+ Nhöng CO32− bò thuûy phaân :CB = S = [ CO32− ] + [ H CO3− ] + [ H2CO3 ] (1)H+ + CO32− ; K 2 =+ H CO3−[H ][CO ][HCO ]2−3−3+⇒ [ H CO3− ] = K2−1. [ H+ ] [ CO32− ] (1)/H+ + H CO3− ; K1 =+ H2CO3[H ][HCO ]+−3[H2CO3 ]⇒ [ H2CO3 ] = K1−1. [ H+ ] [H CO3− ] = K1−1.K2−2.[H+ ]2.[ CO32− ] (2)/Theá (1)/ vaø (2)/ vaøo (1) ta ñöôïc :11S = CO32 − +H + CO32 − +H+K2K1.K 2K1.K 2⇒ CO32 − = S ⋅2K1.K 2 + K1. H + + H +K1.K 2Ñaët= α22K1.K 2 + K1. H + + H +[][[ ][[ ] [CO ] = [KCO.K ] K .K]]22−32−31212[ ] [ ]2+ K1 H + + H + [ ] [ ][ ][ ]⇒ α2 =4.10−7.5.10 −11−74.10 .5.10−112−7+ 4.10 .10Ta coù : T = S.S. α2 = S . α2 ⇒ S =−7+ 10T=α2≈ 4.10 − 4 mol / l−1410−84.10−4= 5.10−3 mol / lS = 5.10−3 mol/ lCaâu 3a. Tính a, b:HCOOHCH3COOHHCOO- + H +CH3COO- + H +Goïi x, y laàn löôït laø noàng ñoä M cuûa HCOOH, CH3COOH bò phaân li. Troän 2 dung dòch cuøng theå tích ⇒Noàng ñoä giaûm 2 laàn* Ñoái vôùi dung dòch A: K HCOOH =( x + y ) x ; ( x + y ) x = 2x ( x + y )a2K CH COOH =3a-x2( x + y ) y ; ( x + y ) y = 2y ( x + y )b2(10−2,485)2=b-x2 H +  = ( x + y )2 =ab2a.K HCOOH + b.K CH COOH321,78.10−4.a + 1,80.10−5.b2hay 89a + 9b = 10,715 (1)* Ñoái vôùi dung dòch B:Töông töï, ta coù:2 H +  = ( x + y )2 = (10-2,364)a.K CH3COOH + b.K HCOOH21,80.10 .a + 1.78.10 -4 b=2-5hay 9a + 89b = 18,71 (2)a = 0,100MTöø (1), (2) Suy ra:  b = 0,200Mb. Tính pH dung dòch C:[ HCOOH] bñ = 0,1V + 0,2V = 0,075M4V0,2V + 0,1V= 0,075 M[CH3COOH ] bñ =4VTöông töï nhö caâu a, ta coù:2 H+  = [ HCOOH ] bñ . KHCOOH + [ CH 3COOH ] bñ .K CH COOH3 2 H +  = 1,78.10−4.0,075 + 1,80.10−5.0,075 = 0,147.10−4  H +  = 3,834.10−3pH= - lg3,834.10-3 = 2,416 c. Tính pH cuûa dung dòch D:Soá mol HCOOH = 4V.0,075 = 0,3VSoá mol CH3COOH = 4V.0,075 = 0,3VSoá mol NaOH = 0,6VHCOOH + NaOH → HCOONa + H2OCH3COOH + NaOH → CH3COONa + H2OVì soá mol NaOH = soá mol HCOOH + soá mol CH3COOH⇒ dung dòch D chæ goàm 2 muoái HCOONa (0,3V mol) vaø CH3COONa (0,3Vmol)0,3V= 0,06M[HCOONa] = CH3COOH  =5VHCOO- + H 2OCH3COO- + H 2OHCOOH + OH CH3COOH + OH - Töông töï nhö dung dòch hoãn hôïp 2 ñôn axit, ôû ñaây coi nhö hoãn hôïp 2 ñôn bazô, ta coù:2OH -  =  HCOO-  bñ . K HCOO- + CH3COO-  bñ. K CH COO 3-14-14 HCOO  bd.10CH3COO  bd.10=+K HCOOHK CH3COOH20,06.10-14 0,06.10-14OH -  =+= 0,367.10 -10-4-51,78.101,80.1010-14-9 M OH −  = 0,6058.10 −5  H+  =  0,6058.10-5 = 1,6507.10Suy ra: pH = - lg 1,6507.10-9 = 8,794Khoái löôïng muoái:0,3V.68 + 0,3V.82 = 4,5V = 0,1(l) = 100(ml)Caâu 41. Ñaây laø muoái axit, laø chaát ñieän li löôõng tính :MHAM+ + HA–HA–H+ + A2–HA– + H+K2(1)H2A K1–1 (2)pH phuï thuoäc hai quaù trình (1) vaø (2). Neáu K2 caøng lôùn vaø K1 caøng lôùn thì dung dòch coù pHcaøng beù vì quaù trình nhöôøng proton (1) xaûy ra maïnh, quaù trình thu proton (2) xaûy ra yeáu. So saùnh ôûtreân ta thaáy:pH (NaHC2O4) < pH (NaHSO3) < pH (NaHCO3) < pH (NaHS).Neáu aùp duïng coâng thöùc gaàn ñuùng ñeå tính pH cuûa caùc muoái ñiaxit cho caùc heä treânpK 1 + pK 2pH =2Ta thaáypH(NaHC2O4) = (2 + 5 ) / 2 = 3,5pH (NaHSO3) = (2 +6) / 2=4,0pH (NaHCO3) = (7 +11) / 2= 9,0pH (NaHS)= 10,0= (7 +13) / 2Keát quaû naøy phuø hôïp vôùi caùch saép ôû treân.2. Caùc quaù trình xaûy ra :HCl→H+ + Cl–Pb(NO3)2→Pb2+ + 2NO3–Pb2+C+10–3PbCl2 ↓( KS ) –1 = ( 10–4,8 ) –1C?∆C – ( 10–3 - 10–5 )[ ]2Cl–10–5–1,98 . 10–3(C – 1,98 . 10–3 )Theo ñltd kl: [Pb2+ ] . [ Cl– ]2= KS–510 (C – 1,98 . 10–3 )2 = 10–4,8C − 1,98 . 10–3 = (10–4,8 / 10–5 )1/2 = 1,259C = 1,261 M Goïi V laø theå tích dung dòch HCl caàn tìm (khi theâm HCl khoâng tính taêng theå tích) thì VHCl =10.1, 261= 2,10 ml .63. Khi m = 0, ta coù axit kieåu HXO. Ví duï: HClO, HBrO, H3PO3 (Ka = 10–9,2) laø nhöõng axit yeáu.Khi m = 1, ta coù axit kieåu HClO2, H2SO3, H3PO4 hoaëc (HNO2, H2CO3) laø nhöõng axit trung bình.(tuy nhieân H2CO3 laø axit khaù yeáu Ka = 10–6,3)Khi m > 1, ta coù axit kieåu HClO3, HNO3, HClO4 (hoaëc H2SO4, HMnO4) laø nhöõng axit maïnh.Nhö vaäy coâng thöùc XOm (OH)n noùi chung laø ñuùng .4.FeSFe2+ + S2–KS=10–17,2Fe2+ + H2OFeOH+ + H+β = 10-5,92S2– + H+HS–Ka2-1 = (10–12,9)–1HS– + H+H2SKa1-1 = (10–7,02)–1Goïi ñoä tan cuûa FeS laø SS = C(Fe2+)= [Fe2+] + [FeOH+] = [Fe2+] + β[Fe2+][H+]-1 = [Fe2+].(1 + β[H+]-1) (1)S = C (S2-) = [S2–] + [HS–] + [H2S] = [S2–] + Ka2-1 [S2–][H+] + ( Ka1Ka2)–1[S2–][H+]2= [S2–] [1 + Ka2–1[H+] + (Ka1Ka2)–1[H+]2][Fe2+] [S2–]= KFeS(2)(3)Toå hôïp (1), (2), (3): S = 2,43 x 10-4 MCaâu 51. A = 232 – 208 = 24 vaø 24/4 = 6 haït anphaNhö vaäy ñieän tích haït nhaân giaûm 2 x 6 = 12 ñôn vò.Nhöng söï khaùc bieät veà ñieän tích haït nhaân chæ laø 90 – 82 = 8 ñôn vò.Neân phaûi coù 12 – 8 = 4 β − Soá phaân huûy beta = 42324−→ 20890Th82 Pb + 6 2 He + 4 β2. 228 Th → 208 Pb + 5 4 HeChu kyø baùn huûy cuûa nhöõng haït trung gian khaùc nhau laø töông ñoái ngaén so vôùi0 , 693  1 x 6 , 023 x10 23  = 9 ,58 x10 20 naêm-1V = kN =1,91 228228ThSoá haït He thu ñöôïc : NHe = ( 9,58 x 1020 ) 20 x 5 = 9,58 x 1022 haït He9 , 58 x 10 22 x 22 , 4 x 10 3= 3 , 56 x 10 3 cm 3VHe =236 , 023 x 100 , 6930 , 693 N0 , 693 x1,50 x10 103. t1/2 ==== 3 , 02 x10 6 phuùt = 5,75 naêmkV3440Caâu 61. Töø toång soá haït cuûa nguyeân töû X laø 52 ⇒ 2Z + N = 52Vôùùi Z laø ñieän tích haït nhaân, Z = soá proton = soá electron vaø N laø soá nôtron.Vì Z ≠ 1 vaø Z < 83 neân Z ≤ N ≤ 1,5 Z hay 3Z ≤ 2Z + N ≤ 3,5Z⇒ 3Z ≤ 52 ≤ 3,5Z ⇒ 14,8 ≤ Z ≤ 17,3.Vì Z laø soá nguyeân neân Z = 15 ; 16 ; 17.Z 151617 NCoù caùc ñoàng vò laø3715222018A 3736353635P ; 16 S ; 17 Cl Vì X laø ñoàng vò beàn neân X laø3517Cl2. Caân baèng caùc phaûn öùng :0+5+1-1→ 5 Ag ClO 3 + Ag Cl+ 3H 2 O6 Ag+ 6H Cl O 3 0+3+5+2-15Fe ( ClO3 )3 + Fe Cl3 + 9H 2 O6 Fe+18H Cl O3 →+3+5-16 Fe SO 4 + H Cl O3 + 3H 2 SO 4 → 3Fe2 ( SO 4 )3 + H Cl+ 3H 2 O+53. Chaát oâxi hoaù laø Cl trong HClO3Caáu hình electron cuûa Cl laø :0-{Ne}+5C l - 5 e → Cl coù caáu hình electron laø : [ Ne]+5+5--1neân Cl coù tính oxi hoaù maïnh Cl + 6 e → Cl coù caáu hình electron beàn vöõng :{Ne}Caâu 71. a. Röûa MgNH4PO4 baèng nöôùc caátMgNH 4 PO4Khi röûa MgNH4PO4 :Mg2+ + NH 4+ + PO3-4T[]sssGoïi s (mol / l) laø noàng ñoä MgNH4PO4 tan trong dung dòch.Khi ñoù: TMgNH4 PO4 =  Mg2+   NH +4   PO3-4  = 2.5.10-13 ⇒ s.s.s = 2,5.10-13⇒ s = 3 2,5.10 -13 = 6,3.10 -5 mol / lSoá mol MgNH4PO4 tan trong 200 ml nöôùc caát laø :0,2n MgNH4 PO4 tan = 6,3.10-5.= 1,26.10 -5 mol11,26.10 -5.137Vaäy %m MgNH 4 PO 4 bò maát khi röûa =• 100% = 0,126%1,37b. Röûa MgNH4PO4 baèng dung dòch NH4Cl roài baèng nöôùc caát : (2ñ)* Khi röûa baèng 150 ml dung dòch NH4Cl 0,1M :MgNH 4 PO 4Mg 2+ + NH +4 + PO 3T4s(s + 0,1) s(vôùi s laø noàng ñoä MgNH4PO4 tan khi röûa baèng dung dòch NH4Cl)Khi ñoù: T =  Mg 2+   NH +4   PO3-4  = 2,5.10-13 → s. ( s + 0,1) s = 2,5.10 -13Vôùi s > 1-12 •1,3.106,3.10 -8Vaäy phaûn öùng (1) coi nhö xaûy ra hoaøn toaøn.Do ñoù ta khoâng neân röûa keát tuûa MgNH4PO4 baèng dung dòch NaH2PO4 vì khi ñoù keát tuûa MgNH4PO4 seõbò röûa troâi hoaøn toaøn.Caâu 81. Nguyeân toá A: n = 2 ; lôùp 2 ; l = 1 : phaân lôùp p ; m= -1 obitan px ; s = -1/2 electron cuoái ôû pxVaäy A coù caáu hình electron 1s2 2s2 2p4; nguyeân toá A coù soá thöù töï 8 chu kì 2; nhoùm VIAA laø Oxi2. Töông töï Nguyeân toá B coù thöù töïï laø 17, chu kì 3, nhoùm VIIA, B laø clo 2. Coù 4 hôùp chaát chöùa Clo , Oxi vaøhidro laø HClO ; HClO2 ; HClO3 ; HClO4 .H – O – Cl lieân keát O – H coäng hoùa trò coù cöïc Lieân keát O – Cl coäng hoùa trò coù cöïc .H – O – Cl →O 2 lieân keát coäng hoùa trò coù cöïc vaø 1 lieân keát cho nhaänH – O - Cl →O 2 lieân keát coäng hoùa trò↓2 lieân keát cho nhaänOO↑H – O - Cl → O 2 lieân keát coäng hoùa trò coù cöïc↓3 lieân keát cho nhaän .O3. Tính axit taêng daàn HOCl < HClO2 < HClO3 < HClO4Giaûi thích:Khi ñieän tìch döông cuûa clo taêng daàn laøm cho baùn kính cuûa nguyeân töû trung taâm giaûm do ñoù khaû naêngkeùo caëp electron töï do cuûa nguyeân töû oxi cuûa lieân keát O – H veà phía nguyeân töû trung taâm taêng laømtaêng söï phaân cöïccuûa lieân keát O –H , khaû naêng phaân li lieân keát naàycaøng deã neân tính axit taêng.Caâu 91. Haèng soá Kb cho bieát möùc ñoä ñieän ly cuûa bazô trong dung dòch Kb caøng lôùn tính bazô caøng maïnh.Phaân töû C6H5NH2 coù nhoùm theá C6H5 huùt electron laøm giaõm maät ñoä electron ôû nguyeân töû N neân coù tínhbazô yeáu hôn NH3 Vaäy Kb(NH3 ) > Kb(C6H5NH2).NH4+ + OH2.NH3 + H2O1MCaân baèng (1 –x )xxDo ñoù : K’ = T. K 3-1 . K -12 = 2,5.10 -13 • xx2(4,3.10 −3 ) 2= 0,0043 x = 4,3 .10-3 ;Kb == 1,85 .10-5≅11− x1−1410[ H+] == 0,23 .10-11−34,3.10pH = - lg (0,23 .10-11 ) = 11,643.CH3COOHCH3COO- + H+Ban ñaàuCMol.lit-1Ñieän liCαCαCαCaân baèng C - CαCαCα+2[H ].[CH 3COO ] Ca.CaCaKa ==== vì α nhoû neân ( 1- α ) = 1[CH3COOH]C - Ca1- aα=Ka = Cα2 ⇒ Cα =CKα = 0,1.1,75.10-5 = 1,323.10-311pH = -lg[H+] = 2,88 hoaëc pH = (- lgHa - lg10 - 1) = (4,757 + 1) = 2,8822−5Kα1,75.10== 1,32.10-2 hay 1,32%.Ñieän li α Ka = Cα2α=C0,1CKa .[H+] =CH3COOH ⇔ CH3COO- + H+x molx molx mol21211l dung dòch axit coù 2 x 3,13 .10haït = 6.26 .10 haïtGoïi x laø soá mol phaân töû CH3COOH ñaõ phaân li trong 1 lít dung dòch. Luùc ñoù x laø soá ion H+ cuõng laø soáion CH3COO-. 1 mol CH3COOH coù 6,02.1023 phaân töû, 0,01 M coù 6,02 1021 phaân töû. Khi ñoù soá phaân töûCH3COOH coøn laïi khoâng phaân li laø 6,02 1021 – xTa coù : 6,02.1021 - x + 2x = 6,62 . 1021x = 0,24 .10210,2410x 100 = 3,99%Ñoä ñieän li α =6,02.104. Tỉnh : Kon Tum.Trường Trung học chuyên Kon Tum.Môn : Hóa, khối 10.Giáo viên biên soạn: L ê Sỹ TínSố mật mã:Số mật mã:ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu I: (4,0 điểm)1. So sánh, có giải thích.a. Độ lớn góc liên kết của các phân tử:• CH4; NH3; H2O.• H2O; H2S.b. Nhiệt độ nóng chảy của các chất : NaCl; KCl; MgOc. Nhiệt độ sôi của các chất : C2H5Cl; C2H5OH; CH3COOH2. 137Ce tham gia phản ứng trong lò phản ứng hạt nhân, có chu kì bán hủy 30,2 năm. 137Ce làmột trong những đồng vị bị phát tán mạnh ở nhiều vùng của châu Âu sau tai nạn hạt nhânTrecnibun. Sau bao lâu lượng chất độc này còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra.ĐÁP ÁN1. (2,0điểm)a. CH4 > NH3 > H2OGiải thích:H|CN HOH|HHHHHHSố cặp e chưa tham gia liên kết càng nhiều càng đẩy nhau, góc liên kết càng nhỏ.0,25 điểm0,25 điểmb. H2O > H2SGiải thích: Vì độ âm điện của O > S, độ âm điện của nguyên tử trung tâm càng lớnsẽ kéo mây của đôi e- liên kết về phía nó nhiều hơn làm tăng độ lớn góc liên kết.0,25 điểmc. So sánh nhiệt độ nóng chảy của các chất:MgO > NaCl > KClGiải thích: bán kính ion K+ > Na+Điện tích ion Mg2+ > Na+ và O2- > Cl(Năng lượng phân li tỉ lệ thuận với điện tích ion và tỉ lệ nghịch với bán kính ion)0, 25 điểm3.So sánh nhiệt độ sôi của các chất:C2H5Cl < C2H5OH < CH3COOHGiải thích:-C2H5Cl không có liên kết hiđro-Liên kết hidro giữa các phân tử axit bền hơn liên kết hidro giữa các phân tử rượu.C2H5 – O … H – OHC2H5O…H–OCH3 – CC – CH3O–H…O0, 25 điểm0,25 điểm0, 25 điểm0, 25 điểm 2. 2,0điểmÁp dụng công thức:1 N2,3 N o2,3 N oK = ln o =lg⇒t=lgtNtNKN0,6932,3T N oMà k =lg⇒t=T0,693 N2,3.30,2 N o2,3.30,22,3.30,2.2⇒t=lg=. lg 100 == 200,46 (năm)No0,6930,6930,693100Vậy sau 200,46 năm thì lượng chất độc trên còn 1% kể từ lúc tai nạn xảy ra.0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm Tỉnh : Kon Tum.Trường Trung học chuyên Kon Tum.Môn : Hóa, khối 10.Giáo viên biên soạn: Lê Sỹ TínSố mật mã:Số mật mã:ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu II: (4,0 điểm)1. Đối với các phân tử có công thức tổng quát AXn (n ≥ 2 ), làm thế nào để xác định phântử đó phân cực hay không phân cực ?2.Cho phản ứng :CaCO3(r)CaO(r) + CO2(k)oCho biết : ở 298 K, ∆ Hopư = +178,32 kJ ; ∆ So = +160,59 J/Ka. Phản ứng có tự diễn biến ở 25oC không ? Khi tăng nhiệt độ, ∆ G của phản ứng sẽ thayđổi như thế nào?b. Phản ứng có tự diễn biến ở 850oC không ?ĐÁP ÁN1.(2điểm)Muốn xác định một phân tử có cực hay không, trước hết cần phải biết sự sắp xếpcủa các nguyên tử trong phân tử(dạng hình học của phân tử)Momen lưỡng cực (đo độ phân cực) là một đại lượng có độ lớn và có chiều.Trong phân tử, nếu các liên kết phân cực được sắp xếp đối xứng nhau,momen lưỡng cực có cùng độ lớn và ngược chiều.Chúng sẽ triệt tiêu nhau vàphân tử không phân cực.Ngược lại nếu các lực không cân bằng, phân tử sẽ có cực.2.(2điểm)∆G0298 = ∆H0 – T∆S0T = 273 + 25 = 2980-3∆G 298 = 178,32 x 10 J - [ 298 K x 160,59J/K]= + 130,46 KJ.∆G0298 > 0 : Phản ứng không tự diễn biến ở 25OC , ở nhiệt độ này chỉ cóphản ứng nghịch tự diễn biếnVì ∆S0 >0 nên – T∆S0 < 0, khi T tăng , ∆G0 càng bớt dương, càng tiến tớikhả năng tự diễn biến .b. ∆G01123T = 273 + 850 = 1123∆G01123 = ∆H0 – T∆S0∆G01123 = 178,32 x 10-3 J - [ 1123 K x 160,59J/K] = - 2022,57 J∆G01123 < 0 : Phản ứng tự diễn biến ở 850OC.0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm Tỉnh : Kon Tum.Trường Trung học chuyên Kon Tum.Môn : Hóa, khối 10.Giáo viên biên soạn: L ê Diệu TuyềnSố mật mã:Số mật mã:ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu III: (4,0 điểm)1.Hãy giải thích tại sao PbI2 ( chất rắn màu vàng) tan dễ dàng trong nước nóng, và khi để nguộilại kết tủa dưới dạng kim tuyến óng ánh ?2.Tính thể tích dung dịch NaOH 0,01 M cần dùng để trung hòa hoàn toàn 10ml dung dịch H2SO4có pH = 2.Biết HSO4- có pKa = 2.ĐÁP ÁN1. (2điểm)PbI2 dễ tan trong nước nóng vì quá trình hòa tan PbI2 thu nhiệt lớn:PbI2 ↔ Pb2+ + 2I∆H > 0Còn khi để nguội thì xảy ra quá trình ngược lại, tỏa nhiệt ( ∆ H < 0).Vì quá trình nguôi từ từ, số mầm kết tinh ít, nên tinh thể được tạo thành dễdàng.Nếu làm nguội nhanh sẽ thu được dạng bột vàng PbI2.2. (2điểm)Gọi C là nồng độ mol/l của dung dịch H2SO4 có pH = 2Ta có: H2SO4 → H+ + HSO4CCC mol/l+HSO4H + SO42oCCC0[] C–yC+y yTa có [H+] = C + y = 10-2 = 0,012[H + ][SO 4 ] (C + y)yVà Ka === 0,01C−y[HSO 4 ]0,01(0,01 − C )= 0,01HayC − 0,01 + C2C = 0,0067 M = .10-2 M3Phản ứng trung hòa: H2SO4 + 2NaOH = Na2SO4 + 2H2OnNaOH = 2 n H2 SO 4 = 2.0,01.0,0067 = 1,34.10-4 molVddNaOH =1,34.10 −4= 1,34.10-2 l = 13,4 ml−2100,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm Tỉnh : Kon Tum.Trường Trung học chuyên Kon Tum.Môn : Hóa, khối 10.Giáo viên biên soạn: L ê Diệu TuyềnSố mật mã:Số mật mã:ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu IV: (4,0 điểm)1.Hãy tìm các chất thích hợp trong các sơ đồ sau và viết các phương trình phản ứng.Cho biết S là lưu huỳnh, mỗi chữ cái còn lại là một chất.S + AXS + BYY + AX + EX + DZX + D + EU + VY + D + EU + VZ + EU + V2.Tính độ phân li của N2O4 ở 25oC, 1atm. Biết sự phân li xảy ra theo phản ứng:N2O42NO2Khi cho 1,6 gam N2O4 phân li trong 1 bình kín thu 500ml ở 760 mmHg.ĐÁP ÁN1. (2,0điểm) X là SO2, Y là H2SotSO2S + O2 →otS + H2 →H2S3toH2S +O2dư →SO2 + H2O2SO2 + Cl2SO2Cl2( hoặc thay Cl2 bằng Br2)SO2 + Cl2 + H2O2HCl + H2SO4H2S + 4Cl2 + 4H2OH2SO4 + 8HClSO2Cl2 + 2H2O2HCl +H2SO42. (2,0điểm)N2O4 → 2NO2a molαa2αaa(1- α )2αa1,6= 0,0174 mol-Số mol N2O4 cho vào bình a =92PV1.0,5=-Số mol hỗn hợp sau = a(1 + α ) == 0,02045RT 22,4.298273⇒ a(1 + α ) = 0,02045⇒ α = 0,175Độ phân li = 17,5 %0,25điểm0,25điểm0,25điểm0,5điểm0,25điểm0,25điểm0,25điểm0,5điểm0,5điểm0,5điểm0,5điểm Tỉnh : Kon Tum.Trường Trung học chuyên Kon Tum.Môn : Hóa, khối 10.Giáo viên biên soạn: L ê Diệu TuyềnSố mật mã:Số mật mã:ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu V (4,0điểm)Khối l ượng riêng nhôm clorua khan được đo ở 200oC, 600oC, 800oC dưới áp suất khíquyển lần lượt là : 6,9 ; 2,7 ; 1,5 g/dm3.a. Tính khối lượng phân tử của nhôm clorua khan ở mỗi nhiệt độ nêu trên ( hằng số khíR= 0,082)b. Viết công thức phân tử và công thức cấu tạo của hơi nhôm clorua ở 200oC, 800oC.c. Nêu phương pháp điều chế nhôm clorua khan rắn trong phòng thí nghiệm. Cần chú ýtính chất nào của AlCl3 khi thực hiện phản ứng điều chế ?ĐÁP ÁNa. Thể tích 1 mol khí (n=1) ở các nhiệt độ 200, 600, 800oCV473K = 0,082 x 473 = 38,78litV873K = 0,082 x 873 = 71,58litV1073K = 0,082 x 1073 = 87,98litKhối lượng mol phân tử của nhôm clorua khan ở các nhiệt độ đã cho là :M200oC = 37,78 x 6,9 = 267,62 ( g )M600oC = 71,58 x 2,7= 193,28( g )M800oC = 87,98 x 1,5= 131,87( g )b. Công thức phân tử và công thức cấu tạo :*Tại 200oC.Khối lượng phân tử của AlCl3 = 133,5(AlCl3 )n = 267,62n=2CTPT : Al2Cl6ClClClCTCT :AlClAlClClDo có liên kết phối trí, lớp vỏ e ngoài cùng của nhôm đạt tới bát tử bền vững.* Tại 800oC.( AlCl3 ) = 131,97.n=1ClCTPT : AlCl3CTCT :AlClClc. Ptpư :to2 AlCl32 Al + 3Cl2 →AlCl3 là một chất thăng hoa ở 183oC, dễ bốc khói trong không khí ẩm :AlCl3 + 3 H2OAl(OH)3 + 3HCl0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm0,5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VTTrường Chuyên Lê Quý ĐônMã đề:*******************ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04MÔN THIKHỐI: HÓA HỌC: 10THỜI GIAN : 180 PhútNăm Học : 2005 – 2006Câu 1:a) Cho biết trong môi trường axit Mn+4 Oxi hóa được H2O2 ngược lại trong môi trường bazơH2O2 lại oxihoá được Mn+2 thành Mn+4.Hãy viết phương trình phản ứng minh họa.b) Một trong những phản ứng xảy ra ở vùng mỏ đồng:CuFeS2 + Fe2(SO4)3 + O2 + H2O → CuSO4 +FeSO4+H2SO4Cân bằng theo phương pháp thăng bằng e và nhận xét về các hệ số?Đáp án Câu 1: a) Trong môi trường axítMnO2 + H2O2 + H2SO4 → MnSO4 + O2↑ + 2H2Ob) Trong môi trường bazơ:H2O2 +MnCl2 + 2NaOH → Mn(OH)4 + 2NaClc) CuFeS2 + Fe2(SO4)3+ O2 + H2O → CuSO4 + FeSO4 + H2SO41 xx xy x2 S-2 → 12S+6 + 16e2Fe+3 + 2e → 2FeO02 + 4e → 2O-22x + 4y = 16 ⇒ x +2y = 8 ( 0< x < 8 ; 0 < y < 4)TD: y = 1 ; x = 6CuFeS2 + 6 Fe2(SO4)3 + O2 + 6 H2O→ CuSO4 + 13FeSO4 + 6H2SO4y = 3 ; x =2CuFeS2 + 2Fe2 (SO4)3 + 3O2 + 2H2O → CuSO4 + 5FeSO4 + 2H2SO4Có Vô số nghiệm, lượng H2SO4 tỷ lệ với lượng H2O.Thang điểm:Câu a: 2 điểm (mỗi phương trình 1 điểm)Câu b: 2 điểmviết 2 phương trình hệ số khác nhau,mỗi phương trình 0.75 điểm.Nhận xét 0.5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VTTrường Chuyên Lê Quý ĐônMã đề:*******************ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04MÔN THI: HÓA HỌCKHỐI: 10THỜI GIAN : 180 PhútNăm Học : 2005 – 2006Câu 3: Cho biết hằng số điện li của:Axít Axetic: Ka CH3COOH = 1,8.10-5 mol/l: Ka C2H5COOH = 1,3.10-5 mol/lAxít PropionicMột dung dịch chứa CH3COOH 0,002M và C2H5COOH x Ma. Hãy xác định giá trị của x để trong dung dịch này ta có độ điện li của axit Axetic là 0,08.b. Hãy xác địch giá trị x để dung dịch hổn hợp này có giá trị pH = 3,28 (nồng độ CH3COOHvẫn là 0,002M).Đáp án Câu 3: a. Số mol CH3COOH bị phân li2 × 10-3 × 10-2 . 8 = 16.10-5 mol⇔CH3COOCH3COOH-516.1016.10-5C2H5COOH ⇔C2H5COO- + H+2x2xα là độ điện ly của C2H5COOH(16.10 −5 + αx)(16.10 −5 )Ta có( 2.10 −3 − 16.10 −5 )+= 1,8.10-5(16.10 −5 + αx)(αx)( x − αx )H+16.10-52x(1)= 1,3.10-5⇒αx= 4,7.10-5Thay vào (2) ⇒x = 79,5.10-5 = 8.10-4Mb. pH = 3,28 ⇒H + = 10-3,28 = 0,000525MCH3COOH ⇔CH3COO +H+2α’10-3 mol2α’10-3 mol2α’10-3 molα’là độ điện ly của CH3COOHC2H5COOH⇒C2H5COO+αx molαx mol(2)[ ]α là độ điện ly của C2H5COOH(52,5.10 )(2α .10 )−5,−3(2.10 −3 − 2α , .10 −3 )= 1,8.10-5H+αx mol (52,5.10 )(α .x )−5( x − αx )⇒ 2α’.10-3 + αx= 1,3.10-5= 52,5.10-5α’= 0,03315 ≈ 0,033 ; α = 0,024αx = 52,5.10-5 – 0,066.10-3 = 45,9.10-5x = 19.10-3MThang điểm:Ýa: 2 điểmÝb: 2 điểm(4)(5) SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VTTrường Chuyên Lê Quý ĐônMã đề:*******************ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04MÔN THIKHỐI: HÓA HỌC: 10THỜI GIAN : 180 PhútNăm Học : 2005 – 2006Câu 2: Cho hỗn hợp khí A hồm H2 và CO có cùng số mol. Người ta muốn điều chế H2 đi từ hỗn hợpA bằng cách chuyển hóa CO theo phản ứng:CO(K) + H2O(K) ⇔ CO2(K) + H2(K)Hằng số cân bằng Kc của phản ứng ở nhiệt độ thí nghiệm không đổi (t0C) bằng 5. Tỷ lệ sốmol ban đầu của CO và H2O bằng 1:nGọi a là % số mol CO bị chuyển hóa thành CO2.1. Hãy thiết lập biểu thức quan hệ giữa n, a và Kc.2. Cho n = 3, tính % thể tích CO trong hợp chất khí cuối cùng (tức ở trạng thái cân bằng).3. Muốn % thể tích CO trong hỗn hợp khí cuối cùng nhỏ hơn 1% thì n phải có giá trị bao nhiêu.Đáp án câu 2 :1. Xét cân bằng:CO + H2O ⇔ CO2 + H2Trước phản ứng1n01Phản ứngaaaaSau phản ứng1-an-aa1+aTổng số mol sau phản ứng : (1-a) + (n-a) + a + (1+a) = n + 2Kc =[CO2 ][H 2 ] = a(1 + a)[CO][H 2 0] (1 − a)(n − a)1− a(N = n+2)NKhi n = 3 thay N vào Kc, thay số vào, rút gọn100x2 + 65x – 2 = 0Giải phương trình:x = 2,94%1− a3. Muốn x = 1% thay a vào= 0,01 và thay tiếp Kc ta có phương trình.N5,04 N2 – 12N – 200 = 0Giải phương trình:N = 7,6tức n = 5,6Vậy để % VCO trong hỗn hợp < 1% thì n phải có quan hệ lớn hơn 5,6.2. Vì ta có % thể tích CO trong hỗn hợp x=Thang điểm:1. 1 điểm2. 1, 5 điểm3. 1,5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VTTrường Chuyên Lê Quý ĐônMã đề:*******************ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04MÔN THI: HÓA HỌCKHỐI: 10THỜI GIAN : 180 PhútNăm Học : 2005 – 2006Câu 4:Một pin điện được thiết lập bởi điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1M và điện cựcAg nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1M.Cho E0 Zn2+/Zn = - 0,76VE0 Ag+ /Ag = 0,8Va. Viết sơ đồ pin.b. Viết phương trình phản ứng xảy ra khi pin hoạt động.c. Tính sức điện động của pind. Tính nồng độ các chất khi pin hết.Đ áp án câu 4: a) Sơ đồ Pin: (-) Zn / Zn (NO3)2 (0,1M) // AgNO3 (0,1M) / Ag (+)b)Cực âm: Zn → Zn2+ + 2ex 1Cực dương: Ag+ + 1e → Agx 2Phản ứng trong pin:Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag (1)c ) E0pin = E0Ag+/Ag - E0Zn2+/Zn = 0,8 – (-0,76) = 1,56 V[ ][ ]2+−20,059Ag0,05910lg= 1,56 +lg −1 = 1,53V⇒ E pin = E0pin +2Zn 2+210d) Hết pinE pin = 0[Ag ] = − 2E pin = − 2 × 1,56 = −52,88 → [Ag ] = 10lg[Zn ] 0,059[Zn ]0,059+ 22+0+ 2−52 ,882+Theo phản ứng 1 cứ 2 mol Ag+ bị khử có 1 mol Zn bị oxy hóa. Gọi x là lượng Zn đã bị oxyhoa khipin ngừng hoạt động.[Ag + ] = 0,1 - 2x(0,1 − 2 x) 2= 10 −52,88 ≈ 0 (gần đúng)2+0,1+x[Zn ] = 0,1 + x⇒ x = 0,05Thang điểm:+a. 0.5 điểm[Zn 2 ] = 0,1 +0,05 = 0,15 Mb. 1 điểm[Ag+ ] = 10 −52,88 0.15 = 1.4.10 −27 Mc. 1 điểmd. 1.5 điểm SỞ GIÁO DỤC - ĐÀO TẠO TỈNH BR-VTTrường Chuyên Lê Quý ĐônMã đề:*******************ĐỀ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30 -04MÔN THI: HÓA HỌCKHỐI: 10THỜI GIAN : 180 PhútNăm Học : 2005 – 2006Câu 5: Cho khí Cl2 tác dụng với Ca(OH)2 ta được Clorua vôi là hỗn hợp CaCl2, Ca(ClO)2, CaOCl2và nước ẩm . Sau khi loại bỏ nhờ đun nhẹ và hút chân không thì thu được 152,4g hỗn hợp A chứa(% khối lượng); 50% CaOCl2; 28,15% Ca(ClO)2 và phần còn lại là CaCl2. Nung nóng hỗn hợp A thuđược 152,4g hỗn hợp B chỉ chứa CaCl2 và Ca(ClO3)2.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra.2. Tính thể tích khí Cl2 (đktc) đã phản ứng.3. Tính % khối lượng CaCl2 trong hỗn hợp B.Nung hỗn hợp B ở nhiệt độ cao tới phản ứng hoàn toàn và lấy tất cả khí thóat ra cho vào bình kíndung tích không đổi chỉ chứa 16,2 g kim loại M hóa trị n duy nhất (thể tích chất rắn không đáng kể).Nhiệt độ và áp suất ban đầu trong bình là t0C và P atm. Nung nóng bình một thời gian, sau đó đưanhiệt độ bình về t0C, áp suất trong bình lúc này là 0,75 P atm. Lấy chất rắn còn lại trong bình hòa tanhoàn toàn bằng dung dịch HCl dư thấy bay ra 13,44 lít khí (đktc). Hỏi M là kim loại gì?Đáp án câu 5:1. Các phản ứng:Ca (OH)2 + Cl2 → CaOCl2 + H2O0t2Ca(OH)2 + 2Cl2 → CaCl2 + Ca(ClO)2 + 2H2O(1)(2)Nung nóng hổn hợp A:6 CaOCl23 Ca(ClO)22.nCaOCl2=nCa (ClO ) 2nCaCl25CaCl2 + Ca(ClO3)2 (3)2CaCl2 + Ca(ClO3)2152,4 × 50= 0,6mol100 × 127==t0→t0152,4 × 28,15= 0,3mol100 × 143152,4 × 21,85= 0,3mol100 × 111(4) ∑nCl2 phản ứngVCl2= 0,6 + 0,3 + 0,3 = 1,2mol= 1,2 × 22,4= 26,88 lít3. Theo số mol các chất trong hổn hợp A và phảnứng (2,3,4)%mCaCl252 0,6. + 0,3. + 0.3 111.10063= 72,83%=152,44.Nung hổn hợp B ở nhiệt ở nhiệt dộ cao xảy ra ph ản ứng:Ca(ClO3)2t0→CaCl2+3 O2 (5)Theo số mol các trong chất trong hổn hợp A hoặc theo phản ứng (5)nO2 bay ra = 0,6. 1 + 0,3 = 0,6 mol⇒2Vì nhiệt độ bình không đổi, áp suất giảm 25% ứng với lượng oxi phản ứng với kim loại:4M + nO2⇒ 2M2On(6)Tức bằng:0,6 x 0,25 = 0,15 molHòa tan chất rắn trong bình:M2On + 2nHCl⇒ 2MCln + nH2O (7)2M + 2nHCl ⇒ 2MCln + nH2 ↑ (8)∑nH2 =13,44= 0,6mol22,4Theo phương pháp bảo tòan electron với phản ứng (6,7,8) số mol (e) kim loại M nhường bằng sốmol (e) O2 và H+ nhận.Gọi a là số mol kim loại M ta có:na = 0,15 x 4 + 0,6 x 2 = 1,81,8 16,2=⇒ M = 9nTức a =nM⇒ M = 9nChỉ có n =3; M = 27 là phù hợp M là nhôm(Al)Thang điểm:Ý1Ý2Ý3Ý4: 1điểm: 0.5điểm: 0,5điểm: 2 điểm Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu I :1/ Hai nguyeân toá A, B taïo thaønh hôïp chaát X. Khi ñoát noùng ñeán 8000C taïo ra ñônchaát A. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá A baèng soá lôùp electron nguyeân töûnguyeân toá B. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá B baèng soá lôùp electron nguyeântöû nguyeân toá A. Dieän tích haït nhaân cuûa nguyeân töû B gaáp 7 laàn cuûa nguyeân töû A.Xaùc ñònh nguyeân toá A, B vaø coâng thöùc phaân töû cuûa hôïp chaát X.2/ Toång soá proton, nôtron, electron trong nguyeân töû cuûa hai nguyeân toá M vaø X laànlöôït baèng 82 vaø 52. M vaø X taïo thaønh hôïp chaát MXa, trong phaân töû cuûa hôïp chaát ñoù coù toångsoá proton cuûa caùc nguyeân töû baèng 77.a/ Haõy cho bieát 4 soá löôïng töû öùng vôùi electron choùt cuûa M vaø X.b/ Xaùc ñònh vò trí cuûa chuùng trong baûng tuaàn hoaøn caùc nguyeân toá hoùa hoïc.c/ Xaùc ñònh coâng thöùc phaân töû cuûa MXa.Ñaùp aùn caâu II :Noäi dung1/ ZA ; ZB < 105 ⇒ 7ZA < 105 ⇒ ZA < 15 ⇒ ZA thuoäc chu kyù nhoû ( chukyø ñaàu )Goïi : nA ; nB laø soá lôùp e cuûa A ; BnA = qBqA ; qB laø soá e hoùa trò A ; BnA = qBnB < 3 ⇒ qB < 3 ⇒ B laø kim loaïi.ZB = 7ZA ⇒ nB > nA ; 4 < nB < 7 ⇒ 4 < qA < 7 ⇒ A laø phi kim.Nguyeân toá ABCNOFSiZA5678914nA222223qA345674Nguyeân toá BBrMoInBaEuZB354249566398NB455667ÑieåmqB713222Choïn A laø O vaø B laø Ba thoûa ñieåu kieän. Coâng thöùc phaân töû cuûa X laø BaO2( khoâng choïn BaO vì BaO beàn khoâng bò phaân huûy )t02BaO2 → 2BaO + O21 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dung2/a) Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû X laø Z, N, E theo ñaàu baøi ta coù :Z + N + E = 52(Vì nguyeân töû trung hoøa ñieänÑieåmZ = E)⇒2Z + N = 52 ⇒ N = 52 – 2ZÑoái vôùi caùc nguyeân toá beàn (tröø hidro) : Z < N < 1,52 Z ⇒ Z < 52 – 2Z <1,52 Z⇒ 3Z < 52 < 3,52Z ⇒5252≤Z≤3,523⇒14,77 < Z <17,33Vaäy Z coù ba giaù trò : 15 ; 16 vaø 17.• Z = 15 ⇒ N = 22 ; tyû leä N : Z = 22 : 15 = 1,47• Z = 16 ⇒ N = 20 ; tyû leä N : Z = 20 : 16 = 1,25• Z = 17 ⇒ N = 18 ; tyû leä N : Z = 18 : 17 = 1,06X thuoäc chu kyø 3, caùc nguyeân toá thuoäc chu kyø 3 coù tyû leä : N : Z < 1,22 .Vaäy choïn Z = 17, X laø Clo.Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû M laø Z’, N’, E’ theo ñaàu baøi ta coù :2Z’ + N’ = 82 ⇒ N’ = 82 – 2Z⇒ 3Z’ < 82 < 3,52Z’8282Theo ñaàu baøi : Z’ = 77 – 17a⇒≤ 77 − 17a ≤3,523⇒ 2,92 < a < 3,16 , a nguyeân do ñoù choïn a = 3⇒ Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vaäy M laø Fe.Vaäy caáu hình electron cuûa Clo : 1s22s22p63s23p5 ⇒↑* Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Clo laø : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2* Vò trí cuûa clo trong BTH : - Chu kyø 3 ; phaân nhoùm chính nhoùm VIIVaäy caáu hình electron cuûa Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2⇒↑ ↑ ↑ ↑* Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Fe laø : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2* Vò trí cuûa Fe trong BTH : - Chu kyø 4 ; phaân nhoùm phuï nhoùm VIIIc) Coâng thöùc phaân töû laø : FeCl32 Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu II :1/ Haõy xaùc ñònh ñôn vò cuûa haèng soá toác ñoä phaûn öùng coù baäc 0, 1, 2, 3 (ñôn vònoàng ñoä mol/l ; ñôn vò thôøi gian laø s)Aùp duïng : phaûn öùng : 2N2O5 = 4NO2 + O2Trong pha khí ôû 250C coù haèng soá toác ñoä phaûn öùng baèng 1, 73.10−5 s-1 . Tính toác ñoäñaàu cuûa phaûn öùng xaûy ra trong bình phaûn öùng dung tích 12 lít vaø vaø aùp suaát 0,1 atm.2/ Cho phaûn öùng : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k)a) Thöïc nghieäm cho bieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng thuaän laø :32V1 = K1. CCO .CCl . Haõy vieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch.2b) ÔÛ 100 C phaûn öùng coù haèng soá caân baèng KP = 1, 25.108 atm -10- Tính haèng soá caân baèng K 'C , K 'X (X laø phaàn mol cuûa khí Xi =phaân huûy ôû 1000C (ghi roõ ñôn vò caùc haèng soá caân baèng, neáu coù)Tính ñoä phaân li α cuûa COCl2 ôû 1000C döôùi aùp suaát toång quaùt 2atm.ni) cuûa phaûn öùngn hhÑaùp aùn caâu II :Noäi dung1/ phaûn öùng coù baäc chung laø n. Bieåu thöùc toác ñoä cuûa phaûn öùng laø :ÑieåmV = KCnAÑôn vò cuûa K =nÑôn vò cuûa Kdon vi cua V( don vi cua C )0n=mol.l−1.s−1( mol.l−1 )1m ol.l − 1 .s − 1s − 1n= mol1− n .l n −1.s−123m ol − 1 .l.s − 1 m ol − 2 .l 2 .s − 1Aùp duïng :Theo ñeà baøi : K = 1, 73.10−5 s-1 ⇒ phaûn öùng baäc moät.PVSoá mol N2O5 ban ñaàu :n0 =RTPNoàng ñoä ban ñaàu cuûa N2O5 laø :C0 =RT3 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dungToác ñoä ban ñaàu :V0 = KC0 = 1,73.10−5 ×Ñieåm0,1= 7,1.10−8 mol-1.l.s−10, 082 × 2982/ a) Ta bieát raèng ñònh luaät taùc duïng khoái löôïng luoân luoân nghieäm ñuùngvôùi caân baèng hoùa hoïc, khoâng phuï thuoäc vaøo cô cheá phaûn öùng (ñôn giaûn hay phöùctaïp), vaäy haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng thuaän nghòch treân vaãn laø :[ COCl2 ]K=[ CO] .[Cl2 ]Vaäy : V1 = KCCO .C3Cl2 hay V1 = KCCO .CCl .Cl12 222Bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch laø V2 :V2 = K 2CCOCl2 .Cl12 2b) Tính K 'C , K 'X :Phaûn öùng thuaän nghòch : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k)ÔÛ 1000C coù haèng soá caân baèng :11== 8.10−9 atmK'P =K P 1,28.108K'C = K 'P ( RT )−∆n( ∆n=2 - 1 = 1)K'C = 8.10−9 × ( 0,082 × 373)−1= 2,6.10−10 mol/lTính ñoä phaân li α :COCl2(k) = CO(k) + Cl2(k)Bñ (mol)a00Cb(a – x)xx(0 < x < a)Toång soá mol cuûa heä caân baèng : (a – x) + x + x = (a + x) molxa−xvaø XCOCl2 =⇒ XCO = XCl2 =a+xa+x2 x X.XCO Cl 2a+x ⇒ K'X === 4.10−9XCOCl2 a−x  a+x xGiaûi phöông trình treân ta coù : = 6,3.10−5aVaäy ñoä phaân li cuûa COCl2 laø : α = 6,3.10−5 hay 0,0063%4 Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu III :1/ Moät axit yeáu ñôn chöùc hoaø tan vaøo nöôùc, noàng ñoä C (mol/l), haèng soá axit K, noàng+ñoä [H ] luùc caân baèng a(mol/l)a2a) Chöùng minh : C =+aKb) Töø ñoù giaûi thích taïi sao dung dòch cuûa moät ñôn axit yeáu caøng loaõng thì pH cuûadung dòch caøng taêng.2/ Trong moät dung dòch 2 axit yeáu HA1 vaø HA2 coù haèng soá caân baèng khaùc nhau.a) Tính noàng ñoä [H+] trong dung dòch 2 axit ñoù theo haèng soá caân baèng vaø noàng ñoäcuûa 2 axit.b) Aùp duïng : Trong 1 dung dòch 2 axit CH3COOH 2.10−3 (mol/l) vaø C2H5COOH1,9.10−2 (mol/l) . Tính pH cuûa dung dòch 2 axit ñoù.Ñaùp aùn caâu III :1/ a) Goïi HA laø axit yeáu :Noäi dung→ H+ + AHA ←Noàng ñoä bñ : CNoàng ñoä cb : C – aH+  . A− a2K=     =⇔C−a[ HA ]0aC=Ñieåm0aa2+aKb) Xeùt 2 dung dòch cuûa cuøng axit yeáu HA, noàng ñoä C, C’ ( C’ < C ) coùnoàng ñoä ion [H+] luùc caân baèng a, a’.a2a'2Ta coù :C=+ a vaø C' =+ a'KK1 2⇒C − C' =a − a'2 + ( a − a' ) 〉 0K11= ( a - a' )  ( a + a' ) + 1 〉 0 do  ( a + a' ) + 1 〉 1KK+a > a’, [H ] giaûm ⇒ pH taêng.()5 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dung2/ a) Goïi HA1 vaø HA2 laø 2 axit yeáu maø :• Haèng soá caân baèng theo thöù töï K1, K2.• Noàng ñoä theo thöù töï C1, C2.Ñieåmx1, x2 laø noàng ñoä cuûa ion H+ töø 2 axit sinh ra cuõng laø noàng ñoä cuûa A1− , A 2−Noàng ñoä cuûa 2 axit luùc caân baéng laø : (C1 – x1) vaø (C2 – x2). Vôùi 2 axit yeáucoi C – x ≈ CTrong dung dòch coù caùc caân baèng :→ H + + A1HA1 ←→ H+ + A -2HA 2 ←[H+] = x1 + x2Ta coù bieåu thöùc :H+  . A − 1x (x + x ) x (x + x )K1 =     = 1 1 2 ≈ 1 1 2C1 − x1C1[ HA1 ]H+  . A − 2x (x + x ) x (x + x )K2 =     = 2 1 2 ≈ 2 1 2C2 − x 2C2[ HA2 ]⇒K1C1 = x1(x1 + x2)K2C2 = x2(x1 + x2)K1C1 + K2C2 = (x1 + x2)2 = [H+]2H+  = K C + K CVaäy :(1)1 12 2 b) Aùp duïng : Thay caùc gía trò K1, K2, C1, C2 vaøo (1) ta coù : H +  = 10−3,28 (mol/l) ⇒ pH = 3,28 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän6 Tröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu IV :1/ Cho bieát caùc giaù trò theá ñieän cöïc :Fe2 + + 2e = FeE 0 = - 0,44 VFe3+ + 1e = Fe2 + E 0 = - 0,77 Va) Xaùc ñònh E0 cuûa caëp Fe3+/ Feb) Töø keát quûa thu ñöôïcv haõy chöùng minh raèng khi cho saét kim loaïi taùcduïng vôùi dung dòchHCl 0,1M chæ coù theå taïo thaønh Fe2+ chuù khoâng theå taïo thaønh Fe3+.2/ Töø caùc dö kieän cuûa baûng theá ñieän cöïc chuaån cuûa moät soá caëp oxi hoùa – khöû, chöùngminh raèng caùc kim loaïi coù theá ñieän cöïc aâm ôû ñieàu kieän chuaån ñaåy ñöôïc hidro ra khoûi dungdòch axit.Ñaùp aùn caâu IV :Noäi dung1/ a)Fe2++ 2e = Fe(1)Fe3+ + 1e = Fe2+ (2)Fe3+ + 3e = Fe(3)∆G10∆G 20∆G30Ñieåm= -n1E10 F = -2.(-0,44).F= -n 2 E20 F = -1.(0,77).F= ∆G10 + ∆G20∆G30 = -n3E30 F = -3E30 F = -2. ( -0,44 ) − 1. ( 0, 77 )  .F2 ( −0, 44 ) + 0, 77E30 == −0, 036 V⇒3b) Trong dung dòch HCl 0,1M ⇒  H +  = 10 −1 (mol/l) 0+ 0, 059 lg  H +  = −0, 059 VE2H + / H = E2H+/ H22 ⇒0E 0Fe2+ / Fe < E2H< E 0Fe3+ / Fe2++/ H2⇒ H+ chæ oxi hoùa Fe thaønh Fe2+ .7 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dungÑieåm2/ Phaûn öùng :nH22Nhö vaäy coù caùc baùn phöông trình phaûn öùng :M + nH+ = M n+ +2H+ + 2e = H2n+M+ ne = M(1)(2)0E2H= 0V+/H(3)E 0M n+ / M2Ñeå ñöôïc phaûn öùng (1) phöông trình (2) nhaân vôùinroái tröø ñi phöông trình2(3). Khi ñoù ∆G cuûa phaûn öùng seõ laø :nn0- ( -n.F. E 0M n+ / M )∆G = ∆G(2) - ∆G(3) = - .2F. E2H+/H2220= -nF( E2H- E 0M n+ / M )+/ H2Ñeå chi phaûn öùng xaûy ra thì ∆G < 0. Vaäy :00E2H- EM>0+n+/ H2/M0Vì E2H= 0V ⇒ E 0M n+ / M < 0 .+/ H2Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN AN8 Moân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu V :Cho 50 gam dung dòch MX (M laø kim loaïi kieàm, X laø halogen) 35,6% taùc duïng vôùi10 gam dung dòch AgNO3 thu ñöôïc keát tuûa. Loïc keát tuûa, ñöôïc dung dòch nöôùc loïc. Bieátnoàng ñoä MX trong dung dòch sau thí nghieäm giaûm 1,2 laàn so vôùi noàng ñoä ban ñaàu.a) xaùc ñònh coâng thöùc muoái MX.b) trong phoøng thí nghieäm, khoâng khí bò oâ nhieãm moät löôïng khí X2 raát ñoäc, haõy tìmcaùch loaïi noù ( vieát phöông trình phaûn öùng ).Ñaùp aùn caâu V :Noäi dung35,6 × 50= 17,8g100MX + AgNO3 = MNO3 + AgX↓(mol) xxxxmAgX = (108 + X)x ; mMX phaûn öùng = (M + X)xmMX coøn laïi = 17,8 – (M + X)xC% MX trong dung dòch sau phaûn17,8 − ( M + X ) x35,6× 100 =60 − (108 + X ) x1,2Ñieåma) m MX =⇒⇒⇒⇔⇒öùnglaø:120(M +X) = 35,6(108+ X)MLi (7)Na (23)XCl (35,5)12,58M : Li  ⇒ muoái MX laø LiCl X : Cl K (39)4634,44b) Ñeå loaïi khí Cl2 bò oâ nhieãm trong phoøng thí nhgieäm coù theå phun khí NH3 vaøovaø ñoùng kín cuûa sau moät thôøi gian 10 – 15 phuùt :3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl6× NH3 + HCl = NH4Cl3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl9 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:(Đề này gồm có 3 trang)CÂU I (4 điểm)I.1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phântử sau: (a) B2H6(b) XeO3(c) Al2Cl6Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6?I.2.I.2.1. Trình bày cấu tạo của các ion sau: O +2 , O 22− theo thuyết MO (cấu hình electron,công thức cấu tạo). Nhận xét về từ tính của mỗi ion trên.I.2.2. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chấtsau: NH3, NF3, BF3.I.3. Hòa tan 2,00 gam muối CrCl3.6H20 vào nước, sau đó thêm lượng dư dung dịchAgNO3 và lọc nhanh kết tủa AgCl cân được 2,1525 gam. Cho biết muối crom nói trêntồn tại dưới dạng phức chất.I.3.1. Hãy xác định công thức của phức chất đó.I.3.2. Hãy xác định cấu trúc (trạng thái lai hóa, dạng hình học) và nêu từ tính của phứcchất trên.CÂU II (4 điểm)II.1. Uran là một nguyên tố phóng xạ tự nhiên.II.1.1. Một trong các hạt nhân dưới đây được hình thành từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng236238U, 234U, 228Ac, 224Ra, 224Rn, 220Ra,92 U . Hỏi hạt nhân đó là hạt nhân nào?215Po, 212Pb, 221Pb. Vì sao?để tạoII.1.2. Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 23892 Uthành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử củaelectron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mangđiện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122.13N2(k) +H2(k) NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 1,3.10-222và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ∆H0 của phản ứng trên.II.2. Cho phản ứng:II.3. Xét phản ứng:CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k).∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4.Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân.1 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:CÂU III (4 điểm)III.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng (a, b) dạng ion thu gọn và (c, d) dạng phântử:(a). ? + ? + HCO3- → BaCO3↓+ ? + H2O.(b). H3O+ + MgCO3 → Mg2- + HCO3- + ...(c). NaHS + CuCl2 → CuS↓ + ? + ?(d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → .....III.2.Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 −4 M và FeCl3 10 −4 M. Tìm trị số pHthích hợp để tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit.Cho biết tích số hòa tan: KS(Mg(OH)2) = 1,12.10 −11 và KS(Fe(OH)3) = 3,162.10 −38III.3. Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOHvào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là 0,23 M thì dừng thu đượcdung dịch A1.III.3.1. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1.III.3.2. Tính pH của dung dịch A1.III.3.3. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1.-2-4,75Cho: Ka(HSO −4 )= 10 ; Ka(CH3COOH) = 10CÂU IV (4 điểm)IV.1.Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗnhợp A.IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion.IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8.Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion.IV.2.Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặcthu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gamkết tủa. Xác định đơn chất R.IV.3.Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3− /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lầnlượt là E 10 = 0,34v và E 02 = 0,55v; E 03 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 −12IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng:2Cu2+ + 5I- 2CuI↓ + I 3−IV.3.2. Tính suất điện động của pin.2 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:CÂU V (4 điểm)Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:•Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.•Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuấthiện màu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêmmột ít HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủamàu vàng.•Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu vàmàu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3.V.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.V.2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nướcthêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X.3 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:CÂU I (4 điểm)I.1. Viết công thức cấu tạo Lewis, nêu trạng thái lai hóa và vẽ dạng hình học của các phântử sau: (a) B2H6(b) XeO3(c) Al2Cl6Giải thích vì sao có Al2Cl6 mà không có phân tử B2F6?I.2.I.2.1. Trình bày cấu tạo của các ion sau: O +2 , O 22− theo thuyết MO (cấu hình electron,công thức cấu tạo). Nhận xét về từ tính của mỗi ion trên.I.2.2. So sánh và giải thích ngắn gọn độ phân cực (momen lưỡng cực) của các chấtsau: NH3, NF3, BF3.I.3. Hòa tan 2,00 gam muối CrCl3.6H20 vào nước, sau đó thêm lượng dư dung dịchAgNO3 và lọc nhanh kết tủa AgCl cân được 2,1525 gam. Cho biết muối crom nói trêntồn tại dưới dạng phức chất.I.3.1. Hãy xác định công thức của phức chất đó.I.3.2. Hãy xác định cấu trúc (trạng thái lai hóa, dạng hình học) và nêu từ tính của phứcchất trên.Nội dungĐiểmCâuI(4,0đ)4 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:I.1.HHBBHXeOHH3B lai hãa sp , ph©n tö B 2H 6 gßm2 tø diÖn lÖch cã 1 c¹nh chung,OOliªn kÕt BHB lµ liªn kÕt 3 t©m vµ3Xe lai hãa spph©n töchØ cã 2 electron, 1 electron cñad¹ng th¸p tam gi¸cH vµ 1 electron cña B.(b) (0,25 điểm)(a) (0,25 điểm)ClClAlCó phân tử Al2Cl6 vì nguyên tử Alđạt cấu trúc bát tử vững bền.Không có phân tử B2F6 vì: phân tửBF3 bền do có liên kết pi không địnhchỗ được tạo thành giữa obitan trốngcủa B với cặp electron không liênkết của F và kích thước của nguyêntử B bé so với nguyên tử F nêntương tác đẩy giữa 6 nguyên tử Flớn làm cho phân tử B2F6 trở nênkém bền.ClAlClClClAl lai hãa sp 3, ph©n tö Al 2 Cl 6 gßm 2 tø diÖn lÖchcã 1 c¹nh chung, cã 2 liªn kÕt cho nhËn ®−îct¹o thµnh do cÆp e kh«ng liªn kÕt cña Cl vµobitan trèng cña Al.Trong Al2 Cl 6nguyªn tö Al®¹t ®−îc cÊu tróc b¸t tö v÷ng bÒn.(c) (0,25 điểm)I.2.I.2.1.H(0,25 điểm)O +2 : (σ s ) 2 ( σ s ) 2 (σ z ) 2 (π x ) 2 = (π y ) 2 (π x ) 1= (π y )*lklklk*lk*OOOO0,25đ2O : (σ ) ( σ ) (σ ) (π ) = (π ) (π ) = (π )2−2lks2*s2(1đ)lkz2lkx2lky2*x2*y20,25đO +2 có electron độc thân nên thuận từ. O 22− không có electron độc thân nên 0,25đngịch từ.5 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:I.2.2.HHFHC¸c vect¬ momen l−ìng cùccña c¸c liªn kÕt vµ cÆpelectron kh«ng liªn kÕt cïngchiÒu nªn momen l−ìng cùccña ph©n tö lín nhÊt.(0,25 đ)I.3.1.FNNBFFFF(0,75đ)C¸c vect¬ momen l−ìng cùccña c¸c liªn kÕt vµ cÆpelectron kh«ng liªn kÕt ng−îcchiÒu nªn momen l−ìng cùccña ph©n töbÐ h¬n NH3.Ph©n tö d¹ng tam gi¸c ®ÒuC¸c vect¬ momen l−ìng cùccña c¸c liªn kÕt triÖt tiªu lÉnnhau(tæng b»ng kh«ng) ph©ntö kh«ng ph©n cùc.(0,25 đ)(0,25 đ)n(AgCl) = (2,1525:143,5) = 0,015; n(CrCl3 . 6H2O) = (2:266,5) = 7,5.10-3n(Cl- tạo phức) = 3(7,5.10-3) - 0,015 = 7,5.10-3Trong phân tử phức chất tỷ lệ mol Cl − : Cr3+ = (7,5.10-3) : (7,5.10-3) = 1:1Công thức của phức: [Cr(H2O)5Cl]2+I.3.2.24Cr3+ (1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d3) →24Cr3+ : [Ar] 3d3Cl3d34s4pArH2O(0,75 đ)AH2 OPhøc thuËn tõ900H2 O3 2Cr lai hãa sp d(0,25đ)(0,75đ)900H2OB¸t diÖn ®ÒuH2 O(0,25đ)CÂU II (4 điểm)II.1. Uran là một nguyên tố phóng xạ tự nhiên.II.1.1. Một trong các hạt nhân dưới đây được hình thành từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng236238U, 234U, 228Ac, 224Ra, 224Rn, 220Ra,92 U . Hỏi hạt nhân đó là hạt nhân nào?215Po, 212Pb, 221Pb. Vì sao?II.1.2. Tìm số hạt α và β được phóng ra từ dãy phóng xạ bắt đầu bằng 238để tạo92 Uthành nguyên tố X. Biết rằng nguyên tử của nguyên tố X có bộ 4 số lượng tử của6 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:electron cuối cùng là n=6, l=1, m=0 và s=+1/2; Tỷ lệ giữa số hạt không mangđiện và số hạt mang điện trong hạt nhân nguyên tử X là 1,5122.13N2(k) +H2(k) NH3(k) có hằng số cân bằng ở 4000C là 1,3.10-222và ở 5000C là 3,8.10-3. Hãy tính ∆H0 của phản ứng trên.II.2. Cho phản ứng:II.3. Xét phản ứng:CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k).∆H0298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4.Trong điều kiện áp suất của khí quyển thì ở nhiệt độ nào đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân.CâuNội dungIIII.1.1. Chỉ có sự phân rã α làm thay đổi số khối và hạt nhân AZ X được hình thành234U.từ 23892 U phải có hiệu số (238-A) chia hết cho 4. Suy ra hạt nhân đó làCó n=6; l=1; m=0, s=+1/2 ⇒ Phân lớp sau chótCấu hình electron lớp ngoài cùng: 6s2 4f14 5d10 6p2Cấu hình electron của X: [Xe] 6s2 4f14 5d10 6p2 ⇒ ZX = 82NTỷ lệ=1,5122 ⇒ N = 1,5122.82 = 124; A = 124 + 82 = 206 ⇒ZGọi x là số hạt α , y là số hạt β20640Sơ đồ phân rã phóng xạ: 23892 U → 82 Pb + x ( 2 He) + y ( −1 e)Bảo toàn số khối:206 + 4x= 238 ⇒ x= 8Bảo toàn điện tích: 82 + 2x - y = 92y=6½ N2 + ½ H2 NH3-20Ở 400 C có k = 1,3 . 10 ; ở 500 0 C có k = 3,8 . 10-31Hệ thức Arrehnius:(0,50đ)20682Pb(0,25đ)(0,75đ)2k 2 − ∆H T1 − T2 3,8.10 −3lg =.== −1,229k1RT1.T2 1,3.10 −2− ∆H =II.3.(0,50đ)6p2II.1.2.II.2.Điểm(4.0đ)(1,0đ)− 1,229.8,314.673.773= 53,2 kJ/mol− 100CaCO3 (r) CaO (r) + CO2 (k).∆H 298K (Kcal/mol) = 42,4. ∆S0298K (cal/mol.K)= 38,4.Áp suất khí quyển = 1 atm ⇒ KP = P CO2 = 10∆G0 = ∆H0 - T∆S0 = - RTlnKP = 0∆H 0 42,4.10 −3 cal / mol⇒T===1104,2K∆S038,4 cal / mol.K7(1,0đ) Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:Vậy trong điều kiện áp suất khí quyển đá vôi bắt đầu bị nhiệt phân ở1104,2K hay 1104,2 - 273 = 831,20CCÂU III (4 điểm)III.1. Hoàn thành các phản ứng (a, b) dạng ion thu gọn và (c, d) dạng phân tử:(a). ? + ? + HCO3- → BaCO3↓+ ? + H2O.(b). H3O+ + MgCO3 → Mg2- + HCO3- + ...(c). NaHS + CuCl2 → CuS↓ + ? + ?(d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → .....8 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:III.2. Dung dịch A chứa hỗn hợp MgCl2 10 −4 M và FeCl3 10 −4 M. Tìm trị số pH thích hợpđể tách Fe3+ ra khỏi dung dịch A dưới dạng kết tủa hidroxit.Cho biết tích số hòa tan: KS(Mg(OH)2) = 1,12.10 −11 và KS(Fe(OH)3) = 3,162.10 −38III.3. Dung dịch A gồm có H2SO4 0,05 M; HCl 0,18 M; CH3COOH 0,02 M. Thêm NaOHvào dung dịch A đến nồng độ của NaOH đã thêm vào là 0,23 M thì dừng thu đượcdung dịch A1.III.3.1. Tính nồng độ các chất trong dung dịch A1.III.3.2. Tính pH của dung dịch A1.III.3.3. Tính độ điện ly của CH3COOH trong dung dịch A1.-2-4,75Cho: Ka(HSO −4 )= 10 ; Ka(CH3COOH) = 10CâuNội dungIIIIII.1. (a). Ba2+ + 2OH − +2HCO − → BaCO3 + CO 2− + 2H2O33+2+−(b). H3O + MgCO3 → Mg + HCO + H2O3(c). NaHS + CuCl2 → CuS + NaCl + HCl(d). NH4HSO4 + Ba(OH)2 → BaSO4 + NH3 + H2OIII.2. Để tách hết Fe3+ ở dạng kết thì : không có Mg(OH)2 và [Fe3+] ≤ 10-6.