ĐỀ THI HÓA 10 + ĐÁP ÁN

KỲ THI OLYMPIC 30/4/2005 TRƯỜNGTHPT LƯƠNG VĂN CHÁNH ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN MÔN: HOÁ KHỐI: 10 Giáo viên biên soạn : Nguyễn thò Hồng Phượng SỐ MẬT MÃ: SỐ MẬT MÃ: Câu I : Cho hợp chất muối X được tạo bởi hai nguyên tố A và B thuộc cùng một chu kỳ trong bảng tuần hoàn . Ở trạng thái bình thường , nguyên tử của A và B đều có 1 electron độc thân . Bộ 4 số lượng tử của electron độc thân của A thoả mãn điều kiện sau : n + l = 4 & m + s = - ½ a ) Xác đònh A , B và công thức phân tử của X. b ) Cho 100ml dung dòch X có nồng độ 1M tác dụng với V ml dung dòch NaOH 0,5M thì thu được 1,56gam kết tủa .Tính V . ĐÁP ÁN : CÂU I : a) Trong nguyên tử của A có 1 electron độc thân => s = + 1 2 => m= -1 Vậy l > 0 & l < n => l =1 & n = 3 ( 3p 1 ) Cấu hình e - của A : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 1 => STT = 13 , đó là Al B thuộc cùng chu kỳ với A và cũng có 1 electron độc thân => có cấu hình phân lớp e - ngoài cùng : 3s 1 ( K ) hoặc 3s 2 3p 5 ( Cl ) . B tạo hợp chất muối với A => B là Cl Công thức phân tử của X là AlCl 3 . b) Số mol AlCl 3 = 0,1 mol ; số mol kết tủa Al(OH) 3 = 1,56 78 = 0,02 mol < 0,1 mol . Vậy có 2 trường hợp xảy ra : Trường hợp 1 : AlCl 3 dư chỉ có 1 phản ứng : AlCl 3 + 3 NaOH Al(OH) 3 ↓ + 3 NaCl 0,06 mol 0,02 mol Số mol NaOH phản ứng = 3.0,02 = 0,06 mol => V= 0,06/ 0,5 = 0,12 lít = 120 ml Trường hợp 2 : AlCl 3 phản ứng hết tạo kết tủa cực đại rồi tan bớt : AlCl 3 + 3 NaOH Al(OH) 3 ↓ + 3 NaCl 0,1 mol 0,3 mol 0,1 mol Al(OH) 3 + NaOH NaAlO 2 + 2 H 2 O Tan 0,08 0,08 mol Số mol NaOH tổng cộng = 0,3 + 0,08 = 0,38 mol => V = 0,38/0,5 = 0,76 lít = 760ml Câu II : Lúc ban đầu một mẫu 210 84 Po nguyên chất có khối lượng m = 1g . Các hạt nhân Poloni phóng xạ phát ra 1 hạt anpha và chuyển thành hạt nhân A Z X bền . a ) Viết phương trình phản ứng và xác đònh X . b ) Xác đònh chu kỳ bán huỷ của Po phóng xạ , biết rằng trong 1 năm (365 ngày )nó tạo ra 89,6 cm 3 khí He ( đktc) . c ) Tìm tuổi của mẫu chất trên , biết rằng tại thời điểm khảo sát tỉ số giữa khối lượng X và Po có trong mẫu chất là 0,4 . Tính các khối lượng đó . ĐÁP ÁN : CÂU II : a) 210 84 Po 4 2 He + A Z X Theo đònh luật bảo toàn số khối : 210 = 4 + A => A = 210 -4 = 206 Và bảo toàn số điện tích hạt nhân : 84 = 2 + Z => Z = 84 -2 = 82 Vậy A Z X là: 206 82 Pb Phương trình phản ứng : 210 84 Po 4 2 He + 206 82 Pb b) Số hạt nhân Poloni ban đầu : No = 23 1.6 ,023.10 210 = 2,868.10 2 1 Số hạt nhân Poloni phân rã= số hạt nhân He tạo ra = 3 23 89,6.10 .6 ,023.10 22,4 − = 