Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 19

Kỳ thi Olympic Olympic 30/4/2006 Trường: THPT chuyên TRẦN ĐẠI NGHĨA_Tp HCM Đề và đáp án môn: HÓA Khối 10 Họ tên GV biên soạn: NGUYỄN NGỌC KHÁNH VÂN Số mật mã: Số mật mã: ĐỀ THI ĐỀ NGHỊ MÔN HÓA LỚP 10 Câu I (4 điểm): I.1. I.1.1. Cấu hình electron ngoài cùng của nguyên tố X là 5p 5 . Tỷ số nơtron và điện tích hạt nhân bằng 1,3962. Số nơtron của X bằng 3,7 lần số nơtron của nguyên tử thuộc nguyên tố Y. Khi cho 4,29 gam Y tác dụng với lượng dư X thì thu được 18,26 gam sản phẩm có công thức là XY. Hãy xác định điện tích hạt nhân Z của X và Y và viết cấu hình electron của Y tìm được. I.1.2. Hãy cho biết trạng thái lai hóa và dạng hình học của hợp chất XCl 3 . I.1.3. Bán kính nguyên tử Cobalt là 1,25Å. Tính thể tích của ô đơn vị của tinh thể Co nếu trong 1 trật tự gần xem Co kết tinh dạng lập phương tâm mặt. I.2. Sản phẩm bền vững của sự phóng xạ 238 U là 206 Pb. Người ta tìm thấy 1 mẩu quặng uranit có chứa 238 U và 206 Pb theo tỉ lệ 67,8 nguyên tử 238 U : 32,2 nguyên tử 206 Pb. Giả sử rằng 238 U và 206 Pb không bị mất đi theo thời gian vì điều kiện khí hậu. Hãy tính tuổi của quặng.Biết chu kì bán hủy của 238 U là 4,51.10 9 năm. ∗ Đáp án câu I: I.1 I.1.1 Cấu hình đầy đủ của nguyên tử X là: 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 3d 10 4s 2 4p 6 4d 10 5s 2 5p 5 0,25đ Vậy Z X = 53 = số proton X 3962,1 = X X Z N ⇒ N X = 74 0,25đ A X = Z X + N X = 53 + 74 = 127 Ta có : 7,3 = Y X N N ⇒ N Y = 20 0,25đ Y + X → XY M Y M XY 4,29 18,26 0,25đ 39 26,18 127 29,426,18 29,4 =⇒ + =⇒= Y YY XY Y M MM M M (g/mol) Vậy : Z Y + N Y = 39 ⇒ Z Y = 19 Cấu hình electron của Y : 1s 2 2s 2 2p 6 3s 2 3p 6 4s 1 0,5đ I.1.2 X có 7 electron ở lớp ngoài cùng, còn obitan d trống nên trong hợp chất XCl 3 X lai hóa sp 3 d, dạng hình học là chữ T Cl X Cl Cl 0,5đ I.1.3 1 Phần này là phách sẽ cắt 1,25 1,25 5 A B C D A B C D AD = 1,25 . 4 = 5 (Å) AB = 54,3 2 5 2 = ( Å) Vậy thể tích của ô mạng đơn vị của Co : V = (3,54) 3 = 44,36 (Å) 3 1đ I.2 Cứ 1 nguyên tử 238 U sinh ra tương ứng 1 nguyên tử 206 Pb Vậy N nguyên tử 238 U sinh ra tương ứng N nguyên tử 206 Pb Ta có : 32,2 67,8 quang Ucòn trong N 0 đban N quang Ucòn trong N ungUphan N quang Ucòn trong N 32,2 67,8 raPbsinh N quang Ucòn trong N = − =⇒= nam 9 2,52.10t 0,3886kt 0,6780 kt e 32,2 67,8 ) kt e.