Điểm(2,0đ)(0,25đ)(0,25đ)(0,25đ)(0,25đ)(0,25đ)Tách hết Fe3+: [Fe3+] ≤ 10-6 và Ks Fe ( OH )3 = [Fe3+].[OH-] 3 = 3,162.10-8⇒ [Fe3+] =3,162.10 −38[OH ]− 3≤ 10-6 ⇒[OH-] ≥⇒ [H + ] ≤3,162.10 −38= 3,162.10 −1110 −6(0,25đ)10 −14= 0,32.10 −3 ⇒ pH ≥ 3,5−113,162.10Không có Mg(OH)2↓: [Mg2+].[OH-] 2 ⇒ pH < 10,5−43,35.10 − 410Vậy: 3,5 ≤ pH < 10,5(0,50)H2SO4 → H + + HSO −40,050,05 0,05+HCl → H + Cl −0,180,18NaOH → Na+ + OH −0,230,239(0,5đ) Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:H + + OH − → H2O0,23 0,23−+Dung dịch A1: HSO −4 0,05M; CH3COOH 0,02M; Na 0,23M; Cl 0,18MIII.3.2.HSO −4H + + SO42-(1)0,05M0,05-xxCH3COOHxCH3COO − + H +(2)0,02MH2OH + + OH −(1,0đ)(3)Ka 110 −2= −4,75 = 555 〉 100Ka 2 10⇒ cân bằng (1) là chủ yếuKa1.Ca1 = 10-2.0,05 > 2.10-3 ⇒ bỏ qua sự điện ly của H2OCa 1 0,05=〈 380Ka 1 10 − 2Xét cân bằng (1):x2Ka1 ==10 − 2 ⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,740,05 − xIII.3.3.CH3COOH0,02(0,02 - y)Ka2 =(0,5đ)CH3COO − + H +0,018y0,0180,018.y=10 −4, 76 ⇒ y = 1,93.10 −5 và α = 9,65.10 −2(0,02 − y)(0,5đ)%CÂU IV (4 điểm)IV.1.Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗnhợp A.IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion.10 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8.Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion.IV.2.Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặcthu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gamkết tủa. Xác định đơn chất R.IV.3.Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3− /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lầnlượt là E 10 = 0,34v và E 02 = 0,55v; E 03 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 −12IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng:2Cu2+ + 5I- 2CuI↓ + I 3−IV.3.2. Tính suất điện động của pin.Câu IVIV.1IV.1.1.Nội dungCr3+ + 3OH − → Cr(OH)3↓Cr(OH)3 + OH − → CrO - + 2H2O2−+ 4OH → CrO42- + 3e- + 2H2O2H2O2 + 2e- → 2OH −2OH − + 2CrO - + 3H2O2 → 2CrO42- + 4H2O2CrO -IV.1.2.x 2(0,5đ)x 3Có kết tủa xanh lá cây; kết tủa tan tạo dung dịch màu vàng tươi.Thêm H2SO4 đặc:2CrO42- + 2H + → Cr2O72- + H2OCr2O72- + 9H2O → H3CrO8 + 14e- + 12 H +2 H + + H2O2 + 2e- → 2H2OCr2O72- + 7H2O2 + 2H + → 2H3CrO8 + 5H2OIV.2.Điểm(4,0đ)x 1x 7Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh:R→R +x +xe(1)0,180,18xRR11(0,5đ)(0,5đ) Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:S +6 + 2e- →S +4(2)0,0850,0425SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O(3)5,10,0425= 0,04251200,18Bảo toàn số electron:x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại.RXét R là S:Sự oxi hóa: S + 2H2SO4 → 3SO2 + 2H2O(4)0,0056250,016875Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại.Xét R là cacbon:C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O(5)0,0150,015 0,030SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O(6)CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O(7)Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120=5,1 gam. Thích hợp với đề ra.Vậy R là cacbon.IV.3. Phản ứng xảy ra:2Cu2+ + 5I −2CuI↓ + I 3−IV.3.1.Sự oxi hóa (anod):3I −I 3− + 2e(a)2+0Sự khử:Cu + 2eCuE1(1)Cu+ + 1eCuE02(2)−1+−CuICu + IKS(3)E0C0,059Sơ đồ pin:Cu2+ + I − + 1eCuIK− −2+ −(-) Pt  I 3 , I CuI , Cu , I  Pt (+)IV.3.2.Kc = K1.K2.K3 = 10⇒10E 0C0, 059= 102.0 , 0340, 0592.E100,059.10−0, 520 , 059. 10−E020,059(0,5đ)(0,5đ)(0,5đ)(c)(0,5đ). K S−1.1012 = 1014, 72(0,5đ)E 0C = 0,059.14,72 = 0,868 (v)E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 vCÂU V (4 điểm)Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:•Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.•Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiệnmàu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít12 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng.•Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu vàmàu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3.V.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.V.2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nướcthêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X.Câu VNội dungĐiểm(4,0đ)V.1.X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri.Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủavàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot.(1,0đ)Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa.Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −xĐặt công thức của X là NaIOx.Phản ứng dạng ion:2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1)V.2.I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H +Ag + + I − → AgIIO −x + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2OI2+ 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6-31,87.10 ← 3,74.10-3Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3Theo (4) ⇒ Số mol IO −x =⇒⇒⇒1x(số mol I2) =1x(1,25đ).1,87.10-30,11= .1,87.10-323 + 127 + 16 xx0,1. x= 1,87.10-3150 + 16 x0,1x = 0,2805 + 0,02992xx=4Công thức phân tử của X: NaIO413(2)(3)(4)(5)(1,75đ) KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 10Thời gian làm bài 180 phútĐỀ THI CHÍNH THỨCChú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệtCâu I :I.1 X thuộc chu kỳ 4, Y thuộc chu kỳ 2 của bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học. Ii là năng lượng ion hoáthứ i của một nguyên tử. Thực nghiệm cho biết tỉ số Ik+1/ Ik của X và Y như sau:I k +1IkXYI3I24,311,96I2I11,942,17I4I31,311,35I5I41,266,08I6I51,301,25Lập luận để xác định X và Y.I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm.2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này.2.2 Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở.2.3 Xác định bán kính ion của Cu+.Cho dCuCl = 4,316 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.1023.I.3 Urani phân rã phóng xạ thành radi theo chuỗi sau :αβ−αβ−α→ Th → Pa → U → Th → RaU Viết đầy đủ các phản ứng của chuỗi trên.23892Câu II:II.1Trong bình chân không dung tích 500cm3 chứa m gam HgO rắn. Đun nóng bình đến 5000C xảy ra phản ứng:2HgO(r) 2Hg(k) + O2(k)Áp suất khi cân bằng là 4 atm1.1 Tính KP của phản ứng1.2 Tính khối lượng nhỏ nhất của thuỷ ngân oxit cần lấy để tiến hành thí nghiệm này.Cho Hg = 200.II.2 Đốt cháy etan ( C2H6 ) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C.2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và nănglượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và :CO2H2O (l)O2∆Hht ( KJ.mol-1)Liên kết-393,5-285,80C–CH–CH–OO=ONăng lượng liên kết( KJ.mol-1 )3474134644952.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol-1). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơn vịJ.mol-1.K-1. Câu III:III.1 Thêm 1 ml dung dịch NH 4 SCN 0,10 M vào 1ml dung dịch Fe3+ 0,01 M và F − 1M. Có màu đỏ củaphức FeSCN 2+ hay không? Biết rằng màu chỉ xuất hiện khi C FeSCN 2+ > 7.10 −6 M và dung dịch được axit hóađủ để sự tạo phức hidroxo của Fe (III) xảy ra không đáng kể. Cho β3−1FeF = 10−13,10 ; β1FeSCN 2+ = 103,03 ( β là3hằng số bền).III.2 Đánh giá thành phần cân bằng trong hỗn hợp gồm Ag + 1,0.10-3 M; NH 3 1,0 M và Cu bột. Choβ 2 Ag( NH+3 )2= 10 7,24 ; β 4Cu( NH3 )42 + = 1012,03 ; E 0 Ag+ / Ag = 0, 799V; E 0 Cu2+ / Cu = 0, 337V(ở 250C)Câu IV:IV.1 Biết thế oxi hóa khử tiêu chuẩn:E0 Cu2+/Cu+ = +0,16 VE0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 VE0 Ag+/Ag = +0,8 V0+02+E Cu /Cu = +0,52 VE Fe /Fe = -0,44 VE0 I2/2I- = +0,54 VHãy cho biết hiện tượng gì xảy ra trong các trường hợp sau:1.1 Cho bột sắt vào dung dịch sắt (III) sunfat1.2 Cho bột đồng vào dung dịch đồng (II) sunfat1.3 Cho dung dịch bạc nitrat vào dung dịch sắt (II) nitrat1.4 Cho dung dịch sắt (III) nitrat vào dung dịch kali iotuaIV.2 Hoà tan 7,82 gam XNO3 vào nước thu được dung dịch A. Điện phân dung dịch A với điện cực trơ- Nếu thời gian điện phân là t giây thì thu được kim loại tại catot và 0,1792 lít khí (đktc) tại anot- Nếu thời gian điện phân là 2t giây thì thu được 0,56 lít khí (đktc)Xác định X và tính thời gian t biết I = 1,93 A.Câu V:V.1 Đốt cháy hoàn toàn 4,4g sunfua của kim loại M (công thức MS) trong oxi dư. Chất rắn sau phản ứngđem hoà tan trong 1 lượng vừa đủ dung dịch HNO3 37,8% thấy nồng độ phần trăm của muối trong dungdịch thu được là 41,72%. Khi làm lạnh dung dịch này thì thoát ra 8,08g muối rắn. Lọc tách muối rắn thấynồng độ phần trăm của muối trong dung dịch là 34,7%. Xác định công thức muối rắn.V.2 Viết các phương trình phản ứng xảy ra:2.1 Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3.2.2 Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tươngứng.2.3 H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO4(trong môi trườngaxit).Học sinh không được sử dụng bảng tuần hoàn.---------- Hết ---------- KỲ THI OLYMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XIII TẠI THÀNH PHỐ HUẾĐỀ THI MÔN HÓA HỌC 10Thời gian làm bài 180 phútPHẦN ĐÁP ÁNChú ý: Mỗi câu hỏi thí sinh làm trên 01 tờ giấy riêng biệtCâu 1:I.1 Đối với X, từ I2 lên I3 tăng đột ngột, vậy ion X2+ có cấu hình của một khí hiếm do đó :X là [Ar] 4s2 ( Canxi )(0,5 đ)Đối với Y, từ I4 lên I5 tăng đột ngột, vậy ion Y4+ có cấu hình của một khí hiếm do đó:Y là [He] 2s22p2 ( Cacbon)(0,5 đ)I.2 Phân tử CuCl kết tinh dưới dạng lập phương mặt tâm.2.1 Hãy biểu diễn ô mạng cơ sở của tinh thể này.2.2 Tính số ion Cu+ và Cl- rồi suy ra số phân tử CuCl chứa trong ô mạng cơ sở.2.3 Xác định bán kính ion của Cu+.Cho dCuCl = 4,316 g/cm3; r Cl-= 1,84Ao; Cu = 63,5; Cl = 35,5. Biết N= 6,023.1023.Giải:I.2.1. (0,5 đ)ClCu+2.2 (0,75 đ) Vì lập phương mặt tâm nênCl- ở 8 đỉnh: 8 ×1= 1 ion Cl8⇒ 4 ion Cl-1= 3 ion Cl21Cu+ ở giữa 12 cạnh : 12 × = 3 ion Cu+⇒ 4 ion Cu+4ở t âm : 1x1=1 ion Cu+Vậy số phân tử trong mạng cơ sở là 4Cu+ + 4Cl- = 4CuCl6 mặt: 6 ×N .M CuClvới V=a3 ( N: số phân tử, a là cạnh hình lập phương)N A .VN.M CuCl4, (63,5 + 35,5)⇒ a3 === 158,965.10 − 24 cm 323d .N A4,136.6,023.10(0,25 đ)2.3 (0,50 đ) d =⇒ a = 5,4171A oMặt khác theo hình vẽ ta có a= 2r+ + 2ra − 2r− 5,4171 − 2.1,84⇒ r+ === 0,86855 A o22(0,25 đ) I.3.23892U23490→23491Pa →Th23492U23490→Th234910,250−1e0,2542He0,2542He0,250−1Th++22688→Th e++23090→0,254223492U23090Câu 2:1.1 (1 đ)[ ]0[ ]cbPaHe+Ra2HgO (r)a mola – 2x2Hg(k)02x+O2(k)0x24 3 4.432  1K p = P .PO2 =  P  P =P == 9, 4827273  31.2 (1 đ) . Số mol Hg nhỏ nhất khi a = 2x. Từ công thứcPV4.0,5n=== 3x → x = 0, 0105RT 0,082.773Vay a = 0,021 mol2Hgm HgO = 0, 021.216 = 4,53gII.2. Đốt cháy etan ( C2H6 ) thu sản phẩm là khí CO2 và H2O ( lỏng ) ở 25°C.2.1 Viết phương trình nhiệt hoá học của phản ứng xảy ra. Hãy xác định nhiệt hình thành etan và nănglượng liên kết C=O. Biết khi đốt cháy 1 mol etan toả ra lượng nhiệt là 1560,5KJ. Và :∆Hht ( KJ.mol-1)Liên kếtNăng lượng liên kết( KJ.mol-1 )CO2-393,5C–C347H2O-285,8H–C413O20H–O464O=O495-12.2 Phản ứng có ∆G° = -1467,5 ( KJ.mol ). Hãy tính độ biến thiên entropi của phản ứng đã cho theo đơnvị J.mol-1.K-1.Giải:0,572.1. C2H6 +O22CO2 + 3H2O ∆H = - 1560,5 KJ→2( 2C2H6 + 7O24CO2 + 6H2O ∆H = - 3121 KJ )→∆Hpư = 4 ∆HhtCO2 + 6 ∆HhtH2O - 7∆HhtO2 - 2 ∆HhtC2H60,5[4(− 393,5) + 6(− 285,8) − (− 3121)] = - 83,9 ( KJ.mol-1)∆HhtC2H6 =2∆Hpư = 2 EC – C + 12 EC – H + 7EO=O - 8 EC = O - 12 EH – O[2x347 + 12x 413 + 7 x 495 − 12x 464 − (− 3121)] = 833( KJ.mol-1)EC = O =82.2∆G° = ∆H° - T∆S°[− 1560,5 − (− 1467,5)] = - 0,312 (kJ.mol-1K-1) = -312 J.mol-1.K-1∆S° =(25 + 273)Câu 3:III.1. Ta có: C Fe3+ C Ag + )Với x C Cu 2 + )Cu2++ 4NH3Cu(NH3)42+β 4 = 1012,03 (3)Tổ hợp (1)(2) và (3):2Ag(NH3)2+ + Cu 2Ag + Cu(NH3)42+ ; K = β 2−2 .K 0 .β 4 = 1013,16 0,5 đ1,0.10-3----5,0.10-4TPGH: Cu(NH3 )24+ : 5,0.10-4M ; NH3 :1, 0 − 2.10 −3 ≈ 1, 0MCân bằngCu(NH3)42+ + 2Ag 2Ag(NH3)2+ + Cu10 - 13,16-4C 5,0.10[ ] 5,0.10-4-x2x2(2x)⇒= 10 −13,16(5, 0.10 −4 − x)x = 5.10 - 4 2x = 5x10 −4 .10 −13,16 = 10 −8,23 < 5x10 −4Vậy: [Ag(NH 3 )2+ ]=2x=10-8,23 = 5, 9.10 −9 M-4[Cu(NH 3 )2+4 ]=5,0.10 MMặc dù Ag+ tồn tại dưới dạng phức Ag(NH 3 )+2 nhưng vẫn bị Cu khử hoàn toàn.Câu 4:IV.1.1.1. Vì E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0 Fe2+/Fe = -0,44 VTính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn Fe2+0,5 đ0.5đ Tính khử: Fe mạnh hơn Fe2+Phản ứng xảy ra 2 Fe3+ + Fe → 3 Fe 2+Dung dịch màu vàng chuyển sang lục nhạt1.2. Vì E0 Cu+/Cu = +0,52 V > E0 Cu2+/Cu+ = +0,16 VTính oxi hóa: Cu+ mạnh hơn Cu2+Tính khử: Cu+ mạnh hơn Cu(0.5đ)Phản ứng xảy raCu + + Cu + → Cu 2+ + CuDo đó phản ứng nghịch không xảy ra nghĩa là cho bột đồng vào dung dịch CuSO4 không có hiệntượng gì(0.5đ)0+03+2+1.3.Vì E Ag /Ag = +0,8 V > E Fe /Fe = +0,77Tính oxi hóa: Ag+ mạnh hơn Fe3+Tính khử: Fe2+ mạnh hơn AgPhản ứng xảy ra Fe2 + + Ag + → Fe3+ + Ag(0.5đ)Dung dịch màu lục nhạt chuyển sang màu vàng1.4. Vì E0 Fe3+/Fe2+ = +0,77 V > E0 I2/2I- = +0,54 VTính oxi hóa: Fe3+ mạnh hơn I2Tính khử: I- mạnh hơn Fe2+Phản ứng xảy ra 2I− + 2Fe3+ → I 2 + 2Fe 2+(0.5đ)Dung dịch không màu chuyển sang màu nâuIV.2Điện phân dung dịch A: (2đ)→ X + + NO3−XNO3 ←Ở anot : H2O – 2e → 2H+ + ½ O2Ở catot : X+ + 1e →XỨng với 2t giây, số mol O2 = 2 x 0,1792/22,4 = 0,008.2 < 0,56/22,4 = 0,025 molVậy ở catot có khí H2 thoát ra : 0,025 - 0,016 = 0,009 molChứng tỏ X+ đã bị khử hếtỞ catot : X+ + 1e →X2H2O + 2e → 2OH- + H2Ở anot : H2O – 2e → 2H+ + ½ O2Theo nguyên tắc cân bằng electron cho nhận ở 2 điện cực:a + 0,009.2 = 0,008.2.4(với a là số mol của XNO3)⇒ a = 0,046Thay a = 0,046 ta được X = 108 (Ag)1It0,064Ứng với thời gian t suy ra số mol electron trao đổi :== 0,03296500296500.0, 032= 1600 giâyt=1,93Câu 5:Vì O2 dư nên M có hoá trị cao nhất trong oxit2MS + (2 + n:2)O2 → M2On + 2SO2a0,5aM2On + 2nHNO3 → 2M(NO3)n + n H2O0,5aanaKhối lượng dung dịch HNO3m = an × 63 × 100 : 37,8 = 500an : 3 (g)Khối lượng dung dịch sau phản ứngm = aM + 8an + 500an : 3 (g)Ta có (aM + 62an) : (aM + 524an: 3) = 0,4172Nên M = 18,65n(0,25 đ)(0,25 đ)(0,50 đ)0,5 đ0,5 đ0,5 đ0,5 đ Chọn n = 3 Suy ra M = 56 (Fe)Ta có: a(M+32)= 4,4 Suy ra a = 0,05khối lượng Fe(NO3)3 làm= 0,05 × 242 = 12,1(g)Khối lượng dung dịch sau khi muối kết tinh :mdd = aM + 524an: 3 – 8,08 =20,92 (g)Khối lượng Fe(NO3)3 còn lại trong dung dịch là :m = 20,92 × 34,7 : 100 = 7,25924 (g)Khối lượng Fe(NO3)3 kết tinhm = 12,1 - 7,25924 = 4,84 (g)(0,50 đ)Đặt công thức Fe(NO3)3 . nH2OSuy ra 4,84:242 × (242 + 18n) = 8,08 Suy ra n = 9CT Fe(NO3)3 . 9H2O(0,50 đ)V.2. Viết các phương trình phản ứng xảy ra:2.1. Ion I- trong KI bị oxi hoá thành I2 bởi FeCl3, O3; còn I2 oxi hoá được Na2S2O3.2.2. Ion Br- bị oxi hoá bởi H2SO4đặc, BrO3-(môi trường axit); còn Br2 lại oxi hoá được P thành axit tươngứng.2.3.H2O2 bị khử NaCrO2(trong môi trường bazơ) và bị oxi hoá trong dung dịch KMnO4(trong môi trườngaxit)Giải:V. 2 (Mỗi phương trình 0,25 đ)2.1 2KI + 2FeCl3 2FeCl2 + 2KCl + I22KI + O3 + H2O 2KOH + O2 + I2I2 + 2Na2S2O3 2NaI + Na2S4O62.2 2Br- + 4H+ + SO42-( đặc) Br2 + SO2 + 2H2O5Br- + BrO3- + 6H+ 3Br2 + 3H2O5Br2 + 2P + 8H2O 10 HBr + 2H3PO42.3 3H2O2 + 2NaCrO2 + 2NaOH 2Na2CrO4 + 4H2O5H2O2 + 2KMnO4 + 3H2SO4 2MnSO4 + K2SO4 + 5O2 + 8H2OHọc sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.---------- Hết ---------- HÓA 10 – ĐỀ HSG – DUYÊN HẢI BẮC BỘCâu 1:(2 điểm):1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ionsau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2).2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He.3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trongđó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện củaX ít hơn số hạt mang điện của Y là 12.a, Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và công thức phân tử XY2 .b, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử củaelectron cuối cùng được điền vào.Câu 2:(2 điểm):Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (cógiải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm?SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNCâu 3:(2 điểm):1. Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 300K và 1200Kcủa phản ứng:CH4 (khí) + H2O (khí)CO ( khí) + 3H2 ( khí)Biết:∆H0 (KJ/mol)∆S0 J/K.mol3000K- 41,16- 42,401200 K-32,93-29,6a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 300K và 1200K?b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300K2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết đểtách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực.Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết:Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ molNhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / molNăng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ molNăng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ molÁi lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ molCâu 4:(2 điểm):1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M.Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24.2. Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M)Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A.a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao?b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch.Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết. ( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 )Câu 5:(2 điểm):Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là tấm đồng nhúngvào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Pt nhúng vào dung dịch chứa hỗnhợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] = 4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu vàFe3+/Fe2+ lần lượt là 0,34V và 0,77V.1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khi pin bắt đầu làmviệc.2. Tính tỉ lệ[ Fe 3+ ]khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch Cu(NO3)2 0,8M là rất[ Fe 2+ ]lớn).Câu 6:(2 điểm):Cho sơ đồ biến hóa:A(1)(3)(4)X (5) Y(7) (8)(6)T(2)(9)(10)FeCl3Z(11) M(12)NHoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóa trên. Biết: X làmột đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T là muối không chứa oxi của X, Nlà axit không bền của X.Câu 7:(2 điểm):Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫuvào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạora dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinhra S4O62− ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dungdịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dungdịch H2SO4.1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thugọn).2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu?Câu 8:(2 điểm):Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tửn = 3, l = 1, m = 0, s = - ½ 1) Xác định tên nguyên tố X.2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)20,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 :3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm rakhỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g.a) Tính lượng kết tủa của A?b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp.Câu 9:(2 điểm):1. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kínvà chôn dưới đất. Phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút.2. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146d) 1H2+ ...? → 2 2He4 + 0n1Câu 10:(2 điểm):Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng :N2O4 (khí)2NO2 (khí)với độ phân huỷ là 20%1. Tính hằng số cân bằng Kp.2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong mộtbình có thể tích 20 (lít) ở 270C------------------------- Hết --------------------------(Thí sinh được sử dụng bảng HTTH-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)KEYSCÂU1ĐỀ VÀ ĐÁP ÁNĐIỂM1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong cácnguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2).2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2của He.3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electronbằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mangđiện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là12. a , Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY2 .b , Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định cácsố lượng tử của electron cuối cùng được điền vào.Hướng dẫn1. Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron:En =(eV)Ở trạng thái cơ bản: n = 1.* Với H: E1(H) = -13,6eV;* Với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV;2. Năng lượng ion hóa của hidro là năng lượng tối thiểu để bứt e rakhỏi nguyên tử hoặc ion, tức là đưa e từ trạng thái cơ bản ra xa vô cùng(không truyền thêm động năng cho e). Dễ thấy: I1(H) =13,6eV; I2(He) =54,4 eV.a , Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron(hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có cácphương trình:2 Zx2 ZxFe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 ;S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2.Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2.Phân tửViết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ionsau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm?SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNHướng dẫnCông thức LewisSO2SOSO3Công thứccấu trúcAX2EDạng lai hóacủa NTTTsp2Gấp khúcAX3sp2Tam giác đềuOOO0,250,75+ 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1)+ 4 Zy − Nx − 2 Ny = 54(2)4 Zy − 2 Zx= 12(3)Zy = 16;Zx = 26Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 .b, Cấu hình electron:20.5SO0,250,25Mỗi ýđúng0,1điểmDạng hình học của phân tử SO42-2-OOAX4sp3Tứ diệnAX4Esp3dCái bập bênhAX2SpĐường thẳngSOSF4SCN3FOSFFFSCN1.Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở3000K và 12000K của phản ứng:CH4 (khí) + H2O (khí)CO ( khí) + 3H2 ( khí)Biết là∆H0 (KJ/mol)∆S0 J/K.mol3000K- 41,16- 42,401200 K-32,93-29,6a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và12000K?b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượngcần thiết để tách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhaunhững khoảng vô cực.Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thểCaCl2 biết:Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ molNhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / molNăng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ molNăng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ molÁi lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ molHướng dẫn1.a) Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44kJỞ 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ tráisang phải.∆G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000Kb) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K∆G0 = -2,303RT lgK0,50,5 (-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgKlgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95⇒ K = 10 4,952. Thiết lập chu trìnhChu trình Born - Haber∆H1Ca(tt) +Cl2 (k)∆H2∆H3Ca (k)I1+I22Cl (k)2ACa2+ (k) +CaCl2(tt)-Uml2Cl- (k)0,5Ta có:Uml = ∆H2 + I1 + I2 + ∆H3 + 2A - ∆H10,5Uml = 192 + 1745 + 243 – (2 x 364) - (-795)Uml = 2247 (kJ/.mol)41.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và 2 điểmKOH 5,00.10-3 M.Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,242.Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) vàFeCl3(10-3M)Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A.a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao?b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ rakhỏi dung dịch.Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được táchhết.( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 )Hướng dẫn1) Tính pH của dung dịch:CN- + H2OHCN + OHNH3 + H2ONH4+ + OHKOH -> K+ + OHH2OH+ + OH-Kb1 = 10- 4,65Kb2 = 10- 4,76[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]Đặt [OH-] = xx = 5.10-3 + Kb1[CN]/x + Kb2[NH3]/x + KH2O/x0,5 x2 - 5.10-3x - (Kb1[CN-] + Kb2[NH3] + KH2O) = 0Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M .Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M.Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] [NH4+] pH = 11,77.2) MgCl2 → Mg2+ + 2Cl – và Mg2+ + 2OH – → Mg(OH)2 (1)FeCl3 → Fe3+ + 3Cl – và Fe3+ + 3OH – → Fe(OH)3 (2)a) Để tạo ↓ Fe(OH)3 thì [OH –] ≥Để tạo ↓ Mg(OH)2 → [OH –] ≥30,510 −39= 10-12 M (I)−31010 −11= 10-4 M (II)−310So sánh (I) < (II) thấy → ↓ Fe(OH)3 tạo ra trước.b) Để tạo ↓ Mg(OH)2: [OH –] = 10-4 → [H+] = 10-10 → pH = 10 (nếu 0,5pH < 10 thì không ↓)Để ↓ hoàn toàn Fe(OH)3: [Fe3+] ≤ 10-6M → [OH –]3 > 10-33 →[H+] 30,5Vậy để tách Fe3+ ra khỏi dd thì: 3 < pH < 10Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là 2 điểm5tấm đồng nhúng vào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Ptnhúng vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] =4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là0,34V và 0,77V.1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khipin bắt đầu làm việc.2. Tính tỉ lệ[ Fe 3+ ]khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch[ Fe 2+ ]Cu(NO3)2 0,8M là rất lớn).Hướng dẫn1.E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059/1 . lg4= 0,8055 V2+E(Cu /Cu) = 0,34 + 0,059/2 . lg0,8 = 0,3371 VVậy điện cực dương là điện cực Pt; điện cực âm là điện cực CuEpin=0,8055 - 0,3371=0,4684 V2. Pin hết điện tức là Epin = 0. Khi đó E (Cu2+/Cu) = E (Fe3+/Fe2+)Vì thể tích dung dịch Cu(NO3)2 rất lớn => nồng độ Cu2+ thay đổi không1,0 đáng kể=> E (Cu2+/Cu)=0,3371 VE (Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059/1 . lg ([Fe3+]/[Fe2+]) = 0,3371=> [Fe3+]/[Fe2+] = 4,5995.10-8.6Cho sơ đồ biến hóa :A(1)(3)(4)X (5)Y(6)(7) (8)T(2)(9)(10)FeCl3Z(11) M(12)NHoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóatrên. Biết: X là một đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T làmuối không chứa oxi của X, N là axit không bền của X.Hướng dẫn: Sơ đồ biến hóa thỏa mãn là:HCl(2)(1)(3)(9)(4)FeCl3X (5) KClO3KClO4(7) (8) (10)(6)KCl (11) KClO (12) HClOCó các phương trình phản ứng:H2 + Cl2 → 2HCl(X)(A)6HCl + Fe2O3 → 2FeCl3 + 3H2O(A) (Fe3O4,)2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3o3Cl2 + 6KOH t 5KCl + KClO3 + 3H2O(Y)6HCl + KClO3 → 3Cl2 + KCl + 3H2OCl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O(T)o2KClO3 t 2KCl + 3O2đp dung dịch(80oC)KCl + 3H2O Không có mnxKClO3 + 3H2300o4KClO3 → 3KClO4 + KCl(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)1,0 KClO4tocaoKCl + 2O2(10)đp dung dịchKCl + H2O Không có mnx KClO + H2(M)KClO + CO2 + H2O → HClO + NaHCO3(N)(11)(12)Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. 2 điểm7Hòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit(khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dungdịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch Aphản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra2+S4 O 62 − ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fetrong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịchKMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4.1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phươngtrình ion thu gọn).2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu?Hướng dẫn1.01.Fe O + 8H + → 2Fe3+ + Fe2+ + 4H O3 42(1)Fe O + 6H+ → 2Fe3+ + 3H O2 32(2)2Fe3+ + 3I− → 2Fe2+ + I−3(3)2S O 2− + I− → S O 2− + 3I−2 334 6(4)5Fe2+ + MnO − + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H O42(5)2.Trong 25 ml: n Fe = 5n MnO = 5x3, 2x1x10−3 =0,016 (mol)2+−4→ trong 10ml n Fe = 6,4x10-3(mol)2+ Từ (3) và (4): n Fe = n S O = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol)2+232−Từ (3): n Fe = n Fe =5,5x10-3(mol) =2( n Fe O + n Fe O )3+2+34230,25Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO-3-3-4n FeO = n Fe3O4 = 6,4x10 – 5,5x10 = 9x10 (mol)n Fe2O3 =1-3n Fe3+ − n Fe3O4 =1,85x10 (mol).20,25Trong 50 ml : n Fe O =4,5x10-3(mol) → m Fe O =1,044 gam3434→ % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4%-3n Fe2O3 = 9,25x10 (mol) → m Fe2O3 =1,48 gam8→ % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67%0,52 điểmCâu 8: Bài tập tổng hợp(2 đ)Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 sốlượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½1. Xác định tên nguyên tố X.2. Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợpCu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A vàdung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theotỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xonglấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g.a, Tính lượng kết tủa của A?B,Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp.(cho Na = 23, N = 14, K = 39, Ag = 108, Br = 80, Zn = 65, Cu = 64)Hướng dẫn1(0,75đ) Nguyên tử của nguyên tố X có:n=3electron cuối cùng ở phân lớp 3pl=10,75m=0electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3ps=-½Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5-> Zx = 17X là clo2(1,25đ).a/NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3 dư.KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO30,25Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓NaCl : x molKBr : y molnCu(NO3 )2 =->100 . 0,1= 0,01 mol1.000C%NaNO 3 3,4=C%KNO 33,03m NaNO3m KNO3=3,43,0385x3,4=− > y = 0,75 x101y 3,03(1)58,5x + 119y = 5,91(2) x = 0,04 y = 0,03Giải hệ pt (1), (2) 0,5mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38gb/1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151ga mol Zn->151a1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g0,01 mol->0,01g151a – 0,01 = 1,1225a= 0,0075n AgNO bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol0,53C M(AgNO3 ) = 0,085.91000= 0,85M1001. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa 2 điểmtrong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêuđể tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3nguyên tử/phút.2. Hoàn thành các Pư hạt nhân sau: a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146d) 1H2+ ...? → 2 2He4 + 0n1Hướng dẫn1.0,250,693 0,693== 0,00347 / nămt1 / 2200NÁp dụng công thức:ln 0 = ktNk=⇒ ln0,25126,5.10= 0, 00347t3.10−30,54⇒ t = 1,0176.10 năm hay 10.176 năm2. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu:a. 0n110b. 8O16c. 35Br87d. 3Li7Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng :N2O4 (khí)0,25x42 điểm2NO2 (khí)với độ phân huỷ là 20%1. Tính hằng số cân bằng Kp.2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứatrong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270CHướng dẫn1.Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là α , số mol của N2O4 banđầu là nPhản ứng:N2O4 (k)2NO2 (k)Ban đầu:n0Phân ly:nα2n αCân bằngn(1- α )2n α1,0 Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+ α )Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng:p N2O4 =1−αP ;1+αPNO2 =2αP1+ α2KP =2NO2PPN 2O4= 2α P1+α 1−α P1+α 4α 2P=1−α 2với P = 1atm, α = 20% hay α = 0,2⇒KP = 1/6 atm2. n N 2O4 = 69/92 = 0,75molGọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là α ’Phản ứng: N2O4 (k2NO2 (k)Ban đầu:0,750Phân ly:0,75 α ’1,5 α ’Cân bằng0,75(1- α ’)1,5 α ’Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+ α ’)Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng:P' =KP =n '' RT0,75(1 + α ' ).0,082.300== 0,9225(1+α’)V204α '2P ’ = 1/6'21−αVì KP = const nên:4α '2.0,9225(1 + α ' ) = 1 / 6'21−α⇒α ’ ≈ 0,191,0 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 1.Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân củaR có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và RBiết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4Tìm công thức phân tử của ZCâu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng:A(k) + B(k) → C(k)Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:Thí nghiệm[A] mol/l[B] mol/lTốc độ mol.l-1.s-110,0100,0101,2.10-420,0100,0202,4.10-430,0200,0209,6.10-4b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệlúc cân bằng, biết rằng:2H 2 O2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,1132CO 22CO + O 2 có pkp,2 = 20,400c. Cho các dữ kiện dưới đây:C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6∆H a = −136,951 KJ / mol7C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol2C + O 2 → CO 2∆H c = −393, 514 KJ / mol1H 2 + O2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol2Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)a. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan củaBaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịchNa2SO4 0,001M.Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2b. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? BiếtTAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.c. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịchHCl có pH = 4,025ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH cópH = 11,010ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic(HCOOH) có pH = 3,0.Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,751 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 4:A. Phản ứng oxi hóa – khử:1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất cótính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +...B. Điện hóa học1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:a. Sn 2+ → Sn 4+b. Cu + → Cu 2+c. Mn 2+ → MnO 4−d. Fe2+ → Fe3+Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:; E 0 MnO / Mn = +1,51vE 0 Fe / Fe = +0, 77v ;E 0CU / Cu = +0,34v3+2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v2+E 0 Br;2/ 2Br −−42+= +1, 07vViết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80va. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cựcb. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việcc. Tính E của pind. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)3 23Câu 5:1. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượngcủa A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt2. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel vàclorua vôi.2 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 1.Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân củaR có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và RBiết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4Tìm công thức phân tử của ZĐÁP ÁNSố khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’2p 'b6, 667 1==a(2p + 4) + 2p 'b10015p 'b1⇒=(1)ap + p 'b + 2a 15% khối lượng R trong MaRb =Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2)a+b=4(3)(1), (2) ⇒p'b1=84 + 2a 151176−215p ' b = 84 + 2a a⇒p =(2) ⇒ p ' b = −ap 15(3) ⇒ 1 ≤ a ≤ 3ap178,26239,07326Fea = 3 ⇒ b = 1 ⇒ p’ = 6: cacbonVậy CTPT Z là Fe3C3 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng:A(k) + B(k) → C(k)Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:Thí nghiệm[A] mol/l[B] mol/lTốc độ mol.l-1.s-110,0100,0101,2.10-420,0100,0202,4.10-430,0200,0209,6.10-4b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệlúc cân bằng, biết rằng:2H 2 O2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,1132CO 22CO + O 2 có pkp,2 = 20,400c. Cho các dữ kiện dưới đây:C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6∆H a = −136,951 KJ / mol7C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol2C + O 2 → CO 2∆H c = −393, 514 KJ / mol1H 2 + O 2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol2Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4ĐÁP ÁNxya.v = k[A] [B]Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y(1)-4xyThí nghiệm 2 ⇒ 2,4.10 = k.0,01 . 0,02(2)-4xyThí nghiệm 3 ⇒ 9,6.10 = k.0,02 . 0,02(3)xLấy (3) chia cho (2) ⇒2 = 4 ⇒ x = 2Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1v = k [ A ] [ B]2Bậc phản ứng: x + y = 3Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01⇒ k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1b. Từ các dữ kiện đề bài ta có:1CO + O 22H2 OCO + H 2 OCO 21H 2 + O22CO 2 + H 2K P,3 =(1đ)1K P,2K P,4 = K P,1K P = K P,3 .K P,4 =4K P,1K P,2=10 −20,113= 100,1435 ≈ 1,392 (1đ)−20,40010 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútGiả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H2OCOBan đầuLúc câu bằngKP =+H2 O1mol 1mol1-a(mol) (1-a)molPCO2 .PH2PCO .PH2OCO 2 + H 2K P = 1,392a mol a mola aP. Pa222==với P là áp suất chung21− a 1− aP.P (1 − a)22a= K P = 1,17981− aa ≈ 0,54mola x 100%%H 2 = %CO2 == 27%2(1 − a)x100%%CO = %H 2 O == 23%2(1đ)c. Từ các dữ kiện đề bài ta có:∆H1 = −∆H a = +136,951 KJ / mol C2 H6 → C2 H 4 + H 2 2CO 2 + 3H 2 O(l) → C 2 H 6 + 7 O 2 ∆H 2 = −∆H b = +1559,837 KJ / mol2+∆H3 = 2∆H C = −787, 028 KJ / mol 2C + 2O2 → 2CO 23∆H 4 = 3∆H d = −857,514 KJ / mol 3H 2 + O 2 → 3H 2 O(l)22C + 2H2 →C2H4 ∆Hht = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 = +52,246 KJ/mol(0,5đ) C2 H 4 → 2C + 2H 2∆H 5 = −∆H ht = −52, 246 KJ / mol⇒ +2C + 2O 2 → 2CO2 ∆H 3 = −787, 028 KJ / mol2H + O → 2H O ( l )∆H 6 = 2∆H d = −571, 676KJ / mol22 2C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ∆H5 + ∆H3 + ∆H6 = -1410,95 KJ/mol5(0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)d. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan củaBaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịchNa2SO4 0,001M.Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2e. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? BiếtTAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.f. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịchHCl có pH = 4,025ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH cópH = 11,010ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic(HCOOH) có pH = 3,0.Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75ĐÁP ÁNa.Ba 2+ + SO 42− TBaSO4 = ?BaSO 4SO 24− + H +BaSO 4 + H +K1 = K a−12 = 10−2)−1= 102Ba 2+ + HSO −4 K = K1 .TBaSO4 = 102.TBaSO4Ban đầu2MCân bằng2-S(M) S-4Với S = 1,5.10 MTa có: S2 / (2-S) = 102 TBaSOTBaSO4(HSO −4S4((−4)21,5.10S2= 2= 2= 1,125.10−10−410 (2 − S) 10 2 − 1,5.10Ba 2+ + SO 4 2−BaSO4Cân bằngS’S' = 1,125.102)TBaSO4 = 1,125.10−10S’−10⇒ S' = 1,125.10−10 ≈ 1, 061.10−5 MNa 2 SO 4 → 2Na + + SO 24−0,001MBaSO 4Ban đầuCân bằng0,001MBa(0,5đ)2++ SO 42−TBaSO4 = 1,125.10−100,001MS” S’’+0,001S”(S’’+0,001)=1,125.10-10S”2 + 0,001S”=1,125.10-10S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0S” = 1,125.10-7M (nhận)S” = -10-3M (loại)6(0,5đ)(0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútb.Ag + + Cl −AgCl+Ag ( NH 3 ) 2 Kbền = 1,8.10Ag + + 2NH 3+1M1-2xx2(1 − 2x )28Ag ( NH 3 )2 + Cl − K=TAgCl.Kbền = 3,24.10AgCl + 2NH 3Ban đầuCân bằngTAgCl = 1,8.10−10x-2(0,5đ)x= 3, 24.10−2x= 0,181 − 2xx = 0,132M⇒ 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 molAgClVậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ)c.Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4MSau khi trộn:10−4.10= 5.10−5 M200,1.10CCH3COOH == 0, 05M20CHCl =HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5MCH3COOHCH3COO- + H+C 0,05M05.10-5M∆Cxxx[ ] 0,05-xx5.10-5 + x( 5.10−5+ x) x0, 05 − x2= 10−4,76-5x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5xx2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0x = 9,0.10-4M (nhận)x = -9,646.10-4M(loại)pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022(0,5đ)Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOHCH3 COOHC∆C[ ]CAxCA – xCH 3 COO− + H +0xx0xx7 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútVới pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M(10 )−32CA − 10 −3CA == 10−4,76−310−6+ 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M−4,7610Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] =10−14= 10−3 M−1110Sau khi trộn:0, 0585x25= 0, 03656M ≈ 3, 66.10−2 M4010−3 x15CKOH == 3, 75.10−4 M40CH3 COOH + KOH → CH3 COOK + H 2 OCCH3COOH =Phản ứng3,66.10-2 3,75.10-4Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )003,75.10-403,75.10-4CH 3 COO− + H +CH3 COOHDung dịch thu được là dung dịch đệmpH = pK CH3COOH + lg-CCH3COOKCCH3COOH= 4, 76 + lg3, 75.10−43, 66.10−2 − 3, 75.10−4pH = 6,745(0,5đ)Tương tự với câu trên:Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH = 0, 0585MDung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic3(10 )=− pHCHCOOH2K HCOOH+ 10− pH =10−6+ 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M−3,7510Sau khi trộn lẫn:0, 0585.10= 0, 02925M206, 62.10−3.10== 3,31.10−3 M20CCH3COOH =CHCOOHTính gần đúng: H +  = K CH3COOH .CCH3COOH + K HCOOH .C HCOOH= 10−4,76.0, 02925 + 10−3,75.3, 31.10−3= 1, 0969.10 −6[H+] ≈ 1,047.10-3pH = -lg (1,047.10-3)pH ≈ 2,98(0,5đ)8 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 4:A. Phản ứng oxi hóa – khử:1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất cótính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +...B. Điện hóa học1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:a. Sn 2+ → Sn 4+b. Cu + → Cu 2+c. Mn 2+ → MnO −4d. Fe2+ → Fe3+Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:E 0 Fe / Fe = +0, 77v ;E 0CU / Cu = +0,34v; E 0 MnO / Mn = +1,51v3+2+2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15vE 0 Br;2−4/ 2Br −2+= +1, 07vViết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80ve. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cựcf. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việcg. Tính E của pinh. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)ĐÁP ÁNA.1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng.+ Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thànhphải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn AVD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgTrong đó:- Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+- Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu+ Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi:2Ag+Cu2+=Cu+2Ag+3 23Chất khử yếuchất oxi hóa yếuchất khử mạnhchất oxi hóa mạnh+ Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,…2.a. MnO 4− + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...+7+2( MnO −4 : chất oxi hóa)x 24Mn + 5e = Mnx56 C− 6.4e = 6 C ( C6H12O6: chất khử)0+424MnO 4− + 5C6 H12 O6 + 72H + → 24Mn 2+ + 30CO 2 + 66H 2 O9 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútPhương trình dưới dạng phân tử:24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4b. Fe x O y + SO 24− + H + → SO 2 ↑ +...+2yx+3x Fe − ( −2y + 3x ) e → x Fex2+6x(3x-2y)(FexOy: chất khử)+4( SO24− : chất oxi hóa)S + 2e → S+3⇒ 2Fe x O y + ( 3x − 2y ) SO42− + [12x − 4y ] H + → 2x Fe+ ( 3x − 2y ) SO 2 + ( 6x − 2y ) H 2 O⇒ Dạng phân tử:2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2OB.1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:Sn 4+ + 2eSn 2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15vCu 2+ + eCu +E 0Cu 2 + / Cu + = +0,34vFe3+ + eFe 2+E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77vBr2 + 2e2Br −E 0 Br2 / 2Br = +1, 07vMnO 4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 OE 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v4Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br –E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92vK = 102.0,920,059+= 1,536.10312+(0,25đ)–b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2BrE0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v2.0,73K = 10 0,059 = 5,569.10 242+3+c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2BrE0 = +1,07-0,77=+0,3vK = 102.0,30,059(0,25đ)–= 1, 477.1010(0,25đ)2.a. ( − ) Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag(+)b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → AgPhản ứng tổng quát khi pin làm việc:Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag3 210(0,25đ)(0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútc.0, 059lg  Zn 2+ 20, 059+lg  Ag + 1E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn +E Ag+ / Ag = E 0 Ag+ / AgEpin = E Ag+/ Ag(− E Zn 2 + / Zn = E0Ag + / Ag−E0Zn 2 + / Zn)2+0, 059  Ag lg+2 Zn 2+ −10, 059 (10 )= ( +0,80 − ( −0, 76 ) ) +lg= 1,56 − 0, 0295 ≈ 1,53v210−12d. Khi hết pin Epin = 0Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:0, 059 ( 0,1 − x )= −1,53E pin = 0 ⇔lgx20,1 +22( 0,1 − x )⇒≈ 10−51,86 ≈ 0x0,1 +2⇒ x ≈ 0,1Mx Zn 2+  = 0,1 + ≈ 0,15M22x Ag +  =  0,1 +  .10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M211(0,5đ)(0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 5:3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượngcủa A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel vàclorua vôi.ĐÁP ÁN1.A O (Y)t0A x B y → 2 3(X)BO 2 (Z)2A.100%A == 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe2A + 16.3B.100%B == 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ SB + 16.2Y + H2 :Fe2 O3 + 3H 2t 0 2Fe + 3H 2 O11 1,8n H2 = .= 0, 3(mol)33 2= 2.n Fe2 O3 = 0, 3.2 = 0, 6(mol)n Fe2O3 =n FeK2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O0,4(mol) 1,2(mol)117, 6= 0, 4(mol)294⇒ n S = 1, 2mol = n SO2n K 2Cr2O7 =Với công thức FexOy ta có tỉ lệ:X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2⇒ X là FeS2 (pyrit sắt)m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g)2.2NaCl + 2 H2O2 NaOH + H2 + Cl2Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2ONước JavelCaCO3 t0CaO + CO2CaO + H 2 O = Ca(OH)2Cl2 + Ca(OH)2 = CaOCl2 + H 2 OClorua vôi12 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10Câu I :Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trênI.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tửtrung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọnCâu II:II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau:Fe3O4 + H2FeO + H2Fe3O4 + 4H2Fe2O3 + 3H23FeO + H2O (a)Fe + H2O(b)3Fe + 4H2O (c)2Fe + 3H2O (d)Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắnHãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phảnứng còn lạiII.2. Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biếtnhững quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượngkhi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt.Câu III :III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82Câu IV :Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M.IV.1. Thiết lập sơ đồ pin.IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc.IV.3. Tính suất điện động của pin.IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện.E 0 Ag + / Ag = 0,8VCho:E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76VCâu V:Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tácdụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 .V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất tronghỗn hợp B.Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.1 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu I :Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trênI.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tửtrung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọnĐáp án :FSFFLai hóa sp2FNFFFIF1,5 điểmFLai hóa sp3Lai hóa sp3d0,75 điểmTam giác phẳngTháp đáy tam giácHình chữ T0,75 điểmKhông cực vì momenlưỡng cực liên kết bịtriệt tiêuCó cực vì lưỡng cực liênkết không triệt tiêuCó cực vì lưỡng cực liênkết không triệt tiêu1 điểmCâu II:II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau:Fe3O4 + H2FeO + H2Fe3O4 + 4H2Fe2O3 + 3H23FeO + H2O (a)Fe + H2O(b)3Fe + 4H2O (c)2Fe + 3H2O (d)Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắnHãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phảnứng còn lạiII.2.Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biếtnhững quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thíchhiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêngbiệt.Đáp án:II.1.2 điểmGọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,dtương ứng. Ta có:PH OPH OP4H OP3H OKa = 2; Kb = 2 ; Kc = 4 2 ; Kd = 3 2PH 2PH 2P H2P H2→ Ka =K c .K dK b62 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10II.2.2 điểm- Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quátrình như sau:+ Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quátrình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0)+ Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá làquá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ∆Hhidrat < 0)→ Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân∆Hhidrat của các ionli+- Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhiratvượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0- Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượttrội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0Câu III : 4 điểmII.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82Đáp án:III.1.H2C2O4H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1)1,0 điểmHC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2)H2OH+ + OHKw = 10-14 (3)Do Kw 2.10-3 ⇒ bỏ qua sự điện ly của H2OCa 1 0,05=〈 380Ka 1 10 − 2Xét cân bằng (1):x2Ka1 ==10 − 2 ⇒ x = 0,018 và pH = -lg 0,018 = 1,740,05 − xIII.3.3.CH3COOH0,02(0,02 - y)Ka2 =(0,5đ)CH3COO − + H +0,018y0,0180,018.y=10 −4, 76 ⇒ y = 1,93.10 −5 và α = 9,65.10 −2(0,02 − y)(0,5đ)%CÂU IV (4 điểm)IV.1.Thêm NaOH dư vào dung dịch Cr2(SO4)3. Thêm tiếp H2O2 đến dư được hỗnhợp A.IV.1.1. Có hiện tượng gì xãy ra? Viết phương trình dạng ion.10 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:IV.1.2. Thêm H2SO4 đặc vào hỗn hợp A thấy xuất hiện màu tím xanh của H3CrO8.Hãy viết phương trình phản ứng dạng ion.IV.2.Lượng 0,18 gam một đơn chất R tác dụng với lượng dư dung dịch H2SO4 đặcthu được khí A. Thu toàn bộ khí A vào dung dịch nước vôi dư thì nhận được 5,1 gamkết tủa. Xác định đơn chất R.IV.3.Cho biết: các cặp oxi-hóa khử Cu2+/Cu, I 3− /3I − và Cu+/Cu có thế khử chuẩn lầnlượt là E 10 = 0,34v và E 02 = 0,55v; E 03 = 0,52v và tích số hòa tan của CuI là KS= 10 −12IV.3.1. Thiết lập sơ đồ pin sao cho khi pin hoạt động xãy ra phản ứng:2Cu2+ + 5I- 2CuI↓ + I 3−IV.3.2. Tính suất điện động của pin.Câu IVIV.1IV.1.1.Nội dungCr3+ + 3OH − → Cr(OH)3↓Cr(OH)3 + OH − → CrO - + 2H2O2−+ 4OH → CrO42- + 3e- + 2H2O2H2O2 + 2e- → 2OH −2OH − + 2CrO - + 3H2O2 → 2CrO42- + 4H2O2CrO -IV.1.2.x 2(0,5đ)x 3Có kết tủa xanh lá cây; kết tủa tan tạo dung dịch màu vàng tươi.Thêm H2SO4 đặc:2CrO42- + 2H + → Cr2O72- + H2OCr2O72- + 9H2O → H3CrO8 + 14e- + 12 H +2 H + + H2O2 + 2e- → 2H2OCr2O72- + 7H2O2 + 2H + → 2H3CrO8 + 5H2OIV.2.Điểm(4,0đ)x 1x 7Xét R là kim loại hoặc phi kim không phải cacbon hay lưu hùynh:R→R +x +xe(1)0,180,18xRR11(0,5đ)(0,5đ) Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:S +6 + 2e- →S +4(2)0,0850,0425SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O(3)5,10,0425= 0,04251200,18Bảo toàn số electron:x = 0,085 ⇒ R = 2,112x . Loại.RXét R là S:Sự oxi hóa: S + 2H2SO4 → 3SO2 + 2H2O(4)0,0056250,016875Khối lượng kết tủa: 0,016875.120 = 2,025 g < 5,1 g. Loại.Xét R là cacbon:C + 2H2SO4 → CO2 + 2SO2 + 2H2O(5)0,0150,015 0,030SO2 + Ca(OH)2 → CaSO3 + H2O(6)CO2 + Ca(OH)2 → CaCO3 + H2O(7)Khối lượng kết tủa: 0,015.100 + 0,03.120=5,1 gam. Thích hợp với đề ra.Vậy R là cacbon.IV.3. Phản ứng xảy ra:2Cu2+ + 5I −2CuI↓ + I 3−IV.3.1.Sự oxi hóa (anod):3I −I 3− + 2e(a)2+0Sự khử:Cu + 2eCuE1(1)Cu+ + 1eCuE02(2)−1+−CuICu + IKS(3)E0C0,059Sơ đồ pin:Cu2+ + I − + 1eCuIK− −2+ −(-) Pt  I 3 , I CuI , Cu , I  Pt (+)IV.3.2.Kc = K1.K2.K3 = 10⇒10E 0C0, 059= 102.0 , 0340, 0592.E100,059.10−0, 520 , 059. 10−E020,059(0,5đ)(0,5đ)(0,5đ)(c)(0,5đ). K S−1.1012 = 1014, 72(0,5đ)E 0C = 0,059.14,72 = 0,868 (v)E(pin) = Ec - Ea = 0,868 - 0,550 = 0,318 vCÂU V (4 điểm)Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất sau:•Đốt X ở nhiệt độ cao cho ngọn lửa màu vàng.•Hòa tan X vào nước được dung dịch A, cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấy xuất hiệnmàu nâu. Nếu tiếp tục cho SO2 qua thì màu nâu biến mất thu được dung dịch B; thêm một ít12 Sở Giáo Dục & Đào TạoT.P. ĐÀ-NẴNGKỲ THI OLIMPIC TRUYỀN THỐNG 30/4LẦN THỨ XII - NĂM 2006Trường THPT ChuyênLÊÔNLÊ-QUÍQUÍ-ĐÔNĐề Thi Đề Nghị Môn: HOÁ Khối: 10(Thời gian làm bài 180 phút)G.V. Phạm - Sĩ - LựuSố mật mã:Số mật mã:HNO3 vào dung dịch B , sau đó thêm dư dung dịch AgNO3 thấy tạo thành kết tủa màu vàng.•Hòa tan X vào nước, thêm một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiện màu nâu vàmàu nâu bị biến mất khi thêm Na2S2O3.V.1. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dạng ion.V.2. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan hoàn toàn 0,1 g X vào nướcthêm dư KI và vài ml H2SO4 loãng, lúc đó đã có màu nâu, chuẩn độ bằng Na2S2O3 0,1M tới mất màu tốn hết 37,4 ml dung dịch Na2S2O3. Tìm công thức phân tử của X.Câu VNội dungĐiểm(4,0đ)V.1.X cháy cho ngọn lửa màu vàng ⇒ thành phần nguyên tố của X có natri.Dung dịch X tác dụng với SO2 đến dư thu được dung dịch B tạo kết tủavàng với AgNO3 ⇒ thành phần nguyên tố của X có iot.(1,0đ)Phản ứng của X với SO2 chứng minh X có tính oxi hóa.Từ lập luận trên X có cation Na+ và anion IO −xĐặt công thức của X là NaIOx.Phản ứng dạng ion:2 IO −x +(2x-1) SO2 + 2(x-1) H2O → (2x-1) SO42- + I2 + (4x-4) H + (1)V.2.I2 + 2H2O + SO2 → 2I − + SO42- + 4H +Ag + + I − → AgIIO −x + (2x-1) I − + 2x H + → x I2 + x H2OI2+ 2Na2S2O3 → 2NaI + Na2S4O6-31,87.10 ← 3,74.10-3Số mol Na2S2O3 = 0,1.0,0374 = 3,74.10-3Theo (5) ⇒ Số mol I2 = ½(Số mol Na2S2O3) = 1,87.10-3Theo (4) ⇒ Số mol IO −x =⇒⇒⇒1x(số mol I2) =1x(1,25đ).1,87.10-30,11= .1,87.10-323 + 127 + 16 xx0,1. x= 1,87.10-3150 + 16 x0,1x = 0,2805 + 0,02992xx=4Công thức phân tử của X: NaIO413(2)(3)(4)(5)(1,75đ) Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõÑEÀ:Caâu I: ( 4ñ)Boå tuùc vaø caân baèng caùc phöông trình phaûn öùng sau theo phöông phaùp thaêng baèng electron hoaëcphöông phaùp ion electron :( choã “ …” coù theå theâm moät hoaëc nhieàu chaát )1.K2S2O8 +MnSO4 + H2O→ K2SO4 +KMnO4+…2.K2Cr2O7 +Na2SO3 + H2SO4→…3.Al+NaNO3 + NaOH + … →NH3+…4.Zn+NaNO3 + NaOH→NH3 + …Caâu II: ( 4ñ)Suïc khí (A) vaøo dung dòch (B) ta ñöôïc chaát raén (C) maøu vaøng vaø dung dòch (D) .Suïc tieáp khí (A)vaøo dung dòch (D) khoâng xuaát hieän keát tuûa nhöng neáu theâm CH3COONa vaøo dung dòch (D) roài môùi suïckhí (A) vaøo thì thu ñöôïc keát tuûa maøu ñen (E).Khí (X) coù maøu vaøng luïc taùc duïng vôùi khí (A) taïo ra chaát (C) vaø (F) .Neáu khí (X) taùc duïng vôùi khí (A)trong nöôùc taïo ra chaát (Y) vaø (F) , roài theâm BaCl2 vaøo thaáy coù keát tuûa traéng . (A) taùc duïng vôùi dungdòch chöùa chaát (G) laø muoái nitraùt taïo ra keát tuûa (H) maøu ñen. Ñoát chaùy (H) bôûi oxi ta ñöôïc chaát loûng (I)maøu traéng baïc.1. Vieát coâng thöùc phaân töû cuûa (A) , (B) , (C),(E) , (F) (G) ,(H) ,(I) ,(X) ,(Y) vaø caùc chaát trong (D)2. Vieát phöông trình phaûn öùng ñaõ xaûy ra.3. Giaûi thích taïi sao khi cho dung dòch CH3COONa vaøo dung dòch (D) thì môùi coù keát tuûa ?Caâu III: ( 4ñ)1.( 2ñ)Cho hai phaûn öùng sau :C (r) +O2 (k)→ CO2 (k)(1)C (r) + ½ O2 (k) → CO (k)(2)∆H01 = - 393,509 kJ/mol ∆H02 = -110 ,525 kJ/mol ôû 250C∆S01 = 2,86J/mol∆S02 = 89,365 J/mol ôû 250C.Khi nhieät ñoä taêng phaûn öùng naøo dieãn ra thuaän lôïi hôn? Vì sao?2.( 2ñ)Khi tieán haønh phaân huyû (CH3)2O trong bình kín ôû 504oC vaø ño aùp suaát toång quaùt cuûa heä:1 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõ(CH3)2Ot (s)P (toång quaùt)( atm)CH4 +0400CO+H21550800310010001.Chöùng minh phaûn öùng baäc nhaát vaø tính k ôû nhieät ñoä treân ( Cho ln 2 = 0,693)2.Tính aùp suaát toång quaùt trong bình vaø tính phaàn traêm (CH3)2O ñaõ bò phaân huyû sau 480 sCaâu IV:( 4ñ)Trong moät bình coù theå tích 1568 lít ôû nhieät ñoä 1000K coù nhöõng maãu chaát sau: 2 mol CO2, 0,5 mol CaOvaø 0,5 mol MgO. Heä naøy ñöôïc neùn thaät chaäm sao cho töøng caân baèng ñöôïc thieát laäp.ÔÛ 1000K coù caùc haèng soá caân baèng sau:CaCO3CaO + CO2K1 = 0,2 atmMgCO3MgO + CO2K2 = 0,4 atmVeõ ñoà thò cuûa haøm P = f(V) vaø giaûi thích ngaén goïn söï bieán thieân cuûa ñoà thò.( P laø aùp suaát cuûa heä , V laøtheå tích cuûa khí. Truïc tung bieåu dieãn theå tích , truïc hoaønh bieåu dieãn aùp suaát)Caâu V:( 4ñ)Cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) ,sau phaûn öùng , phaàn dung dòch thu ñöôïccoù khoái löôïng 474 gam ( dung dòch A) .1.Tính C% caùc chaát trong dung dòch (A) ; tính m.2. Neáu cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) , sau ñoù suïc SO2 vaøo ñeándö tính C% cuûa caùc chaát trong dung dòch thu ñöôïc sau phaûn öùng bieát caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn.2 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõÑaùp Aùn :Caâu I: ( moãi phöông trình caân baèng ñuùng 1 ñ x 4 = 4 ñ)a.5 S2O82- + 2e → 2 SO422 Mn2+ + 4 H2O -5e → MnO4- + 8 H+5 S2O82- + 2 Mn2+ + 8 H2O → 10 SO42- + 2 MnO4- + 16 H+5 K2S2O8 + 2 MnSO4 +8 H2O → 4 K2SO4 + 2 KMnO4 + 8H2SO4b.c.d.1 Cr2O72- + 14 H+ + 6e → 2 Cr3+ + 7H2O3 SO32- + H2O - 2e → SO42- + 2 H+Cr2O72-+ 3SO32- + 8 H+ → 3 SO42- + 2Cr3+ + 4 H2OK2Cr2O7 + 3 Na2SO3 + 4H2SO4→ Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O8 Al + 4 OH- - 3e → AlO2- + 2 H2O3 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH8 Al + 3 NO3- + 5OH- + 2 H2 O → 8 AlO2- + 3 NH38 Al + 3 NaNO3 + 5 NaOH+ 2 H2 O → 8 NaAlO2 + 3 NH34 Zn + 4 OH- - 2e → ZnO22- + 2 H2O1 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH4Zn + NO3- + 7OH- + → 4 ZnO22- + NH3 + 2 H2 O4Zn + NaNO3 + 7NaOH + → 4 Na2ZnO2 + NH3 + 2 H2 OCaâu II:( 4 ñ)1. Khí A laø H2S ; dung dòch B FeCl3 ; C laø S ; dung dòch D laø FeCl2 vaø HCl ; E laø FeS .X laø Cl2 ; F laø HCl ; Y laø H2SO4 G laø Hg(NO3)2 , H laø HgS. I laø Hg .( 1ñ)2.H2S + FeCl3 → FeCl2 + S ↓ + HClCH3COONa + HCl → CH3COOH + NaClH2S + FeCl2→ FeS ↓ HClCl2 + H2S→ S + HClCl2 + H2S + H2O→H2SO4 + HCl3 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõBaCl2 + H2SO4Hg(NO3)2 + H2SHgS + O2( 0,25x8=2ñ)→ BaSO4 ↓ + 2 HCl→ HgS ↓ + 2HNO3→ Hg + SO23.Khi cho CH3COONa vaøo dung dòch D ñeå taùc duïng vôùi HCl vì FeS khoâng theå taïo thaønh trong dung dòchcoù pH thaáp (FeS tan ngay trong moâi tröôøng axít ) ( 1 ñ)Caâu III:1.( 2ñ)Vì ∆ G0 T = ∆H0 - T ∆S0Maø ∆S02 = 89,365 J/mol >> ∆S01 = 2,86J/mol neân khi taêng nhieät ñoä ∆G (2) aâm nhanh hôn ∆G (1)vì vaäy khi taêng nhieät ñoä phaûn öùng (2) xaûy ra thuaän lôïi hôn.2.( 2ñ)P= P0 + 2x ( x laø löôïng bieán ñoåi , P laø aùp suaát toång quaùt)t=0 thì x=0 suy ra P = P0= 400(0,25ñ)t=1550 thì P = P0 + 2x suy ra x=200 töùc coøn 400 – 200 = 200(0,25ñ)t=3100 thì x = 300 töùc coøn 400 – 300 =100(0,25ñ)Nhö vaäy khi t taêng gaáp ñoâi thì aùp suaát cuûa (CH3)2O giaûm ñi moät nöûa: 400,200,100Suy ra phaûn öùng laø baäc nhaát. (0,5ñ)1 Pk = ln 0t Ptvôùi Pt laø aùp suaát cuûa (CH3)2O sau taïi thôøi ñieåm t.t = 1550 s → k = 1/1550 ln 400/200 = 4,47.10-4 (s-1) →Pt = 322,758 atm(0,25ñ)Ta coù P = P0 + 2x = P0 + 2(P0 - Pt ) = 3 P0 – 2 Pt → P = 400 + 2( 400 – 322,758) = 554,48atm.(0,25ñ)% (CH3)2CO phaân huûy = ( 400 – 322,758) x 100% / 400 = 19,31%(0,25ñ)4 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõCaâu IV: (4 ñ)CaO + CO2CaCO3MgO + CO2MgCO3K1-1 = 5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,2 atmK2-1 = 2,5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,4 atmKhi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,2atm thì phaûn öùng giöõa oxit kimloaïi CaO vaø CO2 chöa xaûy raV > nRT/P = 2. 0,082 .1000/0,2 = 820 lít..( 0,5ñ)Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 2.0,082 .1000/ V= 164 / V .( 0,5ñ)ÔÛ P=0, 2atm ( V = 820 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi CaO thaønh CaCO3, cho ñeán khi CaOchuyeån hoaù hoaøn toaøn. V = nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,2 = 615 lít .( 0,5ñ)Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,4atm thì phaûn öùng giöõa MgO vaøCO2 chöa xaûy ra.V > nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,4 = 307,5 lít..( 0,5ñ)Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1,5.0,082 .1000/ V= 123/V .( 0,5ñ)ÔÛ P =0, 4atm ( V = 307,5 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi MgO thaønh MgCO3, cho ñeán khi MgOchuyeån hoaù hoaøn toaøn. .( 0,5ñ)V = nRT/P = 1 . 0,082 .1000/0,4 = 205 lít.Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1.0,082 .1000/ V= 82/V.( 0,5ñ)5 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõÑoà thò: (lít)820( 0,5ñ)615307,52050,20,4( atm)Caâu V: (4ñ)Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2ONeáu Fe2O3 tan heát thì m = 474 – 48 → n H2SO4 = 0,426 mol < 3 n Fe2O3 = 3. 0,3 = 0,9 mol.Suy ra Fe2O3 tan khoâng heát vaø H2 SO4 phaûn öùng heát. ( 0,5 ñ)Goïi n Fe2O3 pu = x mol → n H2SO4 pu = 3 x mol→C% H2SO4 = 3x.98 .100/ 474 -160x = 9,8 → x = 0,15 mol.( 0,5 ñ)Trong dung dòch A C% Fe2(SO4)3 = 0,15.400.100/ 474 = 12,66 %.( 0,5 ñ)m = 474 – 160.0,15 = 450 gam.( 0,5 ñ)Suïc SO2 vaøo :Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2OSO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O = 2FeSO4 + 2 H2SO4Ban ñaàuFe2O3 + SO2 + H2SO4 = 2FeSO4 +3 H2O ( 0,5 ñ)0,30,45 mol.6 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõPhaûn öùng0,30,30,3Coøn laïi0,00,150,6 mol( 0,5 ñ)C% FeSO4 = 0,6 x 152x 100% / ( 48 + 64. 0,3+ 450)= 17,63%( 0,5 ñ)C% H2 SO4 = 0,15 x 98 x 100%/ ( 48 + 64. 0,3+ 450)= 2,84% ( 0,5 ñ)7 Sở Giáo Dục Đào Tạo Vĩnh LongTrường Trung học chuyên Nguyễn Bỉnh KhiêmKỲ THI OLYMPIC 30-4 LẦN XXII 2006Đề thi đề nghị môn Hóa khối 10I. Câu I (4 đ)I.1) cho X, Y là 2 phi kim trong nguyên tử X và Y có số hạt mang điện nhiều hơn số hạtkhông mang điện lần lượt là 14 và 16. biết trong hợp chất XYn. X chiếm 15,0486 % về khốI lựơng. Tổng số proton là 100. Tổng số nơtron là 106a. Xác định số khối và tên X, Yb. Xác định CTCT XYn và cho biết kiểu lai hóa của nguyên tố X dạng hình học củaXYn.c. Viết phương trình phản ứng giữa XYn với P2O5 và với H2OI.2)a. Tại sao SiO2 là một chất rắn ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 1973K trong khi đó CO2lại là chất khí ở nhiệt độ phòng nóng chảy ở 217Kb. Chất dicloetilen (C2H2Cl2) có ba đồng phân ký hiệu X,Y,Z- Chất X không phân cực còn chất Z phân cực- Chất X và chất Z kết hợp với Hidro cho cùng sản phẩmX (họăc Z) + H2 Cl - CH2 - CH2 – Cl. Viết công thức cấu tạo X, Y, Z. Chất Y có momen lưỡng cực không ?Đáp án :Câu I (4đ)I.1)a. Gọi Px, PY là số proton X, Ynx, ny là số nơtron X, YPx + nPy = 100(1)Nx + nNy = 106(2)Px + Nx + n(PY + Ny) = 206Ax + nAy = 206(3)15,0486Ax=(4)Ax + nAy100=> Ax = 31(0,5đ)Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14Px = 15(0,5đ)=> X là photphoNx = 16Thay Px, Nx vào(1) , (2)n (Ny – Py) = 5( 5)2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16n(Py – 16) = 55 + 16nPy =nn12345Py2118,8 17,67 17,25 17Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo(0,25đ)1 Clb. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P ClClClc.P2O5 + PCl5 = 5POCl3PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl3(0,25đ)(0,25đ)I.2)- C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 khôngphải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xanăng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnhnhau.OO Si O(0,5đ)Oa. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bềntrong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu.(0,5đ)b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng CisHClhoặc Z + H2 → H − C − C − HCl HHClCTCTC= CClH(X)HHC= CCl(X)Cl(Z)CTCT Y s ẽ l àHClC= CHC-H∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4ClC-Cl∆ X = 0,5Vậy Y phân cực(0,25đ)Câu II (4đ)I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng :H2 (k) + I2(k)2HI (k) ở 6000C bằng 64a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phầntrăm I2 tham gia phản ứng ?2 b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C)II-2Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín vàchôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyêntử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút.II-3 Tính nhiệt của phản ứng.HHH – C – H + 3Cl2 Cl – C – Cl + 3HClHClbiếtEC-H : +413KJ/molEC-Cl : +339KJ/molECl-Cl : + 243KJ/molEH-Cl : + 427KJ/molPhản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?Đáp án :Câu II (4đ).II.1a. H2(k) + I2 (k)2HI (k)2mol1molxx2x2-x1-x2x22(2 x)[HI ]Kc == 64KC =(2 − x)(1 − x)[H 2 ][I 2 ]x1 = 2,25(loại)x2 = 0,95 (nhận)=> 95% I2 tham gia phản ứngH2(k) + I2(k)2HI (k)n1n-0,990,011,98n: nồng độ ban đầu của H2KC = (1,98)2= 64(n-0,99)(0,01)n≈ 7=> cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1II.20,693 0,693k=== 0,00347 / nămt1 / 2200N2,303lg= − ktN00,5đ0,25đb.3.10 −3= −0,00347t6,5.1012t = 1,02.104 năm hay 10.200năm0,5 đ0,5đ0,25đ0,25đ2,303lg0,5đII.3∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl )= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ= - 330KJPhản ứng trên tỏa nhiệt(0,75đ)3 Câu III (4đ)III.1Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước.a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka+b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10III.2Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/la. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C.b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C.c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảohòa PbI2.(K : 39 ; I : 127)III. 3Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit−2−0 , 56V?MnO4 +→ MnO4 →MnO2+1,7Va. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ?3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2OTính hằng số cân bằng của phản ứng trên.Đáp ánCâu III (4đ)III. 1a)NH4Cl = NH + 4 + Cl –NH4 + + H2ONH3 + H3O+Ka = [NH3][H3O]+[NH4+]= 5.10 -10b). Nồng độ NH3 trong dung dịch :NH4+ + H2O0,2x0,2 –x0,25đ0,25đ0,1= 0,2M0,50,25đNH3 + H3O+010-7xxxx + 10-710-7 Mn O4−2−+E01 = 0,56V0MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2OE 2 = 1,7V(2) – (1) ta có :2−E03 = ?⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01- 2E03F = -3E02 F – E01F3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56== 2,27VE03 =22b. MnO42- + 2e- + 4H+MnO2 + 2H2OE01 : 2,27V2MnO4- + 2e2MnO42E02 : 0,56V−3MnO4 2- + 4H+2Mn O4 + MnO2 + 2H2O(1)(2)(3)0,5 đ0,25 đ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.10570,25đ0,25đ0,25đCâu IV. (4đ)IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250CCu( r) + 2Fe3+ (dd)Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd)người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025Ma. Cho biết chiều của phản ứngb. Tính hằng số cân bằng phản ứngFe3+c. Tỉ lệcó giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều.Fe 2 +E0 Cu2+ /Cu = 0,34VE0 Fe2+ / Fe = 0,77VIV. 2Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V[[]]a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion vàphân tử.b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron5 Đáp ána) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit.Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2OK2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2Ob) Cân bằng theo phương pháp ion electronCr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O1x6xFe 2+ - e-> Fe3+2+2+Cr2O7 + 14H + 6Fe-> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu V.V.1)Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóaXA0 +→+Y+zA →A1 →A2+Y→A→ C →A0+T+uB →B1 →B2Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim.A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnhB, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loạiV.2).Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng.- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấyxuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B.Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiệnkết tủa màu vàng.- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiệnmàu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào.a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượngdư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị làhồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3.Tìm công thức phân tử X.Đáp ánCâu V (4đ)V.1.3t0CuS + O2 →CuO + SO22(A0)(B) (A)SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr(A1)H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O(A2)t0CuO + H2→ Cu + H 2O(B1)A0 : CuSB: CuOA: SO2A1 : H2SO4A2 : Ag 2SO4B1 : Cu6 Cu + Cl2->CuCl2(B2)B2 : CuCl2C: CuSO4(1,5đ)0tCu + 2H2SO4 đđ →CuSO4 + SO2 + 2H2OAg2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4(C)CuSO4 + H2S -> CuS+ H2SO4(A0)V.2Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của NatriSO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thànha. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI ) => X : NaIOx(2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+SO2 + I2 + H2O-> 2 I − + SO4 2- + 4H++IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2OI2 + 2S2O3 2-> 2 I − + S4O6 2-b. nI2 =0,25đ(0,25đ)(0,25đ)(1đ)10,0374.0,1nNa2 S 2O3 == 0,00187 mol22(0,5 đ)nI2 = x.nX = x0,1= 0,00187150 + 16 x=> x = 4=> X : NaIO4(0,5 đ)7 Sôû Giaùo duïc – Ñaøo Taïo Tænh Tieàn GiangTröôøng PTTH Chuyeân Tieàn GiangÑEÀ THI OLYMPIC 30/04MOÂN: HOÙA HOÏC– LÔÙP 10Caâu 1: Hôïp chaát A taïo bôûi 2 ion M2+ vaø XO m − . Toång soá haït electron trong A laø91. trong ion XO m − coù 32 electron. Bieát trong M coù soá nôtron nhieàu hôn soáproâton laø 6 haït. X thuoäc chu kyø 2 vaø coù soá nôtron baèng soá proâton.a. Xaùc ñònh coâng thöùc phaân töû cuûa A.b. Cho m gam hoãn hôïp goàm: A vaø NaCl. Ñieän phaân dung dòch hoãn hôïp treânvôùi ñieän cöïc trô, coù maøng ngaên ñeán khi nöôùc baét ñaàu bò ñieän phaân ôû caû 2ñieän cöïc thì ngöøng ñieän phaân. ÔÛ anoát thu ñöôïc 4,48 lít khí ôû ÑKTC vaødung dòch sau ñieän phaân hoøa tan vöøa heát 16,2 gam ZnO. Tính m?Caâu 2: Nghieân cöùu söï thay ñoåi noàng ñoä CH3 COCH3 theo thôøi gian (trong quaùtrình nhieät phaân) ngöôøi ta cho keát quaû sau:t(phuùt)01530C(mol/lit)25,49,833,81Tính xem trong bao laâu löôïng CH3 COCH3 giaûm ñi moät nöûa vaø trong bao laâugiaûm ñi 1%.Caâu 3: Dung dòch K2CO3 coù pH=11 (dung dòch A). Theâm 10ml HCl 0,012M vaøo10ml ddA ta thu ñöôïc ddB. Tính pH cuûa ddB. Bieát raèng H2CO3 coù pk1=6,35 vaøpk2=10,33.Caâu 4: Laép 1 pin baèng caùch noái ñieän cöïc hydro chuaån vôùi moät nöûa pin bôûi 1 daâyñoàng nhuùng vaøo 40ml ddCuSO4 0,01M coù theâm 10ml ddNH3 0,5M. Chaáp nhaänraèng chæ taïo phöùc Cu(NH3 )4 2+ vôùi noàng ñoä NH 4+ laø khoâng ñaùng keå so vôùi noàngñoä NH3.a. Xaùc ñònh E Cu 2+ /Cu .b. Tính E oCu(NH 3 ) 42+ /Cu .Bieát E oCu 2+ /Cu = 0,34v;Cu(NH 3 ) 42+ /Culgβ Cu(NH3 ) 42+ =13,2 vaø ECu 2+ /Cu=ECu(NH3 ) 4 2+ /CuCaâu 5: Hoøa tan m gam hoãn hôïp goàm KI vaø KIO3 trong dd H2SO4 loaõng, chæ thuñöôïc ddX.- Laáy 1/10 ddX phaûn öùng vöøa heát vôùi 20ml dd Fe2(SO4)3 1M.- Laáy 1/10 ddX phaûn öùng vöøa heát vôùi 20ml dd Na2S2O3 1M.Tính m?--- Heát --- Sôû Giaùo duïc – Ñaøo Taïo Tænh Tieàn GiangTröôøng PTTH Chuyeân Tieàn GiangÑAÙP AÙN ÑEÀ THI OLYMPIC 30/04MOÂN: HOÙA HOÏC– LÔÙP 10Caâu 1:A: M(XOm)2a/ ZM + 2ZX + 16m = 91(1)ZX + 8m = 31(1)(2) ⇒ ZM = 29(2)⇒ AM= 29 + 35 = 64maø NM=29 + 6 = 35Vaäy M laø CuDo X ∈ Chu kyø 2: 3 ≤ ZX ≤ 10(3)(2)(3) ⇒ 3 ≤ 31 – 8m ≤ 10 ⇔ 2, ≤ m ≤ 3,⇒ m = 3 ⇒ ZX=7=NX⇒ AX = 7+7 = 14 ⇒ X laø NVaäy CTPT A: Cu(NO3)2(2ñ)b/ Goïi n Cu(NO3 )2 = an NaCl = bñpddTH1: Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu↓ + Cl2↑ + 2NaNO30,5bb0,5bñpddCu(NO3)2 + H2O → Cu↓ +a-0,5ba-0,5b0,5b1O2↑ + 2HNO32a − 0, 5b2a-b2ZnO + 2HNO3 → Zn(NO3)2 + H2Oa-0,5b2a-bnZnO = 0,2 = a – 0,5b(1)0,5bn↑anoát = 0,5a += 0,2 ⇒ a + 0,5b = 0,42(2)-1-b = 0,2a = 0,3m=68,1(g)(1ñ) ñpddTH2: Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu↓ + Cl2↑ + 2NaNO3a2aaañpdd2NaCl + 2H2O → H2↑ + Cl2↑ + 2NaOHb-2ab − 2ab − 2a22b-2a2NaOH + ZnO → Na2ZnO2 + H2O0,40,2→ b – 2a = 0,4(1)b − 2a= 0,2 ⇒ b = 0,4n↑anoát = a +2(2)⇒ a = 0 (Loaïi)(1ñ)Baøi 2: Giaû söû raèng phaûn öùng phaân huûy axeâton laø phaûn öùng baäc nhaát.Ta coù: K1 =2,303 25,4lg≈ 0,0633ph -1159,83(1ñ)K2 =2,303 25,4lg≈ 0,0633ph -1303,81(1ñ)Vaäy K = 0,0633 phuùt −1 neân phaûn öùng phaân huûy axeâton laø phaûn öùng baäc nhaát.Ta coù: t1/2 =0,693=10,95(phuù t )0,0633(1ñ)Thôøi gian ñeå cho 1% axeâton bò phaân huûy laø:t=2,30325,4lg=0,15(phuù t )0,0633 25,4 - 0,254(1ñ)Baøi 3:K 2CO3 → 2K + +CO32−ccCO32− +H 2OpH=11 ⇒ pOH=3 ⇒ OH −  =10-3 mol/lHCO3− +OH −Cbaè ng c − 10−310−3Kb1 =Kw=10−3,67Ka 210−310−3.10−3Ta coù= 10−3,67 ⇒ c=5,677.10−3 (mol/l)−3c − 10CO3 2−5, 677.10+−32H +5, 677.10(1ñ)→ H 2O + CO2−32, 8385( M )2-2-(1ñ) C HCl =0,012=6.10−3 ,2CO 2Cb2,8385.103+H 2O−35,677.10−32+⇒  H dö  =0,006 − 5,677.10−3 =0,323.10−3CMCO 2− =HCO3− +−xxKa=10−6,35H+x+0,323.10−3x(x + 0,323.10−3 )= 10−6,35 ⇒ x = 3,88.10−6 ⇒  H +  ≈ 0,323.10−3 (M)−32,8385.10 − x(2ñ)⇒ pH=3,5Baøi 4: Cu 2+  = 0,8.10−2[ NH3 ] = 0,1a/ Cu 2+ +2e → CuE o =0,34(v)oE Cu 2+ /Cu =E Cu+2+/CuCu 2+0,059  2+ lg Cu 2Cu(NH3 )4 2++4NH3bñ0,8.10−20,10pöù0,8.10−23, 2.10−20,8.10−2cb06,8.10−20,8.10−2⇒  Cu(1ñ)(1)β=1013,22+Cu(NH3 )4 ][0,8.10−2−11 = NH 4 .β = (0,068)4 .1013,2 =2,4.10[ 3]2+ (1) ⇒ E Cu 2+ /Cu =0,34+b/ E Cu 2+ /Cu =E Cu(NH3 )40,059lg2,4.10−11 =0,02(v)22+(1ñ)(2)/CuCu(NH 3 ) 42+ +2e → Cu+4NH30,059oE Cu(NH ) 2+ /Cu =E Cu(NH+lg2+)/Cu3 43 42(1)(2)(3)⇒ E oCu(NH3 )42+/Cu[Cu(NH3 )4 ]2+[ NH3 ]4=0,06(v)-3-(3)(2ñ) Baøi 5:5I − +IO3− +6H + → 3I 2 +3H 2 OI − +I 2(1)→ I3−(1ñ)(2)I3 −ddXI− dö3I3− +Fe3+ → Fe 2+ + I 221I− +Fe3+ → Fe2+ + I 22−2−I3 +2S2O3 → S4O6 2− +3I−a/b/n S O 2− = 0,02töøn Fe3+ = 0,04töø23(1)(2) ⇒(3)(4)(1ñ)(5)(5) ⇒ n I − = 0,013(4) → n Fe3+ = n I− = 0,03(1ñ)0,0130,050,17=+ 0, 01 + 0,03 =33nIO − =3nI −bñ0,170,01 m =  166.+ 214. × 10 = 101, 2( g )33 -4-(1ñ) Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu I :1/ Hai nguyeân toá A, B taïo thaønh hôïp chaát X. Khi ñoát noùng ñeán 8000C taïo ra ñônchaát A. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá A baèng soá lôùp electron nguyeân töûnguyeân toá B. Soá electron hoùa trò trong nguyeân töû nguyeân toá B baèng soá lôùp electron nguyeântöû nguyeân toá A. Dieän tích haït nhaân cuûa nguyeân töû B gaáp 7 laàn cuûa nguyeân töû A.Xaùc ñònh nguyeân toá A, B vaø coâng thöùc phaân töû cuûa hôïp chaát X.2/ Toång soá proton, nôtron, electron trong nguyeân töû cuûa hai nguyeân toá M vaø X laànlöôït baèng 82 vaø 52. M vaø X taïo thaønh hôïp chaát MXa, trong phaân töû cuûa hôïp chaát ñoù coù toångsoá proton cuûa caùc nguyeân töû baèng 77.a/ Haõy cho bieát 4 soá löôïng töû öùng vôùi electron choùt cuûa M vaø X.b/ Xaùc ñònh vò trí cuûa chuùng trong baûng tuaàn hoaøn caùc nguyeân toá hoùa hoïc.c/ Xaùc ñònh coâng thöùc phaân töû cuûa MXa.Ñaùp aùn caâu II :Noäi dung1/ ZA ; ZB < 105 ⇒ 7ZA < 105 ⇒ ZA < 15 ⇒ ZA thuoäc chu kyù nhoû ( chukyø ñaàu )Goïi : nA ; nB laø soá lôùp e cuûa A ; BnA = qBqA ; qB laø soá e hoùa trò A ; BnA = qBnB < 3 ⇒ qB < 3 ⇒ B laø kim loaïi.ZB = 7ZA ⇒ nB > nA ; 4 < nB < 7 ⇒ 4 < qA < 7 ⇒ A laø phi kim.Nguyeân toá ABCNOFSiZA5678914nA222223qA345674Nguyeân toá BBrMoInBaEuZB354249566398NB455667ÑieåmqB713222Choïn A laø O vaø B laø Ba thoûa ñieåu kieän. Coâng thöùc phaân töû cuûa X laø BaO2( khoâng choïn BaO vì BaO beàn khoâng bò phaân huûy )t02BaO2 → 2BaO + O21 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dung2/a) Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû X laø Z, N, E theo ñaàu baøi ta coù :Z + N + E = 52(Vì nguyeân töû trung hoøa ñieänÑieåmZ = E)⇒2Z + N = 52 ⇒ N = 52 – 2ZÑoái vôùi caùc nguyeân toá beàn (tröø hidro) : Z < N < 1,52 Z ⇒ Z < 52 – 2Z <1,52 Z⇒ 3Z < 52 < 3,52Z ⇒5252≤Z≤3,523⇒14,77 < Z <17,33Vaäy Z coù ba giaù trò : 15 ; 16 vaø 17.• Z = 15 ⇒ N = 22 ; tyû leä N : Z = 22 : 15 = 1,47• Z = 16 ⇒ N = 20 ; tyû leä N : Z = 20 : 16 = 1,25• Z = 17 ⇒ N = 18 ; tyû leä N : Z = 18 : 17 = 1,06X thuoäc chu kyø 3, caùc nguyeân toá thuoäc chu kyø 3 coù tyû leä : N : Z < 1,22 .Vaäy choïn Z = 17, X laø Clo.Kí hieäu soá p, n, e trong nguyeân töû M laø Z’, N’, E’ theo ñaàu baøi ta coù :2Z’ + N’ = 82 ⇒ N’ = 82 – 2Z⇒ 3Z’ < 82 < 3,52Z’8282Theo ñaàu baøi : Z’ = 77 – 17a⇒≤ 77 − 17a ≤3,523⇒ 2,92 < a < 3,16 , a nguyeân do ñoù choïn a = 3⇒ Z’ = 77 – 17.3 = 26. Vaäy M laø Fe.Vaäy caáu hình electron cuûa Clo : 1s22s22p63s23p5 ⇒↑* Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Clo laø : n = 3 ; l = 1 ; m = 0 ; s = -1/2* Vò trí cuûa clo trong BTH : - Chu kyø 3 ; phaân nhoùm chính nhoùm VIIVaäy caáu hình electron cuûa Fe : 1s22s22p63s23p63d64s2⇒↑ ↑ ↑ ↑* Boán soá löôïng töû e choùt cuûa Fe laø : n = 3 ; l = 2 ; m = -2 ; s = -1/2* Vò trí cuûa Fe trong BTH : - Chu kyø 4 ; phaân nhoùm phuï nhoùm VIIIc) Coâng thöùc phaân töû laø : FeCl32 Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu II :1/ Haõy xaùc ñònh ñôn vò cuûa haèng soá toác ñoä phaûn öùng coù baäc 0, 1, 2, 3 (ñôn vònoàng ñoä mol/l ; ñôn vò thôøi gian laø s)Aùp duïng : phaûn öùng : 2N2O5 = 4NO2 + O2Trong pha khí ôû 250C coù haèng soá toác ñoä phaûn öùng baèng 1, 73.10−5 s-1 . Tính toác ñoäñaàu cuûa phaûn öùng xaûy ra trong bình phaûn öùng dung tích 12 lít vaø vaø aùp suaát 0,1 atm.2/ Cho phaûn öùng : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k)a) Thöïc nghieäm cho bieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng thuaän laø :32V1 = K1. CCO .CCl . Haõy vieát bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch.2b) ÔÛ 100 C phaûn öùng coù haèng soá caân baèng KP = 1, 25.108 atm -10- Tính haèng soá caân baèng K 'C , K 'X (X laø phaàn mol cuûa khí Xi =phaân huûy ôû 1000C (ghi roõ ñôn vò caùc haèng soá caân baèng, neáu coù)Tính ñoä phaân li α cuûa COCl2 ôû 1000C döôùi aùp suaát toång quaùt 2atm.ni) cuûa phaûn öùngn hhÑaùp aùn caâu II :Noäi dung1/ phaûn öùng coù baäc chung laø n. Bieåu thöùc toác ñoä cuûa phaûn öùng laø :ÑieåmV = KCnAÑôn vò cuûa K =nÑôn vò cuûa Kdon vi cua V( don vi cua C )0n=mol.l−1.s−1( mol.l−1 )1m ol.l − 1 .s − 1s − 1n= mol1− n .l n −1.s−123m ol − 1 .l.s − 1 m ol − 2 .l 2 .s − 1Aùp duïng :Theo ñeà baøi : K = 1, 73.10−5 s-1 ⇒ phaûn öùng baäc moät.PVSoá mol N2O5 ban ñaàu :n0 =RTPNoàng ñoä ban ñaàu cuûa N2O5 laø :C0 =RT3 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dungToác ñoä ban ñaàu :V0 = KC0 = 1,73.10−5 ×Ñieåm0,1= 7,1.10−8 mol-1.l.s−10, 082 × 2982/ a) Ta bieát raèng ñònh luaät taùc duïng khoái löôïng luoân luoân nghieäm ñuùngvôùi caân baèng hoùa hoïc, khoâng phuï thuoäc vaøo cô cheá phaûn öùng (ñôn giaûn hay phöùctaïp), vaäy haèng soá caân baèng cuûa phaûn öùng thuaän nghòch treân vaãn laø :[ COCl2 ]K=[ CO] .[Cl2 ]Vaäy : V1 = KCCO .C3Cl2 hay V1 = KCCO .CCl .Cl12 222Bieåu thöùc toác ñoä phaûn öùng nghòch laø V2 :V2 = K 2CCOCl2 .Cl12 2b) Tính K 'C , K 'X :Phaûn öùng thuaän nghòch : CO(k) + Cl2(k) = COCl2(k)ÔÛ 1000C coù haèng soá caân baèng :11== 8.10−9 atmK'P =K P 1,28.108K'C = K 'P ( RT )−∆n( ∆n=2 - 1 = 1)K'C = 8.10−9 × ( 0,082 × 373)−1= 2,6.10−10 mol/lTính ñoä phaân li α :COCl2(k) = CO(k) + Cl2(k)Bñ (mol)a00Cb(a – x)xx(0 < x < a)Toång soá mol cuûa heä caân baèng : (a – x) + x + x = (a + x) molxa−xvaø XCOCl2 =⇒ XCO = XCl2 =a+xa+x2 x X.XCO Cl 2a+x ⇒ K'X === 4.10−9XCOCl2 a−x  a+x xGiaûi phöông trình treân ta coù : = 6,3.10−5aVaäy ñoä phaân li cuûa COCl2 laø : α = 6,3.10−5 hay 0,0063%4 Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu III :1/ Moät axit yeáu ñôn chöùc hoaø tan vaøo nöôùc, noàng ñoä C (mol/l), haèng soá axit K, noàng+ñoä [H ] luùc caân baèng a(mol/l)a2a) Chöùng minh : C =+aKb) Töø ñoù giaûi thích taïi sao dung dòch cuûa moät ñôn axit yeáu caøng loaõng thì pH cuûadung dòch caøng taêng.2/ Trong moät dung dòch 2 axit yeáu HA1 vaø HA2 coù haèng soá caân baèng khaùc nhau.a) Tính noàng ñoä [H+] trong dung dòch 2 axit ñoù theo haèng soá caân baèng vaø noàng ñoäcuûa 2 axit.b) Aùp duïng : Trong 1 dung dòch 2 axit CH3COOH 2.10−3 (mol/l) vaø C2H5COOH1,9.10−2 (mol/l) . Tính pH cuûa dung dòch 2 axit ñoù.Ñaùp aùn caâu III :1/ a) Goïi HA laø axit yeáu :Noäi dung→ H+ + AHA ←Noàng ñoä bñ : CNoàng ñoä cb : C – aH+  . A− a2K=     =⇔C−a[ HA ]0aC=Ñieåm0aa2+aKb) Xeùt 2 dung dòch cuûa cuøng axit yeáu HA, noàng ñoä C, C’ ( C’ < C ) coùnoàng ñoä ion [H+] luùc caân baèng a, a’.a2a'2Ta coù :C=+ a vaø C' =+ a'KK1 2⇒C − C' =a − a'2 + ( a − a' ) 〉 0K11= ( a - a' )  ( a + a' ) + 1 〉 0 do  ( a + a' ) + 1 〉 1KK+a > a’, [H ] giaûm ⇒ pH taêng.()5 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dung2/ a) Goïi HA1 vaø HA2 laø 2 axit yeáu maø :• Haèng soá caân baèng theo thöù töï K1, K2.• Noàng ñoä theo thöù töï C1, C2.Ñieåmx1, x2 laø noàng ñoä cuûa ion H+ töø 2 axit sinh ra cuõng laø noàng ñoä cuûa A1− , A 2−Noàng ñoä cuûa 2 axit luùc caân baéng laø : (C1 – x1) vaø (C2 – x2). Vôùi 2 axit yeáucoi C – x ≈ CTrong dung dòch coù caùc caân baèng :→ H + + A1HA1 ←→ H+ + A -2HA 2 ←[H+] = x1 + x2Ta coù bieåu thöùc :H+  . A − 1x (x + x ) x (x + x )K1 =     = 1 1 2 ≈ 1 1 2C1 − x1C1[ HA1 ]H+  . A − 2x (x + x ) x (x + x )K2 =     = 2 1 2 ≈ 2 1 2C2 − x 2C2[ HA2 ]⇒K1C1 = x1(x1 + x2)K2C2 = x2(x1 + x2)K1C1 + K2C2 = (x1 + x2)2 = [H+]2H+  = K C + K CVaäy :(1)1 12 2 b) Aùp duïng : Thay caùc gía trò K1, K2, C1, C2 vaøo (1) ta coù : H +  = 10−3,28 (mol/l) ⇒ pH = 3,28 Tænh thaønh phoá : Ninh Thuaän6 Tröôøng : THPT CHU VAÊN ANMoân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu IV :1/ Cho bieát caùc giaù trò theá ñieän cöïc :Fe2 + + 2e = FeE 0 = - 0,44 VFe3+ + 1e = Fe2 + E 0 = - 0,77 Va) Xaùc ñònh E0 cuûa caëp Fe3+/ Feb) Töø keát quûa thu ñöôïcv haõy chöùng minh raèng khi cho saét kim loaïi taùcduïng vôùi dung dòchHCl 0,1M chæ coù theå taïo thaønh Fe2+ chuù khoâng theå taïo thaønh Fe3+.2/ Töø caùc dö kieän cuûa baûng theá ñieän cöïc chuaån cuûa moät soá caëp oxi hoùa – khöû, chöùngminh raèng caùc kim loaïi coù theá ñieän cöïc aâm ôû ñieàu kieän chuaån ñaåy ñöôïc hidro ra khoûi dungdòch axit.Ñaùp aùn caâu IV :Noäi dung1/ a)Fe2++ 2e = Fe(1)Fe3+ + 1e = Fe2+ (2)Fe3+ + 3e = Fe(3)∆G10∆G 20∆G30Ñieåm= -n1E10 F = -2.(-0,44).F= -n 2 E20 F = -1.(0,77).F= ∆G10 + ∆G20∆G30 = -n3E30 F = -3E30 F = -2. ( -0,44 ) − 1. ( 0, 77 )  .F2 ( −0, 44 ) + 0, 77E30 == −0, 036 V⇒3b) Trong dung dòch HCl 0,1M ⇒  H +  = 10 −1 (mol/l) 0+ 0, 059 lg  H +  = −0, 059 VE2H + / H = E2H+/ H22 ⇒0E 0Fe2+ / Fe < E2H< E 0Fe3+ / Fe2++/ H2⇒ H+ chæ oxi hoùa Fe thaønh Fe2+ .7 PHAÀN NAØY LAØ PHAÙCHNoäi dungÑieåm2/ Phaûn öùng :nH22Nhö vaäy coù caùc baùn phöông trình phaûn öùng :M + nH+ = M n+ +2H+ + 2e = H2n+M+ ne = M(1)(2)0E2H= 0V+/H(3)E 0M n+ / M2Ñeå ñöôïc phaûn öùng (1) phöông trình (2) nhaân vôùinroái tröø ñi phöông trình2(3). Khi ñoù ∆G cuûa phaûn öùng seõ laø :nn0- ( -n.F. E 0M n+ / M )∆G = ∆G(2) - ∆G(3) = - .2F. E2H+/H2220= -nF( E2H- E 0M n+ / M )+/ H2Ñeå chi phaûn öùng xaûy ra thì ∆G < 0. Vaäy :00E2H- EM>0+n+/ H2/M0Vì E2H= 0V ⇒ E 0M n+ / M < 0 .+/ H2Tænh thaønh phoá : Ninh ThuaänTröôøng : THPT CHU VAÊN AN8 Moân : HOÙA HOÏCKhoái : 10Teân giaùo vieân bieân soaïn : Nguyeãn Vaên HoàngSoá maät maõ :Phaàn naøy laø phaàn phaùchSoá maät maõ :Caâu V :Cho 50 gam dung dòch MX (M laø kim loaïi kieàm, X laø halogen) 35,6% taùc duïng vôùi10 gam dung dòch AgNO3 thu ñöôïc keát tuûa. Loïc keát tuûa, ñöôïc dung dòch nöôùc loïc. Bieátnoàng ñoä MX trong dung dòch sau thí nghieäm giaûm 1,2 laàn so vôùi noàng ñoä ban ñaàu.a) xaùc ñònh coâng thöùc muoái MX.b) trong phoøng thí nghieäm, khoâng khí bò oâ nhieãm moät löôïng khí X2 raát ñoäc, haõy tìmcaùch loaïi noù ( vieát phöông trình phaûn öùng ).Ñaùp aùn caâu V :Noäi dung35,6 × 50= 17,8g100MX + AgNO3 = MNO3 + AgX↓(mol) xxxxmAgX = (108 + X)x ; mMX phaûn öùng = (M + X)xmMX coøn laïi = 17,8 – (M + X)xC% MX trong dung dòch sau phaûn17,8 − ( M + X ) x35,6× 100 =60 − (108 + X ) x1,2Ñieåma) m MX =⇒⇒⇒⇔⇒öùnglaø:120(M +X) = 35,6(108+ X)MLi (7)Na (23)XCl (35,5)12,58M : Li  ⇒ muoái MX laø LiCl X : Cl K (39)4634,44b) Ñeå loaïi khí Cl2 bò oâ nhieãm trong phoøng thí nhgieäm coù theå phun khí NH3 vaøovaø ñoùng kín cuûa sau moät thôøi gian 10 – 15 phuùt :3Cl2 + 2NH3 = N2 + 6HCl6× NH3 + HCl = NH4Cl3Cl2 + 8NH3 = N2 + 6NH4Cl9 Tỉnh Quảng NgãiTrường THPT chuyên Lê KhiếtMôn: Hoá họckhối : 10Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên HươngSố mật mãSố mật mãPhần này là pháchĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10Câu 1:Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và khôngmang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26.a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electronsau cùng trong nguyên tử A, B.b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH.c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoácủa nguyên tử trung tâm?d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá?Câu 2:1) Mg(OH)2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịchNH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: TMg(OH)2 = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75.2) Tính pH và nồng độ mol của Cr O 24− , Cr2 O 27− trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH0,1M. Cho:K CH3COOH = 1,8.10-5HCr O −4 + H2O2HCr O −4Cr O 24− + H3O+Cr2 O 27− + H2OpK2 = 6,5pK1 = -1,36Câu 3:1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron:a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.b) M + HNO3 → M(NO3)n + NxOy + H2O.2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng:H2SO3 + 6H+ + 6e → H2S + 3H2OCho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:H2SO3 + 4H+ + 4e → S + 3H2OE 20 = +0,45VS + 2H+ + 2e → H2SE 30 = +0,141V3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịchHI để giải phóng ra hiđrô.1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHBiết: E 0Ag + /Ag= +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16Câu 4:Cho cân bằng: PCl5 (K)PCl3(K) + Cl2(K)1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy raphản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểuthức của Kp theo độ phân li α và áp suất P.2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Saukhi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrôbằng 69,5. Tính α và Kp.3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l)nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kpvà α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1.Câu 5:Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu đượchỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y cód Y/H2 =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100mldung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biếtcác phản ứng xảy ra hoàn toàn.a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.b) Tính % khối lượng các chất trong X?c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B?Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 162 Tỉnh Quảng NgãiTrường THPT chuyên Lê KhiếtMôn: Hoá họckhối : 10Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên HươngSố mật mãSố mật mãPhần này là pháchĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10Câu 1a)Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.Với số proton = số electron(2Z A + N A ) + (2Z B + N B ) = 65Z A + Z B = 21 Z A = 4Ta có hệ : (2Z A + 2Z B ) − (N A + N B ) = 19 ⇔ ⇒(0,5đ)Z B − Z A = 13 Z B = 172Z − 2Z = 26A BZA = 4 ⇒ A là BeCấu hình e : 1s22s2(0,5đ1)Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = −2ZB = 17 ⇒ B là ClCấu hình e : 1s22s22p63s23p5(0,5đ1)Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −2b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2.(0,5đNguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ phân nhóm chính nhóm II.)Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII.....: Cl : Be : Cl :(1đ)c)....Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳngTrạng thái lai hoá : spClBeCld) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vữngvà còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 nàysẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết chonhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá:(1đ)ClClClClCl....BeBeBeBeBe....ClClClClClCâu 2:3 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thìC Mg2 + ban đầu = 10-2 (M).Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95⇒ [OH−]2 ≥10−10,95=[Mg ]2+10−10,9510−2(0,5đ)= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475* Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M.Ta có: p K NH + = 14 - p K NH3 = 14 - 4,75 = 9,25.4Do đó: [H+] sơ bộ = KaCa1= 10-9,25 . = 10-9,25 < 10-7Cb1Suy ra cân bằng chủ yếu là:NH3 + H2ONH +4 + OH−11-x11+xKb =(x + 1)x1− xK NH3 = Kb = 10-4,75x= 10-4,75Điều kiện: x >Ka, K2 ⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 O 27− và HCr O −4 dựa vàocân bằng (2).4 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCr2 O 27− + H2O2HCr O −4K1 = 10-1,36BĐ0,010TTCB 0,010-x2xÁp dụng định đ/l t/d k/l.(2x) 2K1 == 10-1,36 (x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10-3.(0,010 − x)Vậy : [Cr2 O 27− ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O −4 ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 (M) (1đ)So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O −4 ] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế:CH3COO− + H3O+Ka = 1,8.10-5CH3COOH + H2OBĐ0,1TTCB 0,1-aaa2aKa == 1,8.10-50,1 − aĐK a 2a . Vieát caùc ptpöù ñieän phaân xaûy ra cho tôùi khiH2O baét ñaàu bò ñieän phaân ôû caû hai ñieän cöïc. Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà )Caâu 3:1. Troän 100 ml dd HCOOH 0,1M vôi100 ml dd NaOH 0,05M ñöôïc 200 ml dd A.Tìm pH cuûa dd A.- pH cuûa dd A seõ thay ñoåi nhö theá naøo khi theâm vaøo dd 0,001 mol HCl hoaëc 0,001 mol NaOH.- Töø caùc keát quaû treân haõy cho nhaän xeùt.2. Xaùc ñònh nhieät ñoä taïi ñoù aùp suaát phaân li cuûa NH4Cl laø 1 atm,bieát ôû 25oC coù caùc döõ kieän :o∆ Go ( kJ/mol )∆ H tt ( kJ/mol )NH4Cl(r)-315,4-203,9HCl(k)-92,3-95,3NH3(k)-46,2-16,62+2+3. Cho H2S loäi qua dd chöùa Cd 0,01M vaø Zn 0,01M ñeán baõo hoaø.a. Haõy xaùc ñònh giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd sao cho xuaát hieän keát tuûa CdS maø khoâng coùkeát tuûa ZnS.b. Haõy thieát laäp khu vöïc pH taïi ñoù chæ coøn 0,1% Cd2+ trong dd maø Zn2+ vaãn khoâng keát tuûa.Bieátdd baõo hoaø H2S coù [H2S} = 0,1M vaø H2S coù Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 ,TZnS = 10-22 .Boû qua quaù trình taïo phöùc hidroxo cuûa Cd2+ vaø Zn2+. ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânThôøi gian laøm baøi : 180 phuùt( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà )Caâu 4:1. Caân baèng caùc pöù oxi hoaù khöû sau :a. Theo phöông phaùp caân baèng electron :Cu2S + HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O.CH3−CH=CH2 + KMnO4 + H2O → CH3−CH−CH2 + MnO2 + KOHOH OHb. Theo phöông phaùp caân baèng ion - electron :K2Cr2O7 + H2SO4 + NO → Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O.NaCrO2 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O.2. Haõy cho bieát pöù naøo xaûy ra trong caùc tröôøng hôïp sau:FeCl3 + NaClFeCl3 + NaBrFeCl3 + NaIooE Br / 2Br− = 1, 065VE oI / 2I− = 0,536VBieát E Cl / 2Cl− = 1,359V22EoFe3+ / Fe2+2= 0,77V3. Tính EoAgCl / Ag vaø haèng soá caân baèng cuûa pöù sau:2AgCl↓ + Cu2Ag↓ + Cu2+ + 2 Cl −E oCu2+ / Cu = 0,337VBieát EoAg+ / Ag = 0, 799V4. Cho E oCu2+ / Cu = 0,345VTAgCl = 10−10; E oZn2+ / Zn = −0,76V.a. Haõy vieát sô ñoà pin ñöôïc duøng ñeå xaùc ñònh theá ñieän cöïc tieâu chuaån cuûa caùc caëp treân . Chæ roõ cöïcdöông,cöïc aâm.Cho bieát pöù thöïc teá xaûy ra trong pin khi pin hoaït ñoäng .b. ÔÛ 25oC,tieán haønh thieát laäp 1 heä gheùp noái giöõa thanh Zn nhuùng vaøo dd ZnCl2 0,01M vôùi thanhCu nhuùng vaøo dd CuCl2 0,001M thu ñöôïc moät pin ñieän hoaù.