2,4092.10 2 1 Số hạt nhân Poloni còn lại = 2, 868.10 2 1 – 2,4092 .10 2 1 = 0, 4588.10 2 1 ln No Nt = kt => ln 21 21 2,868.10 0,4588.10 = k.365 => k = 1, 8327 Chu kỳ bán huỷ T = 0,693 0,693 k 1,8327 = = 138 ngày c) Gọi x là khối lượng Poloni phân huỷ => m Pb = 206x 210 , m Po còn lại = (1-x ) => Pb Po 206x m 210 m 1 x = − = 0,4 => x = 0,29 gam => m Pb = 0,284 gam ; m Po còn lại = 0,71 gam . Tuổi của mẫu chất : t = o t m T 138 1 ln ln 0,693 m 0,693 0,71 = = 68,2 ngày Câu III : Sunfuryl điclorua SO 2 Cl 2 là hóa chất phổ biến trong phản ứng clo hoá . Tại 350 0 C , 2 atm phản ứng : SO 2 Cl 2 (k) ƒ SO 2 (k) + Cl 2 (k) (1) có K p = 50 a/ Hãy cho biết đơn vò của trò số đó và giải thích : hằng số cân bằng K p này phải có đơn vò như vậy . b/ Tính % theo thể tích SO 2 Cl 2 (k) còn lại khi hệ (1) đạt tới cân bằng ở điều kiện đã cho . c/ Ban đầu dùng 150mol SO 2 Cl 2 (k) , tính số mol Cl 2 (k) thu được khi (1) đạt tới cân bằng . Các khí được coi là khí lý tưởng . ĐÁP ÁN : CÂU III : a) Đơn vò của Kp là atm . Vì lúc cân bằng Kp = 2 2 2 2 Cl SO SO Cl P .P (atm)(atm) 50 50(atm) P (atm) = = 2 2 2 2 Cl SO SO Cl P .P P b) SO 2 Cl 2 (k) ƒ SO 2 (k) + Cl 2 (k) (1) có K p = 50 Ban đầu 1mol Phân li x x x [ ] 1-x x x Số mol tổng cộng = ( 1 + x ) mol ⇔ áp suất chung P = 2 atm Số mol Cl 2 = số mol SO 2 = x mol ⇔ 2 Cl P = 2 SO P = 2x atm 1 x+ Số mol SO 2 Cl 2 = (1-x) ⇔ 2 2 SO Cl P = (1 x)2 atm 1 x − + Kp = 2 2 2 2 Cl SO SO Cl P .P P = 2 2 2 2x ( ) 2x 1 x (1 x)2 1 x 1 x + = − − + = 50 ⇒ x = 50 52 = 0,9806 Số mol SO 2 Cl 2 còn lại = 1- 0,9806 = 0,0194 mol ⇒ % 2 2 SO Cl V = 0,0194.100 1 0,9806+ = 0.98 % c) Số mol Cl 2 = số mol SO 2 = x mol = số mol SO 2 Cl 2 phân li = 150. 0,9806 = 147,09 mol Câu IV : Tính pH , [CrO 2 4 − ] , [ Cr 2 O 2 7 − ] và [HCrO 4 − ] trong dung dòch : a) K 2 Cr 2 O 7 0,010M . b) K 2 Cr 2 O 7 0,010M và CH 3 COOH 0,1M . Biết Cr 2 O 2 7 − + H 2 O ƒ 2 HCrO 4 − (1) K 1 == 10 -1,36 HCrO 4 − + H 2 O ƒ H 3 O + + CrO 2 4 − (2) K 2 == 10 -6,5 CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + (3) K a == 1,8.10 -5 ĐÁP ÁN : CÂU IV : a) K 2 Cr 2 O 7 2K + + Cr 2 O 2 7 − 0,010 Cr 2 O 2 7 − + H 2 O ƒ 2 HCrO 4 − (1) K 1 == 10 -1,36 HCrO 4 − + H 2 O ƒ H 3 O + + CrO 2 4 − (2) K 2 == 10 -6,5 Vì K 1 >> K 2 nên có thể coi trong dung dòch cân bằng (1) là chủ yếu Cr 2 O 2 7 − + H 2 O ƒ 2 HCrO 4 − K 1 == 10 -1,36 C 0,010 [ ] 0,010 – x 2x Theo đònh luật tdkl : 2 2 4 1 ,36 1 2 2 7 HCrO ( 2x) K 10 0,010 x Cr O − − −     = = = −     => 4x 2 + 10 -1,36 x - 10 -3,36 = 0 Giải ra được x = 6,33 . 10 -3 => [HCrO 4 − ] = 2. 