(1 0 đauban N kt .e 0 dauban N =⇔ =⇔ = − ⇔= − − − ⇔ 1đ Câu II (4 điểm): II.1. Tính ái lực điện tử của F, biết: K(r) → K(k) ∆H 0 = 90 kJ K(k) → K + (k) + e ∆H 0 = 419 kJ F 2 (k) → 2F(k) ∆H 0 = 159 kJ K(r) + ½ F 2 (k) → KF(r) ∆H 0 f = - 569 kJ K + (k) + F - (k) → KF(r) ∆H 0 mang = - 821 kJ II.2. Một phản ứng trong dung dịch nước xảy ra như sau: A → 3B Bảng số liệu sau cho biết nồng độ của A theo thời gian: II.2.1. Hỏi tốc độ phản ứng trung bình đối với A trong khoảng thời gian từ 6 – 8 giây là bao nhiêu? 2 Phần này là phách sẽ cắt II.2.2. Hỏi tốc độ phản ứng trung bình đối với B trong khoảng thời gian từ 2 – 3 giây là bao nhiêu? II.3. Xác định nhiệt độ tại đó áp suất phân li của NH 4 Cl là 1 atm biết ở 25 0 C có các dữ kiện: ∆ 0 ht H (kJ/mol) ∆ 0 ht G (kJ/mol) NH 4 Cl (r) -315,4 -203,9 NH 3(k) -92,3 -95,3 HCl (k) -46,2 -16,6 ∗ Đáp án câu II: II.1 K(r) + 1 2 F 2 (k) KF(r) ∆H 0 f = - 569 kJ K(k) F(k) 90 kJ 159/2 =79,5kJ K + (k) F - (k) 419kJ E A =? + ∆H 0 mang = - 821 kJ 0,5đ ∆H 0 f = - 569 kJ = 90 + 419 + 79,5 – 821 + E A 0,25đ ⇒ E A = - 569 – 90 – 419 – 79,5 + 821 = - 336,5 kJ 0,25đ II.2 II.2.1 Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 6 – 8s : ).(10.9,2 68 )354,0296,0(][ 12 −− = − − −= ∆ ∆ − sM t A 0,25đ II.2.2 Ta có : t B t A ∆ ∆ ×= ∆ ∆ − ][ 3 1][ Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 2 – 3 s : ).(10.2,9 23 )603,0511,0(][ 12 −− = − − −= ∆ ∆ − sM t A 0,25đ ⇒ t B ∆ ∆ ×=× − ][ 3 1 102,9 2 ⇒ ).(1076,2 ][ 11 −− ×= ∆ ∆ sM t B 0,25đ II.3 Đối với phản ứng : NH 4 Cl (r) → NH 3(k) + HCl (k) 0,25đ Hằng số cân bằng : K = )( . )(3 kHClNH PP k Gọi T là nhiệt độ phải tìm thì với áp suất phân li là 1 atm, ta có áp suất riêng phần cân bằng của NH 3 và HCl là : )(3 k NH P = )(kHCl P = 0,5 atm 0,25đ Do đó : K T = 0,5.0,5=0,25 (atm) 2 0,25đ 3 Phần này là phách sẽ cắt • Ở 25 0 C : 0 298 G ∆ của phản ứng : 0 298 G ∆ = -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ 0,25đ Từ công thức 0 G ∆ = -RTlnK, ta có : 92000 = -8,314.298.lnK 298 ⇒ lnK 298 = -37,133 0,5đ Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét 0 298 H ∆ không đổi nên : 0 298 H ∆ = - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J) 0,25đ • Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét : ln ) 1 298 1 ( 0 298 TR H K K T − ∆ = ⇒ T = 596,8 0 K 0,25đ Câu III (4 điểm): III.1. Một dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Fe(NO 3 ) 3 10 -3 M và MnCl 2 1M. III.1.1. Hãy dự đoán hiện tuợng xảy ra khi cho từ từ dung dịch NaOH vào dung dịch A cho đến dư. III.1.2. Tính khoảng pH cần thiết lập để tách Fe 3+ ra khỏi Mn 2+ dưới dạng hidroxit. III.1.3. Nếu dung dịch A còn chứa thêm NaF 1M thì có hiện tượng gì xảy ra khi cho từ từ dung dịch NaOH cho đến dư vào dung dịch A. Cho : 6,10 10 2 − = + Mn η , 17,2 10 3 − = + Fe η , 5,35 )( 10 