-Vieát kí hieäu cuûa pin vaø pöù xaûy ra khi pin laøm vieäc.-Tính Epin. Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà )Caâu 5:Hoaø tan 9,24g hoãn hôïp Al,Cu trong dd HCl dö 5% ( so vôùi lyù thuyeát ) thu ñöôïc 6,72 lít khí A( ñktc) , ddB vaø raén C.a. Tính khoái löôïng moãi kim loaïi trong hoãn hôïp.b. Cho taát caû dd B taùc duïng vôùi dd NaOH 0,5M . Tính theå tích dd NaOH caàn duøng ñeå sau pöù thuñöôïc 9,36g keát tuûa.c. Hoaø tan toaøn boä chaát raén C trong 60 ml dd HNO3 2,0M , chæ thu ñöôïc khí NO . Sau khi pöù keátthuùc cho theâm löôïng dö H2SO4 vaøo dd thu ñöôïc laïi thaáy coù khí NO bay ra . Giaûi thích vaø tính theåtích khí NO (ñktc) bay ra sau khi theâm H2SO4. ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 1:1.a.Khoâng thoaû maõn,vì ml > lb.Thoaû maõn :2p4 .Caáu hình e :1s22s22p4. STT :8, chu kì 2 , nhoùm VIA.−2Tính chaát ñaëc tröng : tính oxi hoaù O2 +4e → 2 OVí duï : 4Na + O2 = 2Na2Oc. Khoâng thoaû maõn,vì n = l ( l = n-1 )d.Thoaû maõn :3p6 . Caáu hình e :1s22s22p63s23p6. STT :18, chu kì 3 , nhoùm VIIIA.Ngtoá naøy coù caáu hình beàn neân khoâng tham gia töông taùc hoaù hoïc.2. Caáu hình ...3d34s2 : toàn taïiCaáu hình ...3d94s2 : khoâng toàn taïi, chuyeån sang caáu hình beàn 3d104s1.3. -Trong caùc phaân töû H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ôû traïng thaùi lai taïo sp3, phaân töû coùcaáu taïo daïng goùc :RHH- Vì ñoä aâm ñieän cuûa O lôùn nhaát neân caùc caëp e lieân keát bò huùt veà phía O maïnh → khoaûng caùch giöõa2 caëp e lieân keát trong phaân töû H2O laø nhoû nhaát → neân löïc ñaåy tónh ñieän maïnh nhaát → goùc lieân keátlôùn nhaát .Thöù töï taêng daàn goùc lieân keát laø : H2Te , H2Se, H2S, H2O .- ÔÛ ñieàu kieän thöôøng nöôùc ôû theå loûng laø do caùc phaân töû nöôùc coù khaû naêng taïo lieân keát H lieânphaân töû :... O − H ... O − H ...HH- Trong caùc phaân töû H2R , R ñeàu coù soá oxi hoaù -2, tuy nhieân töø O ñeán Te baùn kính R laïi taêng leân →khaû naêng cho e taêng töø O ñeán Te, töùc laø tính khöû taêng theo thöù töï H2O, H2S, H2Se, H2Te .4. Vì khi phoùng xaï α thì khoái löôïng haït nhaân bò giaûm 4 vaø ñieän tích giaûm 2 ñôn vò .Khi phoùng xaï β khoái löôïng haït nhaân khoâng ñoåi nhöng ñieän tích taêng 1 ñôn vò.Nhaän thaáy töø U 238 → Pb207 khoái löôïng haït nhaân giaûm 31 ( khoâng chia heát cho 4 ) vì vaäy ban ñaàuU 238 ñaõhaáp thuï 1 nôtron ñeå taïo U 239 khoâng beàn .2381239 *92 U + o n → 92 U23992U* →82Pb207 + x 2 He 4 + y −01 eTa coù 2x - y = 104x = 32=>x=8y=6Vaäy ñaõ coù 8 haït α vaø 6 haït β thoaùt ra , haáp thuï 1 nôtron . Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 2: ---ÑAÙP AÙNH2S + 3FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3lïanh→ 2NaF + OF2 + H2O2F2 + 2NaOH (2%)Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2ONaOH + NH4Cl → NaCl + NH3 + H2OtoNaAlO2 + NH4Cl + H2O → Al(OH)3↓ + NH3↑ + NaCl2+2−CuSO4 = Cu + SO 4NH3 + H2ONH +4 + OH -Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2↓.Cu(OH)2↓ + 4 NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2.2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2 NO3−NaCl= Na+ + ClTaïi catot (-) : Cu2+,Na+,H2OTaïi anot (+) : NO3− , Cl-,H2O.Pöù ñieän cöïc : Cu2+ +2e → Cu2Cl- -2e → Cl22H2O + 2e → H2 + 2 OH2H2O -4e → O2 + 4 H+Pöù ñieän phaân:Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1)Neáu 2a = b , töùc laø Cu(NO3)2 vaø NaCl bò ñieän phaân heát cuøng luùc,neân sau pöù (1) ôû caû 2 ñieän cöïcH2O seõ ñieän phaân.dpH2O → H2 + 1/2 O2 .NaNO3Neáu b2a,sau pöù (1) coøn dö NaCl . Khi ñoù pöù ñieän phaân:m.n2NaOH + Cl2 ↑+ H2 ↑2NaCl + 2 H2O →Sau pöù (3) thì H2O ñieän phaân ôû caû 2 ñieän cöïc:dpH2O → H2 + 1/2 O2 .NaOH(3) ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 3:1. Ptpöù :HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O0,0050,0050,005nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 molnNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 molVaäy dd thu ñöôïc goàm 0,005 mol HCOOH vaø 0,005 mol HCOONa .Trong dd xaûy ra caùc quaù trình :HCOONa → HCOO- + Na+HCOOHHCOO- + H+,KaHCOO- + H2OHCOOH + OH-,KbH2OH+ + OHTheo ñònh luaät baûo toaøn ñieän tích ta coù:[H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-]⇒[HCOO-]= [H+] + [Na+] - [OH-]Maët khaùc :Theo ñònh luaät baûo toaøn noàng ñoä ban ñaàu ta coù :CHCOOH + CHCOO− = [HCOOH] + [HCOO − ][HCOOH] = CHCOOH + CHCOO− − [HCOO − ]⇒= CHCOOH + CHCOO− − [H + ] − [Na+ ] + [OH − ]Vì CHCOO− = [Na+ ] neân:[HCOOH] = CHCOOH − [H + ] + [OH − ]Ka =[HCOO− ][H + ][HCOOH]CHCOOH − [H + ] + [OH − ][HCOOH]⇒ [H ] = K a= Ka(*)[HCOO− ][Na+ ] + [H + ] − [OH − ]Vì söï coù maët cuûa HCOOH vaø HCOO- trong dd neân ñaõ ngaên caûn söï taïo thaønh H+ vaø OH- .Neân khi giaûi gaàn ñuùng coù theå boû qua [H+] vaø[ OH-]+(*) ⇔ [H + ] = K aCHCOOH[Na+ ]CHCOOH[Na+ ]Thay caùc giaù trò vaøo bieåu thöùc treân ta ñöôïc:0, 005pH = 3, 75 − lg= 3, 75.0, 005Khi theâm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi naøy :HCOO- + H+ → HCOOH0,0010,001 0,001pH = pK a − lg pH = 3, 75 − lg(0, 005 + 0, 001) = 3,57.0, 005 − 0, 001Khi theâm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi naøy:HCOOH + OH- → HCOO- + H2O0,0010,001 0,0010, 005 − 0, 001) = 3,93.0, 005 + 0, 001Vieäc theâm moät löôïng nhoû axit maïnh hay bazô maïnh vaøo hoãn hôïp HCOOH vaøHCOO chæ laøm thay ñoåi pH trong giôùi haïn ± 0,18 ñôn vò pH.Nhö vaäy hoãn hôïp HCOOH vaøHCOO- laø dd ñeäm coù khaû naêng giöõ cho pH ban ñaàu haàu nhö khoâng ñoåi.pH = 3, 75 − lg(2.Ptpöù:NH 4 Cl(r)NH3(k) + HCl(k) .xxGoïi x(mol) : n NH3 = n HClx.1 = 0,5atm2x= 0,5.0,5 = 0,25(atm)2⇒ PNH3 = PHCl =ÔÛ nhieät ñoä T: K 2 = PNH3 .PHClÔÛ 25oC ta coù :∆G opu = −95,3 − 16,6 − (−203,9) = 92kJ∆H opu = −46,2 − 92,3 − (−315,4) = 176,9kJTöø coâng thöùc : ∆G o = −2,303RT lg KNeânlg K1 =−∆G o92000=−= −16,122,303RT2,303.8,314.298∆G o = ∆H o − T∆So = − RT ln KMaët khaùc ta coù :∆H o ∆So+RTRooGiaû söû ∆H & ∆S khoâng thay ñoåi theo nhieät ñoä,ta coù :∆H o ∆Soln K1 = −+RT1R⇔ ln K = −ln K 2 = −∆H o ∆So+RT2R⇒ ln K 2 − ln K1 = −∆H o ∆H o+RT2 RT1⇒ lnK 2 ∆H o 1 1( − )=K1R T1 T2⇔ lgK21 1∆H o( − )=K1 2,303.R T1 T2⇔ lg K 2 − lg K1 =1 1∆H o( − )2,303.R T1 T2⇒ lg 0,25 + 16,12 =⇒ T2 = 597o K17690011− )(2,303.8,314 298 T2 TCdS10−28== 10−26.3.Noàng ñoä S ñeå CdS↓ : [S ] =2+[Cd ] 0,01T10−22Noàng ñoä S2- ñeå ZnS↓ : [S2 − ]' = ZnS== 10−20 .2+[Zn ] 0,012−2− 'Vì [S ] < [S ] neân CdS↓ tröôùc.Giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd ñeå xuaát hieän ↓ CdS maø khoâng coù ↓ZnSTa coù :H2 S2H + + S2 − ,K = K1 .K 2 = 1,3.10 −20 = 10 −19,89.2-2−K=[H + ]2 .[S2 − ][H 2 S][H 2 S][S2 − ]11 [H S]⇒ pH = pK − lg 22−22 [S ]Ñeå CdS↓ maø khoâng coù ZnS↓ thì:10 −26 < [S2− ] < 10−20⇒ [H + ]2 = K110,1pH1 = .19,89 − lg −26 = −2,56.22 10110,1pH 2 = .19,89 − lg −20 = 0, 45.22 10⇒ −2,56 < pH < 0, 45.0,1= 10 −5 M.10010−28[S2-] luùc Cd2+ coøn 0,1% = −5 = 10−23.102+Ñeå trong dd Cd coøn 0,1% maø ZnS vaãn chöa keát tuûa thì 10−23 < [S2 − ] < 10−20110,1pH 3 = .19,89 − lg −23 = −1, 06.Töùc laø :22 10−1, 06 < pH < 0, 45.[Cd 2 + ] coøn 0,1% = 0, 01. ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 4 :1+2+6Cu2S -10e → 2 Cu+ S+51+4N + 1e → N10* Cu2S + 12 HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O−1−2o−13C+ C− 2e → C+ C+7+4Mn + 3e → Mn2* 3CH3−CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH3−CH(OH) −CH2(OH) +2MnO2 +2KOH.Cr2 O27− + 14H + + 6e → 2Cr 3+ + 7H 2 O16NO + H 2 O − 1e → NO2− + 2H +* K 2 Cr2 O 7 + 2H 2 SO 4 + 6NO → Cr2 (SO 4 )3 + 6HNO2 + K 2 SO 4 + H 2 OCrO2− + 4OH − − 3e → CrO24− + 2H 2 OBr2 + 2e → 2Br23−* 2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH → 2Na2 CrO 4 + 6NaBr + 4H 2 O.2.Giaû söû xaûy ra pöù:2Fe3+ + 2X − → 2Fe2 + + X2 (1),(X− : Cl − ,Br − , I − ).Ñeå pöù (1) xaûy ra thì : Eopu = Eoox − Eokh > 0= E oFe3+ / Fe2+ − E oX2/ 2X−>0Vì chæ coù EoI / 2I− < EoFe3+ / Fe2+ neân chæ xaûy ra pöù:23+2Fe + 2I − → 2Fe2 + + I2Hay2FeCl3 + 2NaI → 2FeCl2 + I 2 + 2NaCl.I2 + I − → I3−3.Ta coù :(EoAg+ + eAg,K = 10AgCl ↓Ag+ + Cl − ,TtAgCl ↓ + e⇒E oAgCl / Ag0,059Ag+ / Ag)/ 0,059Ag ↓ + Cl − ,K1 = K.Tt = 10=E oAg+ / Ag0,059(EoAgCl / Ag )/ 0,059− 10⇔ EoAgCl / Ag = E oAg+ / Ag − 0,59 = 0,799 − 0,59 = 0,209V. Ta coù :AgCl ↓ + eAg ↓ + Cl − ,K1Cu2 + ,K 2−1 = 10Cu − 2e(2EoAgCl / Ag )/ 0,059⇒ K 3 = 104.2)/ 0,059Cu2+ / Cu2Ag ↓ +Cu2 + + 2Cl − ,K 3 = K12 .K 2−12AgCl ↓ +Cu⇒ 10( −2Eo.10( −2Eo(0,209 − 0,337)0,059Cu2+ / Cu)/ 0,059= K3= 10−4,34.a.Vì EoCu2+ / Cu > Eo2H+ / H .Ñeå E opin >0 thì cöïc Cu|Cu2+ laøm cöïc döông(+).2cöïc Pt,H2(1atm) |H+ 1M laøm cöïc aâm (-).Sô ñoà pin:(-)(+)Pt,H2(1atm) |H+ 1M || Cu2+ 1M| Cu .Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : H 2 − 2e2H +Cöïc (+) : Cu2+ + 2eCu.2+Cu + 2H + .Pöù trong pin : Cu + H 2Töông töï ta coù :Vì Eo2H+ / H > EoZn2+ / Zn neân ta coù sô ñoà pin :2(-)(+)Zn|Zn2+ 1M|| H+ 1M|H2 (1atm),Pt.Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : Zn − 2eZn2 +H2 .Cöïc (+) : 2H + + 2ePöù trong pin : Zn + 2H +Zn 2 + + H 2 .b.Ta coù :ZnCl2 = Zn 2+ + 2Cl −0,01M 0,01MCuCl2 = Cu2 + + 2Cl −0,001M 0,001M0, 059E Zn2+ / Zn = E oZn2+ / Zn +lg[Zn 2 + ]20, 059= −0, 76 +lg(0, 01) = −0,819V.20, 059oECu2+ / Cu = E Cu+lg[Cu2 + ]2+/ Cu20, 059= 0,345 +lg(0, 001) = 0, 4335V2Sô ñoà pin:(-)(+)2+2+Zn|Zn 0,01M ||Cu 0,001M | Cu.Pöù ñieän cöïc :Cöïc (-) : Zn − 2eZn2 +Cöïc (+) : Cu2+ + 2eCu.Pöù trong pin :Zn + Cu2+Cu + Zn2 + .E pin = E p − E t = ECu2+ / cu − E Zn2+ / Zn= 0,4335-(-0,819) = 1,2525V. ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 5:Ptpöù :2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑(1)0,20,60,20,36, 72n H2 == 0,3mol.22, 4Theo pöù (1),ta coù:nAl = 0,2 mol⇒mAl = 0,2.27 = 5,4g⇒mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84gb. ddB goàm nHCl dö = 0,6.0,05 = 0,03 molvaø n AlCl3 = 0,2mol.T/hôïp 1: AlCl3 dö .9,36n Al(OH)3 == 0,12mol78Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O0,03 0,03AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl.0,12 0,360,12n NaOH(pu2,3) = 0,36 + 0, 03 = 0,39mol.(2)(3)0,39= 0, 78l.0,5T/hôïp 2 : Al(OH)3↓ taïo ra cöïc ñaïi nhöng sau ñoù bò hoaø tan moät phaàn .Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O(4)0,03 0,03AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl.(5)0,20,60,2Al(OH)3↓ + NaOH = NaAlO2 + 2H2O(6)(0,2-0,12)0,08n 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 HNO3HNO3 = H + + NO3−0,120,12 0,123,84n Cu == 0, 06mol.64Ptpöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O.(7)0,045 0,12 0,03Theo pöù (7) , n H+ heát nhöng n NO− dö ,neân khi theâm löông dö axit H2SO4 seõ coù khí NO thoaùt3ra.Khi theâm H2SO4, H 2 SO 4 = 2H + + SO24−Pöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O.(0,06-0,045) 0,010,01Theo pöù (8),nNO = 0,01 mol.⇒VNO = 0,01.22,4 = 0,224 l.(8) Sở Giáo dục Đào tạo Phú YênTrường THPT chuyên Lương văn ChánhGiáo viên biên soạn: Phan thị Mỹ LệKỳ thi Olympic truyền thống 30/4 lần XII - 2006Môn hóa học – Khối 10Đề thi và đáp ánCâu 1Nguyên tử C có electron cuối cùng ứng với 4 số lượng tử:n = 3, l = 1, m = 0, ms = -1/2Hai nguyên tố A, B với ZA < ZB < ZC ( Z là điện tích hạt nhân ).Biết rằng: - tích số ZA. ZB. ZC = 952-tỉ số ( ZA + ZC ) / ZB = 3.1. Viết cấu hình electron của C, xác định vị trí của C trong bảng Hệ thống tuần hoàn, từđó suy ra nguyên tố C?2. Tính ZA, ZB. Suy ra nguyên tố A, B?3. Hợp chất X tạo bởi 3 nguyên tố A, B, C có công thức ABC. Viết công thức cấu tạocủa X. Ở trạng thái lỏng, X có tính dẫn điện.Vậy X được hình thành bằng các liên kếthóa học gì?Đáp án1. Nguyên tố C có cấu hình electron cuối cùng :3p5↑↓ ↑↓ ↑+10-1Cấu hình electron của C:1s2 2s2 2p6 3s2 3p5Vị trí của C: STT 17, chu kì 3, nhóm VII A. C là Clo.2. ZC = 17ZB . ZA = 56ZA = 7 , A là NitơZA + 17 = 3ZBZB = 8 , B là Oxi3. CTCT XCl - N = ONOCl ở trạng thái lỏng có tính dẫn điện vậy trong chất lỏng phải có các ion NO+ vàCl-. Do đó trong phân tử NOCl có liên kết ion và liên kết cộng hóa trị.Câu 2Cho hỗn hợp cân bằng trong bình kín:N2O4 (k)2NO2 (k)(1)Thực nghiệm cho biết: Khi đạt tới trạng thái cân bằng ở áp suất chung 1 atm- ở 350C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 72,45 g/mol- ở 450C hỗn hợp có khối lượng mol trung bình Mhh = 66,8 g/mol1. Hãy xác định độ phân li α của N2O4 ở mỗi nhiệt độ trên.2. Tính hằng số cân bằng KP của ( 1 ) ở mỗi nhiệt độ (lấy tới chữ số thứ ba sau dấuphẩy).Trị số này có đơn vị không ? Giải thích?3.Hãy cho biết phản ứng theo chiều nghịch của phản ứng (1) là thu nhiệt hay tỏa nhiệt?Giải thích?. Đáp án1. Goị a là số mol của N2O4 có trong 1 mol hỗn hợp.(1-a) là số mol của NO2.Ở 350C có Mhh = 92a + 46 (1-a ) = 72,45→ a = 0,575 → n N2O4 = 0,575 và n NO2 = 0,425N2O42NO2n(bđ) xn(pư) 0,21250,425n(cb) x- 0,21250,425→ x - 0,2125 = 0,575 → x = 0,7875 mol → α = 0,2125/0,7875 = 26,98%Ở 450C có M = 92a + 46(1-a) = 66,8N2O42NO2n(bđ) yn(pư) 0,273950,5479n(cb) y-0,273950,5479→ y –0,27395 = 0,4521 → y = 0,72605→ α = 0,27395/0,72605= 37,73%2. Ở 350C PNO2 = (0,425/ 1). 1 = 0,425PN2O4 = (0,575/ 1). 1 = 0,575KP = (0,425)2/ 0,575 = 0,314 (mol)0Ở 45 C P NO2 = (0,5479/ 1). 1 = 0,5479P N2O4 = (0,4521/ 1). 1 = 0,4521KP = (0,5479)2/ 0,4521 = 0,664 (mol)3. Độ điện li tăng , KP tăng nghĩa là phản ứng diễn ra theo chiều thuận. Khi tăng nhiệtđộ phản ứng diễn ra theo chiều thuận, vậy chiều thuận là chiều thu nhiệt, chiều nghịchlà chiều tỏa nhiệt.Câ u 3Độ tan của AgCl trong nước cất ở một nhiệt độ nhất định là 1,81 mg/dm3.Sau khi thêmHCl để chuyển pH về 2,35, giả thiết thể tích dung dịch sau khi thêm axit vẫn giữ nguyênvà bằng 1dm3. Hãy :1.Tính nồng độ ion Cl- trong dung dịch trước và sau khi thêm HCl.2.Tính tích số tan T trong nước của AgCl ( dùng đơn vị thứ nguyên ).3.Tính xem độ tan của AgCl đã giảm đi mấy lần sau khi axit hóa dung dịch ban đầu đếnkhi có pH=2,35.4.Tính khối lượng của NaCl và của Ag tan được trong 10 m3 dung dịch NaCl 10-3 MĐáp án1. * Trước: [Cl-] = [AgCl] = 1,81.10-3g/dm3 = 1,26.10-5 mol/dm3 = 1,26.10-5 mol/l.* Sau: C (Cl-) = C (H+) = 10-2,35 = 4,47.10-3 mol/l.2. Tích số tan T (AgCl) = [Ag ]. [Cl- ] = (1,26.10-5)(1,26.10-5) = 1,59.10-10 mol2/l2.3. Khi axit hóa dung dịch đến pH = 2,35:[Cl- ]= [HCl ] = 4,47.10-3[AgCl]= [Ag+]= T (AgCl)/[Cl-] = 1,59.10-10/4,47.10-3 = 3,56.10-8 mol/lNhư vậy độ tan của AgCl = 3,56.10-8mol/l, giảm đi 1,26.10-5/3,56.10-8= 354 lần4. * Số mol NaCl = 10-3. 10. 103= 10 molm NaCl= 10. 58,5= 585g[Ag+]= T AgCl/ [Cl-]= 1,59. 10-10/ 10-3= 1,59. 10-7mol/l * Số mol Ag+= 1,59. 10-7. 10. 103= 1,59. 10-30,17g.mAg = mAg+= 1.59. 10-3.108=Câu 4Đốt cháy hòan tòan 12g một muối sunfua kim loại M (hóa trị II), thu được chất rắn A vàkhí B.Hoà tan hết A bằng một lượng vừa đủ dung dịch H2SO4 24,5% thu được dung dịchmuối có nồng độ 33,33%. Làm lạnh dung dịch muối này thấy tách ra 15,625g tinh thểmuối ngậm nước X, phần dung dịch bão hòa lúc này có nồng độ 22,54%.1.Xác định kim loại M và công thức hoá học muối tinh thể ngậm nước X.2.Viết các phương trình phản ứng xảy ra khi:a. Đun nóng khí B với nước trong ống kín ở 1500C thấy thóat ra chất rắn màuvàng.b. Cho khí B đi qua nước Brom cho đến khi vừa mất màu đỏ nâu của dung dịch .Sau đó thêm dung dịch BaCl2 vào thấy kết tủa trắng.Đáp án1.2MS + 3O22MO + 2SO2MSO4 + H2OMO + H2SO4Cứ 1 mol H2SO4 hay (98/24,5).100 = 400g dung dịch H2SO4 hòa tan được (M + 96)gmuối MSO4. Ta có:Khối lượng dung dịch thu được = (M+16)+400, khối lượng chất tan = (M+96)gTheo baì cho, ứng với 100 g dung dịch có 33,33g chất tanTính được M= 64, M là Cu.Ta có : m dd baõ hoà = m CuO + m dd H2SO4 – m muối tách ra= 0,125 . 50 + 0,125 . 400 – 15,625 = 44,375g.Khối lượng CuSO4 còn laị trong dung dịch bão hòa = (44,375 . 22,54)/100% = 10gSố mol CuSO4 còn laị trong dung dịch = 10 /160 = 0,0625 molSố mol CuSO4 ban đầu = số mol CuO = số mol CuS = 12/96 = 0,125 molSố mol CuSO4 đã tách ra = 0,125 – 0,0625 = 0,0625 molNếu công thức muối ngậm nước là CuSO4.nH2O ta có (160+18n) . 0,0625 = 15,625n=51502.3SO2 + 2H2O2H2SO4 + S ↓(maù vàng)SO2 +Br2 + 2H2OH2SO4 + 2HBrH2SO4 + BaCl2BaSO4 ↓ + 2HClCâu 5Dung dịch bão hoà canxi cacbonat trong nước có độ pH = 9,95.Axit cacbonnic có Ka 1= 4,5.10-7mol/l và Ka 2= 4,7.10-11mol/l.1. Hãy tính độ tan của CaCO3 trong nước và tích số tan của CaCO3.2. Hãy tính nồng độ tối đa cuả ion Ca2+ trong dung dịch CaCO3 với pH=7,40 vànồng độ cân bằng cuả HCO3-= 0,022 M. Cho tích số tan KL(CaCO3)= 5,2.109(mol/l)2 (giá trị này không trùng với phần tính của baì 1.).Đáp án1. CaCO3 hoà tan trong nước. Goị x là độ tan của CaCO3. pH = 9,95[OH-]= 10-4,05CaCO3Ca2+ + CO32xxx2CO3 + H2OHCO3- + OH- Kb= Kw. K2-1= 10-14. 4,7. 10-11= 0,21. 10-3.x-10-4,0510-4,0510-4.05Theo định luật tác dụng khối lượng ta có:10-4,05. 10-4,05Kb == 0,21. 10-3x = 1,26. 10-4 mol/l.-4,05x - 10Tích số tan cuả CaCO3 KL= x. (x-10-4,05)= 4,7.10-9 (mol/l)22. Ta có pH = 7,4[OH-]= 10-6,6.2CO3 + H2O HCO3- + OH- KP= 0,21. 10-30,02210-6,6[HCO3 ][OH ]KP == 0,21. 10-3.[CO32-] = 10-4,6[CO32-][Ca2+] = KL (CaCO3) / [CO32-] = 5,2.10-9/ 10-4,6 = 2.10-4 mol/l. Kỳ thi Olympic 30/04/2006Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk LăkĐề và đáp án:Môn Hóa - Khối 10Số mật mã:1ĐỀ:Câu I: (4 điểm)I.1. Silic có cấu trúc tinh thể giống kim cương với thông số mạng a = 0,534 nm.Tính bán kínhnguyên tử cộng hóa trị của Silic và khối lượng riêng (g.cm-3) của nó. Cho biết MSi= 28,086g.mol-1. Kim cương có cấu trúc lập phương tâm diện, ngòai ra còn có 4 nguyên tử nằm ở 4hốc tứ diện của ô mạng cơ sở.I.2. Có các phân tử XH3I.2.1. Hãy cho biết cấu hình hình học của các phân tử PH3 và AsH3.I.2.2. So sánh góc liên kết HXH giữa hai phân tử trên và giải thích.I.2.3. Những phân tử nào sau đây có moment lưỡng cực lớn hơn 0 ? BF3, NH3, SiF4,SiHCl3, SF2, O3.Cho biết Zp = 15, ZAs = 33, ZO = 16, ZF = 9, ZCl = 17, ZB = 5, ZN = 7, ZSi = 14, ZS = 16.Câu II: (4 điểm)Amoni hidrosunfua là một chất không bền dễ dàng bị phân hủy thành NH3(k) và H2S(k)NH4HS(r)NH3(k) + H2S(k)Cho biết các số liệu nhiệt động học sau đây tại 25oCHo ( KJ.mol-1)So ( J.K-1.mol-1)NH4HS(r)-156,9113,4NH3(k)- 45,9192,6H2S(k)- 20,4205,6II.1. Tính ∆ H0, ∆ S0, ∆ G0 tại 250C.II.2. Tính hằng số cân bằng Kp tại 25oC của phản ứng trên.II.3. Tính hằng số cân bằng Kp tại 35oC của phản ứng trên giả thiết rằng cả ∆ H0 và ∆ S0không phụ thuộc vào nhiệt độ.II.4. Tính áp suất toàn phần trong bình chứa nếu phản ứng đạt cân bằng tại 250C. Bỏ qua thểtích của NH4HS(r) .Câu III: (4 điểm)Trị số pH của nước nguyên chất là 7,0; trong đó khi nước mưa tự nhiên có tính axit yếu do sựhòa tan của CO2 trong khí quyển. Tuy nhiên trong nhiều khu vực nước mưa có tính axit mạnhhơn. Điều này do một số nguyên nhân trong đó có nguyên nhân tự nhiên và những nguyênnhân xuất phát từ hoạt động của con người. Trong khí quyển SO2 và NO bị oxi hóa theo thứtự thành SO3 và NO2, chúng phản ứng với nước để chuyển hóa thành axít sunfuric và axítnitric. Hậu quả là tạo thành mưa axít với pH trung bình khoảng 4,5.Lưu huỳnh dioxit là một oxit hai chức trong dung dịch nước. Tại 250C :SO2 (aq) + H2O (l)HSO3-(aq) + H+( aq)Ka1 = 10-1,92 MHSO3-(aq)SO3-(aq) + H+( aq)Ka2 = 10-7,18 M0Tất cả các câu hỏi sau đều xét ở 25 CIII.1. Độ tan của SO2 là 33,9 L trong 1 L H2O tại áp suất riêng phần của SO2 bằng 1 bar.III.1.1. Tính nồng độ toàn phần của SO2 trong nước bão hòa khí SO2 (bỏ qua sự thay đổithể tích do sự hòa tan SO2).III.1.2. Tính thành phần phần trăm của ion HSO3-. Kỳ thi Olympic 30/04/2006Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk LăkĐề và đáp án:Môn Hóa - Khối 10Số mật mã:2III.1.3. Tính pH của dung dịch.III.2. Nhỏ từng giọt Br2 đến dư vào dung dịch SO2 0,0100 M, toàn bộ SO2 bị oxi hóa thànhSO42-. Br2 dư được tách ra bằng cách sục với khí N2 .Viết một phương trình phản ứng của quá trình. Tính nồng độ H+ trong dung dịch thu được.Biết pKa(HSO4-) = 1,99.Câu IV: (4 điểm)IV.1. Trộn hai thể tích bằng nhau của hai dung dịch SnCl2 0,100 M và FeCl3 0,100 M. Xácđịnh nồng độ các ion thiếc và ion sắt khi cân bằng ở 250C. Tính thế của các cặp oxi hóakhử khi cân bằng.IV.2. Khi nhúng một sợi Ag vào dung dịch Fe2(SO4)3 2,5.10-2 M. Xác định nồng độ của Fe3+,Fe2+ và Ag+ khi cân bằng ở 250C.ooBiet ESn4+ = 0,15 V ; Eo3+ = 0, 77 V ; EFe2+Ag+ = 0,80 VSnFe 2 +AgCâu V: (4 điểm)Theo lí thuyết công thức của khoáng pyrit là FeS2.Trong thực tế một phần ion disunfua S2- bịthay thế bởi ion sunfua S2- và công thức tổng quát của pyrit có thể biểu diễn là FeS2-x. Nhưvậy có thể coi pyrit như một hỗn hợp của FeS2 và FeS. Khi xử lý một mẫu khoáng với Br2trong KOH dư thì xảy ra các phản ứng sau:FeS2 + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2OFeS + Br2 + KOH → Fe(OH)3 + KBr + K2SO4 + H2OSau khi lọc thì chất không tan tách khỏi dung dịch và:-/ Fe(OH)3 được nung nóng và chuyển hóa hoàn toàn thành Fe2O3 có khối lượng 0,2 gam.-/ Cho dư dung dịch BaCl2 vào pha lỏng được 1,1087 gam kết tủa BaSO4.V.1. Xác định công thức của pyrit.V.2. Cân bằng hai phương trình phản ứng trên, nêu rõ cân bằng electron.V.3. Tính lượng Br2 theo gam cần thiết để oxi hóa mẫu khoáng.----------o0o----------ĐÁP ÁN: Kỳ thi Olympic 30/04/2006Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk LăkĐề và đáp án:Môn Hóa - Khối 10Số mật mã:3Câu I: (4 điểm)I.1. r Si = (a. 3 )/8 = (0,534. 3 )/8= 0,118Số nguyên tử Si có trong một ô mạng cơ sở: 8.(1/8) + 6.(1/2) + 4 = 8Khối lượng riêng của Si = 2,33 g.cm-1.I.2.1. P : 1s22s22p63s23p3 ; As : 1s22s22p63s23p63d104s24p3P và As đều có 5 electron hóa trị và đã có 3 electron độc thân trong XH3XX ôû traïng thaùi lai hoùa sp3.H H HI.2.2. XH3 hình tháp tam giác, góc HPH > góc AsH, vì độ âm điện của nguyên tử trung tâmP lớn hơn so với As nên lực đẩy mạnh hơn.I.2.3.ClHFNSiFOSFClClFOFO33sp2spspsp3FFSiBFsp2FFFFsp34 chất đầu tiên có cấu tạo bất đối xứng nên có moment lưỡng cực > 0.Câu II: (4 điểm)II.1. ∆ H0 = 90,6 KJ.mol-1∆ S0 = 284,8 J.K-1.mol-1∆ G0 = ∆ H0 – T. ∆ S0 = 5,7 KJ.mol-1II.2. ∆ G0 = -RT. lnKa => Ka = 0,1008Kp = PNH3.PH2S = 0,1008 bar2II.3. ∆ G0 = ∆ H0 – T. ∆ S0 = 2839 J.mol-1 => Ka = 0,3302.Kp = PNH3.PH2S = 0,3302 bar2II.4. Ptoàn phần = PH2S + PNH3Vì nH2S = nNH3 => PNH3 = PH2S = 0,5 Ptoàn phần=>Ptoàn phần = 0,635 bar.Câu III: (4 điểm)III.1.1. P.V = n.R.T => n = 1,368 mol => CSO2 = 1,368 M.III.1.2. SO2 (aq) + H2O (l)HSO3-(aq) + H+( aq)x2Với [H+] = [HSO3-] = x thì= 10-1,92 => x = 0,1224 M1,368 − xVậy % nHSO3- = 8,95 %.III.1.3. pH = 0,91III.2. Phản ứng : 2 H2O(l) + Br2(aq) → SO42-(aq) + Br –(aq) + 4 H+(aq)Cân bằng : HSO4-(aq)SO42-(aq) + H+(aq)Ka = 10-1,99 M2+[SO4 ] = [HSO4 ] = 0,01 M và [H ] + [HSO4 ] = 0,04 M[HSO4-] = 0,04 – [H+] và [SO42-] = [H+] – 0,03 M => [H+] = 0,0324 MCâu IV: (4 điểm) Kỳ thi Olympic 30/04/2006Trường THPT Chuyên Nguyễn Du, tỉnh Đăk LăkĐề và đáp án:Môn Hóa - Khối 10Số mật mã:4IV.1. Sn2+ + 2 Fe3+ → Sn4+ + 2 Fe2+CMcb 0,05-x 0,05-2xx2xlgK = 2.(0,77 – 0,15)/ 0,059 = 21 => K = 1021K rất lớn và nồng độ Fe3+cho phản ứng nhỏ hơn nhiều so với Sn2+ => phản ứng gần nhưhoàn toàn 2x 0,05[Fe2+] = 0,05 M; [Sn4+] = 0,025 M; [Sn2+] = 0,025 M; [Fe3+] = ε M20, 025. ( 0, 05)0, 0025K==> 1.1021 ==> ε = [Fe3+] = 1,58.10-12 M22ε0, 025.ε1,58.10−120, 059 0, 025Khi cân bằng Ecb = 0,77 + 0,059 lg= 0,15 +lg= 0,15 V0, 0520, 025IV.2. Ag + Fe3+Ag+ + Fe2+CMcb0,05 - xxx0, 77 − 0,80lgK == -0,51 => K = 0,310, 059x2= 0,31 => x = [Ag+] = [Fe2+] = 4,38.10-2 M0, 05 − x[Fe3+] = 6. 10-3 M.6.10−3Ecb = 0,77 + 0,059 lg= 0,80 + 0,059 lg 4,38.10-2 = 0,72 V−24,38.10Câu V: (4 điểm)1,1087V.1. nS == 4,75.10-3233, 40, 2nFe = 2.= 2,5.10-3160=>nFe : nS = 1 : 1,9 => Công thức FeS1,9V.2. Fe2+ -e → Fe3+S22- -14e → 2 S+6 15 * 2Br2 + 2e → 2 Br - 2 * 152 FeS2 + 15 Br2 +38 KOH → 2 Fe(OH)3 + 30 KBr + 4 K2SO4 + 16 H2O (1)Fe2+ -e → Fe3+9 *2S2- -8e → S+6Br2 + 2e → 2 Br - 2 * 92 FeS + 9 Br2 +22 KOH → 2 Fe(OH)3 + 18 KBr + 2 K2SO4 + 8 H2O (2)V.3. 2 - x = 1,9 => x = 0,1 => 90% FeS2; 10% FeS15m1(Br2) = 160. 0,9 . 25.10-3.= 2,7(g)29m2(Br2) = 160. 0,1 . 25.10-3. = 0,18(g)2=>mBr2 = 2,7 + 0,18 = 2,88 (g)Người biên soạn: Hồ Phạm Thu ThủyTa có: Tỉnh: An GiangTrường: THPT Chuyên Thoại Ngọc HầuMôn: HÓA HỌCKhối: 10Tên giáo viên biên soạn: Nguyễn Thu NgaSố mật mãPhần này là phách___________________________________________________________________________Số mật mãĐỀ THI ĐỀ NGHỊCÂU 1: (5điểm)(1) Nguyên tố R thuộc nhóm nào ? phân nhóm nào trong bảng hệ thống tuần hoàn? Nguyên tố R là kim loại hay phi kim ? Biết số oxi hoá của nguyên tố R trong hợp chấtoxit cao nhất là mo, trong hợp chất với hidro là mH và: mo - mH = 6(2) Xác định nguyên tố R, biết trong hợp chất với hidro có %H = 2,74% về khốilượng. Viết CTPT oxit cao nhất của R và hợp chất của R với hidro.(3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây:NaRO + SO2 + H2O → …………………………………HRO + I2 + H2O→ …………………………………FeR3 + SO2 + H2O→ …………………………………KRO3 + HI→ …………………………………R là nguyên tố trên (câu 2)CÂU II: (5 điểm)(1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau vàcấu tạo hình học của AlCl3, AlCl Θ4 .AlCl3 + Cl Θ → AlCl Θ4(2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau:(o): Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3.(b): Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3.(3): Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau:(a)SCl 103o ClvàOCl 111o Cl(b)OF 103o15’ FvàOCl 111oClĐề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCÂU III: (5 điểm)CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k)(1) Xét cân bằng:- Ở 800oC, áp suất hơi của khí CO2 là 0,236atm.(a). Tính hằng số cân bằng Kp và Kc của phản ứng ?(b). Cho 125 (gam) canxi carbonat vào một bình có dung tích không đổi là 100 lít.Hỏi ở trạng thái cân bằng có bao nhiêu phần trăm canxi carbonat đã bị nhiệt phân ?(2) Xét phản ứng thuận nghịch sau:H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k)- Ở 400oC phản ứng trên có giá trị hằng số cân bằng Kc = 50.- Tại một thời điểm nào đó của hệ phản ứng, nồng độ mol/lít của các chất có giá trịsau đây:[H2] (mol/l)[I2] (mol/l)[HI] (mol/l)a2,05,010,0b1,50,255,0c1,02,010,0Hỏi tại thời điểm đó phản ứng đang diễn biến theo chiều nào để đạt trạng thái cânbằng.CÂU IV: (5 điểm)(1) Canxi hidroxit là một bazơ ít tan. Trong dung dịch nước có tồn tại cân bằng:Ca(OH)2 (r)Biết: AGo(KCal.mol-1) – 214,30⇌Ca2+(t) + 2OH- (t)- 132,18- 37,59Hãy tính:(a) Tích số tan của Ca(OH)2 ở 25oC ?(b) Tính nồng độ các ion Ca2+; OH- trong dung dịch nước ở 25oC.(2) Ở nhiệt độ thường độ tan của BaSO4 trong nước là 1,05.10-5 (mol.l-1). Tính xemđộ tan của BaSO4 sẽ thay đổi thế nào nếu người ta pha thêm vào nước BaCl2 hay Na2SO4 đểcho nồng độ của chúng bằng 0,01 (mol.l-1).Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 2 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCÂU V: (5 điểm)Cho các phương trình phản ứng sau đây:1. A1 → A2 + A3 + A4o;t2. A1 xt→ A2 + A4ot3. A3 →A2 + A44. A1 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O5. A3 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O6. A1 + A2 + H2SO4 → A5 + NaHSO4 + H2O7. A5 + NaOH → A2 + A6 + H2OotA1 + A28. A6 →Biết:* Trong điều kiện thường A4; A5 là các chất khí* A1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng.* A3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng* A1; A3 là hợp chất của Clor.Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16CÂU IV: (5 điểm)(1) Cho hai bình có thể tích bằng nhau:- Bình (1) chứa 1 (mol) Cl2; bình (2) chứa 1 (mol) O2- Cho vào hai bình 2,40 (gam) bột kim loại M có hoá trị không đổi. Đun nóng haibình để các phản ứng trong chúng xảy ra hoàn toàn, rồi đưa hai bình về nhiệt độ ban đầu,nhận thấy lúc đó tỉ số áp suất khí trong hai bình là:P1P2=1,81,9Hãy xác định kim loại M ?(2) Một hỗn hợp (A) đồng số mol của FeS2 và FeCO3 vào một bình kín dung tíchkhông đổi chứa lượng khí O2 dư. Nung bình đến nhiệt độ cao đủ để oxi hoá hoàn toàn hết cácĐề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 3 chất trong (A), rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Hỏi áp suất trong bình trước và sau phản ứngthay đổi thế nào ?PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCho: Ca = 40; Fe = 56; S = 32; C = 12 ; O = 16Ba = 137; Ag = 108; Cu = 64; Mg = 24Zn = 65; Pb = 207; Cr = 52Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 4 Tỉnh: An GiangTrường: THPT Chuyên Thoại Ngọc HầuMôn: HÓA HỌCKhối: 10Tên giáo viên biên soạn: Nguyễn Thu NgaSố mật mãPhần này là phách___________________________________________________________________________Số mật mãHƯỚNG DẪN CHẤMCÂU 1: (5điểm)(1) Nguyên tố R thuộc nhóm nào ? phân nhóm nào trong bảng hệ thống tuần hoàn? Nguyên tố R là kim loại hay phi kim ? Biết số oxi hoá của nguyên tố R trong hợp chấtoxit cao nhất là mo, trong hợp chất với hidro là mH và: mo - mH = 6(2) Xác định nguyên tố R, biết trong hợp chất với hidro có %H = 2,74% về khốilượng. Viết CTPT oxit cao nhất của R và hợp chất của R với hidro.(3) Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây:NaRO + SO2 + H2O → …………………………………HRO + I2 + H2O→ …………………………………FeR3 + SO2 + H2O→ …………………………………KRO3 + HI→ …………………………………R là nguyên tố trên (câu 2)BÀI GIẢI mo - mH = 6 mo = 7 mo + mH = 8  mH = 1R là phi kim thuộc nhóm VIIA(2) Hợp chất hidro của R có CTTQ: RHm R R 97,26= == 35,5mH 12,74(1) Ta có:R là nguyên tố clorCTPT: HCl ; Cl2O7(3) NaClO +SO2 + H2O5HClO + I2 + H2O2FeCl3 + SO2 + 2H2OKClO3 + 6HI→→→→NaHSO4 + HCl2HIO3 + 5HCl2FeCl2 + H2SO4 + 2HCl3I2 + KCl + 3H2OĐề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 5THANG ĐIỂM1,0đ0,5đ0,25đ0,5đ0,25đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ0,5đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCÂU II: (5 điểm)(1) Cho biết sự biến đổi trạng thái lai hoá của nguyên tử Al trong phản ứng sau vàcấu tạo hình học của AlCl3, AlCl Θ4 .AlCl3 + Cl Θ → AlCl Θ4(2) Biểu diễn sự hình thành liên kết phối trí trong các trường hợp sau:(o): Sản phẩm tương tác giữa NH3 và BF3.(b): Sản phẩm tương tác giữa AgCl với dung dịch NH3.(3): Giải thích sự khác nhau về góc liên kết trong từng cặp phân tử sau:(a)SOvàCl 103o ClCl 111o Cl(b)OOvàF 103o15’ FCl 111oClBÀI GIẢIΘAlCl3 + Cl → AlClTHANG ĐIỂMΘ4- Trước phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp2- Sau phản ứng trạng thái lai hoá của Al là: sp3- Cấu tạo hình họcClClΘ(1)AlCl0,25đ0,25đAlClTam giác phẳngCl1,0đClClTứ diện(2)HFH – N+ → B- – FHNH3 → Ag+ ← NH3 ClFĐề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 6Θ1,0đ * Nitơ còn 1 cặp electron tự do* B còn obital hoá trị trống* Ag+ còn obital/hoá trị trốngPHẦN NÀY LÀ PHÁCH(3) Trong các phân tử, nguyên tử trung tâm đều có trạng thái lai0,5đhoá sp3 và có cấu tạo góc.(a). Sự sai biệt góc hoá trị trong phân tử SCl2 và OCl2 là do sựkhác biệt về độ âm điện của oxi và lưu huỳnh. ĐÂĐ của nguyên tửtrung tâm càng nhỏ thì các cặp electron liên kết bị đẩy nhiều về phía1,0đcác nguyên tử liên kết, nên chúng chiếm vùng không gian nhỏ xungquanh nguyên tố trung gian. ĐÂĐ của oxi lớn hơn S nên góc hoá trịCl – O – Cl lớn hơn Cl – S – Cl.(b). Sự sai biệt góc hóa trị trong phân tử OF2 và OCl2 cũng dosự khác biệt về ĐÂĐ của các nguyên tử liên kết. Nguyên tử liên kếtcó ĐÂĐ càng lớn thì góc hóa trị càng nhỏ. Flor có ĐÂĐ lớn hơn Clornên góc hóa trị F – O – F nhỏ hơn Cl – O – Cl.Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 71,0đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCÂU III: (5 điểm)CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k)(1) Xét cân bằng:- Ở 800oC, áp suất hơi của khí CO2 là 0,236atm.(a). Tính hằng số cân bằng Kp và Kc của phản ứng ?(b). Cho 125 (gam) canxi carbonat vào một bình có dung tích không đổi là 100 lít.Hỏi ở trạng thái cân bằng có bao nhiêu phần trăm canxi carbonat đã bị nhiệt phân ?(2) Xét phản ứng thuận nghịch sau:H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k)- Ở 400oC phản ứng trên có giá trị hằng số cân bằng Kc = 50.- Tại một thời điểm nào đó của hệ phản ứng, nồng độ mol/lít của các chất có giá trịsau đây:[H2] (mol/l)[I2] (mol/l)[HI] (mol/l)a2,05,010,0b1,50,255,0c1,02,010,0Hỏi tại thời điểm đó phản ứng đang diễn biến theo chiều nào để đạt trạng thái cânbằng.BÀI GIẢITHANG ĐIỂM(1) a. Ta có:Kp = PCO 2 = 0,2360,5đKc = Kp (RT)-∆n 22,4Kc = 0,236 .1073 273−1= 2,68.10 −30,5đb. CaCO3 (r) ⇌ CaO (r) + CO2 (k)n CO2 =P.V 0,236 x 100 x 273== 0,268 (mol)R.T22,4 x 1073Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 80,5đ0,25đ Số mol CaCO3 bị nhiệt phân = n CO2 = 0,268 (mol)0,25đ125Số mol CaCO3 ban đầu == 1,25 (mol)100PHẦN NÀY LÀ PHÁCHTỉ lệ % CaCO3 bị nhiệt phân =0,268.100% = 21,44%1,25(2)H2 (k) + I2 (k) ⇌ 2HI (k)Ta có:Kc =abc0,5đ0,25đKt= 50 => K t = 50.K nKnVt = Kt[H2] [I2]Vn = Kn [HI]2Vt/Vn500Kn18,75Kn100Kn100.Kn25.Kn100Kn5/1¾1/1Chiều diễnbíên p. ứChiều thuậnChiều nghịchCân bằngĐề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 90,75đ0,75đ0,75đ PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCÂU IV: (5 điểm)(1) Canxi hidroxit là một bazơ ít tan. Trong dung dịch nước có tồn tại cân bằng:Ca(OH)2 (r)⇌Biết: AGo(KCal.mol-1) – 214,30Ca2+(t) + 2OH- (t)- 132,18 - 37,59Hãy tính:(a) Tích số tan của Ca(OH)2 ở 25oC ?(b) Tính nồng độ các ion Ca2+; OH- trong dung dịch nước ở 25oC.(2) Ở nhiệt độ thường độ tan của BaSO4 trong nước là 1,05.10-5 (mol.l-1). Tính xemđộ tan của BaSO4 sẽ thay đổi thế nào nếu người ta pha thêm vào nước BaCl2 hay Na2SO4 đểcho nồng độ của chúng bằng 0,01 (mol.l-1).BÀI GIẢITHANG ĐIỂMCa(OH)2 (r) ⇌ Ca2+(t) + 2OH- (t) : ∆G opö ?(1)∆G opö = ∆G o( Ca 2 + ) + 2 ∆G o( OH − ) - ∆G oCa ( OH )2= - 132,18 + 2(-37,59) – (-214,30)= + 6,9 . KCal.oMặt khác: AG = - RT lnkNên: lgk = => lgk = -∆G o2,303.RT6,9= −5,062,303 x 1,987.10-3 x 298=> K = 8,71.10-8 = TCa ( OH ) 22+0,5đ- 2-8 [Ca ] [OH ] = 8,71.104[Ca2+]3 = 8,71.10-8=> [Ca2+] = 1,30.10-2 (M)[OH-] = 2[Ca2+] = 2,60.10-2 (M)(2)- BaCl2: Na2SO4: tan tốt, ta xem độ điện li biểu kiến bằng 1Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 100,25đ0,25đ0,5đ0,5đ0,5đ BaSO4 (r)⇌ Ca (2t+) + SO 24−( t )(1)- Ta có: [Ba2+] = [SO42-] = 1.05.10-5 (M)TBaSO 4 = [Ba2+] [SO42-] = (1,05.10-5)2 = 1,1.10-100,5đPHẦN NÀY LÀ PHÁCH- Ở nhiệt độ cố định, việc cho thêm vào dung dịchcác ion Ba2+, SO42với nồng độ như nhau thì cân bằng (1) chuyểndịch theo chiều nghịch ở mức 1,0đđộ như nhau, BaSO4 sẽ ít tan hơn.- Gọi x là độ tan của BaSO4 tính ra (mol.l-1)- Xét trường hợp thêm Na2SO4, ta có:x (x + 0,01) = 1,1.10-100,5đ-80,5đ=> x = 1,1.10Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 11 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCÂU V: (5 điểm)Cho các phương trình phản ứng sau đây:1. A1 → A2 + A3 + A4o;t2. A1 xt→ A2 + A4ot3. A3 →A2 + A44. A1 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O5. A3 + Zn + H2SO4 → A2 + ZnSO4 + H2O6. A1 + A2 + H2SO4 → A5 + NaHSO4 + H2O7. A5 + NaOH → A2 + A6 + H2Oot8. A6 →A1 + A2Biết:* Trong điều kiện thường A4; A5 là các chất khí* A1 có chứa 21,6% Na theo khối lượng.* A3 có chứa 18,78% Na theo khối lượng* A1; A3 là hợp chất của Clor.Cho: Na = 23; Cl = 35,5; H = 1; S = 32; O = 16BÀI GIẢITHANG ĐIỂMTheo đề bài:- A1; A3 là hợp chất của clor có chứa natri.* A1 có 21,6% Na => A1 là NaClO30,5đ* A3 có 18,78% Na => A3 là NaClO4- Trong điều kiện thường A4; A5 là chất khí và dựa vào mối quan hệ cácchất trong 8 phương trình phản ứng xác định.* A2 là NaCl ; A5 là Cl2; A4 là O2* A6 là NaClOĐề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 120,5đ (1) 2 NaClO3(2) 2NaClO3(3) NaClO4otMnO2toNaCl + NaClO4 + O20,5đ2NaCl + 3O20,5đNaCl + 2O20,5đPHẦN NÀY LÀ PHÁCH(4) NaClO3 + 3Zn + 4H2SO4NaCl + 2ZnSO4 + 3H2O0,5đ(5) NaClO4 + 4Zn + 4H2SO4NaCl + 4ZnSO4 + 4H2O0,5đ(6) NaClO3 + 5NaCl + 6H2SO43Cl2 + 6NaHSO4 + 3H2O0,5đ(7) Cl2 + 2NaOHNaCl + NaClO + H2O0,5đNaClO3 + 2NaCl0,5đto(8) 3NaClOCÂU IV: (5 điểm)(1) Cho hai bình có thể tích bằng nhau:- Bình (1) chứa 1 (mol) Cl2; bình (2) chứa 1 (mol) O2- Cho vào hai bình 2,40 (gam) bột kim loại M có hoá trị không đổi. Đun nóng haibình để các phản ứng trong chúng xảy ra hoàn toàn, rồi đưa hai bình về nhiệt độ ban đầu,nhận thấy lúc đó tỉ số áp suất khí trong hai bình là:P1P2=1,81,9Hãy xác định kim loại M ?(2) Một hỗn hợp (A) đồng số mol của FeS2 và FeCO3 vào một bình kín dung tíchkhông đổi chứa lượng khí O2 dư. Nung bình đến nhiệt độ cao đủ để oxi hoá hoàn toàn hết cácchất trong (A), rồi đưa bình về nhiệt độ ban đầu. Hỏi áp suất trong bình trước và sau phản ứngthay đổi thế nào ?Cho: Ca = 40; Fe = 56; S = 32; C = 12 ; O = 16Ba = 137; Ag = 108; Cu = 64; Mg = 24Zn = 65; Pb = 207; Cr = 52BÀI GIẢITHANG ĐIỂM(1) Bình 1: 2M + nCl2 → 2MCln (1)ana/20,25đ(mol)Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 13 Gọi a (mol) là số mol của M tương ứng với 2,4 (gam)na => sau phản ứng trong bình (1) còn  1 −  mol.Cl220,5đPHẦN NÀY LÀ PHÁCHBình 2: 4M + nO2 → 2M2Ona0,5đna4(mol)na => sau phản ứng trong bình (2) còn  1 −  mol O240,5đna 1 − P0,22  1,8Ta có: 1 = ==> a =na  1,9P2 n1 − 40,5đ=>0,25đ2,4 0,2==> M = 12.nMnn = 2Nghiệm phù hợp: là MgM = 240,5đot(2) 4FeS2 + 11O2 →2Fe2O3 + 8SO2a → 2,75a4FeCO3 + O22a0,5đ(mol)0,5đot→2Fe2O3 + 4SO2a → 0,25aa(mol)Theo 2 ptpứ khi oxi hóa hoàn toàn hỗn hợp (A) chứa a(mol) mỗi chất tacó:n O 2 pöù = 2,75a + 0,25a = 3,0a (mol)0,25đ0,25đn SO 2 = 3,0a (mol)Nên áp suất khí trong bình trước và sau phản ứng không đổi.Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 140,5đ Đề thi môn Hóa học lớp 10 - Trang 15 ĐỀ CHÍNH THỨCMÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Câu 1: (2 điểm)1. Nguyên tử của nguyên tố X có điện tích hạt nhân bằng +41,652.10-19 C; nguyên tử của nguyên tố Y có khốilượng bằng 1,8.10-22 gam. Xác định X, Y và dựa trên cấu hình electron, hãy cho biết (có giải thích) mức oxi hóabền nhất của X và Y trong hợp chất.2. Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cân bằng theo phương pháp cân bằngelectron:a. NaNO2 + KMnO4 + ?? + MnSO4 + ? + ?b. C6H5CH=CH2 + KMnO4 +Ba(OH)2 (C6H5COO)2Ba + BaCO3 + + K2Ba(MnO4)2 + H2Oc. MnO4- + SO32- + H+ Mn2+ + SO42- + ? ….3. ChØ dïng thªm mét thuèc thö, h y tr×nh bµy c¸ch nhËn biÕt c¸c dung dÞch bÞ mÊt nh n sau: NH4HSO4 , Ba(OH)2,BaCl2, HCl, KCl, H2SO4. ViÕt c¸c ph¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra.Câu 2. (2 điểm) Cho m gam kim loại X tác dụng vừa đủ với 7,81 gam khí Clo thu được 14,7994 gam muối clorua.Biết kim loại X có 2 đồng vị A và B có đặc điểm:- Tổng số hạt cơ bản trong 2 nguyên tử A và B bằng 186- Hiệu số hạt không mang điện của A và B bằng 2- Một hổn hợp có 360 nguyên tử A và B. Nếu ta thêm vào hổn hợp này 40 nguyên tử A thì hàm lượng % củanguyên tử B trong hổn hợp sau it hơn trong hổn hợp đầu là 7,3%1. Xác định giá trị m và tính khối lượng nguyên tử trung bình của kim loại X.2. Xác định số khối của đồng vị A, B và số proton của X.Câu 3 ( 2,5 điểm): A, B, C là ba kim loại kế tiếp nhau trong cùng một chu kì (theo thứ tự từ trái sang phải trong chukì) có tổng số khối trong các nguyên tử chúng là 74.a. Xác định A, B, C.b. Hỗn hợp X gồm (A, B, C). Tiến hành 3 thí nghiệm sau: (1) hoà tan (m) gam X vào nước dư thu đựơc V lítkhí; (2) hoà tan (m) gam X vào dung dịch NaOH dư thu được 7V/4 lít khí ; (3) hoà tan (m) gam X vào dung dịchHCl dư thu được 9V/4 lít khí. Biết các thể tích khí đều được đo ở đktc và coi như B không tác dụng với nước vàkiềm.b1. Tính % khối lượng của mỗi kim loại trong X?b2. Áp dụng: cho V = 2,24. Tính m?Câu 4: (2 điểm))Cho m gam hỗn hợp NaBr, NaI phản ứng axit H2SO4 đặc, nóng thu được hỗn hợp khí A (gồm 2khí). Ở điều kiện thích hợp, các chất trong hỗn hợp A phản ứng đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng và một chấtlỏng không làm đổi màu quỳ tím. Cho Na lấy dư vào chất lỏng được dung dịch B. dung dịch B hấp thụ vừa đủ với2,24 lít CO2 tạo 9,5 gam muối. Tìm m?Câu 5: (1,5 điểm):Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tửn = 3, l = 1, m = 0, s = - ½1) Xác định tên nguyên tố X.2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồngđộ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theotỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch,thấy khối lượng tăng 1,1225g.a) Tính lượng kết tủa của A?b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp. ĐÁP ÁNCâu 11.41,652.10 −19ZX =1,793.10 −22= 108u , Y là bạc (Ag)1,602.10 −191,6605.10 −24Mức oxi hóa bền nhất của Fe là +3, ứng với cấu hình bền là cấu hình bán bão hòa phân lớp d (d5):Fe − 3e → Fe 3+( Ar )3d 6 4s 2= 26 , X là sắt (Fe); m Y =(A r)3d 5Mức oxi hóa bền nhất của Ag là +1, ứng với cấu hình bền là cấu hình bão hòa phân lớp d (d10):Ag( Kr ) 4d10 5s1− e → Ag +(A r)4d10Câu 2 : Đáp án: 1.m= 6,9894g X là kl Cu2. A= 63, B=65 p=29Câu 3Gọi Z1 là số electron của nguyên tử A⇒ Số electron của nguyên tử B, C lần lượt là Z1+1, Z1+2Gọi N1, N2, N3, lần lượt là số nơtron của nguyên tử A, B, CaVì tổng số khối của các nguyên tử A, B, C là 74 nên ta có phương trình:(Z1+N1) + (Z1+1+N2) + (Z1+2+N3) = 74(1)Mặt khác ta có:Đối với các nguyên tố hóa học có Z ≤ 82 ta luôn có: Z ≤ N ≤ 1,5Z . Thay vào (1) ta có:(Z1+Z1) + (Z1+1+Z1+1) + (Z1+2+Z1+2) ≤ 74(*)⇒ 6Z1 ≤ 68⇒ Z1 ≤ 11,3(Z1+1,5Z1) + (Z1+1+1,5Z1+1,5) + (Z1+2+1,5Z1+1,5.2) ≥ 74(**)⇒ 7,5Z1 ≥ 68⇒ Z1 ≥ 8,9Từ (*) và (**) ta suy ra 8,9 ≤ Z1 ≤ 11,3Với Z1 là số nguyên ⇒ Z1 = 9; 10; 11Mà A, B, C là các kim loại ⇒ Z1 = 11 (Na)Vậy A, B, C lần lượt là các kim loại Natri (Na); Magie (Mg); Nhôm (Al)bb1Ta có nhận xét:Vì thể tích khí thoát ra ở thí nghiệm (2) nhiều hơn ở thí nghiệm (1) chứng tỏ ở thí nghiệm (1)nhôm phải đang còn dư. Và sự chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (1) và (2) là do Al dư ơ thínghiệm (1).Chênh lệch thể tích khí ở thí nghiệm (2) và (3) là do MgTa có các phản ứng xảy ra ở cả 3 thí nghiệm:ở thí nghiệm (1) và (2): 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2(1*)2Al + 2 NaOH + 2H2O → 2NaAlO2 + 3H2ở thí nghiệm (3) :2Na + 2HCl → 2NaCl + H22Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2(2*)(3*)(4*)Mg + 2HCl → MgCl2 + H2(5*)Giả sử số mol khí thoát ra ở thí nghiệm (1) là x thì số mol khí thoát ra ở các thí nghiệm (2) và (3)lần lượt là 7x/4 và 9x/4Vì ở thí nghiệm (1) Al dư nên NaOH hết nên ta cộng (1*) với (2*) ta có: 2Na + 2Al + 4H2O → 2NaAlO2 + 4H2⇒ số mol Na bằng ½ số mol H2 ở thí nghiệm (1) = x/2Xét thí nghiệm (2) ta có:Số mol Na = x/2 suy ra số mol H2 do Na sinh ra bằng x/4Tổng số mol H2 là 7x/4Suy ra số mol H2 do Al sinh ra là (7x/4) - (x/4) = 3x/2 ⇒ số mol Al = xSố mol Mg bằng số mol khí chênh lệnh của thí nghiệm (2) và (3)Suy ra số mol Mg = (9x/4)-(7x/4) = x/2Như vậy trong hỗn hợp X gồm có các kim loại với tỉ lệ mol là:Na: Mg: Al = 1:2:1Suy ra % khối lượng của mỗi kim loại trong X là:23.1%mNa =.100% = 22,77 (%)23.1 + 27.2 + 24.124.1%mMg =.100% = 23,76 (%)23.1 + 27.2 + 24.1%mAl = 53,47%b2Áp dụng: V = 2,24 ⇒ x = 0,1 ⇒ số mol Na = 0,05 molVậy giá trị của m là: m = 0,05.23 + 0,1.27+ 0,05.24 = 5,05 gam4- Các chất trong hỗn hợp A phản ứng vừa đủ với nhau tạo ra chất rắn màu vàng vàmột chất lỏng không làm đổi màu quỳ tím => hh A chứa 2 khí là SO2 ; 2H2S=> Phương trình phản ứng: SO2 + 2H2S → 3S + 2H2O=> chất rắn không làm đổi màu quì tím là H2O- Phản ứng: 2Na + 2H2O → 2NaOH + H2 ↑=> dd B là NaOH (Có thể biện luận theo cách khác )+ Nếu CO2 tạo muối NaHCO3 thì số mol NaHCO3 là 0,1 mol hay 8,4 gam+ Nếu CO2 tạo muối Na2CO3 thì số mol Na2CO3 là 0,1 mol hay 10,6 gamTa thấy khối lượng 11,5 gam ∈ ( 8,4 − 10,6 ) => khi hấp thu CO2 vào dung dịchNaOH thu được 2 muối và nhận thấy 11,5 =8,4 + 10,62=> số mol muối NaHCO3 = số mol Na2CO3 = 0,05 mol=> số mol NaOH = 0,05 + 0,05. 2 = 0,15 mol=> số mol H2O = 0,15 mol=> số mol SO2 = 0,075 mol và số mol H2S là 0,15 mol- Phản ứng: 2NaBr + 2H2SO4 đặc, nóng → Na2SO4 + SO2 + Br2 + 2H2O8NaI + 5H2SO4 đặc, nóng → 4Na2SO4 + H2S + 4I2 + 4H2OSố mol NaBr là 0,075 . 2 = 0,15 molSố mol NaI là 0,015 . 8 = 1,2 molm = 0,15 . 103 + 1,2 . 150 = 195,45 gamCâu : Bài tập tổng hợp(2 đ)1(0,75đ) Nguyên tử của nguyên tố X có:n=3l=1electron cuối cùng ở phân lớp 3pm=0electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3ps=-½Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5 -> Zx = 17X là clo2(1,25đ).a/NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO3 dư.Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓NaCl : x molKBr : y molnCu(NO 3 ) 2 =100 . 0,1= 0,01 mol1.000C%NaNO 3 3,4=C%KNO 33,03->m NaNO3m KNO3=3,43,0385x3,4=− > y = 0,75 x101y 3,03(1)58,5x + 119y = 5,91(2) x = 0,04Giải hệ pt (1), (2)  y = 0,03mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38gb/1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151ga mol Zn->151a1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm1g0,01 mol->0,01g151a – 0,01 = 1,1225a= 0,0075n AgNO3 bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 molC M(AgNO 3 ) = 0,085.1000= 0,85M100 ĐỀ CHÍNH THỨCĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNGNĂM HỌC 2012-2013MÔN THI: MTCT HOÁ HỌC LỚP 10(Thời gian làm bài 120 phút không kể thời gian giao đề)Câu 1:(3 điểm):1. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạtkhông mang điện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là 12.a, Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và công thức phân tử XY2 .b, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử của electron cuối cùng được điềnvào.2. Hòa tan 16,2 gam kim loại hoá trị III vào 5 lít dung dịch HNO3 0,5 M (D = 1,25 g/ml). Sau khi phản ứng kết thúcthu được 2,8 lit hỗn hợp khí X gồm NO, N2 (0oC, 2 atm). Trộn hỗn hợp khí X với lượng oxi vừa đủ sau phản ứngthấy thể tích khí chỉ bằng 5/6 tổng thể tích X và oxi mới cho vào.a. Tìm kim loại đã dùng.b. Tính nồng độ % dung dịch HNO3 sau phản ứng.Caâu 2: (1 điểm): Khöû 1 löôïng oxit saét chöa bieát baèng H2 noùng dö. Saûn phaåm hôi taïo ra haáp thuï baèng 100 gamaxit H2SO4 98% thì noàng ñoä axit giaûm ñi 3,405%. Chaát raén thu ñöôïc sau phaûn öùng khöû ñöôïc hoaø tan baèng axitH2SO4 loaõng thoaùt ra 3,36 lít H2 (ñktc). Tìm coâng thöùc oxit saét.Caâu 3: (2 điểm):Hoaø tan hoaøn toaøn 14,2g hoãn hôïp C goàm MgCO3 vaø muoái cacbonat cuûa kim loaïi R vaøo dungdòch HCl 7,3% vöøa ñuû, thu ñöôïc dung dòch D vaø 3,36 lít khí CO2 (ñktc). Noàng ñoä MgCl2 trong dung dòch D baèng6,028%.a) Xaùc ñònh kim loaïi R vaø thaønh phaàn % theo khoái löôïng cuûa moãi chaát trong C.b) Cho dung dòch NaOH dö vaøo dung dòch D, loïc laáy keát tuûa nung ngoaøi khoâng khí ñeán khi phaûn öùng hoaøntoaøn. Tính soá gam chaát raén coøn laïi sau khi nung.Caâu 4: (1,5 điểm):Hoãn hôïp A goàm 2 kim loaïi Mg vaø Zn. B laø dung dòch H2SO4 coù noàng ñoä mol laø x mol/l.Tröôøng hôïp 1: Cho 24,3g (A) vaøo 2 lít (B) sinh ra 8,96 lít khí H2.Tröôøng hôïp 1: Cho 24,3g (A) vaøo 3 lít (B) sinh ra 11,2 lít khí H2.(khí ôû ñktc).a.Haõy chöùng minh trong tröôøng hôïp 1 thì hoãn hôïp kim loaïi chöa tan heát, trong tröôøng hôïp 2 axit coøn dö.b.Tính noàng ñoä x mol/l cuûa dung dòch (B) vaø % khoái löôïng moãi kim loaïi trong (A)Caâu 5: (1 điểm): Muoái A taïo bôûi kim loaïi M (hoaù trò II) vaø phi kim X (hoaù trò I). Hoaø tan moät löôïng A vaøo nöôùcñöôïc dung dòch A’. Neáu theâm AgNO3 dö vaøo A’ thì löôïng keát tuûa taùch ra baèng 188% löôïng A. Neáu theâm Na2CO3dö vaøo dung dòch A’ thì löôïng keát tuûa taùch ra baèng 50% löôïng A. Hoûi kim loaïi M vaø phi kim X laø nguyeân toá naøo? Coâng thöùc muoái A.Caâu 6: (1,5 điểm): Chia hoãn hôïp 2 kim loaïi A, B coù hoaù trò n vaø m laøm thaønh 3 phaàn baèng nhau.- Phaàn 1: hoaø heát trong axit HCl thu ñöôïc 1,792 lít H2 (ñktc).- Phaàn 2: cho taùc duïng vôùi dd NaOH dö thu ñöôïc 1,344 lít khí (ñktc) vaø coøn laïi chaát raén khoâng tan coù4khoái löôïng baèngkhoái löôïng moãi phaàn.13- Phaàn 3: nung trong oxi (dö) thu ñöôïc 2,84g hoãn hôïp oxit A2On vaø B2Om.Tính toång khoái löôïng moãi phaàn vaø teân 2 kim loaïi A, B. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTRƯỜNG THPT PHÚ LƯƠNGĐỀ CHÍNH THỨCĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNGNĂM HỌC 2012-2013MÔN THI: MTCT HOÁ HỌC LỚP 10(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)ĐÁP ÁNCÂU 1: Hướng dẫnA. Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron (hạt không mang điện) của X là Nx , Y làNy . Với XY2 , ta có các phương trình:2 Zx2 Zx+ 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1)+ 4 Zy − Nx − 2 Ny =54(2)=12(3)4 Zy − 2 ZxZy = 16;Zx = 26Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 .b, Cấu hình electron:Fe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 ;S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2.Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2.Caâu 2: ÑS: Fe3O4Caâu 3: ÑS: a) R (Fe) vaø %MgCO3 = 59,15% , %FeCO3 = 40,85% ; b) mMgO = 4 g vaø mFe2O3 = 4 gCaâu 5 : Ñaùp soá: M laø Ca vaø X laø Br ; CTHH cuûa A laø CaBr2Caâu 6. Ñaùp soá: ∑ mmoãi phaàn = 1, 56 g ; A (Al) vaø B (Mg)Trường THPT Phú Lương nằm cách Gang Thép gần 40 km về phía Bắc, là một trường miền núi chủ yếu là conem đồng bào dân tộc thiểu số theo học . Các bạn có nhiều cái chúng ta phải học tập lắm !!!!Thế này !Tôi đã từng có dịp lên dự giờ, từng coi kiểm tra 1 tiết cho một đồng nghiệp ( vốn học cùng thời sinh viên ). Nóichung học sinh lớp chọn, rất chăm chỉ, ham học thật sự . Phần lớn họ học không vì sự thúc giục của gia đình,của thầy cô đâu !MỘT CÂU CHUYỆN , VÀI SUY NGẪM !!!Hễ ai có dịp đến Làng Halogen , thì đều bắt gặp lũ trẻ nghêu ngao câu ca rằng :“.....Đầu lòng hai ả tố nga,Flo là chị, em là Clo .Mai cốt cách tuyết tinh thần,Mỗi người một vẻ mười phân vẹn mười.Clo trang trọng khác vời,Khuôn trăng đầy đặn nét ngài nở nang .Én liệng chào đón xuân sang,Múa thua uyển chuyển, ngập ngừng hát ca .Flo sắc xảo đậm đà,Xét phần tài sắc lại là phần hơn .Làn thu thủy nét xuân sơn,Én ghen tiếng hót, biển hờn kém xanh.....” Đó là vài câu ca đồng điệu, đùa vui của một cụ già - tên Chì mà thôi . Cụ vốn tự phong cho mình là “nhà thơ” , nhưng nóithật, chứ cụ đã ra khỏi lũy tre làng lần nào đâu . Cứ mỗi buổi chiều trên triền núi , lũ trẻ chăn trâu lại được tận hưởng tiếng sáolúc véo von, lúc réo rắt từ cụ Chì . Tiếng sáo ấy vẫn vang vang, vẫn đều đều như thế, như thể muốn đi xa lắm . Nhưng nhữngdãy núi cao kia dường như không hiểu. Nó đã ngăn lại , và vọng nên điệp khúc của những bản tình ca kéo dài đến xế chiều nơi núi rừng hùng vĩ Halogen .“ Ai thổi sáo gọi trâu đâu đó ,Chiều in nghiêng trên mảng núi xaCon trâu trắng dẫn đàn trên núiVểnh đôi tai nghe sáo trở về.....”Cụ Chì ngoài đời vui tính lắm , cụ đã trêu ai thì trêu dai khủng khiếp . Như hai chị em Flo- Clo chẳng hạn , Cụ trêu nhiều,nhiều đến nỗi , thành ra quen, rồi ai cũng thấy quen theo . Lũ trẻ không bắt trước “nhà thơ, nhà nghệ sĩ làng ” mới là lạ .Đúng là lúc nhỏ hai chị em Flo và Clo xinh xắn lắm , ngoan lắm , nhưng về mảng hát và vẽ thì chỉ có chờ “tương lai” mới trảlời được . Trong làng , ai cũng bảo : “mai này, cả hai chị em sẽ trở thành niềm tự hào của gia đình , của làng Halogen này ” .Nhưng ......Rời mảnh đất thanh bình, rời việc chăn trâu thường ngày . Hai chị em đến học ở thành phố Sắt Thép - một vùng đất sầm uất,ồn ào, náo nhiệt .Sau một thời gian , khi trở về làng , mọi người thấy hai chị em khác nhiều lắm . Chị Flo theo học lớp chọn,của một trường chọn có tiếng . Nhưng vẻ xinh đẹp lại tạo nên mâu thuẫn cho chính con người của Flo . Flo ngày càng chămchút làm đẹp hơn , thì kết quả học tập càng thấp hơn .Tổng kết của cô luôn đội sổ lớp – Dù rằng , cô vẫn xinh nhất lớp . Đã cólần Bác họ của Flo , cùng bạn bè, thầy cô sốt sắng đi tìm khắp nơi , trong lúc ai nấy đang lo lắng, thì thấy Flo từ một cửa hàngnước Hoa đi ra . Mọi người giận lắm . Và cũng chẳng biết từ bao giờ cửa hàng Este được coi như là nhà của Flo vậy . Đã cólần cô nàng phải viết bản kiểm điểm vì trốn học đi tìm hiểu hội chợ nước Hoa , rồi đi hát kalikali . Flo chỉ ưa dùng Benzylaxetat và Geranyl axetat để thoa lên làn tóc của mình .Có lần Flo dùng nhầm Amyl axetat , nên mọi người lầm tưởng cô tắmhoa chuối . Bạn bè góp ý, thì cô lại bảo “ đẹp thì phô ra, xấu xa đậy vào ” , rồi còn quay sang chê người khác “ Quê mùa ” !Đúng là đôi khi , qui luật thật nghiệt ngã – sự nghiệt ngã mà chính Flo không thể lường trước được . Biết tin, lớp sẽ cóthêm bạn mới . Cô nàng dùng nhiều loại nước hoa, những loại mà cô cho là khá đặc biệt . Nhưng, trên đường tới trường khi đingang qua một vườn hoa .Thì chao ôi ! Một đàn ong từ đâu vù vù hướng tới nhằm thẳng vào.....“bông hoa di động” ........!Sau hôm đó, mọi người tưởng chừng Flo sẽ thay đổi . Nhưng được một thời gian, Flo rồi đâu lại vào đấy .Khác với cô chị, tính cách cô em Clo vẫn không thay đổi lắm , ngoại trừ người ta thấy mái tóc cô đẹp và dài , đôi mắt thìđen với đôi má lúm, miệng hay cười chúm chím . Có anh chàng người xứ Kiềm Thổ si tình đã ví von rằng “ mái tóc Clo đẹptựa như áng mây trên mảnh núi Halogen , tiếng hát của cô trong veo như tiếng chim sơn ca, như tiếng suối mát trong chảy nơiđầu nguồn” . Nói vậy thôi, chứ giọng hát của Clo cũng vẫn chỉ thuộc tốp gọi là nghe được của khu Nội Trú này . Xác địnhđược đúng, việc học tập mới là quan trọng nhất , nên Clo học chăm chỉ lắm . Những giờ tự học buổi chiều, hay buổi tối Côthường ngồi ở lại học và là người về KTX muộn nhất . Buổi sáng cô thường dậy sớm . Bới thế , mỗi khi tổng kết thi đua, Cloluôn đạt vị trí cao nhất . Là người học giỏi, nhưng Clo luôn giúp bao bạn cùng tiến như bạn : N, C, O, và cậu Cs tinh nghịch.......Chú thích :- Đến kì thi ĐH, Clo đỗ đúng nguyện vọng và đạt điểm gần tuyệt đối cả 3 môn , còn người chị dù những năm đầu có hamchơi, nhưng sau đã biết cố gắng nên cũng may mắn đủ điểm sàn đi học theo nguyện vọng 3 ( tất nhiên phải cộng cả điểm ưutiên ) .- Tám năm sau, Clo lấy chồng tên là Na ( anh trai Cs ) nhà cách Halogen khoảng 300 cây số về miền sâu xa ; còn người chịthì lấy anh chàng tên Sắt , mặc cho anh chàng tên Nhôm thầm yêu trộm nhớ . Nhưng rồi, Al cũng tìm được một cô nàng cũngtên là Flo . Flo này, dù không xinh đẹp lắm, nhưng giỏi giang , phúc hậu .-Một dịp hai mẹ con Flo tới nhà cô em chơi , đứa cháu NaCl nghịch ngợm, bị ngã nhưng rồi nhanh chóng đứng dậy, tự phủitay rồi tiếp tục nô đùa .Người chị Flo buột miệng : “ Sao nó không khóc, không nằm đợi người lớn bế nó dậy và dỗ nhỉ ???? ”.Thực ra câu chuyện , cũng chỉ là câu chuyện . Đọc như thế nào, ngẫm và nghĩ thế nào, đó là cảm thụ của từng người . Nhưngngười viết không bao giờ đánh đồng tất cả Flo là xấu ( chỉ là không tỉnh thôi ) , cũng không phải tất cả Clo là đẹp !!! Có Florất tốt , rất giỏi nhưng cũng có Clo rất nghịch ngợm , và chưa tốt .. Có vùng miền núi mang tên Sắt thép , cũng có thành phốmang tên Halogen . Thế nên trong cuộc sống này , ta vẫn thường thấy những người có tên trùng nhau !Chúc các bạn luôn hướng tới thành công , dù sớm hay muộn nhất định sẽ đạt được cụm từ ấy . Hãy nhớ đến sức khỏe để cóthể mang theo cả niềm tin, lòng yêu thương để bước đi vững vàng hơn . Tỉnh Quảng NgãiTrường THPT chuyên Lê KhiếtMôn: Hoá họckhối : 10Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên HươngSố mật mãSố mật mãPhần này là pháchĐỀ THI MÔN HOÁ HỌC 10Câu 1:Cho hai nguyên tử A và B có tổng số hạt là 65 trong đó hiệu số hạt mang điện và khôngmang điện là 19. Tổng số hạt mang điện của B nhiều hơn của A là 26.a) Xác định A, B; viết cấu hình electron của A, B và cho biết bộ 4 số lượng tử ứng với electronsau cùng trong nguyên tử A, B.b) Xác định vị trí của A, B trong HTTH.c) Viết công thức Lewis của phân tử AB2, cho biết dạng hình học của phân tử, trạng thái lai hoácủa nguyên tử trung tâm?d) Hãy giải thích tại sao phân tử AB2 có khuynh hướng polime hoá?Câu 2:1) Mg(OH)2 có kết tủa được không khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịchNH3 1M và NH4Cl 1M. Biết: TMg(OH)2 = 1,5.10-10,95 và pKb = 4,75.2) Tính pH và nồng độ mol của Cr O 24− , Cr2 O 27− trong dung dịch K2Cr2O7 0,01M và CH3COOH0,1M. Cho:K CH3COOH = 1,8.10-5HCr O −4 + H2O2HCr O −4Cr O 24− + H3O+Cr2 O 27− + H2OpK2 = 6,5pK1 = -1,36Câu 3:1) Cân bằng các phản ứng oxi hoá - khử sau theo phương pháp cân bằng ion-electron:a) KMnO4 + FeS2 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2O.b) M + HNO3 → M(NO3)n + NxOy + H2O.2) Tính thế tiêu chuẩn E1 của bán phản ứng:H2SO3 + 6H+ + 6e → H2S + 3H2OCho biết thế tiêu chuẩn của các bán phản ứng sau:H2SO3 + 4H+ + 4e → S + 3H2OE 20 = +0,45VS + 2H+ + 2e → H2SE 30 = +0,141V3) Giải thích tại sao Ag kim loại không tác dụng với dung dịch HCl mà tác dụng với dung dịchHI để giải phóng ra hiđrô.1 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHBiết: E 0Ag + /Ag= +0,8V; TAgCl = 10-9,75 ; TAgI = 10-16Câu 4:Cho cân bằng: PCl5 (K)PCl3(K) + Cl2(K)1) Trong một bình kín dung tích Vl chứa m(g) PCl5, đun nóng bình đến nhiệt độ T(0K) để xảy raphản ứng phân li PCl5. Sau khi đạt tới cân bằng áp suất khí trong bình là P. Hãy thiết lập biểuthức của Kp theo độ phân li α và áp suất P.2) Người ta cho vào bình dung tích Vl 83,4g PCl5 và thực hiện phản ứng ở nhiệt độ T1 (0K). Saukhi đạt tới cân bằng đo được áp suất 2,7 atm. Hỗn hợp khí trong bình có tỉ khối so với hiđrôbằng 69,5. Tính α và Kp.3) Trong một thí nghiệm khác giữ nguyên lượng PCl5 như trên, dung tích bình vẫn là V (l)nhưng hạ nhiệt độ của bình đến T2 = 0,9T1 thì áp suất cân bằng đo được là 1,944 atm. Tính Kpvà α. Từ đó cho biết phản ứng phân li PCl5 thu nhiệt hay phát nhiệt.Cho Cl = 35,5; P = 31; H = 1.Câu 5:Cho hỗn hợp X gồm bột Fe và S đun nóng trong điều kiện không có không khí, thu đượchỗn hợp A. Cho A tác dụng với một lượng dư dung dịch HCl thu được sản phẩm khí Y cód Y/H2 =13. Lấy 2,24l (đktc) khí Y đem đốt cháy rồi cho toàn bộ sản phẩm cháy đó đi qua 100mldung dịch H2O2 5,1% (có khối lượng riêng bằng 1g/ml), sau phản ứng thu được dung dịch B. Biếtcác phản ứng xảy ra hoàn toàn.a) Viết các phương trình phản ứng xảy ra.b) Tính % khối lượng các chất trong X?c) Xác định nồng độ % của các chất trong dung dịch B?Cho Fe = 56; S = 32; H = 1; O = 162 Tỉnh Quảng NgãiTrường THPT chuyên Lê KhiếtMôn: Hoá họckhối : 10Giáo viên biên soạn: Vũ Thị Liên HươngSố mật mãSố mật mãPhần này là pháchĐÁP ÁN CHI TIẾT MÔN HOÁ HỌC 10Câu 1a)Gọi ZA, ZB lần lượt là số proton trong nguyên tử A, B.Gọi NA, NB lần lượt là số notron trong nguyên tử A, B.Với số proton = số electron(2Z A + N A ) + (2Z B + N B ) = 65Z A + Z B = 21 Z A = 4Ta có hệ : (2Z A + 2Z B ) − (N A + N B ) = 19 ⇔ ⇒(0,5đ)Z B − Z A = 13 Z B = 172Z − 2Z = 26A BZA = 4 ⇒ A là BeCấu hình e : 1s22s2(0,5đ1)Bộ 4 số lượng tử: n = 2, l = 0, m = 0, ms = −2ZB = 17 ⇒ B là ClCấu hình e : 1s22s22p63s23p5(0,5đ1)Bộ 4 số lượng tử: n = 3, l = 1, m = 0, ms = −2b) Ta có Z = 4 ⇒ Be ở ô thứ 4, có 2 lớp e ⇒ Be ở chu kỳ 2.(0,5đNguyên tố s, có 2e ngoài cùng ⇒ phân nhóm chính nhóm II.)Tương tự cho Cl: ô thứ 17, chu kỳ 3, phân nhóm chính nhóm VII.....: Cl : Be : Cl :(1đ)c)....Hình dạng hình học của phân tử: đường thẳngTrạng thái lai hoá : spClBeCld) Khi tạo thành phân tử BeCl2 thì nguyên tử Be còn 2 obitan trống; Cl đạt trạng thái bền vữngvà còn có các obitan chứa 2 electron chưa liên kết do đó nguyên tử clo trong phân tử BeCl2 nàysẽ đưa ra cặp electron chưa liên kết cho nguyên tử Be của phân tử BeCl2 kia tạo liên kết chonhận. Vậy BeCl2 có khuynh hướng polime hoá:(1đ)ClClClClCl....BeBeBeBeBe....ClClClClClCâu 2:3 PHẦN NÀY LÀ PHÁCH1) Khi thêm 1ml dung dịch MgCl2 1M vào 100ml dung dịch đệm thìC Mg2 + ban đầu = 10-2 (M).Ta có: TMg(OH)2 = [Mg2+][OH−]2 = 10-10,95Để kết tủa Mg(OH)2 thì [Mg2+][OH−]2 ≥ 10-10,95⇒ [OH−]2 ≥10−10,95=[Mg ]2+10−10,9510−2(0,5đ)= 10-8,95. Hay [OH−] ≥ 10-4,475* Dung dịch đệm: NH4Cl 1M + NH3 1M.Ta có: p K NH + = 14 - p K NH3 = 14 - 4,75 = 9,25.4Do đó: [H+] sơ bộ = KaCa1= 10-9,25 . = 10-9,25 < 10-7Cb1Suy ra cân bằng chủ yếu là:NH3 + H2ONH +4 + OH−11-x11+xKb =(x + 1)x1− xK NH3 = Kb = 10-4,75x= 10-4,75Điều kiện: x >Ka, K2 ⇒ cân bằng (2) chiếm ưu thế. Tính nồng độ Cr2 O 27− và HCr O −4 dựa vàocân bằng (2).4 PHẦN NÀY LÀ PHÁCHCr2 O 27− + H2O2HCr O −4K1 = 10-1,36BĐ0,010TTCB 0,010-x2xÁp dụng định đ/l t/d k/l.(2x) 2K1 == 10-1,36 (x < 0,01) ⇒ x = 6,33.10-3.(0,010 − x)Vậy : [Cr2 O 27− ] = 0,010 - 6,33.10-3 = 3,7.10-3 (M) ; [HCr O −4 ] = 6,33.2.10-3 = 1,27.10-3 (M) (1đ)So sánh cân bằng (3) và (1): Ka.Ca >> K2[HCr O −4 ] ⇒ cân bằng (1) chiếm ưu thế:CH3COO− + H3O+Ka = 1,8.10-5CH3COOH + H2OBĐ0,1TTCB 0,1-aaa2aKa == 1,8.10-50,1 − aĐK a 2a . Vieát caùc ptpöù ñieän phaân xaûy ra cho tôùi khiH2O baét ñaàu bò ñieän phaân ôû caû hai ñieän cöïc. Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà )Caâu 3:1. Troän 100 ml dd HCOOH 0,1M vôi100 ml dd NaOH 0,05M ñöôïc 200 ml dd A.Tìm pH cuûa dd A.- pH cuûa dd A seõ thay ñoåi nhö theá naøo khi theâm vaøo dd 0,001 mol HCl hoaëc 0,001 mol NaOH.- Töø caùc keát quaû treân haõy cho nhaän xeùt.2. Xaùc ñònh nhieät ñoä taïi ñoù aùp suaát phaân li cuûa NH4Cl laø 1 atm,bieát ôû 25oC coù caùc döõ kieän :o∆ Go ( kJ/mol )∆ H tt ( kJ/mol )NH4Cl(r)-315,4-203,9HCl(k)-92,3-95,3NH3(k)-46,2-16,62+2+3. Cho H2S loäi qua dd chöùa Cd 0,01M vaø Zn 0,01M ñeán baõo hoaø.a. Haõy xaùc ñònh giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd sao cho xuaát hieän keát tuûa CdS maø khoâng coùkeát tuûa ZnS.b. Haõy thieát laäp khu vöïc pH taïi ñoù chæ coøn 0,1% Cd2+ trong dd maø Zn2+ vaãn khoâng keát tuûa.Bieátdd baõo hoaø H2S coù [H2S} = 0,1M vaø H2S coù Ka1 = 10-7 , Ka2 = 1,3.10-13,TCdS = 10-28 ,TZnS = 10-22 .Boû qua quaù trình taïo phöùc hidroxo cuûa Cd2+ vaø Zn2+. ÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânThôøi gian laøm baøi : 180 phuùt( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà )Caâu 4:1. Caân baèng caùc pöù oxi hoaù khöû sau :a. Theo phöông phaùp caân baèng electron :Cu2S + HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 + NO2 + H2O.CH3−CH=CH2 + KMnO4 + H2O → CH3−CH−CH2 + MnO2 + KOHOH OHb. Theo phöông phaùp caân baèng ion - electron :K2Cr2O7 + H2SO4 + NO → Cr2(SO4)3 + HNO2 + K2SO4 + H2O.NaCrO2 + Br2 + NaOH → Na2CrO4 + NaBr + H2O.2. Haõy cho bieát pöù naøo xaûy ra trong caùc tröôøng hôïp sau:FeCl3 + NaClFeCl3 + NaBrFeCl3 + NaIooE Br / 2Br− = 1, 065VE oI / 2I− = 0,536VBieát E Cl / 2Cl− = 1,359V22EoFe3+ / Fe2+2= 0,77V3. Tính EoAgCl / Ag vaø haèng soá caân baèng cuûa pöù sau:2AgCl↓ + Cu2Ag↓ + Cu2+ + 2 Cl −E oCu2+ / Cu = 0,337VBieát EoAg+ / Ag = 0, 799V4. Cho E oCu2+ / Cu = 0,345VTAgCl = 10−10; E oZn2+ / Zn = −0,76V.a. Haõy vieát sô ñoà pin ñöôïc duøng ñeå xaùc ñònh theá ñieän cöïc tieâu chuaån cuûa caùc caëp treân . Chæ roõ cöïcdöông,cöïc aâm.Cho bieát pöù thöïc teá xaûy ra trong pin khi pin hoaït ñoäng .b. ÔÛ 25oC,tieán haønh thieát laäp 1 heä gheùp noái giöõa thanh Zn nhuùng vaøo dd ZnCl2 0,01M vôùi thanhCu nhuùng vaøo dd CuCl2 0,001M thu ñöôïc moät pin ñieän hoaù.-Vieát kí hieäu cuûa pin vaø pöù xaûy ra khi pin laøm vieäc.-Tính Epin. Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânÑEÀ THI ÑEÀ NGHÒ HOAÙ 10Thôøi gian laøm baøi : 180 phuùt( Khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà )Caâu 5:Hoaø tan 9,24g hoãn hôïp Al,Cu trong dd HCl dö 5% ( so vôùi lyù thuyeát ) thu ñöôïc 6,72 lít khí A( ñktc) , ddB vaø raén C.a. Tính khoái löôïng moãi kim loaïi trong hoãn hôïp.b. Cho taát caû dd B taùc duïng vôùi dd NaOH 0,5M . Tính theå tích dd NaOH caàn duøng ñeå sau pöù thuñöôïc 9,36g keát tuûa.c. Hoaø tan toaøn boä chaát raén C trong 60 ml dd HNO3 2,0M , chæ thu ñöôïc khí NO . Sau khi pöù keátthuùc cho theâm löôïng dö H2SO4 vaøo dd thu ñöôïc laïi thaáy coù khí NO bay ra . Giaûi thích vaø tính theåtích khí NO (ñktc) bay ra sau khi theâm H2SO4. ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 1:1.a.Khoâng thoaû maõn,vì ml > lb.Thoaû maõn :2p4 .Caáu hình e :1s22s22p4. STT :8, chu kì 2 , nhoùm VIA.−2Tính chaát ñaëc tröng : tính oxi hoaù O2 +4e → 2 OVí duï : 4Na + O2 = 2Na2Oc. Khoâng thoaû maõn,vì n = l ( l = n-1 )d.Thoaû maõn :3p6 . Caáu hình e :1s22s22p63s23p6. STT :18, chu kì 3 , nhoùm VIIIA.Ngtoá naøy coù caáu hình beàn neân khoâng tham gia töông taùc hoaù hoïc.2. Caáu hình ...3d34s2 : toàn taïiCaáu hình ...3d94s2 : khoâng toàn taïi, chuyeån sang caáu hình beàn 3d104s1.3. -Trong caùc phaân töû H2O , H2S, H2Se, H2Te; O, S, Se, Te (R) ôû traïng thaùi lai taïo sp3, phaân töû coùcaáu taïo daïng goùc :RHH- Vì ñoä aâm ñieän cuûa O lôùn nhaát neân caùc caëp e lieân keát bò huùt veà phía O maïnh → khoaûng caùch giöõa2 caëp e lieân keát trong phaân töû H2O laø nhoû nhaát → neân löïc ñaåy tónh ñieän maïnh nhaát → goùc lieân keátlôùn nhaát .Thöù töï taêng daàn goùc lieân keát laø : H2Te , H2Se, H2S, H2O .- ÔÛ ñieàu kieän thöôøng nöôùc ôû theå loûng laø do caùc phaân töû nöôùc coù khaû naêng taïo lieân keát H lieânphaân töû :... O − H ... O − H ...HH- Trong caùc phaân töû H2R , R ñeàu coù soá oxi hoaù -2, tuy nhieân töø O ñeán Te baùn kính R laïi taêng leân →khaû naêng cho e taêng töø O ñeán Te, töùc laø tính khöû taêng theo thöù töï H2O, H2S, H2Se, H2Te .4. Vì khi phoùng xaï α thì khoái löôïng haït nhaân bò giaûm 4 vaø ñieän tích giaûm 2 ñôn vò .Khi phoùng xaï β khoái löôïng haït nhaân khoâng ñoåi nhöng ñieän tích taêng 1 ñôn vò.Nhaän thaáy töø U 238 → Pb207 khoái löôïng haït nhaân giaûm 31 ( khoâng chia heát cho 4 ) vì vaäy ban ñaàuU 238 ñaõhaáp thuï 1 nôtron ñeå taïo U 239 khoâng beàn .2381239 *92 U + o n → 92 U23992U* →82Pb207 + x 2 He 4 + y −01 eTa coù 2x - y = 104x = 32=>x=8y=6Vaäy ñaõ coù 8 haït α vaø 6 haït β thoaùt ra , haáp thuï 1 nôtron . Sôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 2: ---ÑAÙP AÙNH2S + 3FeCl3 → 2FeCl2 + S + 2HCl5Cl2 + Br2 + 6H2O → 10HCl + 2HBrO3lïanh→ 2NaF + OF2 + H2O2F2 + 2NaOH (2%)Al2O3 + 2NaOH → 2NaAlO2 + H2ONaOH + NH4Cl → NaCl + NH3 + H2OtoNaAlO2 + NH4Cl + H2O → Al(OH)3↓ + NH3↑ + NaCl2+2−CuSO4 = Cu + SO 4NH3 + H2ONH +4 + OH -Cu2+ + 2OH - → Cu(OH)2↓.Cu(OH)2↓ + 4 NH3 → [Cu(NH3)4](OH)2.2.Trong dd : Cu(NO3)2 = Cu2+ + 2 NO3−NaCl= Na+ + ClTaïi catot (-) : Cu2+,Na+,H2OTaïi anot (+) : NO3− , Cl-,H2O.Pöù ñieän cöïc : Cu2+ +2e → Cu2Cl- -2e → Cl22H2O + 2e → H2 + 2 OH2H2O -4e → O2 + 4 H+Pöù ñieän phaân:Cu(NO3)2 + 2NaCl → Cu + Cl2 + 2NaNO3 (1)Neáu 2a = b , töùc laø Cu(NO3)2 vaø NaCl bò ñieän phaân heát cuøng luùc,neân sau pöù (1) ôû caû 2 ñieän cöïcH2O seõ ñieän phaân.dpH2O → H2 + 1/2 O2 .NaNO3Neáu b2a,sau pöù (1) coøn dö NaCl . Khi ñoù pöù ñieän phaân:m.n2NaOH + Cl2 ↑+ H2 ↑2NaCl + 2 H2O →Sau pöù (3) thì H2O ñieän phaân ôû caû 2 ñieän cöïc:dpH2O → H2 + 1/2 O2 .NaOH(3) ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 3:1. Ptpöù :HCOOH + NaOH → HCOONa + H2O0,0050,0050,005nHCOOH = 0,1.0,1 = 0,01 molnNaOH = 0,1.0,05 = 0,005 molVaäy dd thu ñöôïc goàm 0,005 mol HCOOH vaø 0,005 mol HCOONa .Trong dd xaûy ra caùc quaù trình :HCOONa → HCOO- + Na+HCOOHHCOO- + H+,KaHCOO- + H2OHCOOH + OH-,KbH2OH+ + OHTheo ñònh luaät baûo toaøn ñieän tích ta coù:[H+] + [Na+] = [HCOO-] + [OH-]⇒[HCOO-]= [H+] + [Na+] - [OH-]Maët khaùc :Theo ñònh luaät baûo toaøn noàng ñoä ban ñaàu ta coù :CHCOOH + CHCOO− = [HCOOH] + [HCOO − ][HCOOH] = CHCOOH + CHCOO− − [HCOO − ]⇒= CHCOOH + CHCOO− − [H + ] − [Na+ ] + [OH − ]Vì CHCOO− = [Na+ ] neân:[HCOOH] = CHCOOH − [H + ] + [OH − ]Ka =[HCOO− ][H + ][HCOOH]CHCOOH − [H + ] + [OH − ][HCOOH]⇒ [H ] = K a= Ka(*)[HCOO− ][Na+ ] + [H + ] − [OH − ]Vì söï coù maët cuûa HCOOH vaø HCOO- trong dd neân ñaõ ngaên caûn söï taïo thaønh H+ vaø OH- .Neân khi giaûi gaàn ñuùng coù theå boû qua [H+] vaø[ OH-]+(*) ⇔ [H + ] = K aCHCOOH[Na+ ]CHCOOH[Na+ ]Thay caùc giaù trò vaøo bieåu thöùc treân ta ñöôïc:0, 005pH = 3, 75 − lg= 3, 75.0, 005Khi theâm 0,001 molHCl( 0,001 mol H+ ).Khi naøy :HCOO- + H+ → HCOOH0,0010,001 0,001pH = pK a − lg pH = 3, 75 − lg(0, 005 + 0, 001) = 3,57.0, 005 − 0, 001Khi theâm 0,001 mol NaOH(0,001 mol OH- ).Khi naøy:HCOOH + OH- → HCOO- + H2O0,0010,001 0,0010, 005 − 0, 001) = 3,93.0, 005 + 0, 001Vieäc theâm moät löôïng nhoû axit maïnh hay bazô maïnh vaøo hoãn hôïp HCOOH vaøHCOO chæ laøm thay ñoåi pH trong giôùi haïn ± 0,18 ñôn vò pH.Nhö vaäy hoãn hôïp HCOOH vaøHCOO- laø dd ñeäm coù khaû naêng giöõ cho pH ban ñaàu haàu nhö khoâng ñoåi.pH = 3, 75 − lg(2.Ptpöù:NH 4 Cl(r)NH3(k) + HCl(k) .xxGoïi x(mol) : n NH3 = n HClx.1 = 0,5atm2x= 0,5.0,5 = 0,25(atm)2⇒ PNH3 = PHCl =ÔÛ nhieät ñoä T: K 2 = PNH3 .PHClÔÛ 25oC ta coù :∆G opu = −95,3 − 16,6 − (−203,9) = 92kJ∆H opu = −46,2 − 92,3 − (−315,4) = 176,9kJTöø coâng thöùc : ∆G o = −2,303RT lg KNeânlg K1 =−∆G o92000=−= −16,122,303RT2,303.8,314.298∆G o = ∆H o − T∆So = − RT ln KMaët khaùc ta coù :∆H o ∆So+RTRooGiaû söû ∆H & ∆S khoâng thay ñoåi theo nhieät ñoä,ta coù :∆H o ∆Soln K1 = −+RT1R⇔ ln K = −ln K 2 = −∆H o ∆So+RT2R⇒ ln K 2 − ln K1 = −∆H o ∆H o+RT2 RT1⇒ lnK 2 ∆H o 1 1( − )=K1R T1 T2⇔ lgK21 1∆H o( − )=K1 2,303.R T1 T2⇔ lg K 2 − lg K1 =1 1∆H o( − )2,303.R T1 T2⇒ lg 0,25 + 16,12 =⇒ T2 = 597o K17690011− )(2,303.8,314 298 T2 TCdS10−28== 10−26.3.Noàng ñoä S ñeå CdS↓ : [S ] =2+[Cd ] 0,01T10−22Noàng ñoä S2- ñeå ZnS↓ : [S2 − ]' = ZnS== 10−20 .2+[Zn ] 0,012−2− 'Vì [S ] < [S ] neân CdS↓ tröôùc.Giôùi haïn pH phaûi thieát laäp trong dd ñeå xuaát hieän ↓ CdS maø khoâng coù ↓ZnSTa coù :H2 S2H + + S2 − ,K = K1 .K 2 = 1,3.10 −20 = 10 −19,89.2-2−K=[H + ]2 .[S2 − ][H 2 S][H 2 S][S2 − ]11 [H S]⇒ pH = pK − lg 22−22 [S ]Ñeå CdS↓ maø khoâng coù ZnS↓ thì:10 −26 < [S2− ] < 10−20⇒ [H + ]2 = K110,1pH1 = .19,89 − lg −26 = −2,56.22 10110,1pH 2 = .19,89 − lg −20 = 0, 45.22 10⇒ −2,56 < pH < 0, 45.0,1= 10 −5 M.10010−28[S2-] luùc Cd2+ coøn 0,1% = −5 = 10−23.102+Ñeå trong dd Cd coøn 0,1% maø ZnS vaãn chöa keát tuûa thì 10−23 < [S2 − ] < 10−20110,1pH 3 = .19,89 − lg −23 = −1, 06.Töùc laø :22 10−1, 06 < pH < 0, 45.[Cd 2 + ] coøn 0,1% = 0, 01. ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 4 :1+2+6Cu2S -10e → 2 Cu+ S+51+4N + 1e → N10* Cu2S + 12 HNO3 → Cu(NO3)2 + CuSO4 +10NO2 + 6H2O−1−2o−13C+ C− 2e → C+ C+7+4Mn + 3e → Mn2* 3CH3−CH=CH2 + 2KMnO4 + 4H2O → 3CH3−CH(OH) −CH2(OH) +2MnO2 +2KOH.Cr2 O27− + 14H + + 6e → 2Cr 3+ + 7H 2 O16NO + H 2 O − 1e → NO2− + 2H +* K 2 Cr2 O 7 + 2H 2 SO 4 + 6NO → Cr2 (SO 4 )3 + 6HNO2 + K 2 SO 4 + H 2 OCrO2− + 4OH − − 3e → CrO24− + 2H 2 OBr2 + 2e → 2Br23−* 2NaCrO2 + 3Br2 + 8NaOH → 2Na2 CrO 4 + 6NaBr + 4H 2 O.2.Giaû söû xaûy ra pöù:2Fe3+ + 2X − → 2Fe2 + + X2 (1),(X− : Cl − ,Br − , I − ).Ñeå pöù (1) xaûy ra thì : Eopu = Eoox − Eokh > 0= E oFe3+ / Fe2+ − E oX2/ 2X−>0Vì chæ coù EoI / 2I− < EoFe3+ / Fe2+ neân chæ xaûy ra pöù:23+2Fe + 2I − → 2Fe2 + + I2Hay2FeCl3 + 2NaI → 2FeCl2 + I 2 + 2NaCl.I2 + I − → I3−3.Ta coù :(EoAg+ + eAg,K = 10AgCl ↓Ag+ + Cl − ,TtAgCl ↓ + e⇒E oAgCl / Ag0,059Ag+ / Ag)/ 0,059Ag ↓ + Cl − ,K1 = K.Tt = 10=E oAg+ / Ag0,059(EoAgCl / Ag )/ 0,059− 10⇔ EoAgCl / Ag = E oAg+ / Ag − 0,59 = 0,799 − 0,59 = 0,209V. Ta coù :AgCl ↓ + eAg ↓ + Cl − ,K1Cu2 + ,K 2−1 = 10Cu − 2e(2EoAgCl / Ag )/ 0,059⇒ K 3 = 104.2)/ 0,059Cu2+ / Cu2Ag ↓ +Cu2 + + 2Cl − ,K 3 = K12 .K 2−12AgCl ↓ +Cu⇒ 10( −2Eo.10( −2Eo(0,209 − 0,337)0,059Cu2+ / Cu)/ 0,059= K3= 10−4,34.a.Vì EoCu2+ / Cu > Eo2H+ / H .Ñeå E opin >0 thì cöïc Cu|Cu2+ laøm cöïc döông(+).2cöïc Pt,H2(1atm) |H+ 1M laøm cöïc aâm (-).Sô ñoà pin:(-)(+)Pt,H2(1atm) |H+ 1M || Cu2+ 1M| Cu .Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : H 2 − 2e2H +Cöïc (+) : Cu2+ + 2eCu.2+Cu + 2H + .Pöù trong pin : Cu + H 2Töông töï ta coù :Vì Eo2H+ / H > EoZn2+ / Zn neân ta coù sô ñoà pin :2(-)(+)Zn|Zn2+ 1M|| H+ 1M|H2 (1atm),Pt.Pöù ñieän cöïc: Cöïc (-) : Zn − 2eZn2 +H2 .Cöïc (+) : 2H + + 2ePöù trong pin : Zn + 2H +Zn 2 + + H 2 .b.Ta coù :ZnCl2 = Zn 2+ + 2Cl −0,01M 0,01MCuCl2 = Cu2 + + 2Cl −0,001M 0,001M0, 059E Zn2+ / Zn = E oZn2+ / Zn +lg[Zn 2 + ]20, 059= −0, 76 +lg(0, 01) = −0,819V.20, 059oECu2+ / Cu = E Cu+lg[Cu2 + ]2+/ Cu20, 059= 0,345 +lg(0, 001) = 0, 4335V2Sô ñoà pin:(-)(+)2+2+Zn|Zn 0,01M ||Cu 0,001M | Cu.Pöù ñieän cöïc :Cöïc (-) : Zn − 2eZn2 +Cöïc (+) : Cu2+ + 2eCu.Pöù trong pin :Zn + Cu2+Cu + Zn2 + .E pin = E p − E t = ECu2+ / cu − E Zn2+ / Zn= 0,4335-(-0,819) = 1,2525V. ÑAÙP AÙNSôû GD_ÑT Khaùnh HoaøTröôøng THPT Leâ Quyù ÑoânCaâu 5:Ptpöù :2Al+6HCl=2AlCl3+3H2↑(1)0,20,60,20,36, 72n H2 == 0,3mol.22, 4Theo pöù (1),ta coù:nAl = 0,2 mol⇒mAl = 0,2.27 = 5,4g⇒mCu = 9,24 - 5,4 = 3,84gb. ddB goàm nHCl dö = 0,6.0,05 = 0,03 molvaø n AlCl3 = 0,2mol.T/hôïp 1: AlCl3 dö .9,36n Al(OH)3 == 0,12mol78Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O0,03 0,03AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl.0,12 0,360,12n NaOH(pu2,3) = 0,36 + 0, 03 = 0,39mol.(2)(3)0,39= 0, 78l.0,5T/hôïp 2 : Al(OH)3↓ taïo ra cöïc ñaïi nhöng sau ñoù bò hoaø tan moät phaàn .Ptpö : HCl + NaOH = NaCl + H2O(4)0,03 0,03AlCl3 +3NaOH = Al(OH)3↓ + 3NaCl.(5)0,20,60,2Al(OH)3↓ + NaOH = NaAlO2 + 2H2O(6)(0,2-0,12)0,08n 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 HNO3HNO3 = H + + NO3−0,120,12 0,123,84n Cu == 0, 06mol.64Ptpöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O.(7)0,045 0,12 0,03Theo pöù (7) , n H+ heát nhöng n NO− dö ,neân khi theâm löông dö axit H2SO4 seõ coù khí NO thoaùt3ra.Khi theâm H2SO4, H 2 SO 4 = 2H + + SO24−Pöù : 3Cu + 8H + + 2NO3− → 3Cu2 + + 2NO + 4H 2 O.(0,06-0,045) 0,010,01Theo pöù (8),nNO = 0,01 mol.⇒VNO = 0,01.22,4 = 0,224 l.(8) Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ - HÓA HỌC - KHỐI 10Câu I :Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trênI.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tửtrung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọnCâu II:II.1. Cho các phản ứng thuận nghịch sau:Fe3O4 + H2FeO + H2Fe3O4 + 4H2Fe2O3 + 3H23FeO + H2O (a)Fe + H2O(b)3Fe + 4H2O (c)2Fe + 3H2O (d)Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắnHãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phảnứng còn lạiII.2. Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biếtnhững quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó giải thích hiện tượngkhi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêng biệt.Câu III :III.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.III.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.III.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.III.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.III.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82Câu IV :Ở 250C, người ta thực hiện một pin gồm hai nửa pin sau :Ag | AgNO3 0,1 M và Zn | Zn(NO3)2 0,1 M.IV.1. Thiết lập sơ đồ pin.IV.2. Viết các phản ứng tại các điện cực và phản ứng xảy ra khi pin làm việc.IV.3. Tính suất điện động của pin.IV.4. Tính nồng độ các ion khi pin không có khả năng phát điện.E 0 Ag + / Ag = 0,8VCho:E 0 Zn 2 + / Zn = −0,76VCâu V:Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tácdụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C. Tỷ khối của C so với hidro bằng10,6. Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 cần V2 lít khí oxi.V.1. Tìm tương quan giá trị V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện nhiệt độ và áp suất).V.2. Tính hàm lượng phần trăm các chất trong B theo V1 và V2 .V.3. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là bao nhiêu phần trăm.V.4. Nếu hiệu suất của phản ứng nung trên là 75%, tính hàm lượng phần trăm các chất tronghỗn hợp B.Cho biết S = 32; Fe = 56; O = 16.1 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN CHI TIẾTCâu I :Xét các phân tử BF3, NF3 và IF3. Trả lời các câu hỏi sau :I.1. Viết công thức chấm electron Lewis của các chất trênI.2. Dựa vào thuyết lai hóa obitan nguyên tử hãy cho biết tr ạng th ái lai hóa của nguyên tửtrung tâm và dạng hình học của mỗi phân tử1.3. Xác định xem phân tử nào là phân cực và không phân cực. Giải thích kết quả đã chọnĐáp án :FSFFLai hóa sp2FNFFFIF1,5 điểmFLai hóa sp3Lai hóa sp3d0,75 điểmTam giác phẳngTháp đáy tam giácHình chữ T0,75 điểmKhông cực vì momenlưỡng cực liên kết bịtriệt tiêuCó cực vì lưỡng cực liênkết không triệt tiêuCó cực vì lưỡng cực liênkết không triệt tiêu1 điểmCâu II:II.1.Cho các phản ứng thuận nghịch sau:Fe3O4 + H2FeO + H2Fe3O4 + 4H2Fe2O3 + 3H23FeO + H2O (a)Fe + H2O(b)3Fe + 4H2O (c)2Fe + 3H2O (d)Biết rằng nước, H2 ở pha khí, các chất còn lại ở pha rắnHãy biểu thị hằng số cân bằng của phản ứng (a) thông qua hằng số cân bằng của các phảnứng còn lạiII.2.Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước bao gồm những quá trình nào? Hãy cho biếtnhững quá trình nào là thu nhiệt, quá trình nào là toả nhiệt. Từ đó mô tả và giải thíchhiện tượng khi hoà tan các tinh thể NaOH, MgCl2, NH4NO3 vào từng cốc nước riêngbiệt.Đáp án:II.1.2 điểmGọi Ka, Kb, Kc, Kd lần lượt là hằng số cân bằng của các phản ứng a,b,c,dtương ứng. Ta có:PH OPH OP4H OP3H OKa = 2; Kb = 2 ; Kc = 4 2 ; Kd = 3 2PH 2PH 2P H2P H2→ Ka =K c .K dK b62 Thành phố : Hồ Chí Minh - Trường : THPT chuyên Lê Hồng PhongMôn : Hóa - Khối : 10II.2.2 điểm- Quá trình hoà tan tinh thể ion vào nước, ta có thể hình dung bao gồm các quátrình như sau:+ Quá trình phân li tinh thể ion thành các ion tự do (cation và anion) là quátrình thu nhiệt. (nhiệt phân li, ∆Hphân li > 0)+ Quá trình tương tác giữa các ion với nước để tạo thành các ion hidrat hoá làquá trinh toả nhiệt. (nhiệt hidrat hoá, ∆Hhidrat < 0)→ Nhiệt của quá trinh hoà tan tinh thể ion vào nước là ∆Hht = ∆Hphân∆Hhidrat của các ionli+- Khi cho NaOH, MgCl2 vào cốc nước ta thấy cốc nước nóng lên do ∆Hhiratvượt trội so với ∆Hphân li → ∆Hht < 0- Khi hoà tan NH4NO3 vào cốc nước thấy cốc nước lạnh hẳn do ∆Hphân li vượttrội so với ∆Hhidrat → ∆Hht > 0Câu III : 4 điểmII.1. Tính pH của dung dịch H2C2O4 0,01M.II.2. Cho từ từ dung dịch C2O42- vào dung dịch chứa ion Mg2+ 0,01M và Ca2+ 0,01M.II.2.1. Kết tủa nào xuất hiện trước.II.2.2. Nồng độ ion thứ nhất còn lại bao nhiêu khi ion thứ hai bắt đầu kết tủa.II.3. Tính pH của dung dịch để 0,001moL CaC2O4 tan hết trong 1 Lít dung dịch đó.Biết H2C2O4 có các hằng số axít tương ứng là pK1 = 1,25; pK2 = 4,27Tích số tan của CaC2O4 là 10 – 8,60; MgC2O4 là 10 - 4,82Đáp án:III.1.H2C2O4H+ + HC2O4- K1 = 10-1,25 (1)1,0 điểmHC2O4H+ + C2O42- K2 = 10-4,27 (2)H2OH+ + OHKw = 10-14 (3)Do Kw Ax = 31(0,5đ)Trong nguyên tử X : 2Px – Nx = 14Px = 15(0,5đ)=> X là photphoNx = 16Thay Px, Nx vào(1) , (2)n (Ny – Py) = 5( 5)2Py – ny = 16 (6) => Ny = 2Py - 16n(Py – 16) = 55 + 16nPy =nn12345Py2118,8 17,67 17,25 17Py = 17, n =5 , Ay = 35 => Y là clo(0,25đ)1 Clb. PCl5 : nguyên tử P lai hóa sp d dạng lưỡng tháp tam giác. Cl P ClClClc.P2O5 + PCl5 = 5POCl3PCl5 + H2O = H3PO4 + 5HCl3(0,25đ)(0,25đ)I.2)- C và Si đều có bốn electron hóa trị tuy nhiên khác với CO2 (O = C = O) SiO2 khôngphải là một phân tử đơn giản với liên kết Si =O. năng lượng của 2 liên kết đôi Si=O kém xanăng lượng của bốn liên kết đơn Si-O vì vậy tinh thể SiO2 gồm những tứ diện chung đỉnhnhau.OO Si O(0,5đ)Oa. SiO2 là tinh thể nguyên tử liên kết với nhau bằng liên kết cộng hóa trị bềntrong khi CO2 rắn là tinh thể phân tử, liên kết với nhau bằng lực Vanderwall yếu.(0,5đ)b. X không phân cực vậy X tồn tại ở dạng trans Z phân cực.Vậy Z tồn tại ở dạng CisHClhoặc Z + H2 → H − C − C − HCl HHClCTCTC= CClH(X)HHC= CCl(X)Cl(Z)CTCT Y s ẽ l àHClC= CHC-H∆ X= 2,5 – 2,1 = 0,4ClC-Cl∆ X = 0,5Vậy Y phân cực(0,25đ)Câu II (4đ)I.1. Hằng số cân bằng của phản ứng :H2 (k) + I2(k)2HI (k) ở 6000C bằng 64a. Nếu trộn H2 và I2 theo tỉ lệ mol 2:1 và đun nóng hỗn hợp tới 6000C thì có bao nhiêu phầntrăm I2 tham gia phản ứng ?2 b.) Cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ như thế nào để có 99% I2 tham gia phản ứng (6000C)II-2Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kín vàchôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyêntử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút.II-3 Tính nhiệt của phản ứng.HHH – C – H + 3Cl2 Cl – C – Cl + 3HClHClbiếtEC-H : +413KJ/molEC-Cl : +339KJ/molECl-Cl : + 243KJ/molEH-Cl : + 427KJ/molPhản ứng trên tỏa nhiệt hay thu nhiệt ?Đáp án :Câu II (4đ).II.1a. H2(k) + I2 (k)2HI (k)2mol1molxx2x2-x1-x2x22(2 x)[HI ]Kc == 64KC =(2 − x)(1 − x)[H 2 ][I 2 ]x1 = 2,25(loại)x2 = 0,95 (nhận)=> 95% I2 tham gia phản ứngH2(k) + I2(k)2HI (k)n1n-0,990,011,98n: nồng độ ban đầu của H2KC = (1,98)2= 64(n-0,99)(0,01)n≈ 7=> cần trộn H2 và I2 theo tỉ lệ 7:1II.20,693 0,693k=== 0,00347 / nămt1 / 2200N2,303lg= − ktN00,5đ0,25đb.3.10 −3= −0,00347t6,5.1012t = 1,02.104 năm hay 10.200năm0,5 đ0,5đ0,25đ0,25đ2,303lg0,5đII.3∆H = 4 EC − H + 3ECl −Cl − ( EC − H + 3EC −Cl + 3E H −Cl )= 4.413KJ + 3.243 – (413+ 3.339 + 3.427) = 2381KJ – 2711KJ= - 330KJPhản ứng trên tỏa nhiệt(0,75đ)3 Câu III (4đ)III.1Hòa tan 0,1mol NH4Cl vào 500ml nước.a. Viết phương trình phản ứng và biểu thức tính Ka+b. Tính pH dung dịch trên biết KaNH − 4 = 5.10 –10III.2Độ tan PbI2 ở 180C 1,5.10-3 mol/la. Tính nồng độ mol/l của Pb2+ và I − trong dung dịch bảo hòa PbI2 ở 180C.b. Tính tích số tan PbI2 ở 180C.c. Muốn giảm độ tan PbI2 đi 15 lần, thì phải thêm bao nhiêu g KI vào 1l dung dịch bảohòa PbI2.(K : 39 ; I : 127)III. 3Cho giản đồ thế khử chuẩn Mn trong môi trường axit−2−0 , 56V?MnO4 +→ MnO4 →MnO2+1,7Va. Tính thế khử chuẩn của các cặp MnO42-/MnO2b. Hãy cho biết phản ứng sau có thể xảy ra được không ? tại sao ?3MnO42- + 4H + = 2MnO-4 + MnO2 + 2H2OTính hằng số cân bằng của phản ứng trên.Đáp ánCâu III (4đ)III. 1a)NH4Cl = NH + 4 + Cl –NH4 + + H2ONH3 + H3O+Ka = [NH3][H3O]+[NH4+]= 5.10 -10b). Nồng độ NH3 trong dung dịch :NH4+ + H2O0,2x0,2 –x0,25đ0,25đ0,1= 0,2M0,50,25đNH3 + H3O+010-7xxxx + 10-710-7 Mn O4−2−+E01 = 0,56V0MnO4 + 4 H + 3e → MnO2 + 2 H 2OE 2 = 1,7V(2) – (1) ta có :2−E03 = ?⇒ MnO4 + 4 H + + 2e → MnO2 + 2 H 2O∆ G03 = ∆ G02 – ∆ G01- 2E03F = -3E02 F – E01F3E 0 2 − E 01 3.1,7 − 0,56== 2,27VE03 =22b. MnO42- + 2e- + 4H+MnO2 + 2H2OE01 : 2,27V2MnO4- + 2e2MnO42E02 : 0,56V−3MnO4 2- + 4H+2Mn O4 + MnO2 + 2H2O(1)(2)(3)0,5 đ0,25 đ∆ G03 = ∆ G01– ∆ G02 = -2E01F – (-2E02F) = -2F(E01-E02) K = 9,25.10570,25đ0,25đ0,25đCâu IV. (4đ)IV.1 Để nghiên cứu cân bằng sau ở 250CCu( r) + 2Fe3+ (dd)Cu2+ (dd) + 2Fe2+ (dd)người ta chuẩn bị dung dịch CuSO4 0,5M ; FeSO4 0,025Ma. Cho biết chiều của phản ứngb. Tính hằng số cân bằng phản ứngFe3+c. Tỉ lệcó giá trị bao nhiêu để phản ứng đổi chiều.Fe 2 +E0 Cu2+ /Cu = 0,34VE0 Fe2+ / Fe = 0,77VIV. 2Cho E0Cr2O72-/2Cr3+ = 1,36V[[]]a. Xét chiều của phản ứng tại pH=0, viết phương trình phản ứng dưới dạng ion vàphân tử.b. Cân bằng phản ứng theo phương pháp ion-electron5 Đáp ána) Cr2O7 2- oxi hóa Fe2+ thành Fe3+ và bị Fe2+ khử về Cr3+ trong môi trường axit.Cr2O72- + 6Fe2+ + 14H+ -> 6Fe3+ + 2Cr3+ + 7H2OK2Cr2O7 + 6FeSO4 + 7H2SO4 -> 3Fe2(SO4)3 + Cr2(SO4)3 + K2SO4 + 7H2Ob) Cân bằng theo phương pháp ion electronCr2O7 2- + 14H+ + 6e-> 2Cr3+ + 7H2O1x6xFe 2+ - e-> Fe3+2+2+Cr2O7 + 14H + 6Fe-> 2Cr3+ + 6Fe3+ + 7H2O0,5đ0,5đ0,5đ0,5đCâu V.V.1)Viết các phương trình phản ứng theo sơ đồ biến hóaXA0 +→+Y+zA →A1 →A2+Y→A→ C →A0+T+uB →B1 →B2Biết A0 : hợp chất của một kim loại và một phi kim.A, A1, A2, C : các hợp chất của lưu huỳnhB, B1, B2, C : hợp chất của đồng dạng hoặc đồng kim loạiV.2).Chất X ở dạng tinh thể màu trắng có các tính chất hóa học sau :- Đốt nóng X ở nhiệt độ cao do ngọn lửa màu vàng.- Hòa tan X vào nước được dung dịch A. Cho khí SO2 đi từ từ qua dung dịch A thấyxuất hiện màu nâu, khi tiếp tục cho SO2 đi qua thì màu nâu mất đi do thu được dung dịch B.Thêm một ít dung dịch HNO3 vào dung dịch B sau đó thêm lượng dư AgNO3 thấy xuất hiệnkết tủa màu vàng.- Hòa tan X vào nước thêm vào một ít dung dịch H2SO4 loãng và KI thấy xuất hiệnmàu nâu và màu nâu mất đi khi thêm dung dịch Na2S2O3 vào.a. Viết các phương trình phản ứng xảy ra dưới dạng ion thu gọn.b. Để xác định công thức phân tử của X người ta hòa tan 0,1g X vào nước, thêm lượngdư KI và vài ml dung dịch H2SO4 dung dịch có màu nâu, chuẩn độ I2 thoát ra (chất chỉ thị làhồ tinh bột) bằng dung dịch Na2S2O3 0,1M mất màu thì tốn hết 37,4ml dung dịch Na2S2O3.Tìm công thức phân tử X.Đáp ánCâu V (4đ)V.1.3t0CuS + O2 →CuO + SO22(A0)(B) (A)SO2 + Br2 + H2O -> H2SO4 + 2HBr(A1)H2SO4 + Ag2O -> Ag2SO4 + H2O(A2)t0CuO + H2→ Cu + H 2O(B1)A0 : CuSB: CuOA: SO2A1 : H2SO4A2 : Ag 2SO4B1 : Cu6 Cu + Cl2->CuCl2(B2)B2 : CuCl2C: CuSO4(1,5đ)0tCu + 2H2SO4 đđ →CuSO4 + SO2 + 2H2OAg2 SO4 +CuCl2 -> 2AgCl + CuSO4(C)CuSO4 + H2S -> CuS+ H2SO4(A0)V.2Đốt nóng ở nhiệt độ cao cho màu vàng => X là hợp chất của NatriSO2 qua dung dịch X => màu nâu => I 2 hoặc Br2 tạo thànha. Do tạo kết tủa vàng với AgNO3 (AgI ) => X : NaIOx(2x-2)SO2 + 2I O − x + (2x-2) H2O -> I2 + (2x-2) SO4 2- +(4x-4) H+SO2 + I2 + H2O-> 2 I − + SO4 2- + 4H++IOx + (2x-1) I + 2xH -> xI2 + xH2OI2 + 2S2O3 2-> 2 I − + S4O6 2-b. nI2 =0,25đ(0,25đ)(0,25đ)(1đ)10,0374.0,1nNa2 S 2O3 == 0,00187 mol22(0,5 đ)nI2 = x.nX = x0,1= 0,00187150 + 16 x=> x = 4=> X : NaIO4(0,5 đ)7 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõÑEÀ:Caâu I: ( 4ñ)Boå tuùc vaø caân baèng caùc phöông trình phaûn öùng sau theo phöông phaùp thaêng baèng electron hoaëcphöông phaùp ion electron :( choã “ …” coù theå theâm moät hoaëc nhieàu chaát )1.K2S2O8 +MnSO4 + H2O→ K2SO4 +KMnO4+…2.K2Cr2O7 +Na2SO3 + H2SO4→…3.Al+NaNO3 + NaOH + … →NH3+…4.Zn+NaNO3 + NaOH→NH3 + …Caâu II: ( 4ñ)Suïc khí (A) vaøo dung dòch (B) ta ñöôïc chaát raén (C) maøu vaøng vaø dung dòch (D) .Suïc tieáp khí (A)vaøo dung dòch (D) khoâng xuaát hieän keát tuûa nhöng neáu theâm CH3COONa vaøo dung dòch (D) roài môùi suïckhí (A) vaøo thì thu ñöôïc keát tuûa maøu ñen (E).Khí (X) coù maøu vaøng luïc taùc duïng vôùi khí (A) taïo ra chaát (C) vaø (F) .Neáu khí (X) taùc duïng vôùi khí (A)trong nöôùc taïo ra chaát (Y) vaø (F) , roài theâm BaCl2 vaøo thaáy coù keát tuûa traéng . (A) taùc duïng vôùi dungdòch chöùa chaát (G) laø muoái nitraùt taïo ra keát tuûa (H) maøu ñen. Ñoát chaùy (H) bôûi oxi ta ñöôïc chaát loûng (I)maøu traéng baïc.1. Vieát coâng thöùc phaân töû cuûa (A) , (B) , (C),(E) , (F) (G) ,(H) ,(I) ,(X) ,(Y) vaø caùc chaát trong (D)2. Vieát phöông trình phaûn öùng ñaõ xaûy ra.3. Giaûi thích taïi sao khi cho dung dòch CH3COONa vaøo dung dòch (D) thì môùi coù keát tuûa ?Caâu III: ( 4ñ)1.( 2ñ)Cho hai phaûn öùng sau :C (r) +O2 (k)→ CO2 (k)(1)C (r) + ½ O2 (k) → CO (k)(2)∆H01 = - 393,509 kJ/mol ∆H02 = -110 ,525 kJ/mol ôû 250C∆S01 = 2,86J/mol∆S02 = 89,365 J/mol ôû 250C.Khi nhieät ñoä taêng phaûn öùng naøo dieãn ra thuaän lôïi hôn? Vì sao?2.( 2ñ)Khi tieán haønh phaân huyû (CH3)2O trong bình kín ôû 504oC vaø ño aùp suaát toång quaùt cuûa heä:1 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõ(CH3)2Ot (s)P (toång quaùt)( atm)CH4 +0400CO+H21550800310010001.Chöùng minh phaûn öùng baäc nhaát vaø tính k ôû nhieät ñoä treân ( Cho ln 2 = 0,693)2.Tính aùp suaát toång quaùt trong bình vaø tính phaàn traêm (CH3)2O ñaõ bò phaân huyû sau 480 sCaâu IV:( 4ñ)Trong moät bình coù theå tích 1568 lít ôû nhieät ñoä 1000K coù nhöõng maãu chaát sau: 2 mol CO2, 0,5 mol CaOvaø 0,5 mol MgO. Heä naøy ñöôïc neùn thaät chaäm sao cho töøng caân baèng ñöôïc thieát laäp.ÔÛ 1000K coù caùc haèng soá caân baèng sau:CaCO3CaO + CO2K1 = 0,2 atmMgCO3MgO + CO2K2 = 0,4 atmVeõ ñoà thò cuûa haøm P = f(V) vaø giaûi thích ngaén goïn söï bieán thieân cuûa ñoà thò.( P laø aùp suaát cuûa heä , V laøtheå tích cuûa khí. Truïc tung bieåu dieãn theå tích , truïc hoaønh bieåu dieãn aùp suaát)Caâu V:( 4ñ)Cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) ,sau phaûn öùng , phaàn dung dòch thu ñöôïccoù khoái löôïng 474 gam ( dung dòch A) .1.Tính C% caùc chaát trong dung dòch (A) ; tính m.2. Neáu cho 48 gam Fe2O3 vaøo m gam dung dòch H2SO4 9,8% ( loaõng) , sau ñoù suïc SO2 vaøo ñeándö tính C% cuûa caùc chaát trong dung dòch thu ñöôïc sau phaûn öùng bieát caùc phaûn öùng xaûy ra hoaøn toaøn.2 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõÑaùp Aùn :Caâu I: ( moãi phöông trình caân baèng ñuùng 1 ñ x 4 = 4 ñ)a.5 S2O82- + 2e → 2 SO422 Mn2+ + 4 H2O -5e → MnO4- + 8 H+5 S2O82- + 2 Mn2+ + 8 H2O → 10 SO42- + 2 MnO4- + 16 H+5 K2S2O8 + 2 MnSO4 +8 H2O → 4 K2SO4 + 2 KMnO4 + 8H2SO4b.c.d.1 Cr2O72- + 14 H+ + 6e → 2 Cr3+ + 7H2O3 SO32- + H2O - 2e → SO42- + 2 H+Cr2O72-+ 3SO32- + 8 H+ → 3 SO42- + 2Cr3+ + 4 H2OK2Cr2O7 + 3 Na2SO3 + 4H2SO4→ Cr2(SO4)3 + 3Na2SO4 + K2SO4 + 4H2O8 Al + 4 OH- - 3e → AlO2- + 2 H2O3 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH8 Al + 3 NO3- + 5OH- + 2 H2 O → 8 AlO2- + 3 NH38 Al + 3 NaNO3 + 5 NaOH+ 2 H2 O → 8 NaAlO2 + 3 NH34 Zn + 4 OH- - 2e → ZnO22- + 2 H2O1 NO3- + 6 H2O + 8e → NH3 + 9 OH4Zn + NO3- + 7OH- + → 4 ZnO22- + NH3 + 2 H2 O4Zn + NaNO3 + 7NaOH + → 4 Na2ZnO2 + NH3 + 2 H2 OCaâu II:( 4 ñ)1. Khí A laø H2S ; dung dòch B FeCl3 ; C laø S ; dung dòch D laø FeCl2 vaø HCl ; E laø FeS .X laø Cl2 ; F laø HCl ; Y laø H2SO4 G laø Hg(NO3)2 , H laø HgS. I laø Hg .( 1ñ)2.H2S + FeCl3 → FeCl2 + S ↓ + HClCH3COONa + HCl → CH3COOH + NaClH2S + FeCl2→ FeS ↓ HClCl2 + H2S→ S + HClCl2 + H2S + H2O→H2SO4 + HCl3 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõBaCl2 + H2SO4Hg(NO3)2 + H2SHgS + O2( 0,25x8=2ñ)→ BaSO4 ↓ + 2 HCl→ HgS ↓ + 2HNO3→ Hg + SO23.Khi cho CH3COONa vaøo dung dòch D ñeå taùc duïng vôùi HCl vì FeS khoâng theå taïo thaønh trong dung dòchcoù pH thaáp (FeS tan ngay trong moâi tröôøng axít ) ( 1 ñ)Caâu III:1.( 2ñ)Vì ∆ G0 T = ∆H0 - T ∆S0Maø ∆S02 = 89,365 J/mol >> ∆S01 = 2,86J/mol neân khi taêng nhieät ñoä ∆G (2) aâm nhanh hôn ∆G (1)vì vaäy khi taêng nhieät ñoä phaûn öùng (2) xaûy ra thuaän lôïi hôn.2.( 2ñ)P= P0 + 2x ( x laø löôïng bieán ñoåi , P laø aùp suaát toång quaùt)t=0 thì x=0 suy ra P = P0= 400(0,25ñ)t=1550 thì P = P0 + 2x suy ra x=200 töùc coøn 400 – 200 = 200(0,25ñ)t=3100 thì x = 300 töùc coøn 400 – 300 =100(0,25ñ)Nhö vaäy khi t taêng gaáp ñoâi thì aùp suaát cuûa (CH3)2O giaûm ñi moät nöûa: 400,200,100Suy ra phaûn öùng laø baäc nhaát. (0,5ñ)1 Pk = ln 0t Ptvôùi Pt laø aùp suaát cuûa (CH3)2O sau taïi thôøi ñieåm t.t = 1550 s → k = 1/1550 ln 400/200 = 4,47.10-4 (s-1) →Pt = 322,758 atm(0,25ñ)Ta coù P = P0 + 2x = P0 + 2(P0 - Pt ) = 3 P0 – 2 Pt → P = 400 + 2( 400 – 322,758) = 554,48atm.(0,25ñ)% (CH3)2CO phaân huûy = ( 400 – 322,758) x 100% / 400 = 19,31%(0,25ñ)4 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõCaâu IV: (4 ñ)CaO + CO2CaCO3MgO + CO2MgCO3K1-1 = 5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,2 atmK2-1 = 2,5 atm-1 = 1/PCO2 → PCO2 = 0,4 atmKhi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,2atm thì phaûn öùng giöõa oxit kimloaïi CaO vaø CO2 chöa xaûy raV > nRT/P = 2. 0,082 .1000/0,2 = 820 lít..( 0,5ñ)Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 2.0,082 .1000/ V= 164 / V .( 0,5ñ)ÔÛ P=0, 2atm ( V = 820 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi CaO thaønh CaCO3, cho ñeán khi CaOchuyeån hoaù hoaøn toaøn. V = nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,2 = 615 lít .( 0,5ñ)Khi maø aùp suaát cuûa CO2 coøn chöa ñaït tôùi giaù trò p = 0,4atm thì phaûn öùng giöõa MgO vaøCO2 chöa xaûy ra.V > nRT/P = 1,5. 0,082 .1000/0,4 = 307,5 lít..( 0,5ñ)Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1,5.0,082 .1000/ V= 123/V .