6,33 .10 -3 = 1,26 . 10 -2 M [ Cr 2 O 2 7 − ] = 0,010 – 6,33.10 -3 = 3,7 .10 -3 M HCrO 4 − + H 2 O ƒ H 3 O + + CrO 2 4 − K 2 == 10 -6,5 [ ] 1,26 .10 -2 y y 2 6 ,5 2 y 10 1,26.10 − − = => y = 6,31 .10 -5 = [CrO 2 4 − ] = [H + ] Vậy [CrO 2 4 − ] = 6,31 .10 -5 M và pH = -lg 6,31.10 -5 = 4,2 b) Cr 2 O 2 7 − + H 2 O ƒ 2 HCrO 4 − (1) K 1 == 10 -1,36 HCrO 4 − + H 2 O ƒ H 3 O + + CrO 2 4 − (2) K 2 == 10 -6,5 CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + (3) K a == 1,8.10 -5 So sánh (1) , (2) , (3) thì cân bằng (1) là chiếm ưu thế . Vì vậy tương tự câu a) [ Cr 2 O 2 7 − ] = 3,7 .10 -3 M ; [HCrO 4 − ] = 1,26 . 10 -2 M So sánh (2) và (3) : K 2 . [HCrO 4 − ] = 10 -6,5 .1,26.10 -2 = 4.10 -9 K a . [CH 3 COOH] = 1,8 .10 -5 . 0,1 = 1,8.10 -6 => (3) chiếm ưu thế CH 3 COOH ƒ CH 3 COO - + H + K a == 1,8.10 -5 C 0,1 [ ] 0,1 – x x x 2 x 0,1 x− = 1,8. 10 -5 => x = 1,34 .10 -3 << 0,1 => pH = -lg 1,34.10 -3 = 2,87 HCrO 4 − + H 2 O ƒ H 3 O + + CrO 2 4 − K 2 == 10 -6,5 [ ] 1,26.10 -2 1,34.10 -3 y [CrO 2 4 − ] = y = 10 -6,5 . 2 3 1,26.10 1,34.10 − − = 2,97.10 -6 M Câu V : a) Có bao nhiêu gam oxi tan trong 100lít nước mưa ở 20 0 C ? Biết độ tan của oxi ở nhiệt độ đó là 3,1 ml trong 100ml nước và oxi chiếm 20% thể tích không khí , áp suất khí quyển = 1atm . b) Người ta khuấy iốt ở nhiệt độ thường trong bình chứa đồng thời nước và CS 2 nguội , và nhận thấy rằng tỷ lệ giữa nồng độ ( gam / lít) của iốt tan trong nước và tan trong CS 2 là không đổi và bằng 17.10 -4 . Người ta cho 50ml CS 2 vào 1 lít dung dòch iốt (0,1g/lít ) trong nước rồi khuấy mạnh . Tính nồng độ ( gam /lít ) của iốt trong nước . c) Đổ đầy nước vào một bình cầu có dung tích V lít đựng khí Hroclorua ở điều kiện tiêu chuẩn .Khí tan hết . Tính nồng độ % và nồng độ mol/lít của dung dòch thu được . ĐÁP ÁN : CÂU V : a) Oxi chiếm 20% thể tích không khí => áp suất riêng của oxi 2 O P = 1.20 100 = 0,2 atm Thể tích oxi tan trong 100 lít nước mưa = 3,1 lít => Số mol oxi = PV 0, 2.3,1 RT 0 ,082.(20 273) = + = 0,0258 mol => Số mol oxi tan = 0,0258 . 32 = 0,8256 gam b) Gọi x ; y lần lượt là nồng độ (gam/ lít) của iốt tan trong nước và trong CS 2 Ta có : x y = 17. 10 -4 Số gam iốt tan trong 50ml CS 2 = 0,05y (g) ; Số gam iốt tan trong nước = (0,1 – 0,05y) g Nồng độ của iốt trong nước sau khi khuấy = (0,1 – 0,05y) g/l = x Vậy 4 x (0,1 0,05 y) 17.10 y y − − = = => 0,1 – 0,05y = 0,0017 y => y = 1,934 g/l Vậy nồng độ của iốt trong nước sau khi khuấy là : x = 0,1 – 0,05.1,934 = 0,0033 ( g/l ) c) Số mol HCl = V 22,4 mol ; Thể tích dung dòch thu được = dung tích bình = V lít = > Nồng độ mol/lít C M = V 1 22,4 V 22,4 = = 0,04464 M Khối lượng HCl = V 22,4 . 