3 − = OHFe T , 35,12 )( 10 2 − = OHMn T , 10,16 10 3 6 = − FeF β III.2. Một mẩu nước máy chứa ion Ni 2+ và Pb 2+ . Khi thực hiện chuẩn độ ta thu được kết quả: ion Pb 2+ bắt đầu kết tủa PbS khi nồng độ Na 2 S trong nước vượt quá 8,41.10 -12 M. Và ion Ni 2+ bắt đầu kết tủa NiS khi nồng độ Na 2 S vượt quá 4,09.10 -8 M. V.3.1 Hỏi nồng độ của ion Pb 2+ và Ni 2+ trong nước máy là bao nhiêu? V.3.2 Có bao nhiêu % Pb 2+ và Ni 2+ còn lại trong dung dịch khi nồng độ của Na 2 S cân bằng là 5.10 -11 M? Cho biết : T t(PbS) = 3.10 -28 ; T t(NiS) = 3.10 -20 ∗ Đáp án câu III: III.1 Trong dung dịch : Fe(NO 3 ) 3 → Fe 3+ + 3NO 3 - MnCl 2 → Mn 2+ + 2Cl - Fe 3+ + H 2 O Fe(OH) 2+ + H + 17,2 10 3 − = + Fe η 0,25đ C 10 -3 M [ ] 10 -3 – x x x 17,2 3 2 10 10 − − = − x x ⇒ x = 8,84.10 -4 (M) ⇒ [Fe 3+ ] = 1,16.10 -4 (M) = ' 3 + Fe C 0,25đ Mn 2+ + H 2 O Mn(OH) + + H + 6,10 10 2 − = + Mn η 0,25đ C 1M [ ] 1 – x x x 4 Phần này là phách sẽ cắt 6,10 2 10 1 − = − x x ⇒ x = 10 -5,3 (M) ⇒ Sự mất mát Mn 2+ không đáng kể 0,25đ III.1.1 Cho NaOH vào : Với Fe 3+ , nồng độ OH - cần để xuất hiện kết tủa : Với Mn 2+ , nồng độ OH - cần để xuất hiện kết tủa : )(10 1 10 )( 175,6 35,12 )( 2 2 2 M C T C Mn OHMn MnOH − − === + +− 0,25đ V ậy Fe(OH) 3 kết tủa trước Mn(OH) 2 0,25đ III.1.2 Để kết tủa hoàn toàn Fe(OH) 3 : )(10.47,1 10 10 10 )( 10 3 6 5,35 3 6 )( 3 3 M T C OHFe FeOH − − − − === +− Vậy pH = 4,17 0,25đ Để Mn 2+ bắt đầu kết tủa : )(10 1 10 )( 175,6 35,12 )( 2 2 2 M C T C Mn OHMn MnOH − − === + +− Vậy pH lúc này = 7,825 0,25đ Vậy khoảng pH để tách hoàn toàn Fe 3+ khỏi Mn 2+ là : 4,17 ≤ pH ≤ 7,825 0,25đ III.1.3 Giữa quá trình tạo phức với F - và quá trình hidroxo, nhận thấy quá trình tạo phức F - ưu thế hơn, tạo được phức bền : Fe 3+ + 6F - FeF 6 3- 10,16 10 3 6 = − FeF β 0,25đ C 10 -3 1 [ ] x 0,999 + x 10 -3 – x 1,16 3 10 )999,0( 10 = + − − xx x ⇒ x = 7,95.10 -20 (M) rất nhỏ ⇒ [Fe 3+ ] = 7,95.10 -20 (M) 0,5đ Khi cho NaOH vào, nồng độ OH - để tạo kết tủa Fe(OH) 3 : )(10.4,3 10.95,7 10 10.95,7 )( 6 3 20 5,35 3 20 )( 3 3 M T C OHFe FeOH − − − − === +− Nồng độ OH - cần cho kết tủa Mn(OH) 2 là 10 -6,175 M Vậy lúc đó Mn(OH) 2 sẽ kết tủa trước. 0,25đ III.2 III.2.1 Nồng độ Pb 2+ trong nước máy : [Pb 2+ ] = 12 28 10.41,8 10.3 − − = 3,57.10 -17 (M) 5 )M(10.3 10.16,1 10 C T )C( 11 3 4 5,35 3 ' Fe )OH(Fe FeOH 3 3 3 − − − === + +− Phần này là phách sẽ cắt Nồng độ Ni 2+ trong nước máy : [Ni 2+ ] = 8 20 10.09,4 10.3 − − = 7,33.10 -13 (M) 0,25đ III.2.2 Trong trường hợp [S 2- ] = 5.10 -11 M : [Pb 2+ ] = 11 28 10.5 10.3 − − = 6.10 -18 (M) % Pb 2+ còn lại trong dung dịch = %100. 