( 0,5ñ)ÔÛ P =0, 4atm ( V = 307,5 lít) thì CO2 phaûn öùng vôùi MgO thaønh MgCO3, cho ñeán khi MgOchuyeån hoaù hoaøn toaøn. .( 0,5ñ)V = nRT/P = 1 . 0,082 .1000/0,4 = 205 lít.Luùc naøy khi neùn bình thì P taêng theo phöông trình P = 1.0,082 .1000/ V= 82/V.( 0,5ñ)5 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõÑoà thò: (lít)820( 0,5ñ)615307,52050,20,4( atm)Caâu V: (4ñ)Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2ONeáu Fe2O3 tan heát thì m = 474 – 48 → n H2SO4 = 0,426 mol < 3 n Fe2O3 = 3. 0,3 = 0,9 mol.Suy ra Fe2O3 tan khoâng heát vaø H2 SO4 phaûn öùng heát. ( 0,5 ñ)Goïi n Fe2O3 pu = x mol → n H2SO4 pu = 3 x mol→C% H2SO4 = 3x.98 .100/ 474 -160x = 9,8 → x = 0,15 mol.( 0,5 ñ)Trong dung dòch A C% Fe2(SO4)3 = 0,15.400.100/ 474 = 12,66 %.( 0,5 ñ)m = 474 – 160.0,15 = 450 gam.( 0,5 ñ)Suïc SO2 vaøo :Fe2O3 + 3H2SO4 = Fe2(SO4)3 +3 H2OSO2 + Fe2(SO4)3 + 2H2O = 2FeSO4 + 2 H2SO4Ban ñaàuFe2O3 + SO2 + H2SO4 = 2FeSO4 +3 H2O ( 0,5 ñ)0,30,45 mol.6 Tænh Ñoàng NaiTröôøng PTTH chuyeân Löông Theá Vinh.Moân : Hoùa HoïcKhoái :10Giaùo vieân bieân soaïn : Traàn Ñöùc Thaønh.Soá maät maõphaàn naøy laø phaùchSoá maät maõPhaûn öùng0,30,30,3Coøn laïi0,00,150,6 mol( 0,5 ñ)C% FeSO4 = 0,6 x 152x 100% / ( 48 + 64. 0,3+ 450)= 17,63%( 0,5 ñ)C% H2 SO4 = 0,15 x 98 x 100%/ ( 48 + 64. 0,3+ 450)= 2,84% ( 0,5 ñ)7 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 1.Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân củaR có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và RBiết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4Tìm công thức phân tử của ZCâu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng:A(k) + B(k) → C(k)Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:Thí nghiệm[A] mol/l[B] mol/lTốc độ mol.l-1.s-110,0100,0101,2.10-420,0100,0202,4.10-430,0200,0209,6.10-4b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệlúc cân bằng, biết rằng:2H 2 O2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,1132CO 22CO + O 2 có pkp,2 = 20,400c. Cho các dữ kiện dưới đây:C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6∆H a = −136,951 KJ / mol7C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol2C + O 2 → CO 2∆H c = −393, 514 KJ / mol1H 2 + O2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol2Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4Câu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)a. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan củaBaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịchNa2SO4 0,001M.Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2b. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? BiếtTAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.c. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịchHCl có pH = 4,025ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH cópH = 11,010ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic(HCOOH) có pH = 3,0.Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,751 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 4:A. Phản ứng oxi hóa – khử:1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất cótính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +...B. Điện hóa học1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:a. Sn 2+ → Sn 4+b. Cu + → Cu 2+c. Mn 2+ → MnO 4−d. Fe2+ → Fe3+Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:; E 0 MnO / Mn = +1,51vE 0 Fe / Fe = +0, 77v ;E 0CU / Cu = +0,34v3+2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15v2+E 0 Br;2/ 2Br −−42+= +1, 07vViết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80va. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cựcb. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việcc. Tính E của pind. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)3 23Câu 5:1. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượngcủa A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt2. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel vàclorua vôi.2 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 1.Hợp chất Z được tạo bởi hai nguyên tố M, R có công thức MaRb trong đó R chiếm6,667% về khối lượng. Trong hạt nhân nguyên tử M có n = p + 4, còn trong hạt nhân củaR có p’=n’, trong đó n, p, n’, p’ là số nơtron và proton tương ứng của M và RBiết rằng tổng số hạt proton trong phân tử Z = 84 và a + b = 4Tìm công thức phân tử của ZĐÁP ÁNSố khối của nguyên tử M: p + n = 2p + 4Số khối của nguyên tử R: p’ + n’ = 2p’2p 'b6, 667 1==a(2p + 4) + 2p 'b10015p 'b1⇒=(1)ap + p 'b + 2a 15% khối lượng R trong MaRb =Tổng số hạt proton trong MaRb = ap + bp’ = 84 (2)a+b=4(3)(1), (2) ⇒p'b1=84 + 2a 151176−215p ' b = 84 + 2a a⇒p =(2) ⇒ p ' b = −ap 15(3) ⇒ 1 ≤ a ≤ 3ap178,26239,07326Fea = 3 ⇒ b = 1 ⇒ p’ = 6: cacbonVậy CTPT Z là Fe3C3 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 2. (Lý thuyết phản ứng về hóa học)a. Xác định bậc phản ứng và hằng số tốc độ phản ứng ở pha khí (3000k) của phản ứng:A(k) + B(k) → C(k)Dựa trên kết quả thực nghiệm sau đây:Thí nghiệm[A] mol/l[B] mol/lTốc độ mol.l-1.s-110,0100,0101,2.10-420,0100,0202,4.10-430,0200,0209,6.10-4b. Người ta trộn CO và hơi H2O tại nhiệt độ 1000k với tỉ lệ 1 : 1. Tính thành phần của hệlúc cân bằng, biết rằng:2H 2 O2H 2 + O 2 có pkp,1 = 20,1132CO 22CO + O 2 có pkp,2 = 20,400c. Cho các dữ kiện dưới đây:C2 H 4 + H 2 → C 2 H 6∆H a = −136,951 KJ / mol7C2 H 6 + O 2 → 2CO 2 + 3H 2 O(l) ∆H b = −1559,837 KJ / mol2C + O 2 → CO 2∆H c = −393, 514 KJ / mol1H 2 + O 2 → H 2 O(l) ∆H d = −285,838 KJ / mol2Hãy xác định: Nhiệt hình thành và nhiệt đốt cháy của etylen C2H4ĐÁP ÁNxya.v = k[A] [B]Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,01x . 0,01y(1)-4xyThí nghiệm 2 ⇒ 2,4.10 = k.0,01 . 0,02(2)-4xyThí nghiệm 3 ⇒ 9,6.10 = k.0,02 . 0,02(3)xLấy (3) chia cho (2) ⇒2 = 4 ⇒ x = 2Lấy (2) chia cho (1) ⇒ 2y = 2 ⇒ y = 1v = k [ A ] [ B]2Bậc phản ứng: x + y = 3Thí nghiệm 1 ⇒ 1,2.10-4 = k.0,012 . 0,01⇒ k = 1,20.102mol-2 . l-2.s-1b. Từ các dữ kiện đề bài ta có:1CO + O 22H2 OCO + H 2 OCO 21H 2 + O22CO 2 + H 2K P,3 =(1đ)1K P,2K P,4 = K P,1K P = K P,3 .K P,4 =4K P,1K P,2=10 −20,113= 100,1435 ≈ 1,392 (1đ)−20,40010 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútGiả sử ban đầu lấy 1 mol CO và 1 mol H2OCOBan đầuLúc câu bằngKP =+H2 O1mol 1mol1-a(mol) (1-a)molPCO2 .PH2PCO .PH2OCO 2 + H 2K P = 1,392a mol a mola aP. Pa222==với P là áp suất chung21− a 1− aP.P (1 − a)22a= K P = 1,17981− aa ≈ 0,54mola x 100%%H 2 = %CO2 == 27%2(1 − a)x100%%CO = %H 2 O == 23%2(1đ)c. Từ các dữ kiện đề bài ta có:∆H1 = −∆H a = +136,951 KJ / mol C2 H6 → C2 H 4 + H 2 2CO 2 + 3H 2 O(l) → C 2 H 6 + 7 O 2 ∆H 2 = −∆H b = +1559,837 KJ / mol2+∆H3 = 2∆H C = −787, 028 KJ / mol 2C + 2O2 → 2CO 23∆H 4 = 3∆H d = −857,514 KJ / mol 3H 2 + O 2 → 3H 2 O(l)22C + 2H2 →C2H4 ∆Hht = ∆H1 + ∆H2 + ∆H3 + ∆H4 = +52,246 KJ/mol(0,5đ) C2 H 4 → 2C + 2H 2∆H 5 = −∆H ht = −52, 246 KJ / mol⇒ +2C + 2O 2 → 2CO2 ∆H 3 = −787, 028 KJ / mol2H + O → 2H O ( l )∆H 6 = 2∆H d = −571, 676KJ / mol22 2C2H4 + 3O2 → 2CO2 + 2 H2O(l) ∆Hđc = ∆H5 + ∆H3 + ∆H6 = -1410,95 KJ/mol5(0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 3 (cân bằng trong các hệ axit bazơ, dị thể và tạo phức)d. Độ tan của BaSO4 trong dung dịch HCl 2M bằng 1,5.10-4M. Tính tích số tan củaBaSO4 rồi suy ra độ tan của BaSO4 trong nước nguyên chất và trong dung dịchNa2SO4 0,001M.Cho biết pka đối với nấc phân li thứ hai của H2SO4 là 2e. Có thể hòa tan 0,01 mol AgCl trong 100ml dung dịch NH3 1M hay không? BiếtTAgCl=1,8.10-10, Kbền của phức [Ag(NH3)2]+ là 1,8.108.f. Tính pH của dung dịch thu được trong các hỗn hợp sau:10ml dung dịch axit axêtic (CH3COOH) 0,10M trộn với 10ml dung dịchHCl có pH = 4,025ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 15ml dung dịch KOH cópH = 11,010ml dung dịch axit axêtic có pH = 3,0 trộn với 10ml dung dịch axit fomic(HCOOH) có pH = 3,0.Biết pKa của CH3COOH và HCOOH lần lượt là 4,76 và 3,75ĐÁP ÁNa.Ba 2+ + SO 42− TBaSO4 = ?BaSO 4SO 24− + H +BaSO 4 + H +K1 = K a−12 = 10−2)−1= 102Ba 2+ + HSO −4 K = K1 .TBaSO4 = 102.TBaSO4Ban đầu2MCân bằng2-S(M) S-4Với S = 1,5.10 MTa có: S2 / (2-S) = 102 TBaSOTBaSO4(HSO −4S4((−4)21,5.10S2= 2= 2= 1,125.10−10−410 (2 − S) 10 2 − 1,5.10Ba 2+ + SO 4 2−BaSO4Cân bằngS’S' = 1,125.102)TBaSO4 = 1,125.10−10S’−10⇒ S' = 1,125.10−10 ≈ 1, 061.10−5 MNa 2 SO 4 → 2Na + + SO 24−0,001MBaSO 4Ban đầuCân bằng0,001MBa(0,5đ)2++ SO 42−TBaSO4 = 1,125.10−100,001MS” S’’+0,001S”(S’’+0,001)=1,125.10-10S”2 + 0,001S”=1,125.10-10S”2 + 0,001S” – 1,125.10-10 = 0S” = 1,125.10-7M (nhận)S” = -10-3M (loại)6(0,5đ)(0,5đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútb.Ag + + Cl −AgCl+Ag ( NH 3 ) 2 Kbền = 1,8.10Ag + + 2NH 3+1M1-2xx2(1 − 2x )28Ag ( NH 3 )2 + Cl − K=TAgCl.Kbền = 3,24.10AgCl + 2NH 3Ban đầuCân bằngTAgCl = 1,8.10−10x-2(0,5đ)x= 3, 24.10−2x= 0,181 − 2xx = 0,132M⇒ 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan được 0,1.0,132 = 0,0132 mol AgCl> 0,01 molAgClVậy 100ml dung dịch NH3 2M có thể hòa tan 0,01 mol AgCl. (0,5đ)c.Dung dịch HCl có pH = 4,0 ⇒ [H+] = [HCl] = 10-4MSau khi trộn:10−4.10= 5.10−5 M200,1.10CCH3COOH == 0, 05M20CHCl =HCl → H+ + Cl5.10-5M 5.10-5MCH3COOHCH3COO- + H+C 0,05M05.10-5M∆Cxxx[ ] 0,05-xx5.10-5 + x( 5.10−5+ x) x0, 05 − x2= 10−4,76-5x + 5.10 x ≈ 8,69.10-7 – 1,738.10-5xx2 + 6,738.10-5x – 8,69.10-7 = 0x = 9,0.10-4M (nhận)x = -9,646.10-4M(loại)pH = -lg[H+] = -lg(5.10-5 + x) = 3,022(0,5đ)Gọi CA là nồng độ M của dung dịch CH3COOHCH3 COOHC∆C[ ]CAxCA – xCH 3 COO− + H +0xx0xx7 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútVới pH = 3,0 ⇒ x = 10-3M(10 )−32CA − 10 −3CA == 10−4,76−310−6+ 10−3 = 10−1,24+10 ≈ 0, 0585M−4,7610Dung dịch KOH có pH = 11,0 ⇒ [OH-] = [KOH] =10−14= 10−3 M−1110Sau khi trộn:0, 0585x25= 0, 03656M ≈ 3, 66.10−2 M4010−3 x15CKOH == 3, 75.10−4 M40CH3 COOH + KOH → CH3 COOK + H 2 OCCH3COOH =Phản ứng3,66.10-2 3,75.10-4Sau phản ứng (3,66.10-2 – 3,75.10-4 )003,75.10-403,75.10-4CH 3 COO− + H +CH3 COOHDung dịch thu được là dung dịch đệmpH = pK CH3COOH + lg-CCH3COOKCCH3COOH= 4, 76 + lg3, 75.10−43, 66.10−2 − 3, 75.10−4pH = 6,745(0,5đ)Tương tự với câu trên:Dung dịch CH3COOH có pH = 3,0 ứng với CCH COOH = 0, 0585MDung dịch HCOOH có pH = 3,0 ứng với nồng độ axit fomic3(10 )=− pHCHCOOH2K HCOOH+ 10− pH =10−6+ 10−3 = 10−2,25 + 10−3 = 6, 62.10−3 M−3,7510Sau khi trộn lẫn:0, 0585.10= 0, 02925M206, 62.10−3.10== 3,31.10−3 M20CCH3COOH =CHCOOHTính gần đúng: H +  = K CH3COOH .CCH3COOH + K HCOOH .C HCOOH= 10−4,76.0, 02925 + 10−3,75.3, 31.10−3= 1, 0969.10 −6[H+] ≈ 1,047.10-3pH = -lg (1,047.10-3)pH ≈ 2,98(0,5đ)8 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 4:A. Phản ứng oxi hóa – khử:1. Điều khẳng định sau đây có đúng không? “ Một chất có tính oxi hóa gặp một chất cótính khử nhất thiết phải xảy ra phản ứng oxi hóa – khử”. Giải thích.2. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau đây dưới dạng phân tử và dạng ion:a. MnO −4 + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...b. Fe x O y + H + + SO 24− → SO 2 ↑ +...B. Điện hóa học1. Nếu muốn thực hiện các quá trình sau đây:a. Sn 2+ → Sn 4+b. Cu + → Cu 2+c. Mn 2+ → MnO −4d. Fe2+ → Fe3+Chúng ta có thể dùng nước brom được không? Biết:E 0 Fe / Fe = +0, 77v ;E 0CU / Cu = +0,34v; E 0 MnO / Mn = +1,51v3+2+2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15vE 0 Br;2−4/ 2Br −2+= +1, 07vViết phương trình phản ứng nếu xảy ra và tính hằng số cân bằng của phản ứng xảy ra.2. Người ta lập 1 pin gồm 2 nữa pin sau:Zn / Zn ( NO ) (0,1M) và Ag / Ag NO (0,1M) có thể chuẩn tương ứng bằng -0,76v và 0,80ve. Thiết lập sơ đồ pin và các dấu ở 2 điện cựcf. Viết phương trình phản ứng khi pin làm việcg. Tính E của pinh. Tính các nồng độ khi pin không có khả năng phát điện (pin đã dùng hết)ĐÁP ÁNA.1. Điều khẳng định trên không phải lúc nào cũng đúng.+ Muốn có phản ứng xảy ra giữa 1 chất oxi hóa A và 1 chất khử B thì chất khử tạo thànhphải yếu hơn B và chất oxi hóa sinh ra phải yếu hơn AVD: Cu + 2Ag+ = Cu2+ + 2AgTrong đó:- Chất oxi hóa Cu2+ yếu hơn chất oxi hóa ban đầu là Ag+- Chất khử sinh ra là Ag yếu hơn chất khử ban đầu là Cu+ Ngược lại, phản ứng không xảy ra khi:2Ag+Cu2+=Cu+2Ag+3 23Chất khử yếuchất oxi hóa yếuchất khử mạnhchất oxi hóa mạnh+ Ngoài ra phản ứng oxi hóa – khử còn phụ thuộc nồng độ, nhiệt độ, chất xúc tác,…2.a. MnO 4− + C6 H12 O6 + H + → Mn 2+ + CO 2 ↑ +...+7+2( MnO −4 : chất oxi hóa)x 24Mn + 5e = Mnx56 C− 6.4e = 6 C ( C6H12O6: chất khử)0+424MnO 4− + 5C6 H12 O6 + 72H + → 24Mn 2+ + 30CO 2 + 66H 2 O9 SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútPhương trình dưới dạng phân tử:24KMnO4 + C6H12O6 + 36 H2SO4 → 24 MnSO4 + 30 CO2 + 66 H2O + 12 K2SO4b. Fe x O y + SO 24− + H + → SO 2 ↑ +...+2yx+3x Fe − ( −2y + 3x ) e → x Fex2+6x(3x-2y)(FexOy: chất khử)+4( SO24− : chất oxi hóa)S + 2e → S+3⇒ 2Fe x O y + ( 3x − 2y ) SO42− + [12x − 4y ] H + → 2x Fe+ ( 3x − 2y ) SO 2 + ( 6x − 2y ) H 2 O⇒ Dạng phân tử:2FexOy + (6x – 2y)H2SO4 = x Fe2(SO4)3 + (3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2OB.1. Sắp xếp các nữa phản ứng theo chiều tăng dần của thế điện cực chuẩn, ta có:Sn 4+ + 2eSn 2+E 0Sn 4 + / Sn 2 + = +0,15vCu 2+ + eCu +E 0Cu 2 + / Cu + = +0,34vFe3+ + eFe 2+E 0 Fe3+ / Fe2 + = +0, 77vBr2 + 2e2Br −E 0 Br2 / 2Br = +1, 07vMnO 4− + 8H + + 5e → Mn 2+ + 4H 2 OE 0 MnO− / Mn 2 + = +1,5v4Theo qui tắc α ta thấy có thể thực hiện các quá trình a), b), d)a. Sn2+ + Br2 →Sn4+ + 2Br –E0 = +1,07 – (+0,15) = +0,92vK = 102.0,920,059+= 1,536.10312+(0,25đ)–b. 2Cu + Br2 → 2Cu + 2BrE0 = +1,07-(+0,34) = +0,73v2.0,73K = 10 0,059 = 5,569.10 242+3+c. 2Fe + Br2 → 2Fe + 2BrE0 = +1,07-0,77=+0,3vK = 102.0,30,059(0,25đ)–= 1, 477.1010(0,25đ)2.a. ( − ) Zn | Zn ( NO ) (0,1M) || AgNO3 (0,1M) | Ag(+)b. Tại (-) có sự oxi hóa Zn – 2e → Zn2+Tại (+) có sự khử Ag+ : Ag+ + e → AgPhản ứng tổng quát khi pin làm việc:Zn + 2Ag+ → Zn2+ + 2Ag3 210(0,25đ)(0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútc.0, 059lg  Zn 2+ 20, 059+lg  Ag + 1E Zn 2 + / Zn = E 0 Zn 2 + / Zn +E Ag+ / Ag = E 0 Ag+ / AgEpin = E Ag+/ Ag(− E Zn 2 + / Zn = E0Ag + / Ag−E0Zn 2 + / Zn)2+0, 059  Ag lg+2 Zn 2+ −10, 059 (10 )= ( +0,80 − ( −0, 76 ) ) +lg= 1,56 − 0, 0295 ≈ 1,53v210−12d. Khi hết pin Epin = 0Gọi x là nồng độ M của ion Ag+ giảm đi trong phản ứng khi hết pin. Ta có:0, 059 ( 0,1 − x )= −1,53E pin = 0 ⇔lgx20,1 +22( 0,1 − x )⇒≈ 10−51,86 ≈ 0x0,1 +2⇒ x ≈ 0,1Mx Zn 2+  = 0,1 + ≈ 0,15M22x Ag +  =  0,1 +  .10−51,86 ≈ 4,55.10−27 M211(0,5đ)(0,25đ) SỞ GD&ĐT BẾN TREKỲ THI HỌC SINH GIỎI OLYMPIC 30-4 LẦN THỨ XIITRƯỜNG THPT BẾN TRENĂM HỌC 2005 - 2006ĐÁP ÁN MÔN HÓA – Khối 10Thời gian: 180 phútCâu 5:3. Một khóang vật X gồm 2 nguyên tố: A (kim loại) và B (phi kim)- Khi đốt X được chất rắn Y (A2O3) và khí Z (BO2) trong đó phần trăm khối lượngcủa A trong Y là 70% và của B trong Z là 50%- Y tác dụng vừa đủ với 1,8 (g) H2 ở nhiệt độ cao.- Z tác dụng vừa đủ với 117,6(g) K2Cr2O7 trong môi trường H2SO4 dư cho muối Cr3+Xác định tên khóang vật X và khối lượng X đã đốt4. Từ muối ăn, đá vôi và nước, viết các phương trình phản ứng điều chế nước Javel vàclorua vôi.ĐÁP ÁN1.A O (Y)t0A x B y → 2 3(X)BO 2 (Z)2A.100%A == 70 ⇒ A = 56 ⇒ A ≡ Fe2A + 16.3B.100%B == 50 ⇒ B = 32 ⇒ B ≡ SB + 16.2Y + H2 :Fe2 O3 + 3H 2t 0 2Fe + 3H 2 O11 1,8n H2 = .= 0, 3(mol)33 2= 2.n Fe2 O3 = 0, 3.2 = 0, 6(mol)n Fe2O3 =n FeK2Cr2O7 + 3 SO2 + H2SO4 = K2SO4 + Cr2(SO4)3 + H2O0,4(mol) 1,2(mol)117, 6= 0, 4(mol)294⇒ n S = 1, 2mol = n SO2n K 2Cr2O7 =Với công thức FexOy ta có tỉ lệ:X : y = 0,6 : 1,2 hay 1 : 2⇒ X là FeS2 (pyrit sắt)m FeS2 = ( 56.0, 6 ) + ( 32.1, 2 ) = 72(g)2.2NaCl + 2 H2O2 NaOH + H2 + Cl2Cl2 + 2 NaOH = NaCl + NaClO + H2ONước JavelCaCO3 t0CaO + CO2CaO + H 2 O = Ca(OH)2Cl2 + Ca(OH)2 = CaOCl2 + H 2 OClorua vôi12 PHÒNG GD & ĐT SƠN DƯƠNGTRƯỜNG THCS HÀO PHÚĐỀ THI HỌC SINH GIỎI LỚP 9 VÒNG 3N¨m häc 2013 – 2014M«n: Hãa häcThêi gian lµm bµi 150 phót (kh«ng kÓ thêi gian giao ®Ò)Đề thi có 02 trangC©u 1(2,5 ®iÓm):Hoµn thµnh s¬ ®å ph¶n øng sau:7Al2S3 --8--> H2S(10)Al --1--> Al2O3 --2--> AlCl3 --3--> Al(OH)3 --4--> Al2O3 --5--> Al --6--> NaAlO2(9)C©u 2 (2,0 ®iÓm):H y c©n b»ng c¸c s¬ ®å ph¶n øng sau thµnh ph−¬ng tr×nh hãa häc:a. Al + HNO3Al(NO3)3 + N2O + H2Ob. FeSO4 + H2SO4 + KMnO4Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2Oc. Fe3O4 + HNO3Fe(NO3)3 + N2O + H2Od. Al + HNO3Al(NO3)3 + NH4NO3 + H2OC©u 3 (4,0 ®iÓm):ChØ dïng phenolphtalein h y nhËn biÕt 5 dung dÞch mÊt nh n sau: Na2SO4H2SO4, MgCl2, BaCl2, NaOH .C©u 4 (3,5 ®iÓm):§èt ch¸y Cacbon trong kh«ng khÝ ë nhiÖt ®é cao thu ®−îc hçn hîp A1. Cho A1t¸c dông víi CuO nung nãng ®−îc khÝ A2 vµ hçn hîp r¾n A3. Cho A2 t¸c dông víi dungdÞch Ca(OH)2 th× thu ®−îc kÕt tña A4 vµ dung dÞch A5. Cho A5 t¸c dông víi Ca(OH)2l¹i thu ®−îc A4. Cho A3 t¸c dông víi H2SO4 ®Æc nãng thu ®−îc khÝ B1 vµ dung dÞch B2.Cho B2 t¸c dông víi dung dÞch NaOH d− ®−îc kÕt tña B3. Nung B3 ®Õn khèi l−îngkh«ng ®æi thu ®−îc chÊt r¾n B4ViÕt c¸c PTHH xÈy ra, chØ râ c¸c chÊt A1 ; A2 ; A3 ; A4 ; A5 ; B1 ; B2 ; B3 ; B4C©u 5 (4,5 ®iÓm):1) Hçn hîp A chøa Fe vµ kim lo¹i M cã hãa trÞ kh«ng ®æi. TØ lÖ sè mol cña M vµ Fetrong A lµ 2 : 3. Chia A lµm 3 phÇn b»ng nhau.PhÇn 1 : §èt ch¸y hÕt trong oxi thu ®−îc 66,8 gam hçn hîp Fe2O3 vµ oxit cña M.PhÇn 2 : hßa tan hÕt vµo dung dÞch HCl thu ®−îc26,88 lit H2 (®ktc).PhÇn 3 : T¸c dông võa ®ñ víi 33,6 lÝt Cl2 (®ktc).X¸c ®Þnh tªn kim lo¹i M vµ khèi l−îng cña tõng kim lo¹i trong hçn hîp ?2) Trong một chiếc cốc đựng 1 muối cacbonat kim loại hóa trị I. Thêm từ từ dung dịchH2SO4 10 % vào cốc cho tới khi khí vừa thoát hết thu được muối sunfat nồng độ 13,63%. Hỏi đó là muối cacbonat kim loại gì.C©u 6 (3,5 ®iÓm):Cho 15,72 gam hçn hîp A gåm Al , Fe , Cu t¸c dông hoµn toµn víi 400 ml dungdÞch CuSO4 1M thu ®−îc dung dÞch B vµ hçn hîp B gåm 2 kim lo¹i. KOH t¸c dông tõ tõ víi dung dÞch B cho ®Õn khi thu ®−îc l−îng kÕt tña lín nhÊt. NungkÕt tña trong kh«ng khÝ ®Õn khi khèi l−îng kh«ng ®æi thu ®−îc 18,2 gam hçn hîp 2 oxit.Cho D t¸c dông hoµn toµn víi dung dÞch AgNO3 th× thu ®−îc l−îng Ag lín h¬n khèil−îng D lµ 73,336 gam.a) TÝnh % vÒ khèi l−îng mèi chÊt trong A.b) Cho hçn hîp A trªn t¸c dông víi dung dÞch H2SO4 ®Æc nãng. tÝnh thÓ tÝch khÝtho¸t ra ë ®ktc.( H=1 , S = 32 , O = 1 6 , Ba = 137 , Cl = 35,5 , Cu = 64 , Ag = 108 ,N = 14 , Fe = 56 , Mg = 24 , Al = 27 , Na = 23 , K = 39 )HÕt(C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) C©uC©u1( 3,0 ®iÓm)C©u 2( 2,0 ®iÓm)C©u 3( 5,0 ®iÓm)C©u 4( 3,0 ®iÓm)h−íng dÉn chÊm häc sinh giái líp 9N¨m häc 2013 – 2014M«n thi hãa häcNéi dung cÇn ®¹t§iÓm1) KMnO4O22) Fe + H2SO4lo ngFeSO4 + H23) Fe + H2SO4®ÆcFe2(SO4)3 + SO2+ H2O4) Fe + H2SO4®ÆcFe2(SO4)3 + H2S+ H2O5) H2SO4 ® + BaCl2BaSO4 + 2HCl6) KMnO4 + BaCl2 + H2SO4K2SO4 + BaSO4 +MnSO4 + Cl2 + H2O0,50,50,50,50,50,5a. 8Al+30HNO38Al(NO3)3 + 3N2O + 15H2Ob. 8Fe + 15H2SO44Fe2(SO4)3 + 3H2S + 12H2Oc. (10- 2x)Fe3O4 + (92-18x) HNO3(30- 6x)Fe(NO3)3 + N2Ox + (46- 9x)H2Od. 3M2(CO3)n + (8m- 2n)HNO36M(NO3)m +(2m – 2n)NO + 3nCO2 + (4m – n)H2O0,50,50,5LÊy mÉu thö, ®¸nh sè thø tù.Cho phenolphtalein vµo c¸c mÉu thö.MÉu thö nµo chuyÓn mµu ®á : dd NaOH.C¸c mÉu thö cßn l¹i kh«ng chuyÓn mµu.Dïng dd NaOH cã mµu ®á lµm mÉu thö tiÕp theo, cho vµo 4 ddcßn l¹i.DD nµo mÊt mµu ®á lµ H2SO4:2NaOH + H2SO4Na2SO4 + H2ODD nµo mÊt mµu ®á vµ kÕt tña lµ MgCl2:2NaOH + MgCl2Mg(OH)2 + 2NaClHai dd cßn l¹i lµ Na2SO4 , BaCl2 .Cho dd H2SO4 vµo nÕu dd nµo cã kÕt tña lµ BaCl2 :BaCl2 + H2SO4BaSO4 + 2HClCßn l¹i lµ Na2SO40,50,250,50,250,5DÉn khÝ H2 vµo hçn hîp ë nhiÖt ®é cao, x¶y ra ph¶n øng: Fe2O3+ 3H22Fe + 3H2OCuO + H2Cu + H2OMgO kh«ng bÞ khö. Sau ph¶n øng thu ®−îc hçn hîp gåm 3 chÊt:MgO, Fe, Cu.Cho hçn hîp nµy vµo dd HCl x¶y ra ph¶n øng:MgO + 2HClMgCl2 + H2OFe + 2HClFeCl2 + H2Cu kh«ng ph¶n øng víi ddHCl. Cho Cu t¸c dông víi O2 : 2Cu+ O22CuO§iÖn ph©n dd MgCl2 vµ dd FeCl2 x¶y ra ph¶n øng :FeCl2 dpdd→ Fe + Cl2¤ xi hãa Fe sÏ thu ®−îc Fe2O3 :0,250,250,250,250,50,50,250,50,250,50,50,250,250,250,250,250,250,25 4Fe + 3O22Fe2O3Cho dd NaOH vµo dd MgCl2 :2NaOH + MgCl2Mg(OH)2 + 2NaClNhiÖt ph©n Mg(OH)2 ;Mg(OH)2MgO + H2OC©u 5(4,0 ®iÓm)1) PTHH:Fe(NO3)2 + 2AgFe + 2AgNO30,040,020,010,020,030,10,02Fe + Cu(NO3)2Fe(NO3)2 + Cu0,030,10,03 0,0300,070,030,03Khối lượng chất rắn A:mAg + mCu = 4,08 gNồng độ CM:CM(Fe(NO3)2 = 0,2MCM(Cu(NO3)2 = 0,35M2) PTHH:A2CO3 + H2SO4A2SO4 + CO2 + H2O(2A + 60)g 98g(2A+ 96)g 44gKhối lượng dd H2SO4 là: 980 gKhối lượng dd sau phản ứng là: (2A + 996) gTa có:C%(A2SO4) =(2A + 96).100 : (2A+ 996) = 13,63A = 23Kim loại là NaMuối là Na2SO4C©u 6(3,0 ®iÓm)0,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,250,25Gäi nång ®é H2SO4 lµ x MGäi nång ®é NaOH lµ y MTrén 3 lÝt dung dÞch H2SO4 víi 2 lÝt dung dÞch NaOH. Dung dÞchthu ®−îc cã tÝnh axit víi nång ®é 0,2M. VËy H2SO4 d−, tÝnhtheo NaOH0,250,25Na2SO4 + 2H2OH2SO4 + 2NaOHTa cã: 3x – y = 1 (I)NÕu trén 2 lÝt dung dÞch H2SO4 víi 3 lÝt dung dÞch NaOH th×dung dÞch thu ®−îc cã tÝnh kiÒm víi nång ®é 0,1M, vËy NaOHd−,tÝnh theo H2SO40,250,250,250,25Na2SO4 + 2H2OH2SO4 + 2NaOHTa cã 3y – 4x = 0,5 (II)Gi¶i hÖ I , II ®−îc x= 0,7 ; y= 1,1VËy CM H2SO4 = 0,7MCM NaOH = 1,1 M0,250,25Chó ý: Häc sinh cã c¸ch gi¶i kh¸c ®¸p ¸n nh−ng ®óng vÉn ®−îc ®iÓm tèi ®a.0,250,250,250,25 SỞ GD & ĐT BẮC NINHTRƯỜNG THPT NGUYỄN VĂN CỪ------------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨCĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎILỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2013 -2014MÔN THI: HÓA HỌCThời gian: 120 phútĐề thi gồm: 01 trangCho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:H = 1; C = 12; 1; O = 16; Al = 27; Cl = 35,5; Fe = 56;Cho biết độ âm điện của các nguyên tố:H = 2,20; C = 2,55; N = 3,04; O = 3,44; S = 2,58; Cl = 3,16; Br = 2,96; I=2,66.Câu 1: (5 điểm)1. Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điệnnhiều hơn số hạt không mang điện là 19.a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn.b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra.2. Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxihóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%.a. Xác định R biết a:b=11:4.b. Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên.c. Xác định loại liên kết hóa học của R với hiđro và của R với oxi trong hai hợp chất trên.Câu 2: (5 điểm) . Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theophương pháp thăng bằng electron:1. Mg + HNO3→ Mg(NO3)2 + NO + H2O0t2. FexOy + H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2Oot→ Fe2(SO4)3 +SO2 + H2O3. FeS2 + H2SO4 đ 4. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O( Biết tỉ lệ mol nNO :nN2O = 3: 1 ).5. KMnO4 + FeSO4 + H2SO4 → Fe2(SO4)3 + K2SO4 + MnSO4 + H2OCâu 3: ( 5 điểm) Nguyên tố A có 4 loại đồng vị có các đặc điểm sau:- Tổng số khối của 4 đồng vị là 825.- Tổng số nơtron đồng vị A3 và A4 lớn hơn đồng vị A1 là 121 hạt.- Hiệu số khối của đồng vị A2 và A4 nhỏ hơn hiệu số khối của đồng vị A1 và A3 là 5 đơn vị- Tổng số phần tử của đồng vị A1 và A4 lớn hơn tổng số hạt không mang điện của đồng vịA2 và A3 là 333.- Số khối của đồng vị A4 bằng 33,5% tổng số khối của 3 đồng vị kia.a. Xác định số khối của 4 đồng vị và số điện tích hạt nhân của nguyên tố Ab. Các đồng vị A1, A2, A3, A4 lần lượt chiếm 50,9%, 23,3%, 0,9% và 24,9% tổng sốnguyên tử. Hãy tính khối lượng nguyên tử trung bình của ACâu 4: ( 5 điểm). Hỗn hợp X gồm bột Al và Fe. Chia X thành 2 phần bằng nhau.Phần 1 tác dụng vừa đủ với m gam dung dịch HCl 14,6%. Sau phản ứng thu được dungdịch Y có khối lượng tăng so với dung dịch HCl ban đầu là 10,2 gam và V lít khí ( ở đktc)Phần 2 tác dụng vừa đủ với 10,08 lít khí Cl2 ( ở đktc).a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.b) Tính khối lượng mỗi chất trong hỗn hợp X ban đầu và tính m, V.----------------------------Hết---------------------------..Ghi chú: Học sinh không dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOKỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎILỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 - 2014MA TRẬN CHÍNH THỨCMÔN THI: HOÁ HỌCTHỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút(không kể thời gian giao đề)- Ma trận này có hai trang –Hình thức: Tự luậnPhần I: Cấu tạo nguyên tử (20%)1. Xác định cấu hình electron nguyên tử hoặc ion đơn nguyên tử.2. Bài toán về hạt (proton, nơtron, electron). Mối liên hệ giữa các loại hạt (về số lượng,trường lực hạt nhân, bài tập về hằng số chắn giữa các electron).3. Bài tập áp dụng quy tắc Hund, nguyên lý Pau – li, nguyên lý vững bền. (biểu diễn ôlượng tử, bài tập về bốn số lượng tử).4. Dựa vào cấu hình electron suy ra tính kim loại, phi kim, vị trí trong bảng tuần hoàn.5. Bài toán về phóng xạ.Phần II: Liên kết hoá học (10%)1. Xác định các trạng thái lai hoá cơ bản (sp, sp2, sp3; sp3d; sp3d2).2. Xét các bản chất liên kết, bản chất hoá học của liên kết. (góc liên kết, loại liên kết,hình học phân tử, tính chất hoá học từ tính chất liên kết, …).3. Cấu hình electron của ion phân tử hoặc phân tử đơn giản của các hoặc tổ hợp của cácnguyên tố chu kì 2. Từ đó suy ra một số bản chất của các chất, hoặc so sánh tính chấtvật lý, hoá học giữa chúng.4. Bài toán về tinh thể nguyên tử.5. Thiết lập giản đồ năng lượng.Phần III: Phản ứng oxi hoá – khử. (15%)1. Xác định chất oxi hoá, chất khử; quá trình oxi hoá, quá trình khử; phản ứng oxi hoá –khử với các loại phản ứng khác.2. Cân bằng phương trình oxi hoá – khử bằng phương pháp thăng bằng electron hoặcion – electron.3. Giải bài toán áp dụng đến phản ứng oxi hoá – khử, phương pháp bảo toàn electron.Phần IV: Nhiệt – Động hoá học. (15%)1. Dạng bài tập áp dụng định luật Hess tính năng lượng mạng lưới, năng lượng liên kếtX – Y trong phân tử, ∆ H, ∆ G từ dữ kiện của một số chất hoặc một số phản ứng đơngiản.2. Nội dung Lơ satơliê, áp dụng nguyên lý dịch chuyển cân bằng Lơ satơliê.3. Tính hằng số cân bằng, mối liên hệ giữa Kp và ∆ G của phản ứng.4. Các bài toán áp dụng Van’t Hoff, Arrhenius.5. Chứng minh các cơ chế hoá học.6. Bài toán về tốc độ phản ứng. Phần V: Bảng Tuần Hoàn các nguyên tố hoá học (5%)1. Xét tính biến đổi các tính chất của các nguyên tố theo nhóm hoặc theo chu kì.2. Bài tập áp dụng công thức oxit cao nhất, công thức hiđroxit cao nhất, hợp chất vớihiđro.Phần VI: Halogen. (25%)1. Bài toán áp dụng các tính chất hoá – lý của halogen, axit của halogen (axit halogenuahoặc axit có oxi), muối tương ứng.2. Giải thích về tính biến đổi về tính chất của các axit halogenua hoặc axit có oxi củahalogen.3. Các phản ứng ứng với tính chất hoá học và điều chế các halogen hoặc hợp chất quantrọng của chúng.4. Dạng toán về tinh thể ngậm nước của muối halogenua.5. Dạng toán kết hợp các tính chất phản ứng của hợp chất chứa nguyên tố halogen (axit,muối) với các hợp chất tương ứng chứa nguyên tố nhóm oxi – lưu huỳnh.Phần VII: Oxi – Lưu huỳnh. (10%)1. Giải toán áp dụng tính chất của H2O2, H2S, SO2, SO3, S hoặc muối (hoặc axit) củacác gốc axit S2-; SO 32− ; SO 24− .2. Nhận biết các hợp chất và đơn chất các nguyên tố, hợp chất chứa nguyên tố củanhóm oxi – lưu huỳnh.---HẾT--- SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOĐỀ THI CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎILỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 – 2014MÔN THI: HOÁ HỌCTHỜI GIAN LÀM BÀI: 180 phút(không kể thời gian giao đề)- Đề thi có hai trang –Bài 1: 2,0 điểmMột hợp chất (A) được cấu tạo từ cation M 2+ và anion X − . Trong phân tử MX2 có tổngsố proton, nơtron, electron là 186 hạt, trong đó số hạt mang điện nhiều hơn số hạt khôngmang điện là 54 hạt. Số khối của M2+ lớn hơn số khối của X− là 21. Tổng số hạt trongcation M2+ nhiều hơn tổng số hạt trong anion X− là 27.1. Xác định số proton, nơtron và tên nguyên tố của M và X.2. Hãy viết bốn số lượng tử ứng với electron cuối cùng của M và X.3. Xác định vị trí của M và X trong bảng tuần hoàn.Bài 2: 2,0 điểm1. Một mẫu đá uranynit có tỉ lệ khối lượng206Pb= 0, 0453 ; cho chu kì bán huỷ củaU238238Ulà 4,55921.103 năm. Hãy tính tuổi của mẫu đá đó.2. Năng lượng ion hóa thứ nhất (I1 - kJ/mol) của các nguyên tố chu kỳ 2 có giá trị(không theo trật tự) 1402, 1314, 520, 899, 2081, 801, 1086, 1681. Gán các giá trị nàycho các nguyên tố tương ứng. Giải thích.Bài 3: 2,0 điểm1. a. Hãy cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tâm và dạng hình học của BrF5.b. Theo thuyết MO hãy viết cấu hình electron của N2, suy ra từ tính của nó.2. Tính năng lượng mạng lưới tinh thể BaCl2 từ 2 tổ hợp dữ kiện sau: (vẽ rõ sơ đồ)- Entanpi sinh của BaCl2 tinh thể: - 859,41 kJ/mol- Entanpi phân li của Cl2: 238,26 kJ/mol- Entanpi thăng hoa của Ba: 192,28 kJ/mol- Năng lượng ion hoá thứ nhất của Ba: 500,76 kJ/mol- Năng lượng ion hoá thứ hai của Ba: 961,40 kJ/mol- Ái lực electron của Cl : - 363,66 kJ/molBài 4: 2,0 điểmCho phản ứng : 2SO2 (k) + O2 (k)2SO3 (k)H = - 198 kJ1. Để tăng hiệu suất quá trình tổng hợp SO3, người ta có thể sử dụng biện pháp nào liênquan đến áp suất, nhiệt độ và chất xúc tác ? Giải thích ?2. Cho 10,51 mol khí SO2 và 37,17 mol không khí (20% về thể tích là O2 còn lại là N2) cóxúc tác là V2O5. Thực hiện phản ứng ở 427oC, 1 atm thì phản ứng đạt hiệu suất 98%.Tính hằng số cân bằng KC, KP của phản ứng ở 427oC.Bài 5: 2,0 điểm.Bổ túc và cân bằng các phản ứng sau bằng phương pháp ion – electron:1. CrO −2 + Br2 + OH − → CrO 24− + …2. FexOy + H2SO4 đ → SO2 + … Bài 6: 2,0 điểmMột pin được thiết lập trên cơ sở điện cực Zn nhúng vào dung dịch Zn(NO3)2 0,1 Mvà điện cực Ag nhúng vào dung dịch AgNO3 0,1 M. Biết Ε0Zn Zn = −0, 76 V ; Ε0Ag Ag = 0,80 V .+2+1. Hãy thiết lập sơ đồ pin theo quy ước và viết phương trình hoá học xảy ra khi pin hoạtđộng.2. Tính sức điện động của pin và nồng độ các chất khi pin hết.Bài 7: 2,0 điểmHoà tan 60,9 gam hỗn hợp hai muối bari của hai halogen vào nước rồi cho tác dụng vừa đủvới dung dịch K2SO4. Sau khi phản ứng hoàn toàn thu được 58,25 gam kết tủa trắng vàdung dịch muối. Cô cạn dung dịch thu được hỗn hợp hai muối khan.1. Xác định khối lượng hai muối khan.2. Biết rằng halogen ở hai chu kì liên tiếp. Xác định hai halogen này và tính phần trămkhối lượng muối trong hỗn hợp đầu.Bài 8: 2,0 điểm1. Hòa tan hoàn toàn 9,06 gam một mẫu hợp kim Al-Mg (giả thiết không có tạp chấtnào khác) bằng dung dịch H2SO4 đặc, thu được 12,22 lít khí SO2 (đo ở 136,5oC; 1,1atm) và 0,64 gam chất rắn màu vàng. Xác định phần trăm khối lượng mỗi kim loạitrong mẫu hợp kim trên.2. Viết các phản ứng xảy ra khi điện phân dung dịch gồm NaCl 0,5 M và Cu(NO3)2 2M.Bài 9: 2,0 điểm1. Dung dịch A chứa các ion: Na+; Cu2+; Ag+; Al3+; Mg2+-. Cho dung dịch A tác dụng vớiHCl dư được kết tủa B và dung dịch C. Cho khí H2S sục qua dung dịch C thu đượckết tủa D và dung dịch E. Thêm NH3 vào dung dịch E được kết tủa F và dung dịch G.Thêm (NH4)2CO3 vào dung dịch G thu được kết tủa H. Xác định các chất và viếtphương trình ion của tất cả các phản ứng xảy ra.2. Tại sao Na2O2 được dùng làm khí trong bình dưỡng khí của thợ lặn? Viết phươngtrình hoá học xảy ra (nếu có)Bài 10: 2,0 điểm1. Muối LiCl kết tinh theo mạng tinh thể lập phương tâm diện. Ô mạng cơ sở có độ dài mỗicạnh là 0,514nm. Giả thiết ion Li+ nhỏ đến mức có thể xảy ra sự tiếp xúc anion – anionvà ion Li+ được xếp khít vào khe giữa các ion Cl-.a. Tính độ dài bán kính của mỗi ion Li+, Cl- trong mạng tinh thể.b. Xác định khối lượng riêng của tinh thể LiCl. Biết Li = 6.94; Cl = 35,452. Hoà tan 63 gam Na2SO3 khan vào nước sau đó đun sôi dung dịch khoảng 2 giờ với mộtlượng dư bột lưu huỳnh. Lọc bỏ phần lưu huỳnh dư, từ dung dịch làm kết tinh tối đa 93gam tinh thể Na2S2O3.5H2O.a. Tính hiệu suất điều chế Na2S2O3.b. Hoà tan muối kết tinh vào nước lẫn với hồ tinh bột, sục I2 vào dung dịch đó tới dư.Nêu hiện tượng phản ứng có thể xảy ra và viết phương trình hoá học.3. Khi hoà tan CH3COOH tới bão hoà vào nước. Viết các quá trình điện ly có thể xảy ra.---HẾT--Ghi chú: Thí sinh được sử dụng bảng hệ thống tuần hoàn các nguyên tố hoá học. KỲ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HỌC SINH GIỎILỚP 10 THPT, NĂM HỌC 2013 – 2014MÔN THI: HOÁ HỌCĐÁP ÁN ĐỀ CHÍNH THỨC(Đáp án này có 4 trang)Bài 1: 2,0 điểm−CrO −2 + Br2 + OH → CrO 24− + Br − + H2O0,25 điểm2 x CrO −2 + 4OH − → CrO 24− + 2H2O + 3eCâu 10,25 điểm1,0 điểm 3 x Br2 + 2e → 2Br −0,5 điểm2CrO −2 + 8OH − + 3Br2 → 2CrO 24− + 6Br − + 4H2OSỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠOFexOy + H2SO4 đ → SO2 + …2Câu 21,0 điểmx FexOy + 2yH+ → xFe3+ + yH2O + (3x – 2y)e(3x – 2y) x SO 24− + 4H+ + 2e → SO2 + 2H2O0,25 điểm0,25 điểm2FexOy + (3x – 2y)SO 24− + (12x – 4y)H+0,5 điểm3+→ 2xFeCâu 11,0 điểm(3x – 2y)SO2 + (6x – 2y) H2OBài 2: 2,0 điểmĐặt halogen X có X đvC và muối của nó là BaX2, số mol aY YBaY2bBaX2 + K2SO4 → 2KX + BaSO4 ↓aa2aa(mol)BaY2 + K2SO4 → 2KY + BaSO4 ↓bb2bb(mol)Từ 2 phương trình phản ứng ta có: n BaSO = a + b =40,25 điểm0,25 điểm58, 25= 0, 25233Theo định luật bảo toàn khối lượng:0,5 điểmm( BaX 2 + BaY2 ) + mK2 SO4 = mBaSO4 + m( KX + KY )⇒ 60,9 + 174 ( a + b ) = 58, 25 + mKX , KYVới a + b = 0,25 ⇒ mKX , KY = 46,15 ( g )Số mol halogen tương ứng: 2a + 2b = 0,5⇒ khối lượng mol trung bình của X, Y: M =Câu 21,0 điểm26, 65= 53,3 ( g )0,5Với X, Y là 2 halogen thuộc hai chu kì liên tiếp nên đó là Cl và Br(thoả mãn điều kiện 35,5 < 53,3 < 80)Thay giá trị Cl và Br vào phương trình khối lượng:2a.35,5 + 2b.80 = 26, 65⇒ a = 0,15; b = 0,1a + b = 0, 25(137 + 71) .0,15 .100% = 51, 23% ⇒ %m = 48, 77%%mBaCl2 =BaBr260,90,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm Câu 11,0 điểmBài 3: 2,0 điểma. Trạng thái lai hoá của Br là sp3d2.BrF5 có công thức VSEPR là AX5E1 ⇒ chóp vuông.b. (σ 2 s ) (σ 2*s ) (π x ) = (π y ) (σ z )22220,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm2⇒ N2 có tính nghịch từ.oBa(r)+ Cl2(k)Ba(k)2BaCl2 (tt)∆ Hpl(Cl2)∆Hth(Ba)Câu 21,0 điểm∆HS(BaCl , tt)+ 2Cl (k)I1(Ba) + I2(Ba)2. ACloUml = ∆H0,5 điểmUmlBa2+ + 2Cl-- ∆ Hth (Ba) - ∆Hpl(Cl ) - I1(Ba) - I2(Ba) - 2AClS(BaCl2, tt)20,5 điểm= - 859,41 - 192,28 - 238,26 - 500,76 - 961,40 + 2 .363,66= - 2024,79 (kJ/mol)Bài 4: 2,0 điểm∗2z M + n M + 4z X + 2n X = 186 ⇔ 2z M + 4z X + n M + 2n X = 186∗ 2z M + 4z X − n M − 2n X = 54Câu 11,0 điểm∗ z M + n M − z X − n X =21(1)(2)z M − z X + n M − n X =21 ( 3)⇔∗ 2z M + n M − 2 − (2z X + n X +1)=27 ⇔ 2z M − 2z X +n M − n X =30 (4)Từ (1), (2), (3), (4) ⇒ z M = 26;z X = 17 ( n M = 30; n X = 18)26Câu 20,5 điểmCâu 30,5 điểmM ⇒ M là Fe;22176X ⇒ X là Cl2660,5 điểm0,25 điểm0,25 điểm2Fe(Z=26): 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s⇒ Fe2+(Z=26): 1s22s22p63s23p63d6Cl(Z=17): 1s22s22p63s23p5Cl-(Z=17): 1s22s22p63s23p6Fe: Chu kỳ 4 nhóm VIIIBCl: chu kỳ 3 nhón VIIA0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểmBài 5: 2,0 điểmCâu 10,75 điểmCâu 21,25 điểmCâu a: phương trình: PBr3 + 3H2O → H3PO3 + 3HBr.Câu b: Không dùng phương pháp sunfat điều chế HBr vì H2SO4có tính oxi hoá mạnh nên có thể oxi hoá chất khử mạnh như ionBr − (trong HBr) thành Br2:2HBr + H2SO4 → Br2 + SO2 + 2H2Odpdd , mnCâu a: H2Ox + NaCl → NaClO + H2.dpdd , mn2H2O + CaCl2 → Ca(OCl)2 + 2H2.dpdd , mn3H2O + KCl → KClO3 + 3H2.Câu b: 2CaOCl2 + H2O + CO2 → CaCO3 + CaCl2 + 2HClO.NaClO + H2O + CO2 → NaHCO3 + HClO.0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,75 điểm0,5 điểm Bài 6: 2,0 điểm0Câu 11,0 điểmt2KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2.2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 8H2O + 5Cl2.2HCl + Fe → FeCl2 + H2.HCl + Na2SO3 → NaCl + SO2 + H2O. (ngoài ra: H2 + Cl2 → 2HCl)Số molCâu 21,0 điểmU (phóng xạ) = số mol238206Pb =0, 0453( mol )2060,25 x 4 =1,0 điểm0,25 điểm⇒ mU (ban đầu) = 1 + 0, 0453 .298 = 1,0523 (g)2060,25 điểmln 21 N= .ln 0 ⇒ t = 3,35.108 (năm)34,55921.10tN0,5 điểm⇒k=Bài 7: 2,0 điểmS + Mg → MgS(1)MgS + 2HCl → MgCl2 + H2S(2)Mg + 2HCl → MgCl2 + H2(3)M B = 0,8966 × 29 = 26 ⇒ khí B: H2S; H2: Mg có dư sau phản ứng (1)Đặt nH S = x; nH222,987 x + y = 22, 40,1= y , ta có ⇒ x = 0,1; y =3 34 x + 2 y = 26 x + y0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểmTừ (1), (2), (3) ta có: %m( S ) = 50%; %m(Mg) = 50%2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O2H2 + O2 → 2H2O0,25 điểmSO2 + H2O20,5 điểm0,10,100,10,10,0330,033H2SO4→0,1470,0470,1m(dung dịch) = 100 + (0,1 × 64) + (0,133 × 18) = 108,8 gamC%(H2SO4) = 0,1.98 × 100% = 9%; C%(H2O2) = 0,047.34 = 1,47%108,8108,80,25 điểm0,25 điểmBài 8: 2,0 điểmGọi x, y lần lượt là số mol các kim loại Mg và Al.1,1× 12, 22 × 2730,64nSO2 == 0, 4 ( mol ) ; Chất rắn: S, n S == 0,02 (mol)22, 4 × 273 × 1, 5320+2x0+3Mg → Mg + 2eCâu 11,5 điểm2x0,83y0, 40Viết các bán phản ứng:S + 6e → Sy0,120.0224 x + 27 y = 9,06⇒ x = 0,13; y = 0,22 2 x + 3y = 0,92⇒ %m Mg = 0,13mol × 24gam / mol × 100% = 34,44% và %m Al = 65,56%9,06gamn =  1 × 8  + 1 = 2 và 3a = 4r , ⇒ f = 2 × 4 π r 3 : a 3 = 68%38 Ta có : Câu 20,5 điểm+4S + 2e → S+6Al → Al+ 3ey+60,25 điểm0,5 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,5 điểm Bài 9: 2,0 điểmCâu 10,75 điểm3p4 ⇒ A là SA:2p4 ⇒ C là OC:Câu 21,25 điểmCâu 10,75 điểmGiá trị năng lượng ion hóa tương ứng với các nguyên tố:IA IIA IIIA IVA VA VIA VIIA VIIIALi BeBCNOFNe2s1 2s2 2p1 2p22p32p42p52p6I1 (kJ/mol) 520 899 801 1086 1402 1314 1681 2081Nhìn chung từ trái qua phải trong một chu kỳ năng lượng ion hóa I1tăng dần, phù hợp với sự biến thiên nhỏ dần của bán kính nguyên tử.Có hai biến thiên bất thường xảy ra ở đây là:- Từ IIA qua IIIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hìnhbền ns2 qua cấu hình kém bền hơn ns2np1 (electron p chịu ảnh hưởngchắn của các electron s nên liên kết với hạt nhân kém bền chặt hơn).- Từ VA qua VIA, năng lượng I1 giảm do có sự chuyển từ cấu hìnhbền ns2np3 qua cấu hình kém bền hơn ns2np4 (trong p3 chỉ có cácelectron độc thân, p4 có một cặp ghép đôi, xuất hiện lực đẩy giữa cácelectron).Bài 10: 2,0 điểm- Giảm nhiệt độ của hệ phản ứng (khoảng 500oC là thích hợp: nếugiảm thấp quá thì tốc độ phản ứng chậm).- Tăng áp suất (bằng cách thổi liên tục SO2 và không khí được nén ởáp suất cao vào lò phản ứng).- Xúc tác không ảnh hưởng đến sự chuyển dời cân bằng, nhưng giúpphản ứng nhanh đạt đến trạng thái cân bằng hơn.+O22SO2 (k)Co10,51 (mol)7,434 (mol)C10,3 (mol)5,15 (mol)[C] 0,21 (mol)2,284 (mol)Tổng số mol hỗn hợp ở cân bằng:Câu 21,25 điểm2SO3 (k) H = - 198 kJ010,3 (mol)10,3 (mol)0,25 x 3 =0,75 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm0,5 điểm0, 21 + 2, 284 + 10,3 + 29, 736 = 42,53 ( mol )Pi = xi.P = xi.1 = xi; K P =(Pso 3 )2và và K C =K P (RT)- ∆n(Pso 2 )2 .Po 2(R = 0,082, T = 427 + 273 = 7000K,⇒ KP =Ghi chú2p5 ⇒ B là FB:(10,3) 2 × 42,532(0,21) × 2,284n = -1)= 4,48.10 4và K C = 4,48.10 4 × (0,082 × 700) −1 = 257.10 4---Hết--Giám khảo chấm bài cẩn thận.0,25 điểm0,25 điểm0,25 điểm ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10Câu 1: Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lítkhí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dưthu được 91,30 gam kết tủa. Tính V?Câu 2: Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s2, 3p4, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao?Hãy dẫn ra một phản ứng hóa học (nếu có) để minh hoạ tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biếtcác vi hạt này là nguyên tử hoặc ion của nguyên tố thuộc nhóm A.Câu 3: Cho hỗn hợp gồm 25,6 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho đếnkhi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho dung dịch A phản ứng với dung dịchAgNO3 dư tách ra kết tủa D. Tính lượng kết tủa D.Câu:4 Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạtkhông mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6electron độc thân.(a) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.(b) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.Câu 5: Cho a mol Cu tác dụng với 120ml dung dịch A gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M (loãng), thu được Vlít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc).a. Tính V, biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn.b. Giả sử sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu kim loại không tan hết thì lượng muối khan thuđược là bao nhiêu gam?Câu 6: Viết phương trình hoàn thành sơ đồ chuyển hóa:a. KMnO4 → Cl2 → FeCl3 → FeCl2 → Cl2 → Br2 → NaBrO3 → Br2 → HIO3.b. K2Cr2O7 → Cl2 → NaCl → NaClO → HClO → HCl → Cl2 → KClO3.Câu 7: Giải thích hiện tượng xảy ra khi:a. Dẫn từ từ luồng khí Cl2 vào dung dịch KI (dư) không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, nếu ngừng dẫn khíCl2 vào thì sau đó dung dịch lại trở nên trong suốt.b. Dẫn liên tục đến dư lượng khí Cl2 vào dung dịch KI không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, sau đó dungdịch lại trở nên không màu.Câu 8: Viết phương trình phản ứng biểu diễn các quá trình hóa học sau đây, nếu phản ứng nào xảy ra trongdung dịch hãy viết thêm phương trình ion thu gọn:a. Phân huỷ clorua vôi bởi tác dụng của CO2 ẩm.b. Cho khí Flo đi qua dung dịch NaOH 2% lạnh.c. Cho khí Cl2, H2S đi qua huyền phù iot.d. Dung dịch Na2S2O3 vào Ag2S2O3 (không tan)e. Dung dịch Na2S2O3 và dung dịch H2SO4.f. Sục clo đến dư vào dung dịch FeI2:Câu 9: Nêu sự biến thiên tính chất của các hợp chất chứa oxi của clo HClOn về: độ bền phân tử, tính oxihóa, tính axit.Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu đượcdung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28 gammuối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thức của muốiA? Câu 1: Cho 20,80 gam hỗn hợp Fe, FeS, FeS2, S tác dụng với dung dịch HNO3 đặc nóng dư thu được V lítkhí NO2 (là sản phẩm khử duy nhất, đo ở đktc) và dung dịch A. Cho A tác dụng với dung dịch Ba(OH)2 dưthu được 91,30 gam kết tủa. Tính V?Do sản phẩm cuối cùng khi cho hỗn hợp tác dụng với HNO3 đặc nóng có Fe3+, SO42- nên có thể coi hỗn hợpban đầu là Fe và S. Gọi x và y là số mol của Fe và S, số mol của NO2 là aFe → Fe+3 + 3exx3xS → S+6 + 6eyy 6y+5N +e → N+4aaaA tác dụng với Ba(OH)2Fe3+ + 3OH- → Fe(OH)32+2Ba + SO4 → BaSO4Ta có hệ phương trình 56x + 32 y = 20,8 Giải ra  x = 0 ,2107x + 233y = 91,3 y = 0 ,3Theo định luật bảo toàn electron : 3x + 6y = a = 3.0,2 + 6.0,3 = 2,4V = 2,4.22,4 = 53,76 (lít)Câu 2: Các vi hạt có cấu hình electron phân lớp ngoài cùng: 3s2, 3p4, 3p6 là nguyên tử hay ion? Tại sao?Hãy dẫn ra một phản ứng hóa học (nếu có) để minh hoạ tính chất hóa học đặc trưng của mỗi vi hạt. Cho biếtcác vi hạt này là nguyên tử hoặc ion của nguyên tố thuộc nhóm A.Cấu hình electron của các lớp trong của các vi hạt là 1s22s22p6, ứng với cấu hình của [Ne].a. Cấu hình [Ne]3s2 ứng với nguyên tử Mg(Z = 12), không thể ứng với ion. Mg là kim loại hoạt động. Mgcháy rất mạnh trong oxi và cá trong CO2.2 Mg + O2 → 2 MgOb. Cấu hình [Ne] 3s23p4 ứng với nguyên tử S (Z = 16), không thể ứng với ion. S là phi kim hoạt động. Scháy mạnh trong oxi.S + O2→ SO22 6c. Cấu hình [Ne]3s 3p :+ Trường hợp vi hạt có Z = 18. Đây là Ar, một khí trơ.+ Vi hạt có Z < 18. Đây là ion âm:+ Z = 17. Đây là Cl-, chất khử yếu. Thí dụ:2 MnO4− + 16 H+ + 10 Cl− →2 Mn2+ + 8 H2O + 10 Cl2+ Z = 16. Đây là S2- (chất khử tương đối mạnh). Thí dụ:2 H2S + O2→2 S + 2 H2O+ Z = 15. Đây là P3-( rất không bền, khó tồn tại)+ Vi hạt có Z > 18. Đây là ion dương:+ Z = 19. Đây là K+, chất oxi hoá rất yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân KClhoặc KOH nóng chảy).+ Z = 20. Đây là Ca2+, chất oxi hoá yếu, chỉ bị khử dưới tác dụng của dòng điện (điện phân CaCl2nóng chảy).Câu 3: Cho hỗn hợp gồm 25,6 gam Cu và 23,2 gam Fe3O4 tác dụng với 400 ml dung dịch HCl 2M cho đếnkhi phản ứng hoàn toàn thu được dung dịch A và chất rắn B. Cho dung dịch A phản ứng với dung dịchAgNO3 dư tách ra kết tủa D. Tính lượng kết tủa D.pư xảy ra:Fe3O4 + 8HCl → 2FeCl3 + FeCl2 + 4H2O0,10,80,20,13+2+Sau đó:Cu + 2 Fe → Cu+ 2 Fe2+0,10,20,10,2Khi đó dung dịch A chứa CuCl2 (0,1 mol) và FeCl2 (0,3 mol)Khi cho dung dịch A phản ứng với dung dịch AgNO3 dư có các phản ứng:Ag+ + Cl − → AgCl ↓ 0,80,8Ag+ + Fe2+ → Ag ↓ + Fe3+0,30,3khối lượng D = AgCl và Ag = (0,8 × 143,5) + (0,3 × 108) = 147,2 gCâu 4: Nguyên tử của nguyên tố X có tổng số hạt các loại là 60, số hạt mang điện trong hạt nhân bằng số hạtkhông mang điện. Nguyên tử của nguyên tố Y có 11 electron p. Nguyên tử nguyên tố Z có 4 lớp electron và 6electron độc thân.(c) Dựa trên cấu hình electron, cho biết vị trí của các nguyên tố trên trong bảng hệ thống tuần hoàn.