36,5 (g) ; Khối lượng dung dòch = khối lượng nước + khối lượng HCl = V.10 3 . + V 22,4 . 36,5 => Nồng độ % : C% = 3 3 V .36 ,5.100 36 ,5.100 3650 22,4 0,1627% V 22436 ,5 22,4.10 36 ,5 V .10 .36 ,5 22,4 = = = + + Câu VI : a) Cho 31,84g hỗn hợp NaX , NaY ( X,Y là 2 Halogen ở 2 chu kỳ liên tiếp ) vào dung dòch AgNO 3 dư thu được 57,34gam kết tủa . Tìm công thức của NaX và NaY , tính khối lượng của mỗi muối . b) Tìm các chất A,B,C,D,E… . và hoàn thành các phương trình phản ứng sau : 1) (A) + (B) I 2 + KNO 3 + NO + H 2 O 2) (C) + (D) BaBr 2 + HBr 3) (E) + (F) Cl 2 + O 2 + H 2 O 4 ) FeCl 2 + (G) + (H) FeCl 3 + H 2 O 5) (M) + (N) FeBr 3 + Fe 2 (SO 4 ) 3 6) (P) + (Q) I 2 + H 2 O 7) NaCrO 2 + Br 2 + NaOH Na 2 CrO 4 + (R) + ( T) 8) (U) + (V) H 2 SO 4 + HCl ĐÁP ÁN : CÂU VI : a) Vì trong các muối halogenua của bạc thì AgF tan còn các halogenua bạc còn lại đều không tan , do đó ta có 2 trường hợp sau : Trường hợp 1 : X là F => Y là Cl , lúc đó chỉ có NaCl phản ứng : NaCl + AgNO 3 AgCl ↓ + NaNO 3 Do đó n NaCl = n AgCl = 57 ,34 143, 5 mol => m NaCl = 57 ,34 143, 5 . 58,5 = 23,38 gam => m NaF = 31,84 – 23,38 = 8,46 gam. Trường hợp 2 : X không phải là F . Đặt công thức chung của 2 muối natri halogenua là : Na X với số mol là x mol Na X + AgNO 3 Ag X ↓ + NaNO 3 x mol x mol => ( 23 + X )x = 31,84 g ( 108 + X ) x = 57,34 g => x = 0,3 mol => X = 83,133 Vì X, Y ở 2 chu kì kế tiếp nhau , nên : X = 80 < 83,133 < Y = 127 . Vậy NaX là NaBr . NaY là NaI . Đặt số mol của NaI là a mol => số mol của NaBr là ( 0,3 –a ) mol  khối lượng hỗn hợp đầu = 103 ( 0,3-a ) + 150a = 31,84  47a = 0,94 => a= 0,94/47 = 0,02 mol  m NaI = 150.0,02 = 3gam m NaBr = 31,84 – 3 = 28,84 gam . b) Các phương trình phản ứng : 1) 6 KI + 8 HNO 3 3 I 2 + 6 KNO 3 + 2 NO + 4 H 2 O (A) (B) 2) BaH 2 + 2 Br 2 BaBr 2 + 2 HBr (C) (D) 3) O 3 + 2 HCl Cl 2 + O 2 + H 2 O (E) (F) 4 ) 2 FeCl 2 + O 2 + 2 HCl 2 FeCl 3 + 2H 2 O (G) (H) 5) 6 FeSO 4 + 3 Br 2 2 FeBr 3 + 2 Fe 2 (SO 4 ) 3 (M) (N) 6) HIO 3 + 5 HI 3 I 2 + 3 H 2 O (P) (Q) 7) 2 NaCrO 2 + 3Br 2 + 8 NaOH 2 Na 2 CrO 4 + 6 NaBr + 4 H 2 O (R) ( T) 8) SO 2 Cl 2 + H 2 O H 2 SO 4 + HCl (U) (V) . (A) + (B) I 2 + KNO 3 + NO + H 2 O 2) (C) + (D) BaBr 2 + HBr 3) (E) + (F) Cl 2 + O 2 + H 2 O 4 ) FeCl 2 + (G) + (H) FeCl 3 + H 2 O 5) (M) + (N) FeBr 3 +. 1,34 .10 -3 = 2,87 HCrO 4 − + H 2 O ƒ H 3 O + + CrO 2 4 − K 2 == 10 -6,5 [ ] 1,26 .10 -2 1,34 .10 -3 y [CrO 2 4 − ] = y = 10 -6,5 . 2 3 1,26 .10 1,34 .10 −