(d) So sánh (có giải thích) bán kính của các nguyên tử và ion X, X2+ và Y-.a) Xác định vị trí dựa vào cấu hình electron:2ZX + N X = 60 ; ZX = N X ⇒ ZX = 20 ,X là canxi (Ca), cấu hình electron của 20Ca : [Ar] 4s2Cấu hình của Y là 1s22s22p63s23p5 hay [Ne] 3s2 3p5⇒ Y là ClTheo giả thiết thì Z chính là crom, cấu hình electron của 24Cr : [Ar] 3d5 4s1STT Chu kỳ nguyên tố Nhóm nguyên tốCa 204IIACl 173VIIACr 244VIBb) Trật tự tăng dần bán kính nguyên tử: R Ca 2 + < R Cl − < R CaBán kính nguyên tử tỉ lệ với thuận với số lớp electron và tỉ lệ nghịch với số đơn vị điện tích hạt nhân củanguyên tử đó.Bán kính ion Ca2+ nhỏ hơn Cl- do có cùng số lớp electron (n = 3), nhưng điện tích hạt nhân Ca2+ (Z = 20) lớnhơn Cl- (Z = 17). Bán kính nguyên tử Ca lớn nhất do có số lớp electron lớn nhất (n = 4).Câu 5: Cho a mol Cu tác dụng với 120ml dung dịch A gồm HNO3 1M và H2SO4 0,5M (loãng), thu được Vlít khí NO (sản phẩm khử duy nhất ở đktc).a. Tính V, biết rằng phản ứng xảy ra hoàn toàn.b. Giả sử sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, lượng Cu kim loại không tan hết thì lượng muối khan thuđược là bao nhiêu gam?a). Tính VNO.Theo bài ra ta có: n HNO3 = 0,12 (mol); n H 2SO4 = 0,06 (mol)=> số mol H+ = 0,24 ; số mol NO3- = 0,12 ; số mol SO42- = 0,06Phương trình phản ứng:3Cu + 8H+ + 2NO 3− → 3Cu2+ + 2NO + 4H2OBđ:a0,240,12(mol)0, 24 0,12- Nhận xét:<→ bài toán có 2 trường hợp xảy ra:822a*Trường hợp 1: Cu hết, H+ dư (tức là a < 0,09) → nNO =(mol)3→ VNO = 14,933a (lít)*Trường hợp 2: Cu dư hoặc vừa đủ, H+ hết (a ≥ 0,09)→ VNO = 0,06.22,4 = 1,344 (lít)b). Khi Cu kim loại không tan hết (tức a > 0,09) thì trong dung dịch sau phản ứng gồm có: số mol Cu2+ =0,09 ; số mol NO3- = 0,06 ; số mol SO42- = 0,06→ mmuối = 0,09.64 + 0,06.62 + 0,06.96 = 15,24 (gam)Câu 6: Viết phương trình hoàn thành sơ đồ chuyển hóa:a. KMnO4 → Cl2 → FeCl3 → FeCl2 → Cl2 → Br2 → NaBrO3 → Br2 → HIO3.b. K2Cr2O7 → Cl2 → NaCl → NaClO → HClO → HCl → Cl2 → KClO3.Câu 7: Giải thích hiện tượng xảy ra khi:a. Dẫn từ từ luồng khí Cl2 vào dung dịch KI (dư) không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, nếu ngừng dẫn khíCl2 vào thì sau đó dung dịch lại trở nên trong suốt. b. Dẫn liên tục đến dư lượng khí Cl2 vào dung dịch KI không màu sẽ trở nên có màu nâu sẫm, sau đó dungdịch lại trở nên không màu.Giải.a. Phương trình phản ứng:Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 (nâu sẫm)Ngừng dẫn khí Cl2 vào, lúc này tiếp tục xảy ra phản ứng:I2 (nâu sẫm) + KI → KI3 (phức tan không màu)b. Phương trình phản ứng:Cl2 + 2KI → 2KCl + I2 (nâu sẫm)Tiếp tục sục khí Cl2 đến dư, lúc này tiếp tục xảy ra phản ứng:5Cl2 (dư) + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HCl (hổn hợp axit không màu).Câu 8: Viết phương trình phản ứng biểu diễn các quá trình hóa học sau đây, nếu phản ứng nào xảy ra trongdung dịch hãy viết thêm phương trình ion thu gọn:a. Phân huỷ clorua vôi bởi tác dụng của CO2 ẩm.2CaOCl2 + CO2 + H2O → CaCl2 + CaCO3 + 2HClO(CaOCl2 + 2HCl → CaCl2 + Cl2 + H2O)b. Cho khí Flo đi qua dung dịch NaOH 2% lạnh.2F2 + 2NaOH → 2NaF + OF2 + H2O (OF2 khét giống ozon)c. Cho khí Cl2, H2S đi qua huyền phù iot.5Cl2 + I2 + 6H2O → 10HCl + 2HClO3.H2S + I2 → S↓ + 2HId. Dung dịch Na2S2O3 vào Ag2S2O3 (không tan)3Na2S2O3 + Ag2S2O3 → 2Na3[Ag(S2O3)2]e. Dung dịch Na2S2O3 và dung dịch H2SO4.Na2S2O3 + H2SO4 → Na2SO4 + SO2 + S + H2Of. Sục clo đến dư vào dung dịch FeI2:2FeI2 + 3Cl2 → 2FeCl3 + 2I2.5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HClCâu 9: Nêu sự biến thiên tính chất của các hợp chất chứa oxi của clo HClOn về: độ bền phân tử, tính oxihóa, tính axit.Theo dãy HClO- HClO2 – HClO3 – HClO4 tính chất hóa học thể hiện và biến thiên như sau:- Độ bền phân tử: Phân tử HClOn đều kém bền, vì clo đều có bậc oxi hóa dương (+1,+3, +5, +7) không đặctrưng cho clo (đặc trưng nhất là -1). Theo dãy trên độ bền nhiệt tăng vì số electron hóa trị và số obital hóa trịcủa clo tham gia hình thành liên kết hóa học tăng.- Tính oxi hóa: Các phân tử HClOn đều có tính oxi hóa vì bậc oxi hóa của clo đều có giá trị dương (có xuhướng chuyển về bậc oxi hóa -1 bền hơn). Lẽ ra theo chiều tăng bậc oxi hóa của clo trong các hợp chất trênthì tính oxi hóa phải tăng nhưng do độ bền phân tử tăng dần nên tính oxi hóa giảm.- Tính axit: Các hợp chất HClOn đều có tính axit vì độ âm điện của clo so với H gần với oxi hơn nên độphân cực của liên kết O-H lớn hơn so với Cl-O.Theo dãy trên lực axit tăng. Có thể giải thích bằng một trong hai cách:- Do số nguyên tử oxi không liên kết với H tăng tử 0 đến 3 (oxi có độ âm điện lớn hơn Cl và H) làm độ phâncực liên kết O-H tăng (do mật độ electron trên các liên kết dồn về phía nguyên tử O này)- Do phần điện tích -1 phân bố trên mổi nguyên tử O giảm theo dãy: ClO- - ClO −2 - ClO 3− - ClO −4 tương ứng1 1 1là: -1; - ; - ; - làm giảm khả năng liên kết với ion H+ của các anion ClO −n , nên ion H+ càng dễ bị các2 3 4phân tử lưỡng cực H2O tách ra dưới dạng H3O+.Câu 10: Hòa tan hoàn toàn 25 gam một cacbonat kim loại bằng dung dịch HCl 7,3% (vừa đủ) thu đượcdung dịch muối có nồng độ phần trăm là 10,511%. Khi làm lạnh dung dịch này thấy thoát ra 26,28 gammuối rắn A và nồng độ phần trăm của muối trong dung dịch còn lại là 6,07%. Xác định công thức của muốiA?Giải.Phương trình phản ứng: M2(CO3)x + 2xHCl → 2MClx + xH2O + xCO2Xét số mol:12x2x 2 M + 71x.100% = 10,511%2 M + 60 x + 2 x.36,5 : 0,073 − 44 x M=20x Nghiệm phù hợp: x = 2; M = 40; kim loại là Ca.*Phương trình: CaCO3 + 2HCl → CaCl2 + H2O + CO20,25mol → 0,25mol0,25.111Khối lượng dd sau phản ứng:.100 = 264 g10,511Khối lượng dd sau làm lạnh: 264 -26,28=237,72gĐặt công thức của A là CaCl2.nH2O26,28237,72.0,0607+=> n = 6Số mol của CaCl2 ban đầu = 0,25mol =111 + 18n111=> CT của A là CaCl2.6H2OTa có: C % m ' = ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI 10Câu 1: Từ nguyên liệu ban đầu là muối ăn, nước, đá vôi và các điều kiện khác. Hãy viết phương trình hóahọc điều chế: nước Javen, clorua vôi, natri clorat.Câu 2: Viết 5 phương trình phản ứng hóa học trực tiếp tạo ra:a. NaClb. FeCl2c. HCld. NaBr.e. Br2Câu 3: Từ các chất ban đầu: KMnO4, dung dịch HCl đặc, Fe. Có thể điều chế được những khí gì?Câu 4: Hợp chất A có tổng số electron trong phân tử bằng 100. A được tạo thành từ hai nguyên tố phi kimthuộc các chu kì nhỏ và thuộc hai nhóm khác nhau. Xác định công thức phân tử A, biết rằng tổng số nguyêntử 2 nguyên tố trong phân tử A là 6.Câu 5: Để phản ứng hết a mol kim loại M cần 1,25a mol H2SO4 và sinh ra khí X (sản phẩm khử duy nhất).Hòa tan hết 19,2 gam kim loại M vào dung dịch H2SO4 ở trên tạo ra 4,48 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất,đktc). Hãy xác định kim loại M.Câu 6: Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước X chứa muối clorua của kim loạikiềm và magiê clorua, người ta làm thí nghiệm sau:- Cho 5,55 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61 gam kết tủa.- Nung 5,55 gam X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được cho tác dụngvới lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung trong không khí đến khốilượng không đổi, thu được 0,8 gam chất rắn. Xác định X.Câu 7: Hãy giải thích:a. tại sao flo là chất oxi hóa mạnh nhưng Cu, Fe, Ni,Mg không bị flo ăn mòn.b. Tại sao trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tích tụ khí đó trongkhông khí?c. Để điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm, người ta thường cho đá vôi tác dụng với dung dịch axit H2SO4là chất khó bay hơi. Để điều chế CO2 tinh khiết có nên cho đá vôi tác dụng với dung dịch H2SO4 không? Vìsao? Nếu dùng dung dịch HCl thì làm thế nào để có CO2 tinh khiết?Câu 8: Dẫn từ từ hổn hợp gồm: Ozon, clo đến dư vào dung dịch KI. Viết phương trình phản ứng xảy ra vànêu hiện tượng quan sát được.Câu 9: Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong số các chất sa: HF, HCl, HBr, HI? Nếu cóchất không điều chế được bằng phương pháp này thì hãy giải thích tại sao. Viết phương trình hóa học và ghirỏ điều kiện (nếu có) để minh họa.Câu 10: Cho hỗn hợp gồm a mol FeS2 và b mol Cu2S tác dụng vừa đủ với dung dịch HNO3 thì thu đượcdung dịch A (chỉ chứa 2 muối sunfat) và 26,88 lít hỗn hợp khí Y gồm NO2 và NO ở điều kiện tiêu chuẩn(không còn sản phẩm khử nào khác), tỉ khối của hỗn hợp khí Y so với H2 là 19. Cho dung dịch A tác dụngvới Ba(OH)2 dư thì thu được kết tủa E. Nung E đến khối lượng không đổi thì thu được m gam chất rắn.a. Tính % theo thể tích các khí?b. Tính giá trị m?Câu 11: Hòa tan 19,2 gam kim loại M trong H2SO4 đặc dư thu được khí SO2. Cho khí này hấp thụ hoàn toàntrong 1 lit dung dịch NaOH 0,7M, sau phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 41,8 gam chất rắn. Xác địnhkim loại MXác định tên kim loại M :Câu 12: Cho cặp phương trình hóa học sau:Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 (1)Br2 + 2KClO3 → 2KBrO3 + Cl2(2)Trong cặp phương trình hóa học trên có mâu thuẫn gì không khi ta nói chất oxi hóa của clo mạnh hơn brom?Giải thích. Câu : Từ nguyên liệu ban đầu là muối ăn, nước, đá vôi và các điều kiện khác. Hãy viết phương trình hóahọc điều chế: nước Javen, clorua vôi, natri clorat.Giải.- Điều chế nước Ja-ven:®iÖn ph©n dung dÞch2NaCl + 2H2O → 2NaOH+2H 2 + Cl2cã mµng ng¨n1442443 {catotanotCl2 + NaOH → NaCl + NaClO + H2O- Clorua vôi:t0→ CaO + CO2↑CaCO3 CaO + H2O → Ca(OH)2.320Cl2 + Ca(OH)2 →CaOCl2 + H2O- Điều chế natri clorat:t03Cl2 + 6NaOH → 5NaCl + NaClO3 + 3H2OCâu : Viết 5 phương trình phản ứng hóa học trực tiếp tạo ra:a. NaClb. FeCl2c. HCld. NaBr.Giải.a. 2Na + Cl2 → 2NaClNa2O + 2HCl → 2NaCl + H2ONa2CO3 + 2HCl → 2NaCl + CO2↑+ H2ONaOH + HCl → NaCl + H2ONa2SO4 + BaCl2 → 2NaCl + BaSO4↓b. Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑FeO + 2HCl → FeCl2 + H2OFeCO3 + 2HCl → FeCl2 + CO2↑ + H2OFe(OH)2 + 2HCl → FeCl2 + 2H2OFeSO4 + BaCl2→ FeCl2 + BaSO4↓Fe + CuSO4 → FeSO4 + Cu↓2500 C→ 2HClc. Cl2 + H2 2500 CNaCl(tinh thể) + H2SO4 (đặc) → NaHSO4 + HCl↑.Cl2 + SO2 + H2O → HCl + H2SO4.Cl2 + 2HBr → 2HCl + Br2.5Cl2 + Br2 +6H2O → 10HCl + 2HBrO3.d. Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2HBr + NaOH → NaBr + H2O2Na + 2HBr → 2NaBr + H2Na2O + 2HBr → 2NaBr + H2ONa2SO4 + BaBr2 → BaSO4↓ + 2NaBre. Cl2 + 2NaBr → 2NaCl + Br2Cl2 + 2HBr → 2HCl + Br2.®iÖn ph©n dung dÞch→ 2NaOH+2H 2 + Br22NaBr + 2H2O cã mµng ng¨n1442443 {catote. Br2anot2HBr + H2SO4 (đặc) → Br2 + SO2↑ + 2H2O2NaBr + 2H2SO4 (đặc) → Na2SO4 + Br2 + SO2↑ + 2H2OCâu : Từ các chất ban đầu: KMnO4, dung dịch HCl đặc, Fe. Có thể điều chế được những khí gì?Giải.Có thể điều chế được khí: Cl2, O2, H2, HCl.t02KMnO4 → K2MnO4 + MnO2 + O2↑Fe + 2HCl → FeCl2 + H2↑2KMnO4 + 16HCl → 2KCl + 2MnCl2 + 5Cl2 + 8H2Ot0H2 + Cl2 → 2HCl.Câu : Hợp chất A có tổng số electron trong phân tử bằng 100. A được tạo thành từ hai nguyên tố phi kimthuộc các chu kì nhỏ và thuộc hai nhóm khác nhau. Xác định công thức phân tử A, biết rằng tổng số nguyêntử 2 nguyên tố trong phân tử A là 6. Giải.Gọi công thức phân tử A là XxYy. Ta có: xZx + yZy = 100 và x + y = 6.Số hiệu nguyên tử trung bình: 100:6 = 16,66 → Có 1 nguyên tố có Z > 16 → chỉ có thể là Cl (Z = 17)Trường hợp 1: A là XY5 vì Zy = 17 → Zx = 15 (P)A là PCl5.Trường hợp 2: A là X2Y4 vì Zy = 17 → Zx = (không hợp lí)Câu : Để phản ứng hết a mol kim loại M cần 1,25a mol H2SO4 và sinh ra khí X (sản phẩm khử duy nhất).Hòa tan hết 19,2 gam kim loại M vào dung dịch H2SO4 ở trên tạo ra 4,48 lít khí X (sản phẩm khử duy nhất,đktc). Hãy xác định kim loại M.Giải.Do a mol kim loại M phản ứng vừa đủ 1,25a mol H2SO4 nên khí X không thể là H2 mà có thể là SO2 hoặcH2S.- Nếu X là SO2, ta có:2M + 2nH2SO4 → M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2Oaan→ an = 1,25a → n = 1,25 (loại)- Nếu X là H2S, ta có:8M + 5nH2SO4 → 4M2(SO4)n + nH2S + 4nH2Oa5na/8→ 5na/8 = 1,25a → n = 2.Như vậy:4M + 5H2SO4 → 4MSO4 + H2S + 4H2O0,80,2→ M = 19,2/0,2 = 24 (Mg)Câu : Để xác định công thức phân tử của một loại muối kép ngậm nước X chứa muối clorua của kim loạikiềm và magiê clorua, người ta làm thí nghiệm sau:- Cho 5,55 gam X tác dụng với lượng dư dung dịch AgNO3 tạo thành 8,61 gam kết tủa.- Nung 5,55 gam X đến khối lượng không đổi thì khối lượng giảm 38,92%. Chất rắn thu được cho tác dụngvới lượng dư dung dịch NaOH thu được kết tủa. Lọc lấy kết tủa, rửa sạch rồi nung trong không khí đến khốilượng không đổi, thu được 0,8 gam chất rắn. Xác định X.Giải.Ta có: Ag+ + Cl- → AgCl↓nAgCl = nCl = 0,06 mol.Khi nung, xảy ra sự loại nước để được muối khan, khối lượng nước ngậm trong muối là 38,92%.5,55 = 2,16gam → Số mol nước = 0,12 mol.Mg2+ + 2OH- → Mg(OH)2 → MgO.Ta có: n(MgO) = n(Mg2+) = n (MgCl2) = 0,02 molTrong MgCl2 có n(Cl-) = 0,04 mol → trong MCl có n(Cl-) = 0,02 mol = n(MCl)Vàm (MCl) = 5,55 – (2,16 + 0,02.95) = 1,49 gam.M = 39 (K)X tạo bởi 0,02 mol KCl, 0,02 mol MgCl2 và 0,12 mol H2O.Công thức của X là KCl.MgCl2.6H2OCâu : Hãy giải thích:a. tại sao flo là chất oxi hóa mạnh nhưng Cu, Fe, Ni,Mg không bị flo ăn mòn.b. Tại sao trong thiên nhiên có nhiều nguồn tạo ra H2S nhưng không có hiện tượng tích tụ khí đó trongkhông khí?c. Để điều chế CO2 trong phòng thí nghiệm, người ta thường cho đá vôi tác dụng với dung dịch axit H2SO4là chất khó bay hơi. Để điều chế CO2 tinh khiết có nên cho đá vôi tác dụng với dung dịch H2SO4 không? Vìsao? Nếu dùng dung dịch HCl thì làm thế nào để có CO2 tinh khiết?Giải.a. Khi cho các kim loại Cu, Fe, Ni, Mg phản ứng với flo thì tạo thành một lớp màng muối florua rất mỏngbám rất chắc lên bề mặt kim loại, ngăn cản không cho các kim loại đó phản ứng trực tiếp với flo nên kimloại không bị ăn mòn.b. H2S là chất có tính khử mạnh, nó có thể tác dụng với oxi trong không khí theo phương trình hóa học:2H2S + O2 → 2S + 2H2O Do đó không có hiện tượng tích tụ khí H2S trong không khí.c. Không nên dùng H2SO4 vì khi cho dung dịch H2SO4 tác dụng với đá vôi thì sẽ tạo thành CaSO4 ít tan, baobọc quanh đá vôi, ngăn cản không cho đá vôi phản ứng trực tiếp với H2SO4.Câu 7: Dẫn từ từ hổn hợp gồm: Ozon, clo đến dư vào dung dịch KI. Viết phương trình phản ứng xảy ra vànêu hiện tượng quan sát được.O3 + 2KI + H2O → 2KOH + O2 + I2.Cl2 + 2KI → 2KCl + I2.5O3 + I2 + H2O → 2HIO3 + 5O2.5Cl2 + I2 + 6H2O → 2HIO3 + 10HClHIO3 + KOH → KIO3 + H2OHCl + KOH → KCl + H2OHiện tượng: Có khí không màu bay ra, dung dịch không màu ban đầu chuyển thành màu vàng nâu do tạo raI2 tan trong nước (màu sẩm lại), sau đó bị mất màu vì I2 bị oxi hóa.Câu : Cho cặp phương trình hóa học sau:Cl2 + 2KBr → 2KCl + Br2 (1)Br2 + 2KClO3 → 2KBrO3 + Cl2(2)GiảiTrong cặp phương trình hóa học trên có mâu thuẫn gì không khi ta nói chất oxi hóa của clo mạnh hơn brom?Giải thích.Không mâu thuẫn, vì phản ứng (1) clo là chất oxi hóa, KBr là chất khử. Còn phản ứng (2) KClO3 là chất oxihóa, Br2 là chất khử. Ở cả hai phản ứng số oxi hóa của clo chỉ giảm (tính oxi hóa), còn số oxi hóa của bromchỉ tăng (tính khử)Câu : Phương pháp sunfat có thể điều chế được chất nào trong số các chất sa: HF, HCl, HBr, HI? Nếu cóchất không điều chế được bằng phương pháp này thì hãy giải thích tại sao. Viết phương trình hóa học và ghirỏ điều kiện (nếu có) để minh họa.Giải.Phương pháp sunfat có thể dùng để điều chế các chất HF, HCl không dùng điều chế HBr, HI, vì các chất nàycó tính khử mạnh, khi tạo thành sẽ bị H2SO4 oxi hóa:CaF2 (tinh thể) + H2SO4 (đặc nóng) → CaSO4 + 2HFNaCl (tinh thể) + H2SO4 (đặc nóng) → NaHSO4 + HCl ( n NO2 = n NO == 0,6 mol22,4.2=> %V NO = %V NO2 = 50%b) * Sơ đồ phản ứng:FeS2 + Cu2S + HNO3 → dd { Fe3+ + Cu2+ + SO 24− } + NO ↑ + NO2 ↑ + H2Oaba2b2a + bmol- Áp dụng bảo toàn định luật bảo toàn điện tích ta có: 3a + 2.2b = 2(2a + b) => a - 2b = 0 (1)- Áp dụng định luật bảo toàn electron ta có:FeS2 Fe3+ + 2S+6 + 15eCu2S 2Cu2+ + S+6 + 10e=> 15n FeS2 + 10n Cu 2S = 3n NO + n NO2=> 15a + 10b = 3.0,6 + 0,6 = 2,4 (2)Giải hệ (1), (2) ta có: a = 0,12 mol; b = 0,06 mol* Sơ đồ phản ứng:( OH ) 2 dö→ {Fe(OH)3, Cu(OH)2, BaSO4}{Fe3+, Cu2+, SO 24− } +Ba0t{Fe(OH)3, Cu(OH)2, BaSO4 →Fe2O3, CuO, BaSO43+2Fe → Fe 2 O 30,120,062+Cu → CuO0,120,12BaSO4 → BaSO40,30,3mol=> m(chất rắn) = 0,06.160 + 0,12.80 + 0,3.233 = 89,1 gamCâu : Hòa tan 19,2 gam kim loại M trong H2SO4 đặc dư thu được khí SO2. Cho khí này hấp thụ hoàn toàntrong 1 lit dung dịch NaOH 0,7M, sau phản ứng đem cô cạn dung dịch thu được 41,8 gam chất rắn. Xác địnhkim loại MXác định tên kim loại M :Gọi x và n là số mol và hóa trị cao nhất của M.Ta có : x . M = 19,2 (I)2M + 2nH2SO4M2(SO4)n + nSO2 + 2nH2O.x mol0,5 nx molSố mol NaOH được dùng = 0,7 . 1 = 0,7 mol.Khí SO2 hấp thụ hoàn toàn trong 0,7 mol NaOH, có thể xảy ra 2 trường hợp :- Trường hợp 1 : NaOH hếtSO2 + NaOHNaHSO3aaa molSO2 + 2NaOHNa2SO3 + H2Ob2bb molTa có : a +2b = 0,7 (1)104a + 126b = 41,8 (2) , giải (1) và (2) vô nghiệm.- Trường hợp 2 : NaOH dưSO2 + 2NaOHNa2SO3 + H2Oa2aa molNaOH dư : 0,7 – 2a ( mol )=> ( 0,7 – 2a ) . 40 + a . 126 = 41,8=> a = 0,3 ( mol ). Vậy 0,5nx = 0,3 (II)Từ (I) và (II) ta có : M = 32 n . Thích hợp với n = 2, M = 64 => M là Cu SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚC------------------ĐỀ CHÍNH THỨCKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012ĐỀ THI MÔN: HOÁ HỌC(Dành cho học sinh THPT)(Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề)Bài 1 (1,5 điểm).Cho hợp chất X có dạng AB2, có tổng số proton trong X bằng 18 và có các tính chất sau:0tX + O2 → Y + Z→ A+ZX + Y X + Cl2 → A + HCl1) Xác định X và hoàn thành các phương trình phản ứng.2) Viết các phương trình phản ứng xảy ra (nếu có) khi cho X lần lượt tác dụng với: dung dịch nước clo;dung dịch FeCl3; dung dịch Cu(NO3)2; dung dịch Fe(NO3)2Bài 2 (1,0 điểm). X và Y là các nguyên tố thuộc phân nhóm chính, đều tạo hợp chất với hiđro có dạng RH (Rlà kí hiệu của nguyên tố X hoặc Y). Gọi A và B lần lượt là hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X và Y.Trong B, Y chiếm 35,323% khối lượng. Trung hòa hoàn toàn 50 gam dung dịch A 16,8% cần 150 ml dungdịch B 1M. Xác định các nguyên tố X và Y.Bài 3 (1,0 điểm). Hỗn hợp A gồm Cu và Fe trong đó Cu chiếm 70% về khối lượng. Cho m gam A phảnứng với 0,44 mol HNO3 trong dung dịch, thu được dung dịch B, phần rắn C có khối lượng 0,75m (gam)và 2,87 lít hỗn hợp khí NO2 và NO đo ở (1,2 atm, 270C).Biết các phản ứng đều xảy ra hoàn toàn, trong B không có muối amoni.Tính khối lượng muối trong dung dịch B và tính khối lượng m.Bài 4 (1,5 điểm).1) Cho 29,6 gam hỗn hợp gồm Cu và Fe tác dụng với oxi không khí, sau phản ứng thu được 39,2 gamhỗn hợp A gồm ( CuO, FeO, Fe2O3 và Fe3O4). Hòa tan hoàn toàn A trong dung dịch H2SO4 loãng, dư.a) Tính số mol H2SO4 đã tham gia phản ứngb) Tính khối lượng muối sunfat thu được.2) Khử hoàn toàn 2,552 gam một oxit kim loại cần 985,6 ml H2(đktc), lấy toàn bộ lượng kim loại thoát racho vào dung dịch HCl dư thu được 739,2 ml H2(đktc).Xác định công thức của oxit kim loại đã dùng?Bài 5 (1,0 điểm). Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.t0→ Fe2(SO4)3 + SO2 + H2Oa) FeS2 + H2SO4 (đ) b) Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + H2O(biết tỉ lệ mol của N2O : N2 : NH4NO3 là 1 : 1 : 1)c) Fe3O4 + HNO3 → NxOy + …d) Al + NaNO3 + NaOH + H2O → NaAlO2 + NH3Bài 6 (1,5 điểm). Sục Cl2 vào dung dịch KOH loãng thu được dung dịch A, hòa tan I2 vào dung dịchKOH loãng thu được dung dịch B (tiến hành ở nhiệt độ phòng).1) Viết phương trình hóa học xảy ra.2) Viết phương trình hóa học xảy ra khi cho lần lượt các dung dịch: hỗn hợp HCl và FeCl2, Br2, H2O2,CO2 vào dung dịch A (không có Cl2 dư, chỉ chứa các muối).Bài 7 (1,5 điểm)a) Cho 2,25 gam hỗn hợp A gồm Al, Fe, Cu tác dụng với dung dịch HCl dư, sau khi phản ứng kếtthúc thu được 1344 ml (đktc) khí và còn lại 0,6 gam chất rắn không tan. Tính % khối lượng mỗi kimloại trong A.b) Hấp thụ hoàn toàn 1,344 lít SO2 ( đktc) vào 13,95 ml dung dịch KOH 28%, có khối lượng riêng là1,147g/ml. Hãy tính nồng độ phần trăm các chất có trong dung dịch sau phản ứngBài 8 (1 điểm). Khi thêm 1 gam MgSO4 khan vào 100 gam dung dịch MgSO4 bão hoà ở 200C, thấy táchra một tinh thể muối kết tinh trong đó có 1,58 gam MgSO4. Hãy xác định công thức của tinh thể muốingậm nước kết tinh. Biết độ tan cuả MgSO4 ở 200C là 35,1 gam trong 100 gam nước._________Hết________Họ và tên thí sinh .......................................Số báo danh...................................Giám thị coi thi không giải thích gì thêm SỞ GD & ĐT VĨNH PHÚCBài 11,5đBài 21,0 đKỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI LỚP 10 NĂM HỌC 2011-2012HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: HOÁ HỌC(Dành cho học sinh THPT )1. Từ pu: X + Cl2 → A + HCl=> trong X có hidro, PX = 18 => X là H2SCác phản ứng:t0→ 2SO2 + 2H2O2H2S + 3O2 2H2S + SO2 → 3S + 2H2OH2S + Cl2 → 2HCl + S2. các phương trình phản ứng.H2S + 4Cl2 + 4H2O → 8HCl + H2SO4→ 2FeCl2 + 2HCl + SH2S + 2FeCl3 H2S + Cu(NO3)2 → CuS + 2HNO3H2S + Fe(NO3)2 → không phản ứngHợp chất với hiđro có dạng RH nên Y có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.Trường hợp 1 : Nếu Y thuộc nhóm IA thì B có dạng YOHY 35,323Ta có :=⇒ Y = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp)17 64,677Trường hợp 2 : Y thuộc nhóm VIIA thì B có dạng HYO4Y 35,323Ta có :=⇒ Y = 35,5 , vậy Y là nguyên tố clo (Cl).65 64,677B (HClO4) là một axit, nên A là một bazơ dạng XOH16,8mA =× 50 gam = 8,4 gam100XOH + HClO4 → XClO4 + H2O⇒ n A = n HClO4 = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol8,4 gam0,15 mol⇒ MX = 39 gam/mol, vậy X là nguyên tố kali (K).0,50,50,50,250,25⇒ M X + 17 gam / mol =Bài 31,0đBài 41,5đTa có mC = 0,75m (gam) > 0,7m (gam)trong C có Fe dưHNO3 hết, trong B chỉ chứa muối Fe(NO3)2PT:→ Fe(NO3)3 + NO + 2H2OFe + 4HNO3 Fe + 6HNO3 → Fe(NO3)3 + 3NO2 + 3H2OFe + 2Fe(NO3)3 → 3Fe(NO3)22,87.1, 2Ta có : nhh == 0,14(mol )0, 082.(273 + 27)số mol HNO3 tạo muối = 0,44 – 0,14 = 0,3 (mol)nFe(NO3 )2 = 0,15(mol )Khối lượng muối trong B = 0,15.180 = 27 (gam)nFe (pu) = 0,15 (mol) => mFe(pu) = 0,15.56 = 8,4 (gam)8, 4.100m== 33, 6( gam)251.a. Sơ đồ các quá trình phản ứngKim loại + Oxi → (hỗn hợp oxit ) + axit → muối + H2OTừ quá trình trên => số mol H2SO4 phản ứng = số mol oxi trong oxit0,50,250,250,5 Theo bài ta có: moxi = 39,2 – 29,6 = 9,6(g)9, 6= 0, 6(mol )=> nO =16=> số mol H2SO4 phản ứng = 0,6 (mol)b. Khối lượng muối = khối lượng kim loại + khối lượng gốc sunfat=> mm = 29,6 + 96. 0,6 = 87,2 (g)2. Gọi công thức của oxit cần tìm là MxOyPhương trình phản ứng.MxOy + yH2 → xM + yH2O (1)985, 6nH 2 == 0, 044(mol )22, 4.1000Theo định luật bảo toàn khối lượng=> khối lượng kim loại = 2,552 + 0,044.2 – 0,044.18 = 1,848(g)Khi M phản ứng với HCl2M + 2nHCl → 2MCln + nH2 (2)739, 2nH 2 == 0, 033(mol )22, 4.10001,848(2) =>.n = 2.0, 033M=> M = 28nVới n là hóa trị của kim loại MChỉ có n = 2 với M = 56 (Fe) là thỏa mãnx n0, 033 3Theo (1) = M ==y nH 2 0, 044 4Bài 51,0đ0,250,50,250,5=> oxit cần tìm là Fe3O4Hoàn thành các phương trình phản ứng sau theo phương pháp thăng bằng electron.a)2 FeSFe+3 + 2S+4 + 11e2S+411 S+6 + 2e2Fe+3 + 15S+42FeS2 + 11S+60tCân bằng 2FeS2 + 14 H2SO4 (đ) → Fe2(SO4)3 + 15SO2 + 14H2Ob)+115N13Mg+5 +26e000,25-3N2O +N2 + NH4+Mg+2 + 2e0,25Cân bằng: 13Mg + 32HNO3 → 13Mg(NO3)2 + N2O + N2 + NH4NO3 + 14 H2Oc)3Fe+3 + 1e(5x-2y) Fe3O41xN+5 + (5x-2y)e+2y/xN xO y(5x-2y) Fe3O4 + (46x-18y)HNO3 → NxOy + (15x-6y)Fe(NO3)3 + (23x-9y)H2Od)Bài 61,5đ0,25Al+3 + 3e8Al3N+5 + 8eN-38Al + 3NaNO3 + 5NaOH + 2H2O → 8NaAlO2 + 3NH3a) Ở nhiệt độ thường:2KOH + Cl2 → KCl + KClO + H2O6KOH + 3I2 → 5KI + KIO3 + 3H2O0,250,5 (Trong môi trường kiềm tồn tại cân bằng : 3XO-X- + XO 3−Ion ClO- phân hủy rất chậm ở nhiệt độ thường và phân hủy nhanh khi đun nóng, ion IOphân hủy ở tất cả các nhiệt độ).b) Các phương trình hóa học :Ion ClO- có tính oxi hóa rất mạnh, thể hiện trong các phương trình hóa học:- Khi cho dung dịch FeCl2 và HCl vào dung dịch A có khí vàng lục thoát ra và dungdịch từ không màu chuyển sang màu vàng nâu :0,252FeCl2 + 2KClO + 4HCl → 2FeCl3 + Cl2 + 2KCl + 2H2O- Khi cho dung dịch Br2 vào dung dịch A, dung dịch brom mất màu :Br2 + 5KClO + H2O → 2HBrO3 + 5KCl0,25- Khi cho H2O2 vào dung dịch A, có khí không màu, không mùi thoát ra:0,25H2O2 + KClO → H2O + O2 + KCl- khi cho CO2 vào ABài 71,5đBài 81,0đ→ KHCO3 + HClOCO2 + KClO + H2O 1) Ptpư:2Al + 6HCl → 2AlCl3 + 3H2Fe + 2HCl → FeCl2 + H2Cu + HCl → không phản ứng=> 0,6 gam chất rắn còn lại chính là Cu:Gọi x, y lần lượt là số mol Al, FeTa có:3x + 2y = 2.0,06 = 0,1227x + 56 y = 2,25 – 0,6 = 1,65=> x = 0,03 (mol) ; y = 0,015 (mol)0, 656.0,015.100% = 26, 67% ; % Fe=.100% = 37,33% ; %Al = 36%=> %Cu =2, 252, 251,3442) nSO2 == 0, 06(mol ) ; m (dd KOH) = 13,95.1,147 = 16 (gam)22, 4n=> mKOH = 0,28.16 = 4,48 (gam)=> nKOH = 0,08 (mol)=> 1 < KOH < 2n SO2=> tạo ra hỗn hợp 2 muối: KHSO3: 0,04 (mol) và K2SO3: 0,02 (mol)Khối lượng dung dịch sau pu = 16 + 0,06.64 = 19,84 gam0, 04.120=> C %( KHSO3 ) =.100% = 24,19%19,840, 02.158C %( K 2SO3 ) =.100% = 15,93%19,84Đặt công thức của tinh thể ngậm nước tách ra là MgSO4.nH2OTrong 120 + 18n gam MgSO4.nH2O có 120 gam MgSO4 và 18n gam H2O1,58 gam0,237n gamKhối lượng các chất trong 100 gam dung dịch bão hoà:100.100m H2 O == 74,02 gam35,1 + 100100.35,1m MgSO4 == 25,98 gam35,1 + 100Khối lượng các chất trong dung dịch sau khi kết tinh:m H2O = 74,02 – 0,237n gam0,250,250,50,250,50,250,250,25m MgSO4 = 25,98 + 1 – 1,58 = 25,4 gam25,4.100 = 35,1. Suy ra n = 7.74,02 − 0,237nVậy công thức tinh thể ngậm nước kết tinh là MgSO4.7H2OĐộ tan: s =0,25 SỞ GD & ĐT HÀ TĨNHTRƯỜNG THPT ĐỨCTHỌĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TRƯỜNG NĂM 2013-2014Môn thi: HOÁ HỌC 10(Thời gian làm bài: 180 phút )Câu 1: (4 điểm )2- Viết công thức các axit có oxi của clo. Nêu quy luật về sự biến thiên tính axit và tính oxi hoá của cácaxit cho ví dụ bằng phương trình phản ứng.3- Cho các phân tử: Cl2O ; O3 ; SO2 ; NO2 ; CO2 và các góc liên kết: 1200 ; 1100 ; 1320 ; 116,50 ; 1800.a) Hãy ghi giá trị góc liên kết trên cho phù hợp với các phân tử tương ứng.b) Giải thích ( ngắn gọn )Câu 2: (5 Điểm)2/ Có các dung dịch sau: Ba(OH)2 ; KOH ; HNO3 ; H2SO4 có cùng nồng độ . Hãy nêu cách nhận ratừng dung dịch, chỉ được dùng thêm 1 thuốc thử, viết các phương trình phản ứng.3/ Giải thích các hiện tượng sau, viết phương trình phản ứng:- Dung dịch H2S để trong không khí lâu ngày bị vẩn đục.- Nhỏ vài giọt H2SO4 đặc vào đường kính trắng, đường kính hoá đen.- Dung dịch HBr không mầu để trong không khí một thời gian chuyển mầu vàng.4/ Cân bằng các phương trình phản ứng oxi hoá khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron, chỉ rõchất khử, chất oxi hoá.a) S2Cl2 + H2O → SO2 + S + HClb) NH3 + I2 → NH4I + NH3.NI3.c) FeS + HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + NO + H2OCâu 3:Cho 3,78 gam hỗn hợp A gồm Mg và Al vào 250 ml dung dịch (X) chứa HCl 1M vàH2SO4 0,5M được dung dịch B và 4,368 lít H2 (đktc).1. Chứng minh rằng dung dịch B vẫn còn dư a xít.2. Tính % khối lượng mỗi kim loại trong hỗn hợp A.3. Tính thể tích dung dịch C gồm NaOH 0,02M và Ba(OH)2 0,01M cần để trung hoà hếtlượng a xít còn dư trong dung dịch B. Giả sử các phản ứng xảy ra hoàn toàn.Câu 4:1/ Trong tự nhiên ô xi có 3 đồng vị :16O = 99,76% ; 17O = 0,04%; 18O = 0,2%Giải thích vì sao khối lượng nguyên tử trung bình của ô xi lại bằng 15,9994đvc2/ Cho 2 nguyên tố 16A và 29B. Hãy viết các cấu hình electron cho mỗi nguyên tố ở trạngthái không kích thích và trạng thái kích thích. Mỗi cấu hình electron đó ứng với khả năngcho mức ô xi hoá nào của nguyên tố ?Câu 5: Nung FeS2 trong không khí, kết thúc phản ứng thu được một hỗn hợp khí có thànhphần: 7% SO2; 10% O2; 83% N2 theo số mol. Đun hỗn hợp khí trong bình kín (có xúc tác)ở 800K, xảy ra phản ứng:2SO2 + O22SO3Kp = 1,21.105.a) Tính độ chuyển hoá (% số mol) SO2 thành SO3 ở 800K, biết áp suất trong bình lúcnày là 1 atm, số mol hỗn hợp khí ban đầu (khi chưa đun nóng) là 100 mol.b) Nếu tăng áp suất lên 2 lần, tính độ chuyển hoá SO2 thành SO3, nhận xét về sựchuyển dịch cân bằng. Câu1HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN HOÁ HỌC 10Nội dung1/ Các axit có oxi của Clo: (2,0 điểm)HClO ; HClO2 ; HClO3 ; HClO4Tính axit tăng, tính oxi hoá giảmVí dụ: tính axit tăng:+ HClO có tính axit rất yếu:NaClO + CO2 + H2O = HClO + NaHCO3Điểm( 0,5 điểm)( 0,25 điểm)+ HClO4 là axit mạnh nhất trong các axit đã biếtHClO4 (đặc) + MCl (đặc) = MClO4↓ + HCl( M = K , Rb .Cs) ( 0,25điểm)Ví dụ tính oxi hoá giảm:(1,0điểm)NaClO + 2KI + H2O = NaCl + I2 + 2KOH ( mọi môi trường)NaClO3 + 6KI + 3H2SO4 = NaCl + 3I2 + 2K2SO4 + 3H2O ( môitrường axit)NaClO3 + KI + H2SO4Không xảy ra phản ứng.( Học sinh có thể lấy ví dụ khác nếu đúng vẫn được đủ số điểm)2- ( 2,0 điểm)a) Điền góc liên kết: ( 0,5 điểm)Cl2O: (1100) ; O3 : (116,50); SO2 : (1200); NO2 : (1320) ; CO2 : ( 1800)b) Giải thích: (1,5 điểm)- Các phân tử: O3 : (116,50); SO2 : (1200); NO2: (1320) ; có lai hoá sp2 nên gócliên kết ≈ 1200 . Góc liên kết phụ thuộc 2 yếu tố:+ Độ âm điện của nguyên tố trung tâm: độ âm điện càng mạnh => kéocặp e dùng chung về trung tâm => tăng lực đẩy => tăng góc liên kết.+ Mật độ e, độ lớn của obitan lai hoá chưa tham gia liên kết làm tăng lựcđẩy khép góc => làm giảm góc liên kết.- O3 có góc liên kết nhỏ nhất vì obitan lai hoá còn cặp e chưa liên kết tạolực đậy khép góc.- NO2 có góc liên kết lớn nhất vì N có độ âm điện lớn hơn S, obitan laihoá chưa tham gia liên kết có 1e nên lực đẩy khép góc kém.- Phân tử CO2 : lai hoá sp nên góc liên kết ≈ 1800- Phân tử Cl2O: lai hoá sp3 : góc liên kêt ≈ 109,5024-điểm2/ Một thuốc thử được dùng là phenolphtalein: nhận ra KOH và Ba(OH)2 làmphenolphtalein có màu hồng. Dùng 1 trong 2 dd bazơ này để thử 2 dd còn lại, nếu cókết tủa thì nhận được H2SO4 vàBa(OH)2.H2SO4 + Ba(OH)2. → BaSO4 ↓ + 2 H2O còn lại là KOH vàKNO3.3/ a) 2H2S + O2 → 2S ↓+ 2H2Ob) C12H22O11 + H2SO4 → 12 C + H2SO4. 11 H2Oc) 4HBr + O2 → 2 Br2 + 2 H2O (màu vàng là màu của Br2 )4/ a) 2 S2Cl2 + 2 H2O → SO2 +3 S + 4 HClChất khử :S+1 – 3e → S +4Chất oxihoá : ( S+1 + e → S 0) . 3b) 5 NH3 + 3 I2 → 3 NH4I + NH3.NI3.Chất khử :3I0 – 3e → 3I +1Chất oxihoá : ( I0 + e → I – ) . 3c) FeS + 6 HNO3 → Fe(NO3)3 + H2SO4 + 3 NO + 2 H2OChất khử :S-2 – 8e → S +6 và Fe+2 – e → Fe+3.Chất oxihoá : N +5 + 3 e → N +2.3Bài 4 : (4 điểm )1/Chứng minh trong dd còn dư a xítn HCl = 0,25 mol ; n H2SO4 = 0,5.0,25 = 0,125(mol)PT pứ : Mg + 2HCl = MgCl2 + H2(1)Al + 3HCl = AlCl3 + 3/2 H2(2)Mg +H2SO4 = MgSO4 +H2(3) 2Al + 3H2SO4 = Al2(SO4)3 + 3H2 (4)Số mol nguyên tử H trong 2 axít : 0,125.2 + 0,25 = 0,5 (mol)4,368→Số mol nguyên tử H giải phóng =.2 = 0,39 < 0,5 → Vậy dd còn dư a xít22,4.2/Tính % khối lượng trong hỗn hợp A .24x + 279 = 3,87x = số mol Al ; y = số mol Mg2x + 39 = 0,39Giải được x = 0,06 ;y = 0,090,09.27% theo k/l Al =.100% = 62,80% và% theo k/l Mg = 37,2%3,873/ Tính thể tích dung dịch C (NaOH 0,02 M ; Ba(OH)2 0,01M )Trong dung dịch B còn (0,5-0,39) mol nguyên tử H = 0,11(mol)nNaOH = 0,02.V (mol) vànBa(OH)2 = 0,01 .V ( mol) →Số mol OH- :0,04 V molphản ứng trung hoà khi số mol H* = số mol OH→ 0,04.V = 0,11→V =0,11 : 0,04 =2,75 (lít)45Bài I (3 điểm)1/ Khối lượng mỗi đồng vị không phải đơn thuần bằng số khối.Khối lượng mỗi nguyên tử không phải bằng tổng khối lượng các hạt p, n, e nhiều khihình thành hạt nhân nguyên tử bao giờ cũng có hiện tượng hụt khối lượng, sự hụt khốilượng này giải phóng một năng lượng rất lớn ∆E = mc2.2 2 6 2 6 9 22/ 16 A : 1s22s22p63s23p4:số oxy hoá -229 B : 1s 2s 2p 3s 3p 3d 4s : số oxyhoá +21s22s22p63s23p33d4: số oxy hoá +41s22s22p63s23p63d104s1: sốoxy hoá +11s22s22p63s13p33d2: số oxy hoá +6Bài III (5 điểm)a) Cân bằng: 2SO2 + O22SO3Ban đầu:7100(mol)lúc cân bằng: (7-x) (10 - 0,5x)x(x: số mol SO2 đã phản ứng).Tổng số mol các khí lúc cân bằng: 100 – 0,5x = n.pppáp suất riêng của các khí:PSO 2 = (7-x).; PO2 = (10 – 0,5x). ; PSO3 = x .nnn22(PSO3 )x (100 − 0,5 x)Kp === 1,21. 10522(PSO2 ) . PO2 (7 − x) .(10 − 0,5 x)49.96,5= 1,21. 105Giải được x = 6,9225.2(7 − x) .6,56,9225.100%Vậy độ chuyển hóa SO2 → SO3:= 98,89%.7do K>> → x ≈ 7 → Ta có :b) Nếu áp suất tăng 2 lần tương tự có: 7- x′= 0,300 . 5 . 10 -2 = 0,0548 → x′ = 6,9452.→ độ chuyển hoá SO2 → SO3: (6,9452 . 100)/7 = 99,21%Kết quả phù hợp nguyên lý Lơsatơlie: tăng áp suất phản ứng chuyển theo chiều về phíacó số phân tử khí ít hơn. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOTỈNH BÀ RỊA – VŨNG TÀUĐỀ THI CHÍNH THỨCKỲ THI OLYMPIC 27/4 LỚP 10 THPTNĂM HỌC 2013- 2014MÔN THI : HOÁ HỌCThời gian làm bài: 180 phútNgày thi: 05 - 03 – 2014(Đề thi gồm 2 trang)BÀI I: (6 điểm)1. Một hợp chất có công thức MaXb (trong đó M chiếm 79,75% về khối lượng). Hạt nhân củaM có số nơtron nhiều hơn số proton là 5. Trong hạt nhân X số nơtron bằng số proton. Tổngsố proton trong phân tử hợp chất bằng 74.a. Xác định công thức phân tử của hợp chất trên, biết X là một phi kim thuộc chu kỳ 3 củabảng tuần hoàn.b. Viết cấu hình e của nguyên tử và các ion phổ biến trong tự nhiên của nguyên tố M. Xácđịnh vị trí của M trong bảng tuần hoàn các nguyên tố hoá học.2. Viết công thức cấu tạo, cho biết trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâm của các phân tửsau: SO2, H2SO4, NO2, N2O4.3. Nguyên tử nguyên tố kim loại X có bán kính nguyên tử r = 136 pm. Kim loại X kết tinhdưới dạng lập phương tâm diện, có khối lượng riêng D = 22,4 g/cm3.a. Vẽ cấu trúc ô mạng cơ sở và mặt phẳng các nguyên tử nguyên tố X tiếp xúc với nhau.b. Xác định nguyên tố X.BÀI II: (5 điểm)1. Tranh cổ thường được vẽ bằng bột 2PbCO3.Pb(OH)2 nhưng để lâu ngày bị đen. Giải thíchtại sao? Để phục hồi người ta thường dùng dung dịch gì? Viết phương trình phản ứng minhhoạ.2. Nung hỗn hợp A gồm sắt và lưu huỳnh sau một thời gian được hỗn hợp rắn B. Cho B tácdụng với dung dịch HCl dư, thu được V1 lít hỗn hợp khí C có tỷ khối so với hidro là 10,6.Nếu đốt cháy hoàn toàn B thành Fe2O3 và SO2 thì cần hết V2 lít khí O2.a. So sánh V1 và V2 (đo ở cùng điều kiện).b. Tính % các chất trong B theo V1 , V2.c. Hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung là bao nhiêu?d. Nếu hiệu suất của phản ứng là 75%, thì hàm lượng % các chất trong B là bao nhiêu?BÀI III: (5 điểm)1. Hoàn thành các phương trình phản ứng hoá học sau (ghi rõ điều kiện nếu có)KCl(rắn) + B → A ↑ + K2SO4A + NaClO → C↑ + D + EC + NaI → F+D100 CC + G → KCl + H + E2. a. Khi tham gia phản ứng với các chất, Cl2 có khả năng thể hiện tính khử hay tính oxi hoá?Viết phương trình phản ứng minh hoạ.b. Sục liên tục khí Cl2 đến dư vào dung dịch KI, dung dịch từ không màu chuyền thành màuđỏ sẫm, sau đó trở lại không màu. Giải thích và viết phương trình phản ứng minh hoạ.3. Thêm 500 ml dung dịch AgNO3 0,1M vào dung dịch chứa 3,88 g hỗn hợp gồm KBr và NaI.Lọc bỏ kết tủa. Nước lọc thu được phản ứng vừa đủ với 20 ml dung dịch HCl 1M.a. Tính thành phần phần trăm khối lượng từng chất trong hỗn hợp muối ban đầu.b. Tính lượng NaCl (chứa 5% tạp chất Na2SO4) cần dùng để điều chế lượng HCl đã dùng ởtrên. Biết hiệu suất phản ứng điều chế là 75%. Trình bày phương pháp để loại bỏ tạp chấttrên.0 BÀI IV: (4 điểm)1. Cân bằng các phản ứng oxi hoá khử sau bằng phương pháp thăng bằng electron:a. CuFeSx + O2 → Cu2O + Fe3O4 + SO2b. Cr2S3 + Mn(NO3)2 + K2CO3 → K2CrO4 + K2SO4 + K2MnO4 + NO + CO22. Trong một bình kín A dung tích 1 lít ở 5000C, hằng số cân bằng của phản ứngtổng hợp HI từ H2 và I2 bằng 46.a. Tính nồng độ mol các chất ở trạng thái cân bằng. Biết ban đầu trong bình A có 1mol H2 và1mol I2b. Nếu ban đầu cho 2 mol HI vào bình A ở nhiệt độ 5000C thì nồng độ các chất lúc cân bằng làbao nhiêu?c. Nếu hệ đang ở trạng thái cân bằng ở câu a, ta thêm vào hệ 1,5 mol H2 và 2,0 mol HI thì cânbằng dịch chuyển theo chiều nào?Cho: H = 1; C = 12; O = 16; S = 32; N = 14; F = 19; Cl = 35,5; Br = 80; I = 127; Fe = 56;Na = 23; Ca = 40; Ir = 192; Al = 27; Ag = 108.Ghi chú: Thí sinh được sử dụng Bảng Tuần hoàn.---Hết--- LƯỢC GIẢIBÀI I:Câu 1:a. Cu2Sb. Cu: 1s22s22p63s23p63d104s1.Cu2+: 1s22s22p63s23p63d9.Ô 29, chu kì 4; nhóm IB.Câu 2:S lai hoá sp2.Câu 3:S lai hoá sp3N lai hoá sp2aaa 2 = 4.rNguyên tố X: Iriđi.BÀI II:Câu 1:-Những bức tranh cổ lâu ngày bị đen là do muối chì đã tác dụng với các vếtH2S trong khí quyển tạo thành PbS (Màu đen).-Dưới tác dụng của H2O2 , màu đen chuyển thành màu trắngPbS + 4H2O2 → PbSO4 + 4H2O(Trắng)Câu 2:1 điểmFe + S = FeSThành phần B gồm có FeS, Fe và có thể có S.FeS + 2HCl = FeCl2 + H2SFe + 2HCl = FeCl2 + H2Vì MTB = 10,6 . 2 = 21,2 < 34Nên : trong C có H2S và H2.Gọi x là % của H2 trong hỗn hợp C.(2x + 43(100 – x)) : 100 = 21,2→ x = 40%C ; H2 = 40% theo số mol;H2S = 60% 1 điểmĐốt cháy B:4 FeS + 7 O2 = 2 e2O3 + 4 SO24 Fe + 3 O2 = 2 Fe2O3Có thể có phản ứng : S + O2 = SO2Thể tích O2 đốt cháy FeS là : (3V1/5).(7/4) = 21V1/20Thể tích O2 đốt cháy Fe là : (2V1/5).(3/4) = 6V1/20Thể tích O2 đốt cháy FeS và Fe là: 21V1/20 + 6V1/20 = 27V1/20Thể tích O2 đốt cháy S là: V2 – (27V1/20) = V2 – 1,35V1.Nên : V2 ≥ 1,35VV.2. S ố mol S = (V2 – V1. 1,35) : V1 mol ( Với V1 mol là thể t ích của1 mol khí ở điều kiện đang xét)S ố mol FeS = ( V1. 3/5 ) : V1molS ố mol Fe = (V1. 2/5) : V1 mol1 điểm3V1.88.1005280V1165V15% FeS ===%3V12V175,2V1 + 32(V2 − 1,35V1 ) V2 + V1.88 +.56 + 32(V2 − 1,35V1 )552V1.56.10070V15% Fe ==%32(V2 + V1 ) V2 + V1%S =32(V2 − 1,35V1 ).100 100V2 − 135V1=%32(V2 + V1 )V2 + V1- Nếu dư S so với Fe thì tính hiệu suất phản ứng theo Fe,Fe + SFeS3V1n FeS .1005H==.100 = 60(%)23n Fe + n FeSV1 + V155H = 60%.- Nếu dư Fe so với S tính hiệu suất phản ứng theo S.3V1n FeS .100n FeS .1005H =>=.100 = 60(%) . (do nS < nFe)23n FeS + n S n Fe + n FeSV1 + V155- Vậy hiệu suất thấp nhất của phản ứng nung trên là 60%1 điểm BÀI III:Câu 1:KCl + H2SO4 → K2SO4 + HCl2HCl + NaClO → Cl2 + NaCl + H2O.Cl2 + 2NaI → 2NaCl + I2.3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O.Câu 2:a. Cl2 vừa thể hiện tính oxi hoá vừa thể hiện tính khử3Cl2 + 2Fe → 2FeCl3. (Clo thể hiện tính oxi hoá)3Cl2 + 6KOH → 5KCl + KClO3 + 3H2O. (Clo thể hiện tính khử)b. Cl2 tác dụng với KI tạo thành I2 có màu đỏ sẫm (trong dung dịch) theo phản ứng:Cl2 + 2KI → 2KCl + I2.Dung dịch mất màu vì I2 tác dụng với KI tạo ra phức KI3 không màu theo phản ứng:KI + I2 → KI3.Câu 3:a. nKBr = 0,02 mol; nNaI = 0,01 mol→ %mKBr = 61,34%; %mNaI = 38,66%b. m = 1,642 gamLoại bỏ tạp chất: Cho hỗn hợp vào BaCl2 dư loại bỏ Na2SO4.Lọc kết tủa, loại bỏ BaCl2 bằng axit sunfuric dư.Lọc kết tủa, cô cạn để làm bay hơi nước lẫn axit thu được NaCl.BÀI IV:Câu 1: 1144CuFeSx +  + 4 x  O2 → 2Cu2O + Fe3O4 + 4xSO2.33Cr2S3 + 15Mn(NO3)2 + 20K2CO3 → 2K2CrO4 + 3K2SO4 + 15K2MnO4 + 30NO + 20CO2.Câu 2:Lưu ý: Đây chỉ là lược giải. Không phải đáp án chính thức. HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊNKHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘHỘI THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘLẦN THỨ IVĐỀ THI CHÍNH THỨCChữ ký giám thị 1:Môn: HÓA HỌC 10...............................Ngày thi: 23/4/2011Thời gian làm bài: 180 phút.(không kể thời gian giao đề)Chữ ký giám thị 2:...............................(Đề thi này có 3 trang)Câu 1:(2 điểm):1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong các nguyên tử và ionsau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2).2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2 của He.3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electron bằng 178; trongđó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mang điện là 54, số hạt mang điện củaX ít hơn số hạt mang điện của Y là 12.a, Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và công thức phân tử XY2 .b, Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định các số lượng tử củaelectron cuối cùng được điền vào.Câu 2:(2 điểm):Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ion sau (cógiải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm?SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNCâu 3:(2 điểm):1. Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở 300K và 1200Kcủa phản ứng:CH4 (khí) + H2O (khí)Biết:CO ( khí) + 3H2 ( khí)∆H0 (KJ/mol)∆S0 J/K.mol3000K- 41,16- 42,401200 K-32,93-29,6a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 300K và 1200K?b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 300K2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượng cần thiết đểtách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực.Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thể CaCl2 biết:Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ molNhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / mol Năng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ molNăng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ molÁi lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ molCâu 4:(2 điểm):1.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và KOH 5,00.10-3 M.Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,24.2. Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) và FeCl3(10-3M)Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A.a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao?b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ ra khỏi dung dịch.Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được tách hết.( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 )Câu 5:(2 điểm):Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là tấm đồng nhúngvào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Pt nhúng vào dung dịch chứa hỗnhợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] = 4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu vàFe3+/Fe2+ lần lượt là 0,34V và 0,77V.1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khi pin bắt đầu làmviệc.2. Tính tỉ lệ[ Fe 3+ ]khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch Cu(NO3)2 0,8M là rất[ Fe 2+ ]lớn).Câu 6:(2 điểm):Cho sơ đồ biến hóa:A(1)(3)(4)X (5) Y(7) (8)(6)T(2)(9)(10)FeCl3Z(11) M(12)NHoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóa trên. Biết: X làmột đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T là muối không chứa oxi của X, Nlà axit không bền của X.Câu 7:(2 điểm):Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. Hòa tan mẫuvào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit (khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạora dung dịch A. Pha loãng dung dịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong10ml dung dịch A phản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinhra S4O62− ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fe2+ trong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịch KMnO4 1,00M trong dungdịch H2SO4.1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phương trình ion thugọn).2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu?Câu 8:(2 điểm):Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 số lượng tửn = 3, l = 1, m = 0, s = - ½1) Xác định tên nguyên tố X.2) Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợp Cu(NO3)20,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A và dung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theo tỉ lệ 3,4 :3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xong lấy miếng kẽm rakhỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g.a) Tính lượng kết tủa của A?b) Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp.Câu 9:(2 điểm):1. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa trong thùng kínvà chôn dưới đất. Phải trong thời gian là bao nhiêu để tốc độ phân rã giảm từ6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3 nguyên tử/phút.2. Hoàn thành các phản ứng hạt nhân sau:a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146d) 1H2+ ...? → 2 2He4 + 0n1Câu 10:(2 điểm):Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng :N2O4 (khí)2NO2 (khí)với độ phân huỷ là 20%1. Tính hằng số cân bằng Kp.2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứa trong mộtbình có thể tích 20 (lít) ở 270C------------------------- Hết --------------------------(Thí sinh được sử dụng bảng HTTH-Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm)Họ và tên thí sinh: ……………………………………… Số báo danh: …………… HỘI CÁC TRƯỜNG CHUYÊNKHU VỰC DUYÊN HẢI BẮC BỘHỘI THI HỌC SINH GIỎI DUYÊN HẢI BẮC BỘLẦN THỨ IVĐỀ THI CHÍNH THỨCMôn: HÓA HỌC 10Ngày thi: 23/4/2011Thời gian làm bài: 180 phút.(không kể thời gian giao đề)CÂU1ĐỀ VÀ ĐÁP ÁNĐIỂM1. Tính năng lượng của electron ở trạng thái cơ bản trong cácnguyên tử và ion sau: H, He+. (Cho ZH = 1; ZHe = 2).2. Tính năng lượng ion hóa của H và năng lượng ion hóa thứ 2của He.3. Mỗi phân tử XY2 có tổng các hạt proton, nơtron, electronbằng 178; trong đó, số hạt mang điện nhiều hơn số hạt không mangđiện là 54, số hạt mang điện của X ít hơn số hạt mang điện của Y là12.a , Hãy xác định kí hiệu hoá học của X,Y và XY2 .b , Viết cấu hình electron của nguyên tử X,Y và xác định cácsố lượng tử của electron cuối cùng được điền vào.Hướng dẫn1. Năng lượng của electron trong hệ một hạt nhân và một electron:En =(eV)Ở trạng thái cơ bản: n = 1.* Với H: E1(H) = -13,6eV;* Với He+: E1(He+ ) = - 54,4 eV;2. Năng lượng ion hóa của hidro là năng lượng tối thiểu để bứt e rakhỏi nguyên tử hoặc ion, tức là đưa e từ trạng thái cơ bản ra xa vô cùng(không truyền thêm động năng cho e). Dễ thấy: I1(H) =13,6eV; I2(He) =54,4 eV.a , Kí hiệu số đơn vị điện tích hạt nhân của X là Zx , Y là Zy ; số nơtron(hạt không mang điện) của X là Nx , Y là Ny . Với XY2 , ta có cácphương trình:2 Zx2 Zx+ 4 Zy + Nx + 2 Ny = 178 (1)+ 4 Zy − Nx − 2 Ny = 54(2)4 Zy − 2 Zx= 12(3)0.50,250,75 Zy = 16;Zx = 26Vậy X là sắt, Y là lưu huỳnh. XY2 là FeS2 .Fe : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p63d64s2 ;S : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 2; ml =-2; ms= -1/2.Bộ 4 số lượng tử cuối của X: n = 3; l = 1; ml =-1; ms= -1/2.0,25b, Cấu hình electron:20,25Viết công thức Lewis, dự đoán dạng hình học của các phân tử và ionsau (có giải thích) và trạng thái lai hóa của nguyên tử trung tâm?SO2; SO3; SO42- ; SF4; SCNHướng dẫnPhân tửCông thức LewisSO2SOSO4O2-Công thứccấu trúcAX2EDạng lai hóacủa NTTTsp2Gấp khúcAX3sp2Tam giác đềuAX4sp3Tứ diệnAX4Esp3dCái bập bênhAX2SpĐường thẳngOSO3SOO2-OOMỗi ýđúng0,1điểmDạng hình học của phâSOSF4F-SCN3OSFFFSCN1.Cho giá trị của biến thiên entanpi và biến thiên entropi chuẩn ở3000K và 12000K của phản ứng:CH4 (khí) + H2O (khí)CO ( khí) + 3H2 ( khí)Biết là∆H0 (KJ/mol)∆S0 J/K.mol3000K- 41,16- 42,401200 K-32,93-29,6a) Hỏi phản ứng tự diễn biến sẽ theo chiều nào ở 3000K và01200 K?b) Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K2. Năng lượng mạng lưới của một tinh thể có thể hiểu là năng lượngcần thiết để tách những hạt ở trong tinh thể đó ra cách xa nhau những khoảng vô cực.Hãy thiết lập chu trình để tính năng lượng mạng lưới tinh thểCaCl2 biết:Sinh nhiệt của CaCl2: ∆H1 = -795 kJ/ molNhiệt nguyên tử hoá của Ca: ∆H2 = 192 kJ / molNăng lượng ion hoá (I1 + I2) của Ca = 1745 kJ/ molNăng lượng phân ly liên kết Cl2: ∆H3 = 243 kJ/ molÁi lực với electron của Cl: A = -364 kJ/ molHướng dẫn1.a) Dựa vào biểu thức: ∆G0 = ∆H0 - T∆S0Ở 3000K ; ∆G0300 = (- 41160) - [ 300.(- 42,4)] = -28440J = -28,44kJỞ 12000K ; ∆G01200 = (- 32930) - [ 1200.(- 29,6)] = 2590 = 2,59 kJ∆G0300< 0, phản ứng đã cho tự xảy ra ở 3000K theo chiều từ tráisang phải.∆G01200 > 0, phản ứng tự diễn biến theo chiều ngược lại ở 12000Kb) + Tính hằng số cân bằng của phản ứng ở 3000K∆G0 = -2,303RT lgK(-28440) = (-2,303).8,314. 300.lgKlgK = 28440/ 2,303.8,314.300 = 4,95⇒ K = 10 4,952. Thiết lập chu trìnhChu trình Born - Haber∆H1Ca(tt) +Cl2 (k)∆H2∆H3Ca (k)I1+I22Cl (k)2ACa2+ (k) +0,50,5CaCl2(tt)-Uml2Cl- (k)0,5Ta có:Uml = ∆H2 + I1 + I2 + ∆H3 + 2A - ∆H1Uml = 192 + 1745 + 243 – (2 x 364) - (-795)Uml = 2247 (kJ/.mol)0,5 41.Tính pH của dung dịch A gồm KCN 0,120 M; NH3 0,150 M và 2 điểmKOH 5,00.10-3 M.Cho biết pKa của HCN là 9,35; của NH4+ là 9,242.Có dung dịch A chứa hỗn hợp 2 muối MgCl2(10-3M) vàFeCl3(10-3M)Cho dung dịch NaOH vào dung dịch A.a) Kết tủa nào tạo ra trước, vì sao?b) Tìm pH thích hợp để tách một trong 2 ion Mg2+ hoặc Fe3+ rakhỏi dung dịch.Biết rằng nếu ion có nồng độ = 10–6 M thì coi như đã được táchhết.( Cho tích số tan của Fe(OH)3 và Mg(OH)2 lần lượt là: 10 – 39 và 10 – 11 )Hướng dẫn1) Tính pH của dung dịch:CN- + H2OHCN + OH-Kb1 = 10- 4,65NH3 + H2ONH4+ + OHKOH -> K+ + OHH2OH+ + OH-Kb2 = 10- 4,76[OH-] = CKOH + [HCN] + [NH4+] + [H+]Đặt [OH-] = xx = 5.10-3 + Kb1[CN]/x + Kb2[NH3]/x + KH2O/xx2 - 5.10-3x - (Kb1[CN-] + Kb2[NH3] + KH2O) = 0Tính gần đúng coi [CN-] bằng CCN- = 0,12M ; [NH3] = CNH3 = 0,15 M .Ta có: x2 - 5.10-3 . x - 5,29 . 10-6 = 0 -> x = [OH-] = 5,9.10-3M.Kiểm lại [HCN] / [CN-] = 10-4,65/ 5,9.10-3 = 3,8.10-3 -> [HCN] [NH4+] pH = 11,77.2) MgCl2 → Mg2+ + 2Cl – và Mg2+ + 2OH – → Mg(OH)2 (1)FeCl3 → Fe3+ + 3Cl – và Fe3+ + 3OH – → Fe(OH)3 (2)a) Để tạo ↓ Fe(OH)3 thì [OH –] ≥Để tạo ↓ Mg(OH)2 → [OH –] ≥30,50,510 −39= 10-12 M (I)−31010 −11= 10-4 M (II)−3100,5So sánh (I) < (II) thấy → ↓ Fe(OH)3 tạo ra trước.b) Để tạo ↓ Mg(OH)2: [OH –] = 10-4 → [H+] = 10-10 → pH = 10 (nếupH < 10 thì không ↓)Để ↓ hoàn toàn Fe(OH)3: [Fe3+] ≤ 10-6M → [OH –]3 > 10-33 →0,5[H+] 3Vậy để tách Fe3+ ra khỏi dd thì: 3 < pH < 10 5Một pin điện hóa được tạo bởi 2 điện cực. Điện cực thứ nhất là 2 điểmtấm đồng nhúng vào dung Cu(NO3)2 0,8M. Điện cực 2 là một đũa Ptnhúng vào dung dịch chứa hỗn hợp Fe2+ và Fe3+ (trong đó [Fe3+] =4[Fe2+]. Thế điện cực chuẩn của Cu2+/ Cu và Fe3+/Fe2+ lần lượt là0,34V và 0,77V.1. Xác định điện cực dương, điện cực âm. Tính suất điện động khipin bắt đầu làm việc.2. Tính tỉ lệ[ Fe 3+ ]khi pin hết điện (coi thể tích của dung dịch[ Fe 2+ ]Cu(NO3)2 0,8M là rất lớn).Hướng dẫn1.E(Fe3+/Fe2+) = 0,77 + 0,059/1 . lg4= 0,8055 V2+E(Cu /Cu) = 0,34 + 0,059/2 . lg0,8 = 0,3371 VVậy điện cực dương là điện cực Pt; điện cực âm là điện cực CuEpin=0,8055 - 0,3371=0,4684 V1,02. Pin hết điện tức là Epin = 0. Khi đó E (Cu2+/Cu) = E (Fe3+/Fe2+)Vì thể tích dung dịch Cu(NO3)2 rất lớn => nồng độ Cu2+ thay đổi khôngđáng kể=> E (Cu2+/Cu)=0,3371 V3+2+3+2+E (Fe /Fe ) = 0,77 + 0,059/1 . lg ([Fe ]/[Fe ]) = 0,3371=> [Fe3+]/[Fe2+] = 4,5995.10-8.6Cho sơ đồ biến hóa :A(1)(3)(4)X (5)Y(6)(7) (8)T(2)(9)(10)FeCl3Z(11) M(12)NHoàn thành phương trình hóa học khác nhau trong sơ đồ biến hóatrên. Biết: X là một đơn chất, Y, Z, M là các muối có oxi của X, T làmuối không chứa oxi của X, N là axit không bền của X.Hướng dẫn: Sơ đồ biến hóa thỏa mãn là:(2)1,0 HCl(1)(3)(9)(4)FeCl3X (5) KClO3KClO4(7) (8) (10)(6)KCl (11) KClO (12) HClOCó các phương trình phản ứng:H2 + Cl2 → 2HCl(X)(A)6HCl + Fe2O3 → 2FeCl3 + 3H2O(A) (Fe3O4,)2Fe + 3Cl2 → 2FeCl3o3Cl2 + 6KOH t 5KCl + KClO3 + 3H2O(Y)6HCl + KClO3 → 3Cl2 + KCl + 3H2OCl2 + 2KOH → KCl + KClO + H2O(T)ot2KClO32KCl + 3O2đp dung dịch(80oC)KCl + 3H2O Không có mnxKClO3 + 3H2300o4KClO3 → 3KClO4 + KCl(1)(2)(3)(4)(5)(6)(7)(8)(9)oKClO4t caoKCl + 2O2đp dung dịchKCl + H2O Không có mnx KClO + H2(M)KClO + CO2 + H2O → HClO + NaHCO3(N)7(10)(11)(12)Cho 6,00 gam mẫu chất chứa Fe3O4, Fe2O3 và các tạp chất trơ. 2 điểmHòa tan mẫu vào lượng dư dung dịch KI trong môi trường axit(khử tất cả Fe3+ thành Fe2+) tạo ra dung dịch A. Pha loãng dungdịch A đến thể tích 50ml. Lượng I2 có trong 10ml dung dịch Aphản ứng vừa đủ với 5,50 ml dung dịch Na2S2O3 1,00M (sinh ra2+S4 O 62 − ). Lấy 25 ml mẫu dung dịch A khác, chiết tách I2, lượng Fetrong dung dịch còn lại phản ứng vừa đủ với 3,20 ml dung dịchKMnO4 1,00M trong dung dịch H2SO4. 1. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra (dạng phươngtrình ion thu gọn).2. Tính phần trăm khối lượng Fe3O4 và Fe2O3 trong mẫu ban đầu?Hướng dẫn1.01.Fe O + 8H + → 2Fe3+ + Fe2+ + 4H O3 42(1)Fe O + 6H+ → 2Fe3+ + 3H O2 32(2)2Fe3+ + 3I− → 2Fe2+ + I−3(3)2S O 2− + I− → S O 2− + 3I−2 334 6(4)5Fe2+ + MnO − + 8H + → 5Fe3+ + Mn 2+ + 4H O42(5)2.Trong 25 ml: n Fe = 5n MnO = 5x3, 2x1x10−3 =0,016 (mol)2+−4→ trong 10ml n Fe = 6,4x10-3(mol)2+Từ (3) và (4): n Fe = n S O = 5,5x1x10-3 = 5,5x10-3(mol)2+232−Từ (3): n Fe = n Fe =5,5x10-3(mol) =2( n Fe O + n Fe O )3+2+34230,25Có thể xem Fe3O4 như hỗn hợp Fe2O3.FeO-3-3-4n FeO = n Fe3O4 = 6,4x10 – 5,5x10 = 9x10 (mol)n Fe2O3 =1-3n Fe3+ − n Fe3O4 =1,85x10 (mol).20,25Trong 50 ml : n Fe O =4,5x10-3(mol) → m Fe O =1,044 gam3434→ % khối lượng Fe3O4 = 1,044/6 x 100% = 17,4%-3n Fe2O3 = 9,25x10 (mol) → m Fe2O3 =1,48 gam→ % khối lượng Fe2O3 = 1,48/6 x 100% = 24,67%80,52 điểmCâu 8: Bài tập tổng hợp(2 đ)Nguyên tử của một nguyên tố X trong đó electron cuối cùng có 4 sốlượng tử n = 3, l = 1, m = 0, s = - ½1. Xác định tên nguyên tố X. 2. Hòa tan 5,91 hỗn hợp NaX và KBr vào 100ml dung dịch hỗn hợpCu(NO3)2 0,1M và AgNO3 chưa biết nồng độ, thu được kết tủa A vàdung dịch B.Trong dung dịch B, nồng độ % của NaNO3 và KNO3 tương ứng theotỉ lệ 3,4 : 3,03. Cho miếng kẽm vào dung dịch B, sau khi phản ứng xonglấy miếng kẽm ra khỏi dung dịch, thấy khối lượng tăng 1,1225g.a, Tính lượng kết tủa của A?B,Tính CM của AgNO3 trong dung dịch hỗn hợp.(cho Na = 23, N = 14, K = 39, Ag = 108, Br = 80, Zn = 65, Cu = 64)Hướng dẫn1(0,75đ) Nguyên tử của nguyên tố X có:n=3electron cuối cùng ở phân lớp 3pl=10,75m=0electron này là e thứ 5 của ở phân lớp 3ps=-½Cấu trúc hình e của X : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p5-> Zx = 17X là clo2(1,25đ).a/dư.NaCl + AgNO3 = AgCl ↓ + NaNO3KBr + AgNO3 = AgBr ↓ + KNO3Khi cho Zn vào dd B, khối lượng miếng Zn tăng, chứng tỏ AgNO3 0,25Zn + 2AgNO3 = Zn(NO3)2 + 2Ag ↓Zn + Cu(NO3)2 = Zn(NO3)2 + Cu ↓NaCl : x molKBr : y molnCu(NO3 )2 =->100 . 0,1= 0,01 mol1.000C%NaNO 3 3,4=C%KNO 33,03m NaNO3m KNO3=3,43,0385x3,4=− > y = 0,75 x101y 3,03(1)58,5x + 119y = 5,91(2)  x = 0,04 y = 0,03Giải hệ pt (1), (2) 0,5mA = 0,04 . 143,5 + 0,03 . 188 = 11,38gb/1 mol Zn -> 2 mol Ag khối lượng tăng 151ga mol Zn->151a1 mol Zn -> 1 mol Cu khối lượng giảm 1g0,01 mol->0,01g151a – 0,01 = 1,1225a= 0,0075n AgNO bñ = 0,04 + 0,03 + 0,015 = 0,085 mol0,53C M(AgNO3 ) = 0,085.91000= 0,85M1001. Một chất thải phóng xạ có chu kỳ bán hủy là 200 năm được chứa 2 điểmtrong thùng kín và chôn dưới đất. phải trong thời gian là bao nhiêuđể tốc độ phân rã giảm từ 6,5.1012 nguyên tử/phút xuống còn 3.10-3nguyên tử/phút.2. Hoàn thành các Pư hạt nhân sau:a) 12Mg26 + ...? → 10Ne23 + 2He4b) 9F19 + 1H1 → ...? + 2He4c) 92U235 + 0n1 → 3(0n1) +...? + 57La146d) 1H2+ ...? → 2 2He4 + 0n1Hướng dẫn1.0,693 0,693== 0,00347 / nămt1 / 2200NÁp dụng công thức:ln 0 = ktN0,25k=6,5.1012⇒ ln= 0, 00347t3.10−34⇒ t = 1,0176.10 năm hay 10.176 năm0,250,5 2. Từ định luật bảo toàn điện tích và số khối → các hạt còn thiếu:a. 0n110b. 8O16c. 35Br87d. 3Li7Ở 270C, 1atm N2O4 phân huỷ theo phản ứng :N2O4 (khí)0,25x42 điểm2NO2 (khí)với độ phân huỷ là 20%1. Tính hằng số cân bằng Kp.2. Tính độ phân huỷ một mẫu N2O4 (khí) có khối lượng 69 gam, chứatrong một bình có thể tích 20 (lít) ở 270CHướng dẫn1.Gọi độ phân huỷ của N2O4 ở 270C, 1 atm là α , số mol của N2O4 ban1,0đầu là nPhản ứng:N2O4 (k)2NO2 (k)Ban đầu:n0Phân ly:nα2n αCân bằngn(1- α )2n αTổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n’ = n(1+ α )Nên áp suất riêng phần của các khí trong hỗn hợp lúc cân bằng:p N2O4 =1−αP ;1+αPNO2 =2αP1+ α2KP =2NO2PPN 2O4= 2α P1+α 1−α P1+α 4α 2P=1−α 2với P = 1atm, α = 20% hay α = 0,2⇒KP = 1/6 atm2. n N 2O4 = 69/92 = 0,75molGọi độ phân huỷ của N2O4 trong điều kiện mới là α ’Phản ứng: N2O4 (k2NO2 (k)Ban đầu:0,750Phân ly:0,75 α ’1,5 α ’1,0 Cân bằng0,75(1- α ’)1,5 α ’Tổng số mol hỗn hợp lúc cân bằng: n” = 0,75(1+ α ’)Áp suất hỗn hợp khí lúc cân bằng:n '' RT0,75(1 + α ' ).0,082.300P === 0,9225(1+α’)V20'4α '2P ’ = 1/6KP ='21−αVì KP = const nên:4α '2.0,9225(1 + α ' ) = 1 / 6'21−α⇒α ’ ≈ 0,19 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘICỤM TRƯỜNG THPTBA ĐÌNH – TÂY HỒĐỀ THI OLYMPIC NĂM HỌC 2011-2012Môn Hoá học - Lớp 10Thời gian làm bài: 120 phút, không kể thời gian giao đề.Đề thi gồm có 02 trang.Câu I.1/ KhÝ Cl2 ®iÒu chÕ tõ KMnO4 vµ HCl ®Æc th−êng bÞ lÉn HCl vµ h¬i n−íc, ®Ó cã khÝ Cl2 kh« ng−êi tal¾p thiÕt bÞ sao cho Cl2 ®i qua b×nh A råi ®Õn b×nh B. H y chän chÊt nµo chøa vµo b×nh A vµ B ®Ócã kÕt qu¶ tèt nhÊt trong sè c¸c chÊt láng sau ®©y: H2SO4 ®Æc, dung dÞch NaCl b o hßa vµ c¸cdung dÞch NaOH, KHCO3. Gi¶i thÝch v× sao l¹i chän nh− trªn?2/ Nªu c¸ch lo¹i s¹ch t¹p chÊt khÝ.a) H2S cã lÉn trong HClc) HCl cã lÉn trong SO2b) HCl cã lÉn trong H2Sd) SO3 cã lÉn trong SO2ViÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng x¶y ra.Câu II. X, Y lµ 2 nguyªn tè ®Òu cã hîp chÊt khÝ với hiđro øng víi c«ng thøc XHa vµ YHa. (Khèil−îng mol ph©n tö chÊt nµy gÊp ®«i khèi l−îng mol ph©n tö chÊt kia).Oxit cao nhÊt cña X vµ Y cãc«ng thøc X2Ob vµ Y2Ob (khèi l−îng mol ph©n tö cña 2 oxit h¬n kÐm nhau 34 ®vC).a) X, Y lµ kim lo¹i hay phi kim.b) X¸c ®Þnh tªn X, Y vµ c«ng thøc ph©n tö c¸c hîp chÊt oxit cao nhÊt vµ hîp chÊt khÝ víihi®ro cña X, Y.c) Dù ®o¸n vµ so s¸nh tÝnh chÊt oxi hãa - khö (cã tÝnh khö, cã tÝnh oxi hãa hay cã tÝnh khövµ tÝnh oxi hãa) của XHa vµ YHa.Câu III. H y s¾p xÕp (cã gi¶i thÝch) c¸c d y axit cho d−íi ®©y theo thø tù t¨ng dÇn tÝnh axit.a) HCl, HF, HI, HBr.b) HClO4, HClO2, HClO, HClO3.Câu IV.a/ Ph−¬ng ph¸p sunfat cã thÓ ®iÒu chÕ ®−îc chÊt nµo: HF, HCl, HBr, HI? NÕu cã chÊt kh«ng®iÒu chÕ ®−îc b»ng ph−¬ng ph¸p nµy, h y gi¶i thÝch t¹i sao? ViÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n ønghãa häc vµ ghi râ ®iÒu kiÖn (nÕu cã) ®Ó minh ho¹.b/ Trong d y axit cã oxi cña clo, axit hipoclor¬ lµ quan träng nhÊt. axit hipoclor¬ cã c¸c tÝnhchÊt:- TÝnh axit rÊt yÕu, yÕu h¬n axit cacbonic.- Cã tÝnh oxi ho¸ m¹nh.- RÊt dÔ bÞ ph©n tÝch khi cã ¸nh s¸ng mÆt trêi hoÆc khi ®un nãng.H y viÕt c¸c ph−¬ng tr×nh ph¶n øng ®Ó minh ho¹ c¸c tÝnh chÊt ®ã.C©u V. Cho 4,48 lÝt hçn hîp X (®ktc) gåm H2 vµ Cl2 vµo mét b×nh thñy tinh lín. Sau khi chiÕu s¸ng,ngõng ph¶n øng thu ®−îc hçn hîp Y, trong ®ã cã 30% vÒ thÓ tÝch HCl vµ thÓ tÝch khÝ clogi¶m xuèng cßn 20% so víi ban ®Çu.a/ TÝnh sè mol c¸c khÝ trong hçn hîp Y.b/ Cho hçn hîp Y qua 40 gam dung dÞch KOH 14% ë 100oC thu ®−îc dung dÞch Z. TÝnh nång®é phÇn tr¨m c¸c chÊt trong dung dÞch Z.Câu VI. Hoµ tan hoµn toµn 2,52 gam hçn hîp X gåm Mg, Al b»ng dung dÞch HCl, thu ®−îc 2,688 lÝtH2 (®ktc)NÕu cho 2,52 gam hçn hîp nµy hoµ tan hoµn toµn b»ng H2SO4 ®Æc, nãng th× thu ®−îc 0,03 molmét s¶n phÈm Y duy nhÊt h×nh thµnh do sù khö S+6.a/ X¸c ®Þnh Y.b/ NÕu hoµ tan hoµn toµn 2,52 gam hçn hîp X b»ng dung dÞch HNO3 10,5% (d = 1,2 g/ml)thu ®−îc 0,03 mol mét s¶n phÈm duy nhÊt h×nh thµnh do sù khö N+5 (N2, N2O, NH4NO3, NO,NO2). TÝnh thÓ tÝch tèi thiÓu dung dÞch HNO3 ® ph¶n øng.C©u VII. Nguyªn tö A cã cÊu h×nh electron ngoµi cïng lµ 3p4. TØ lÖ sè n¬tron vµ sè proton lµ 1:1.Nguyªn tö B cã sè n¬tron b»ng 1,25 lÇn sè n¬tron cña A. Khi cho 7,8 gam B t¸c dông víi l−îngd− A ta thu ®−îc 11 gam hîp chÊt B2A.a/ X¸c ®Þnh sè hiÖu nguyªn tö, sè khèi cña A, B vµ viÕt cÊu h×nh electron nguyªn tö cña A vµ B.b/ Nguyªn tè A vµ B lµ kim lo¹i hay phi kim ?C©u VIII. a/ C©n b»ng ph¶n øng oxi hãa - khö sau theo ph−¬ng ph¸p th¨ng b»ng electron: FeS2 + Cu2S + HNO3Fe(NO3)3 + CuSO4 + H2SO4 + NO + H2OBiÕt tØ lÖ sè mol tham gia ph¶n øng cña FeS2 vµ Cu2S lµ 1:3.b/ Hoµn thµnh ph−¬ng tr×nh ph¶n øng sau (ViÕt tiÕp s¶n phÈm cßn thiÕu vµ c©n bằng ph−¬ngtr×nh theo ph−¬ng ph¸p th¨ng b»ng electron):SO2 + HNO3 + H2ONO + ….. SỞ GD - ĐT HÀ NỘICỤM BA ĐÌNH – TÂY HỒCâuIIIKY THI HỌC SINH GIỎI NĂM HỌC 2011 - 2012ĐÁP ÁN MÔN HÓA HỌC LỚP 10(gồm 3 trang)Hướng dẫn giải1. Bình A chứa dung dịch NaCl bão hòa để giữ lại HCl tan trong nước, có mặt NaClsẽ hạn chế khí clo tan trong nước.Bình B đựng H2SO4 đặc có khả năng hút nước, không tác dụng với khí clo2. a) Dùng dung dịch CuCl2 dư hấp thụ hết khí H2S sau đó đun nóng thu được khí HCl:CuCl2 + H2SCuS + HClb) Cho hỗn hợp 2 khí tác dụng với dung dịch NaOH dư sau đó dùng H2SO4 loãng, dư để đẩyH2S ra, thu được H2S tinh khiết:NaOH + HClNaCl + H2O2NaOH + H2SNa2S + H2OH2SO4 + Na2SNa2SO4 + H2Sc) Dùng dung dịch AgNO3 dư hấp thu hết khí HCl, thu được SO2 tinh khiết:HCl + AgNO3AgCl + H NO3d) Dùng H2SO4 đậm đặc 98% hấp thụ SO3 thu được SO2 tinh khiết.H2SO4đậm đặc + n SO3H2SO4. n SO3 (oleum)a. X, Y t¹o hîp chÊt khÝ víi hiđro ⇒ X, Y ë ph©n nhãm chÝnh nhãm IV → VII.X,Y t¹o oxit X2Ob vµ Y2Ob ⇒ X, Y ë ph©n nhãm chÝnh nhãm V hoÆc VII. ⇒ X,Y lµ phikim X + a = 2(Y + a)⇒ Y = 17 - a 2X + 16b − (2Y + 16b) = 34b. Gi¶ sö X > Y ta cã: ⇒ a = 17 - Y1 ≤ a < 4 ⇒ 1 ≤ 17 - Y < 4 ⇒ Y = 14 (N); a = 3hoÆc Y = 15;a = 2 (lo¹i)X = 31 (P) ⇒ C¸c hîp chÊt : NH3, PH3, N2O5, P2O5c. Dự doán tính chất oxi hóa – khử của NH3 và PH3Trong NH3 và PH3, nitơ và photpho đều có số oxi hóa -3 (thấp nhất)NH3 và PH3 chỉ có tính khửTrong đó bán kính nguyên tử photpho lớn hơn nitơ nên P-3trong PH3 dễ nhường electron hơnN-3trong NH3 PH3 có tính khử mạnh hơn.C−êng ®é axit t¨ng dÇn theo c¸c d y sau:a) HF < HCl < HBr < HI- HF: axit yÕu; HCl, HBr, HI: axit m¹nhvÒ ®é ph©n cùc (hiÖu sè ®é ©m ®iÖn ∆) th×∆(HF) = 1,9; ∆(HCl) = 0,9; ∆ (HBr) = 0,7; ∆(HI) = 0,4Nh−ng yÕu tè quan träng lµ kÝch th−íc cña c¸c anionF- < Cl- < Br- < I-; mËt ®é ®iÖn tÝch ©m (δ, ë I- bÐ nhÊt), nªn lùc hót gi÷a ion H+ vµ I- bÐ nhÊt,nguyên tử H trong HI dễ bị thay thế bở kim loại nhất tính axit m¹nh nhÊt.Víi:III.+1IV+3+5+7b) HClO < HClO2 < HClO3 < HClO4axit rÊtaxitaxitaxit rÊtyÕuyÕum¹nhm¹nh- §iÖn tÝch cña nguyªn tö Cl trung t©m cµng cao th× axit cµng m¹nh, v× mËt ®é e bÞ gi¶m cµngm¹nh lµm cho liªn kÕt OH cµng trë nªn ph©n cùc, nghÜa lµ cµng m¹nh.a. Phương pháp sunfat là cho muối halogennua kim loại tác dụng với axit sunfuric đặc, nóngđể điều chế hiđrohalogennua dựa vào tính chất dễ bay hơi của hiđrohalogennua. Phương phápĐiểm VVInày chỉ áp dụng để điều chế HF, HCl , không điều chế được HBr, HI vì H2SO4 đặc, nóng làchất oxi hoá mạnh còn HBr, HI trong dung dịch là những chất khử mạnh do đó áp dụngphương pháp sunfat sẽ không thu được HBr và HI mà thu được Br2 và I2.Các phương trình phản ứng:CaF2 + H2SO4 đặc, nóng → 2HF + CaSO42NaCl + H2SO4 đặc, nóng → 2HCl + Na2SO4NaBr + H2SO4 đặc, nóng → HBr + NaHSO42HBr + H2SO4 đặc, nóng → SO2 + 2H2O + Br2NaI + H2SO4 đặc, nóng → HI + NaHSO48HI + H2SO4 đặc, nóng → H2S + 4H2O + 4I2b.Tính chất hóa học của HClO:- Tính axit: HClO + NaOHNaClO + H2OTính axit yếu hơn axit cacbonic: NaClO + CO2 + H2ONaHCO3 + HClO- Tính oxi hóa mạnh: HClO + HClđặcCl2 + H2O- Dễ phân hủy: 2 HClO2 HCl + O2Số mol hỗn hợp = 4,48/22,4=0,2 molPhương trình phản ứngH2 + Cl2 → 2 HCl0,03 0,03 0,06Số mol hỗn hợp sau phản ứng = số mol hỗn hợp trước phản ứng = 0,2 molSố mol HCl = 0,06 mol → n Cl2 phản ứng = 0,03 mol.% Cl2 còn 20% hay Cl2 phản ứng = 80% ban đầu →nCl2 đầu = 0,0375 mol→nH2 = 0,20,0375 = 0,1625 mol.a. n HCl = 0,06 molnH2 dư = 0,1325 molnCl2 dư = 0,0075 molb. hỗn hợp Y qua 40 g dung dịch KOH 14%Ta có nKOH = 0,1 mol3Cl2 + 6KOH → KClO3 + 5KCl +3H2O0,0075 0,0150,0025 0,0125HCl + KOH → KCl + H2O0,060,06 0,06Vậy dd Z có 0,0025 mol KClO3, 0,0725 mol KClKOH dư = 0,025molmddZ = 42 7225 gC% KClO3 = 0,717%C%KCl = 12,64%C% KOH dư = 3,28%a.n H2 = 0,12 molTa có các quá trình khử và oxi hóa :MgMg+2 + 2e (1)AlAl+3 + 3e(2)*) Khi hỗn hợp X tác dụng với dung dịch HCl :2H+ +2eH2(3)mol0,24 n(HNO3) tối thiểu = n(NO3- trong muối) + 2 n(NH4NO3)= ne (kim loại nhường) +0,06 = 0,3 molV(HNO3) tối thiểu = 150 ml+ TH2: n(Nm) = 0,06 molm = 1 sản phẩm do sự khử N+5 là N2O--> n(HNO3) tối thiểu = n(NO3- trong muối) + 2 n(N2O) =0,3 molV(HNO3) tối thiểu = 150 mlVIIa. Cấu hình electron đầy đủ của A: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p4ZA = 16 , NA = ZAAA = 32MA = 32 g/molNB = 1,25 NA = 20Pt :A + 2BB2A(1)Theo Định luật bảo toàn khối lượng: mA = 11 – 7,8 = 3,2 gnA = 0,1 molnB = 0,2 molMB = 7,8/0,2 = 39 g/molAB = 39 ZB = 19226261Cấu hình electron của B: 1s 2s 2p 3s 3p 4sb. A là phi kim (vì có 6e lớp vỏ ngoài cùng)B là kim loại (vì có 1e lớp vỏ ngoài cùng)VIIIa.3 FeS2 + 3 Cu2SFe+3 + 6 Cu+2 + 5S+6 + 45e45N+5 + 3eN+23FeS2 + 9Cu2S + 90HNO33Fe(NO3)3 + 18Cu(NO3)2 + 15H2SO4 + 45NO + 30H2Ob3SO2 + 2 HNO3 + 2H2O2NO + 3H2SO43 S+4S+6 + 2e2 N+5 + 3eN+2 SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOHẢI DƯƠNG------------------------ĐỀ THI CHÍNH THỨCĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎILỚP 10 THPT - NĂM HỌC 2012-2013MÔN THI: HÓA HỌCThời gian: 180 phútNgày thi: 5 tháng 4 năm 2013Đề thi gồm: 02 trangCho biết nguyên tử khối của các nguyên tố:H = 1; C = 12; N = 14; P=31; O = 16; Na = 23; Mg = 24; Al = 27; S = 32; Cl = 35,5; K = 39;Ca = 40; Fe = 56; Cu = 64; Zn = 65; Br = 80; Ba = 137, I=127.Cho biết độ âm điện của các nguyên tố:H = 2,20; C = 2,55; N = 3,04; O = 3,44; Na = 0,93; Mg = 1,31; Al = 1,61; S = 2,58; Cl = 3,16;Br = 2,96; I=2,66.Câu 1: (2điểm)1. Một ion M3+ có tổng số hạt (electron, nơtron, proton) bằng 79, trong đó số hạt mang điệnnhiều hơn số hạt không mang điện là 19.a. Xác định vị trí (số thứ tự ô nguyên tố, chu kì, nhóm) của M trong bảng tuần hoàn.b. Viết cấu hình electron của các ion do M tạo ra.2. Phần trăm khối lượng của nguyên tố R trong hợp chất khí với hiđro (trong đó R có số oxihóa thấp nhất) là a%, còn trong oxit cao nhất là b%.a. Xác định R biết a:b=11:4.b. Viết công thức phân tử, công thức electron, công thức cấu tạo của hai hợp chất trên.c. Xác định loại liên kết hóa học của R với hiđro và của R với oxi trong hai hợp chất trên.Câu 2: (2điểm)1. Lập phương trình hóa học của các phản ứng oxi hóa - khử sau đây theo phương phápthăng bằng electron:0ta. FexOy + H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2Ob. Mg + HNO3 → Mg(NO3)2 + NH4NO3 + H2Ootc. FeS2 + H2SO4 đ → Fe2(SO4)3 +SO2 + H2Od. Al + HNO3 → Al(NO3)3 + NO + N2O + H2O(Biết ở phản ứng d thì tỉ khối của hỗn hợp khí NO và N2O so với hiđro bằng 16,75).2. Nêu hiện tượng và viết phương trình phản ứng xảy ra trong các thí nghiệm sau:a. Sục từ từ khí sunfurơ đến dư vào cốc chứa dung dịch brom.b. Dẫn khí ozon vào dung dịch KI, chia dung dịch sau phản ứng thành hai phần: phần1 nhỏ vài giọt dung dịch hồ tinh bột; phần 2 nhỏ vài giọt dung dịch phenolphtalein.Câu 3: (2điểm)Hỗn hợp bột A chứa Mg và Fe. Cho 3,16 gam hỗn hợp A tác dụng với 250ml dungdịch CuCl2 nồng độ z (mol/lít). Khuấy đều hỗn hợp, lọc rửa kết tủa, thu được dung dịch B và3,84 gam chất rắn D. Thêm vào dung dịch B một lượng dư dung dịch NaOH loãng, lọc kếttủa tạo thành, rồi nung kết tủa trong không khí ở nhiệt độ cao đến khối lượng không đổi thuđược 1,4 gam chất rắn E gồm hai oxit kim loại. Biết các phản ứng xảy ra hoàn toàn.a. Viết phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra.b. Tính thành phần phần trăm khối lượng của mỗi kim loại trong hỗn hợp A và giá trị z. Câu 4: (2điểm)1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau và cho biết các chất ứng với các chữ cái A, B,D, E, G, X, Y, T, Q:ota. A + H2SO4 đ → B+ D + Eb. E + G + D → X + H2SO4c. A + X → Y + Td. A + B → Qe. G + TX2. Trình bày phương pháp hóa học tách riêng từng chất ra khỏi hỗn hợp chứa BaO, MgO vàCuO.Câu 5: (2điểm)Hòa tan hoàn toàn m gam hỗn hợp X gồm FeO, Fe2O3 và Fe3O4 bằng lượng vừa đủ dungdịch H2SO4 loãng thu được 500ml dung dịch Y. Chia Y thành 2 phần bằng nhau:Cô cạn phần 1 thu được 31,6 gam hỗn hợp muối khan.Sục khí clo dư vào phần 2, sau khi phản ứng xảy ra hoàn toàn, cô cạn dung dịch thìthu được 33,375 gam hỗn hợp muối khan.a. Viết phương trình hóa học các phản ứng xảy ra.b. Tính m và nồng độ mol/lít các chất có trong dung dịch Y.----------------------------Hết---------------------------Họ và tên thí sinh ...................................................................Số báo danh................Chữ kí giám thị 1.............................................. Chữ kí giám thị 2.............................Ghi chú: Học sinh không dùng bảng tuần hoàn các nguyên tố hóa học ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI HỌC SINH GIỎI MÔN HÓA HỌCLỚP 10 NĂM HỌC 2012 -2013I. HƯỚNG DẪN CHUNG- Học sinh làm theo cách khác nhưng lập luận đúng vẫn cho đủ điểm.- Nếu học sinh giải theo phương trình phản ứng mà không cân bằng thì không cho điểm phầntính toán, nếu cân bằng bị sai hệ số chất không sử dụng đến quá trình lập hệ thì không cho điểmphương trình nhưng vẫn chấm kết quả giải.Câu 1:2. Nếu không dùng ∆χ thì không chấm kết quảCâu 2:1. Không cần viết lại phương trình2. Phải nhạt màu dung dịch brom mới đến mất màuCâu 4:t o ≥10000 C2. Nếu học sinh sử dụng phương trình Ba(OH)2 → BaO + H2O thì vẫn chấptonhận nhưng nếu Ba(OH)2 → BaO + H2O thì không cho điểm phương trình này.II. ĐÁP ÁN-BIỂU ĐIỂM CHI TIẾTCÂUBIỂUĐIỂMĐÁP ÁNCâu 1: (2điểm)Đặt Z, N lần lượt là số hạt p, n có trong nguyên tử M1.ta có hệ phương trình2 Z + N = 79 + 3  Z = 26⇒2 Z − N = 19 + 3  N = 30Cấu hình electron nguyên tử của M là: 1s22s22p63s23p63d64s2a.M ở ô thứ 26, chu kì 4 nhóm VIIIB trong bảng tuần hoàn.Cấu hình electron của ion Fe2+ là: 1s22s22p63s23p63d6b.Cấu hình electron của ion Fe3+ là: 1s22s22p63s23p63d5Vì R tạo được hợp chất khí với H nên R là phi kim.2.Giả sử R thuộc nhóm x (x ≥ 4).Theo giả thiếtRcông thức của R với H là RH8-x ⇒ a=.100R +8−xcông thức oxit cao nhất của R là R2Ox2RR⇒ b=.100 ⇔ b =.1002 R + 16xR + 8xa R + 8x 1143x − 88suy ra ==⇔ R=b R+8-x 47Xét bảngx4R 12 có Ca.b.518,14 loạiVậy R là CCông thức của R với H là CH4624,28 loại0,2đ0,2đ0,2đ0,2đ0,2đ0,1đ0,1 đ730,42 loại0,1đ0,1đ HHl..Công thức electron H:C:Hl.. ; Công thức cấu tạo H-C-HHHOxti cao nhất của R là CO2Công thức electron O:: C ::O; Công thức cấu tạo O=C=Oc.0,2đ0,2đTrong hợp chất CH4 có ∆χ = χ C − χ H =2,55-0,22=0,35 CO32- có dư, M2+ pư hếtnBaCl2 = x, CaCl2 = y, lập hệ pt đại số 208x +111y = 43 và x + y = 0,3giải ra được BaCO3 = 0,1 mol, CaCO3 = 0,2 mol và % BaCO3 = 49,62%,CaCO3 = 50,38%.1. a. dd KI xuất hiện màu đỏ tím, sau đó dần trở lại không màuCl2 + 2KI 2KCl + I2 và 5Cl2 + I2 + 6H2O 2HIO3 + 10HClb. Quá trình chuyển X2 2X- phụ thuộc vào 2 yếu tố: năng lượng phân li phântử thành nguyên tử (tức năng lượng liên kết) và ái lực e để biến nguyên tử Xthành ion XMặc dù ái lực của flo bé hơn clo, nhưng năng lượng liên kết của flo lại thấphơn của clo nên flo dễ phân li thành nguyên tử hơn, vì vậy tính oxi hóa của flomạnh hơn clo(Năng lượng liên kết của flo thấp hơn clo vì: Trong phân tử F chỉ có các AO p,không có AO trốngphân tử F2 chỉ có liên kết σ . Trong nguyên tử Cl, ngoàicác AO p còn có AO d trốngphân tử Cl2 ngoài sự xen phủ các AO p để tạoliên kết σ , thì mây e còn đặt vào AO d trống, do đó tạo một phần liên kết pi).2. Dựa vào thể tích và khối lượng hỗn hợp khí, lập hệ pt dễ dàng tính được sốmol SO2 = 0,06 và NO2 = 0,02 số mol e nhận = 0,06.2 + 0,02 = 0,14Nếu tất cả kim loại đều tan thì ne nhường = 0,03.3 + 0,02.2 + 0,02.2 = 0,17 >0,14. Như vậy có kim loại còn dư, đó là Cu (vì Cu có tính khử yếu nhất), tínhđược số mol Cu dư =0,17 − 0,14= 0,015210,750,750,250,5NO3- + 2H+ +1e NO2 + H2O0,02 0,040,5SO42- +4H+ +2e SO2 +2H2O0,06 0,24nNO3 (muối) = nNO3 (ax) – nNO2 = nH+ - nNO2 = 0,04 – 0,02 = 0,02Tương tự tính được nSO42- = 0,06 mol. Khối lượng muối = mkim loại + mgốc0,75axitm = 0,03.27 + 0.02.65 + 0,005.64 + 0,02.62 + 0,06.96 = 9,43 (gam)1. Hợp chất với hiđro có dạng RH nên R có thể thuộc nhóm IA hoặc VIIA.Trường hợp 1 : Nếu R thuộc nhóm IA thì Y có dạng ROHTa có :IV3,5Ta có :R 35,323=⇒ R = 9,284 (loại do không có nghiệm thích hợp)17 64,677Trường hợp 2 : R thuộc nhóm VIIA thì Y có dạng HRO4Ta có :R 35,323=⇒ R = 35,5 , vậy R là nguyên tố clo (Cl).65 64,6770,5Do hiđroxit của R (HClO4) là một axit, nên hiđroxit của M phải là một bazơdạng MOHmX =16,8× 50 gam = 8,4 gam100MOH + HClO4 → XClO4 + H2O⇒ n MOH = n HClO = 0,15 L × 1 mol / L = 0,15 mol4⇒ M + 17 =8,4 gam= 560,15 mol⇒ M = 39 , vậy M là nguyên tố kali (K).2. Khí X có khả năng làm mất màu dung dịch nước brom nên X phải là H2Shoặc SO2.Giả sử X là H2S, ta có phương trình phản ứng:1 8R + 5nH2SO4 → 4R2(SO4)n + nH2S + 4nH2OTheo ptpu: n H SO =245n8nR. Theo bài ra: n H 2 SO4 = nR → 5n = 8 → n = .85Vậy khí X đã cho là khí SO2. Và ta có phương trình phản ứng:2R + 2nH2SO4 → R2(SO4)n + nSO2 + 2nH2OTa có: 2 =2n n =1Phương trình (1) được viết lại:2R + 2H2SO4 → R2SO4 + SO2 + 2H2O *Cho khí X phản ứng với dung dịch Br2 xảy ra phản ứng sau:SO2 + Br2 + 2H2O → H2SO4 + 2HBr(2)Theo (2): n SO = n Br = 0,5.0,2 = 0,1(mol); theo (*): nR2SO4 = n SO = 0,1(mol)220,52Theo bài ra khối lượng của R2SO4 = 31,2g → M R SO =2431, 2= 312 → MR = 1080,1(R là Ag).V3,50,511. a. HI có tính khử, pư được với H2SO4 đặc, nên sửa lại0,5.34CaI2 + 5H2SO4 đặc 4CaSO4 + H2S + 4I2 +4H2Ob. Do FeSO4 có tính khử, H2SO4 đặc có tính oxi hóa nên phương trình được viếtlại:2FeCl2 + 4H2SO4 Fe2(SO4)3 + SO2 + 4HCl + 2H2Oc. Do có KI dư nên I2 tan trong KI tạo KI3, vậy phương trình được viết lại:Cl2 + 3KI 2KCl + KI32. a) Viết phương trình:Fe + S → FeS(1)FeS + 2HCl → FeCl2 + H2S↑ (2)Với M Y = 13.2 = 26 ⇒ Y có H2S và H2, do Fe dư phản ứng với HCl.Fedư + 2HCl → FeCl2 + H2↑ (3)2H2S + 3O2 → 2SO2 + 2H2O (4)2H2 + O2 → 2H2O(5)SO2 + H2O2 → H2SO4(6)Đặt n H2S = a (mol); n H2 = b (mol)34a + 2ba 3= 26 ⇒ =a+bb 1Giả sử n H2 = 1 (mol) ⇒ n H2S = 3 (mol)⇒ MY =(1)(2) ⇒ n Fe phản ứng = nS = nFeS = n H2S = 3 (mol)(3) ⇒ nFe dư = n H2 = 1 (mol)⇒ n Fe ban đầu = 1 + 3 = 4 (mol)Vậy:%mFe =4.56.100%= 70%4.56 + 3.32%mS = 100% - 70% = 30%b)nY =0,52,243= 0,1(mol) ⇒ n H2S = .0,1 = 0,075 (mol).22,44⇒ n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol).5,1.1.100= 0,15(mol)100.34Từ (4)(6) ⇒ n SO2 = n H2S = 0,075 (mol)n H 2O2 =0,5 Từ (6)⇒ n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư.n H2O2 phảnứng= n SO2 = 0,075 (mol) ⇒ H2O2 dư = 0,15 - 0,075 = 0,075(mol)Áp dụng BTKL ta có:mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100.1 + 0,075.64 + 0,1.18 = 106,6 (g)Vậy:VI3,50,075.98.100= 6,695 (%).106,60,075.34.100C%H2O2 dư == 2,392 (%).106,60,5C%H2SO4 =0,51. Ba + H2O Ba(OH)2 + H2Na + H2O NaOH + 1/2H2Dựa vào pt, tính được nBa(OH)2 = NaOH = 0,1. Tính được nOH- = 0,30,5Sục từ từ CO2 vào dd X có các pưCO2 + 2OH- CO32- + H2OCO32- + Ba2+ BaCO3BaCO3 + CO2 Ba(HCO3)2Dựa vào pt, hs vẽ được đồ thị biểu diễn sự phụ thuộc của số mol BaCO3 kết tủa 0,5với số mol CO2 được hấp thụ (Hình thang cân…..)nkết tủa10,100,10,20,3nCO22. Vì AgNO3 tạo phức với NH3 nên trong dung dịch A chứa Ag(NH3)2+ 0,01Mvà NH3 = 0,25 – 0,02 = 0,23MAg(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10-7,24Ban đầu0,0100,23Cân bằng0,01-xx0,23 + 2xK = 10-7,24 =x(0, 23 + 2 x) 20, 01 − x0,25Giải được x = 1,09.10-8 . Vậy nồng độ cân bằng0,5của Ag+= 1,09.10-8Ta có T = Ag+.X- = 1,09.10-8. 0,01 = 1,09.10-10Như vậy: T < TAgCl nên không có kết tủa AgClT > TAgBr và TAgI nên có kết tủa AgBr và AgI0,75Để nhận biết Cl- trong dd có chúa đồng thời 3 ion trên, ta dùng dd A để loại bỏBr- và I- (tạo kết tủa), sau đó thêm từ từ axit để phá phức Ag(NH3)2NO3 làm tăngnồng độ Ag+, khi đó T tăng lên và T > TAgCl mới có kết tủa AgCl (nhận ra Cl-) UBND TỈNH THÁI NGUYÊNĐỀ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI TỈNHSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠONĂM HỌC 2011-2012MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10ĐỀ CHÍNH THỨC(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Câu I. (5,0 điểm)1. X là nguyên tố thuộc nhóm A, hợp chất với hiđro có dạng XH3. Electron cuối cùngtrên nguyên tử X có tổng 4 số lượng tử bằng 4,5. Ở điều kiện thường XH3 là mộtchất khí. Viết công thức cấu tạo, dự đoán trạng thái lai hoá của nguyên tử trung tâmtrong phân tử XH3, trong oxit và hiđroxit ứng với hóa trị cao nhất của X.2. X, Y, R, A, B theo thứ tự là 5 nguyên tố liên tiếp trong Hệ thống tuần hoàn (HTTH)có tổng số điện tích là 90 (X có số điện tích hạt nhân nhỏ nhất).a) Xác định điện tích hạt nhân của X, Y, R, A, B. Gọi tên các nguyên tố đó.b) Viết cấu hình electron của X2−, Y−, R, A+, B2+. So sánh bán kính của chúng vàgiải thích.c) Trong phản ứng oxi hoá-khử, X2−, Y− thể hiện tính chất cơ bản gì? Vì sao?3.a) Viết cấu hình electron đầy đủ của các nguyên tử có cấu hình electron lớp ngoàicùng (ns2) khi n = 1; 2; 3;4 và cho biết vị trí của các nguyên tố trong HTTH.b) Hoàn thành phương trình hóa học (PTHH) của phản ứng oxi hoá-khử sau và cânbằng theo phương pháp cân bằng electron:NaNO2 + KMnO4 + ?? + MnSO4 + ? + ?Câu II. (5,0 điểm)1. Hợp chất A được tạo thành từ cation X+ và anion Y2-. Mỗi ion đều do 5 nguyêntử của 2 nguyên tố tạo nên . Tổng số prôton trong X+ là 11 , trong Y2- là 48 . Xácđịnh công thức phân tử , gọi tên A biết 2 nguyên tố trong Y2- thuộc cùng mộtphân nhóm chính và 2 chu kỳ liên tiếp .2. Cho M là kim loại tạo ra 2 muối MClx , MCly và 2 oxit MO0,5x và M2Oy . Thànhphần về khối lượng của clo trong 2 muối có tỉ lệ 1: 1,173 và của oxi trong 2 oxitcó tỉ lệ 1 : 1,352.a) Tìm khối lượng mol của Mb) Hãy cho biết trong các đồng vị sau đây của M ( 56M ,57M, 58M , 59M) thì đồngvị nào phù hợp với tỉ lệ số proton : số nơtron = 13: 15.3. Dùng phương pháp thăng bằng electron hoàn thành các phương trình phản ứngsau:a) Mn2+ + H2O2MnO2+ …+NO + …b) Ag + H +NO3+c) MnO4 + H + ClMn2+ + Cl2 + …d) S2O32- + I2S4O62- + Ie) Cr3+ + OH- + ClO 3−CrO 24− + Cl- + …Câu III. (5,0 điểm)Hoà tan 2,16 gam hỗn hợp (Na, Al, Fe) vào nước dư thu được 0,448 lít khí (ởđktc) và một lượng chất rắn. Tách lượng chất rắn này cho tác dụng hết với 60 ml dung dịch (dd) CuSO4 1M thì thu được 3,2 gam Cu và dung dịch A. Cho dung dịch A tácdụng vừa đủ với dung dịch NaOH để thu được lượng kết tủa lớn nhất. Nung kết tủatrong không khí đến khối lượng không đổi thu được chất rắn B.a) Xác định khối lượng từng kim loại trong hỗn hợp.b) Tính khối lượng chất rắn B.Câu IV. (5,0 điểm)Trộn 100 ml dung dịch Fe2(SO4)3 1,5M với 150 ml dung dịch Ba(OH)2 2M thuđược kết tủa A và dung dịch B. Nung kết tủa A trong không khí đến khi khối lượngkhông đổi thu được chất rắn D. Thêm BaCl2 (dư) vào dung dịch B thì tách ra kết tủa E.a)Tính khối lượng chất rắn D và khối lượng kết tủa E.b) Tính nồng độ mol của chất tan trong dung dịch B (coi thể tích dd thay đổikhông đáng kể khi xảy ra phản ứng).(Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32;Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag=108.)Hết( Gi¸m thÞ kh«ng gi¶i thÝch g× thªm)Hä vµ tªn thÝ sinh:............................................................................................Sè b¸o danh: ..................................... UBND TỈNH THÁI NGUYÊNSỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠOĐỀ CHÍNH THỨCCâuHD CHẤM ĐỀ THI CHỌN HSG TỈNHNĂM HỌC 2011-2012MÔN THI: HOÁ HỌC LỚP 10(Thời gian làm bài 150 phút không kể thời gian giao đề)Nội dungĐiểm1,51.Vì X thuộc nhóm A, hợp chất với hidro có dạng XH3 nên là nhóm VA(ns2np3). Vậy: ms = +1/2; l = 1 ; m = +1n = 4,5 – 2,5 = 2.Vậy X là Nitơ ( 1s22s22p3)ICông thức cấu tạo các hợp chất và dự đoán trạng thái lai hóa của(5,0đ)nguyên tử trung tâm:NH3 : N có trạng thái lai hoá sp3.NHHH2N2O5: N có trạng thái lai hoá sp .OONONOO2HNO3 : N có trạng thái lai hoá spOOHNO2.a) Gọi Z là số điện tích hạt nhân của X=> Số điện tích hạt nhân của Y, R, A, B lần lượt(Z + 1), (Z + 2), (Z + 3), (Z + 4) Theo giả thiếtZ + (Z + 1) + (Z + 2) + (Z + 3) + (Z + 4) = 90=> Z = 16→ 16X; 17Y; 18R; 19A; 20B(S) (Cl) (Ar) (K) (Ca)2b) S , Cl , Ar, K+, Ca2+ đều có cấu hình e: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6Số lớp e giống nhau => r phụ thuộc điện tích hạt nhân. Điện tích hạtnhân càng lớn thì bán kính r càng nhỏ.rS 2- > rC l - > rA r > rK + > rC a 2+c)Trong phản ứng oxi hóa – khử, ion S2-, Cl- luôn luôn thể hiện tính khử vìcác ion này có số oxi hóa thấp nhất.1,5 2,03.a)1s2Vị trí trong HTTH:2 21s 2s1s22s22p63s21s22s22p63s23p64s21s22s22p63s23p63d(1-10)4s2Trừ: 1s22s22p63s23p63d(5 và 10)4s1b)5NaNO2+2KMnO4+ 3H2SO4ô 1, chu kỳ 1, nhóm IIAô 4, chu kỳ 2, nhóm IIAô 12, chu kỳ 3, nhóm IIAô 20, chu kỳ 4, nhóm IIAchu kỳ 4, nhóm IB đến VIII(ô 24 và ô 29)5NaNO3 + 2MnSO4 + K2SO4 + 3H2O1. Gọi Zx là số proton trung bình của 1 nguyên tử có trong cation X+Zx = 11/5 = 2,2Trong X phải có hiđroGọi M là nguyên tố còn lại trong ion X+CTTQ của X+ là MnHmTa cón+ m = 5 (1)n . ZM +m.1 = 11Giải được n=1, ZM = 7 . Vậy M là Nitơ , X+ là NH4+Tương tự CTTQ của Y2- là AxBy2x +y= 5IIZB-ZA = 8(5,0đ)x.ZB-y.ZA = 48Giải được Y2- là SO42CTPT của A: (NH4)2SO42.a) Theo đề bài ta có35,5 .x35,5 y:= 1: 1,173 (1)35,5 x +M 35,5y+M16.0,5x16y:16.0,5x+MTừ (1) và (2) M = 18,581 y= 1 : 1,352 (2)16y +My =1 thì M = 18,581y=2 thì M = 37,162y =3 thì M = 55,743b) Vì số p: số n = 13: 15=> Đồng vị phù hợp 5626 Fe2,01,5 1,53.a)b)c)d)e)2++Mn + H2O2MnO2 + 2H+3 Ag + 4 H +NO33 Ag+ +NO +H2O2 MnO4- + 10 Cl- +16H+2 Mn2+ + 5 Cl2 + 8 H2O2S2O32- + I2S4O62- + 2I2 Cr3+ + 10 OH- + ClO32 CrO4 2-+ Cl-+5 H2O1,0nH2 = 0,448:22,4 = 0,02nCu 2+ = 0,06.1= 0,06; nCu 2+ pu = 3,2:64 = 0,05III(5,0đ)⇒ nCu 2+ du = 0,06 -0,05 = 0,01Các phản ứng: Na + H2O→( Na+ + OH-)x+xAl + H2O + OH- → AlO2- +1H2 (1)2x/2 (mol)3H22(2)xxx3/2x (mol)2Al + 3Cu2+ → 2Al3+ + 3Cu(3)(y-x)3/2(y-x)(y-x)3/2(y-x)2+2+Fe+ Cu → Fe + Cu(4)a) Giả sử không có (3) xảy ra ⇒ chất rắn chỉ là FeTheo (4) nFe= nCu = 0,05 ⇒ mFe= 0,05.56 = 2,8>2,16(không phù hợp đề bài)2+Vậy có (3) và vì Cu còn dư nên Al và Fe đã phản ứng hết theo (3) và(4)Theo (1) và (2): nH2 = x+Theo (3): nAl(3) = y - 0,01nCu2+=2,03x = 0,02 ⇒ x = 0,0123(y - 0,01)2Theo (4): nFe = nCu2+(4)= 0,05-3(y - 0,01)2Ta có : mNa + mAl + mFe = 23.0,01 + 27y + 56[0,05⇒ y = 0,033(y - 0,01)] =2,162Vậy trong hỗn hợp ban đầu:mNa = 23.0,01 = 0,23 gamm Al = 27.0,03 = 0,81 gammFe = 2,16 - 0,23 -0,81 = 1,12 gamb) Trong dung dịch A có:nAl3+ = 0,03 − 0, 01 = 0, 02nCu 2+ du = 0, 01nFe2+ = nFe = 1,12 : 56 = 0, 022,0 Ta có sơ đồ⇒ mCuO = 0,01.80= 0,8Cu2+ → Cu(OH)2 → CuOgamFe2+ → Fe(OH)2 → Fe(OH)3 → Fe2O3 ⇒ mFe2O3 = 0,02/2.160 = 1,6gamAl3+ → Al(O )3 → Al2O3⇒ m Al2O3 = 0,02/2.102 =1,02gamVậy mB = 0,8 + 1,6 + 1,02 = 3,24 gamnFe2(SO4)3 = 0,15 mol; nBa(OH)2Fe2(SO4)3 + Ba(OH)2 → 3BaSO4 + 2Fe(OH)30,1 mol0,3 mol0,3 mol0,2 molKết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 ; dung dịch Blà lượng dung dịch Fe2(SO4)3 dư (0,05mol)Khi nung kết tủa A gồm 0,3 mol BaSO4 và 0,2 mol Fe(OH)3 thìIV(5,0đ) BaSO4 không thay đổi và ta có phản ứng:t2Fe(OH)3 →Fe2O3 + 3 H2O0,2 mol0,1 molChất rắn D gồm 0,1 mol Fe2O3 và 0,3 mol BaSO4→ mD = ... = 85,9gCho BaCl2 dư vào dung dịch B:3BaCl2 + Fe2(SO4)3 → 3BaSO4 + 2FeCl30,05mol 0,15molKết tủa E là BaSO4 và mE = ... = 34,95g+ Thể tích dung dịch sau phản ứng V = ... = 250mlNồng độ Fe2(SO4)3 trong dung dịch B: ... = 0,2M.2,001,01,01,0Chú ý:ThÝ sinh cã thÓ gi¶i bµi to¸n theo c¸ch kh¸c nÕu lËp luËn ®óng vµ t×m ra kÕt qu¶ ®óng vÉn cho®iÓm tèi ®a. Họ tên TS: ...............................................................SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠONINH THUẬN(Đề thi chính thức)Số BD: .......................Chữ ký GT 1: .....................KỲ THI CHỌN HỌC SINH GIỎI CẤP TỈNHNĂM HỌC 2014 – 2015Khóa ngày: 09 / 11 / 2014Môn thi: HÓA HỌC Cấp: THPTThời gian làm bài:180 phút(Không kể thời gian phát đề)ĐỀ:(Đề thi có 02 trang/20 điểm)Bài 1:Biết năng lượng ion hóa thứ nhất (I1) của Li là 5,390 eV.Quá trình: Li → Li2+ + 2ecó E = 81,009 eV.a) Tính năng lượng ion hóa I2.b) Tính năng lượng kèm theo quá trình: Li  Li3+ + 3e.Bài 2:Amoni hiđrosunfua là một chất không bền, dễ phân huỷ thành NH3(k) và H2S (k). Cho biết:Hợp chấtHo (kJ/mol)So (J/K.mol)NH4HS (r) 156,9113,4NH3(k) 45.9192,6H2S (k) 20,4205,6ooa) Hãy tính G 298 của phản ứng trên. Biết: 0 C = 273,15K.b) Hãy tính hằng số cân bằng KP ở 25oC và 35oC. Giả thiết Ho và So không phụ thuộcnhiệt độ.c) Giả sử cho 1,00 mol NH4HS (r) vào một bình trống 25,00 lít. Hãy tính số mol NH4HStrong bình chứa khi phản ứng phân huỷ đạt cân bằng tại 25oC. Bỏ qua thể tích của NH4HS.Bài 3:Dùng phương pháp nhiễu xạ tia X để khảo sát cấu trúc tinh thể NH4Cl người ta nhận thấy:- Phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng lập phương có cạnh a = 3,88Å, d = 1,5 g/cm3 ở 20oC.- Phân tử NH4Cl kết tinh dưới dạng lập phương có cạnh a = 6,53Å, d = 1,3 g/cm3 ở 250oC.a) Xác định kiểu tinh thể lập phương hình thành của NH4Cl ở 20oC và 250oC. Biết NA =6,02.1023.b) Khoảng cách N – Cl theo Å cho từng kiểu tinh thể.Bài 4:Để xác định hàm lượng oxi tan trong nước người ta lấy 100,00 ml nước rồi cho ngayMnSO4 (dư) và NaOH vào nước. Sau khi lắc kĩ (không cho tiếp xúc với không khí) Mn(OH) 2bị oxi oxi hóa thành MnO(OH)2. Thêm axit dư, khi ấy MnO(OH)2 bị Mn2+ khử thành Mn3+.Cho KI (dư) vào hỗn hợp, Mn3+ oxi hóa I- thành I3 . Chuẩn độ I3 hết 10,50 ml Na2S2O39,800.10-3 M.a) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng đã xảy ra trong thí nghiệm.b) Tính hàm lượng (mmol/l) của oxi tan trong nước.Bài 5: Một mẫu sắt cân nặng 30 gam khi tác dụng với 4 lít dung dịch HCl 0,5M (axit lấy dư)tạo ra khí A và dung dịch B. Đốt cháy hoàn toàn khí A và cho sản phẩm cháy đi qua bìnhđựng H2SO4 đặc thì khối lượng của bình tăng 9 gam.a) Tính thành phần phần trăm khối lượng sắt nguyên chất có trong mẫu trên.1 b) Chia dung dịch B thành 2 phần bằng nhau.- Phần 1: thêm vừa đủ V lít dung dịch KMnO4 0,5M + H2SO4, đun nóng thu được khí C.- Dẫn khí C vào phần 2 thu được muối D.Tính V và khối lượng muối D.Bài 6:Cho dòng điện 0,5A đi qua dung dịch muối của một axit hữu cơ. Kết quả sau quá trình điệnphân trên catot tạo ra 3,865 gam một kim loại R và trên anot có khí etan và khí cacbonic thoátra. Biết rằng 5,175 gam R tác dụng dung dịch Cu(NO3)2 dư thu được 1,60 gam Cu.a) Xác định công thức của muối.b) Viết các phương trình hóa học của các phản ứng xảy ra trên các điện cực khi điện phân.c) Tính thời gian điện phân theo giờ.Bài 7:Cho 3 hiđrocacbon: C2H6, C2H4, C2H2 và các số liệu sau:- Góc liên kết: 120o; 180o; 109,5o.- Độ dài liên kết C-C: 1,33Å; 1,54Å; 1,20Å.- Độ âm điện của nguyên tử cacbon: 2,50; 2,69; 2,75.a) Hãy điền các giá trị phù hợp với từng hiđrocacbon theo bảng sau:KiểuGócĐộ âm điện củaĐộ dài liên kếtHiđrocacbonlai hoáhoá trịnguyên tử cacbonC-C (Å)CH3-CH3CH2 = CH2CH≡CHb) Từ các hiđrocacbon trên và các chất vô cơ cần thiết, viết phương trình hóa học của cácphản ứng điều chế CH3-CH2-CH2-COOH.Bài 8:Axit hữu cơ A no mạch không nhánh, phân tử có chứa đồng thời nhóm chức -COOH và –OH (số nhóm –COOH bằng số nhóm –OH). A có công thức đơn giản nhất là C2H3O3.a) Xác định công thức cấu tạo của A.b) Từ A bằng các quá trình chuyển hóa thích hợp thu được axit maleic và axit fumaric.- Xác định công thức của axit maleic và axit fumaric.- Thực nghiệm cho thấy axit maleic có tính axit mạnh hơn, có nhiệt độ nóng chảy thấphơn axit fumaric. Hãy giải thích.Bài 9:So sánh (có giải thích) tính bazơ của các chất sau:p- metylanilin, p- nitroanilin, p- cloanilin và anilin.Bài 10:D-gulozơ là đồng phân cấu hình ở C3 và C4 của D-glucozơ.a) Viết công thức cấu tạo, công thức chiếu Fisơ của D-gulozơ (chỉ rõ cấu hình của cácnguyên tử cacbon bất đối).b) Viết phương trình hóa học (dạng cấu tạo) khi cho D-gulozơ lần lượt tác dụng nướcbrom, dung dịch AgNO3/NH3, H2 (xúc tác Ni, to), axit HIO4.c) Đisaccarit X (C12H22O11) không tham gia phản ứng tráng bạc, không bị thủy phân bởienzim mantaza nhưng bị thủy phân bởi enzim emulsin. Cho X phản ứng với CH 3I rồi thủyphân thì chỉ thu được 2,3,4,6-tetra-O-metyl-D-gulozơ.Viết công thức lập thể của X (dạng vòng phẳng). Biết rằng enzim mantaza xúc tác chosự thủy phân chỉ liên kết α-glicozit, còn enzim emulsin xúc tác cho sự thủy phân chỉ liên kếtβ-glicozit.------- HẾT ------2 [...]... 5,475 * 100 = * 100 = 54,75( g ) C% 10 m dd B = m dd HCl + mKL - m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g) 0,02 * 136 * 100 = 4,82% 56,39 0,01 * 111 * 100 = 1,97% C% CaCl2 = 56,39 0,09 * 36,5 * 100 = 5,83% C% HCl = 56,39 (0.5) C% ZnCl2 = (0.25) - HT - 4 UBND TNH THI NGUYấN THI CHN HC SINH GII TNH S GIO DC V O TO NM HC 2011-2012 MễN THI: HO HC LP 10 CHNH THC (Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian... 5,475 * 100 = * 100 = 54,75( g ) C% 10 m dd B = m dd HCl + mKL - m H 2 = 54,75 +1,70 -0,03*2=56,39 (g) 0,02 * 136 * 100 = 4,82% 56,39 0,01 * 111 * 100 = 1,97% C% CaCl2 = 56,39 0,09 * 36,5 C% HCl = * 100 = 5,83% 56,39 (0.5) C% ZnCl2 = (0.25) - HT 4 H v tờn thớ sinh: Ch ký giỏm th 1: S bỏo danh: . S GDT BC LIấU CHNH THC (Gm 02 trang) K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2011 - 2012 * Mụn thi: HểA... (gi thit ban u nng cỏc ion khụng i) Hi kt ta no c to thnh? Trờn c s ca phng phỏp, hóy ngh cỏch nhn bit ion Cl- trong dung dch cú cha ng thi 3 ion trờn Ag+ + 2NH3 k = 10- 7,24 ; TAgCl = 1,78 .10- 10 ; TAgBr = 10- 13; TAgI = 10- 16 Bit: Ag(NH3)2+ -HT - - Thớ sinh khụng c s dng ti liu (k c bng h thng tun hon cỏc nguyờn t húa hc) - Cỏn b coi thi khụng phi gii thớch gỡ thờm - H v tờn thớ sinh. .. Fe2(SO4)3 trong dung dch B: = 0,2M 2,0 0 1,0 1,0 1,0 Chỳ ý: Thí sinh có thể giải bài toán theo cách khác nếu lập luận đúng và tìm ra kết quả đúng vẫn cho điểm tối đa S GIO DC-O TO H TNH CHNH THC K THI CHN HC SINH GII TNH CP THPT NM HC 2012-2013 MễN THI: HO HC LP 10 Thi gian lm bi: 180 phỳt ( thi cú 02 trang, gm 06 cõu) Cõu I: 1 Trong thi n nhiờn, brom cú nhiu nc bin di dng NaBr Cụng nghip húa hc... tớch dd thay i khụng ỏng k khi xy ra phn ng) (Cho: H=1; C =12; N=14; O=16; Na=23; Be=9; Mg=24; Al=27; P=31; S=32; Cl=35,5; K=39; Fe=56; Cu=64; Br=80; Ag =108 .) Ht ( Giám thị không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh: Số báo danh: UBND TNH THI NGUYấN S GIO DC V O TO CHNH THC Cõu HD CHM THI CHN HSG TNH NM HC 2011-2012 MễN THI: HO HC LP 10 (Thi gian lm bi 150 phỳt khụng k thi gian... 0,02 = 0,23M Ag(NH3)2+ == Ag+ + 2NH3 K = 10- 7,24 Ban u 0,01 0 0,23 Cõn bng 0,01-x x 0,23 + 2x K = 10- 7,24 = x(0, 23 + 2 x) 2 0, 01 x 0,25 Gii c x = 1,09 .10- 8 Vy nng cõn bng 0,5 ca Ag+= 1,09 .10- 8 Ta cú T = Ag+.X- = 1,09 .10- 8 0,01 = 1,09 .10- 10 Nh vy: T < TAgCl nờn khụng cú kt ta AgCl T > TAgBr v TAgI nờn cú kt ta AgBr v AgI 0,75 nhn bit Cl- trong dd cú chỳa ng thi 3 ion trờn, ta dựng dd A loi b Br-... A thuc nhúm IIA b Tớnh nng phn trm cỏc cht trong dung dch B Bit rng dung dch HCl cú nng 10% v trung hũa dung dch B phi dựng ht 12,5 gam dung dch NaOH 28,8% - HT - 2 S GDT BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: B * Lp: 10 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 04 trang) HNG DN CHM Cõu 1: (4 im) 1 a Mt ion X3+ cú phõn lp electron...S GDT BC LIấU K THI CHN HSG LP 10, 11 VềNG TNH NM HC 2011 - 2012 CHNH THC * Mụn thi: HểA HC * Bng: A * Lp: 10 * Thi gian: 180 phỳt (Khụng k thi gian giao ) (Gm 04 trang) HNG DN CHM Cõu 1: (4 im) 1 a Mt ion X3+ cú phõn lp electron ngoi cựng l 3d1 Cu hỡnh ca ion X3+ : 1s2 2s2 2p6... thờm t t axit phỏ phc Ag(NH3)2NO3 lm tng nng Ag+, khi ú T tng lờn v T > TAgCl mi cú kt ta AgCl (nhn ra Cl-) S GD & T VNH PHC - CHNH THC K THI CHN HSG LP 10 THI MễN: HểA HC Dnh cho hc sinh khụng chuyờn Thi gian lm bi 180 phỳt khụng k thi gian giao Cõu 1: (1,5 im) Hon thnh cỏc phn ng hoa hc sau: a SO2 + KMnO4 + H2O b Fe3O4 + H2SO4 c, núng c Fe3O4 + H2SO4 loóng d FeO + HNO3 Fe(NO3)3... 4.56 .100 % = 70% 4.56 + 3.32 %mS = 100 % - 70% = 30% b) nY = 0,5 2,24 3 = 0,1(mol) n H2S = 0,1 = 0,075 (mol) 22,4 4 n H2 = 0,1 - 0,075 = 0,025 (mol) 5,1.1 .100 = 0,15(mol) 100 .34 T (4)(6) n SO2 = n H2S = 0,075 (mol) n H 2O2 = 0,5 T (6) n H2SO4 = n SO2 = 0,075 (mol) H2O2 d n H2O2 phn ng = n SO2 = 0,075 (mol) H2O2 d = 0,15 - 0,075 = 0,075 (mol) p dng BTKL ta cú: mddB = m ddH2O2 + m SO2 + m H2O = 100 .1
- Xem thêm -

Xem thêm: Tuyển tập 60 đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cực hay (có đáp án chi tiết), Tuyển tập 60 đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cực hay (có đáp án chi tiết), Tuyển tập 60 đề thi học sinh giỏi môn Hóa học lớp 10 cực hay (có đáp án chi tiết)

Từ khóa liên quan