10.57,3 10.6 17 18 − − = 16,8% 0,25đ Vì lượng S 2- sử dụng trong trường hợp này < lượng cần để tạo kết tủa NiS, do đó Ni 2+ lúc này vẫn còn 100% trong dung dịch. 0,25đ Câu IV (4 điểm): IV.1. Hoàn thành các phương trình phản ứng sau bằng phương pháp thăng bằng ion electron: IV.1.1. P → PH 3 + H 2 PO 2 − (môi trường kiềm) IV.1.2. FeCl 2 + H 2 O 2 + HCl → FeCl 3 + H 2 O IV.2. Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực: điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch Cu 2+ có nồng độ 10 -2 M; điện cực thứ 2 gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ có nồng độ 10 -2 M. Sức điện động của pin ở 25 0 C là 38 mV. IV.1.1. Tính nồng độ (mol.l -1 ) của ion Cu 2+ trong dung dịch ở điện cực âm. IV.1.2. Tính hằng số bền của phức chất. Biết : 0 / 2 CuCu E + = 0,34 V. ∗ Đáp án câu IV: IV.1 IV.1.1 4P + 3OH− + 3H 2 O → PH 3 + 3H 2 PO 2 − 1đ IV.1.2 2FeCl 2 + H 2 O 2 + 2HCl → 2FeCl 3 + 2H 2 O 1đ IV.2 IV.2.1 Điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ : CuCu E / 2 + = 0 / 2 CuCu E + + 2 059,0 lg[Cu 2+ ] 0,25đ Mà [Cu 2+ ] tự do trong dung dịch này thấp hơn so với điện cực Cu 2+ /Cu còn lại, nên điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ có điện thế < điện cực còn lại và đóng vai trò cực âm. 0,25đ Ta có pin : (-) Cu [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ 10 -2 MCu 2+ 10-2M Cu (+) 0,25đ Sức điện động của pin : ∆E = CuCu E / 2 + (+) - CuCu E / 2 + (-) = 0,038 = 2 059,0 lg )( 2 2 ][ 10 − + − Cu ⇒ lg[Cu 2+ ] (-) = -3,288 0,25đ Vậy [Cu 2+ ] trên điện cực âm = 5,15 × 10 -4 M 0,25đ IV.2.2 Vì : [Cu(NH 3 ) 4 ] 2+ Cu 2+ + 4NH 3 [ ] 10 -2 M 5,15× 10 -4 M 4×5,15×10 -4 M 0,5đ 12 444 42 4 3 2 2 43 10023,1 )1015,54(1015,5 1015,510 ]][[ ])([ ×= ×××× ×− == −− −− + + NHCu NHCu K b 0,25đ 6 Phần này là phách sẽ cắt Câu V (4 điểm): V.1. Nguyên nhân gây ngộ độc cơ quan hô hấp của các khí và hơi halogen có giống với nguyên nhân tẩy màu các chất hữu cơ của chúng không? V.2. Tại sao hidrosunfua lại độc đối với người? V.3. Hỗn hợp A gồm Al, Zn, S dưới dạng bột mịn. Sau khi nung 33,02 gam hỗn hợp A (không có không khí) một thời gian, nhận được hỗn hợp B. Nếu thêm 8,296 gam Zn vào B thì hàm lượng đơn chất Zn trong hỗn hợp này bằng ½ hàm lượng Zn trong A. - Lấy ½ hỗn hợp B hòa tan trong H 2 SO 4 loãng dư thì sau phản ứng thu được 0,48 gam chất rắn nguyên chất. - Lấy ½ hỗn hợp B thêm 1 thể tích không khí thích hợp. Sau khi đốt cháy hoàn toàn, thu được hỗn hợp khí C trong đó N 2 chiếm 85,8% về thể tích và chất rắn D. Cho hỗn hợp khí C đi qua dung dịch NaOH dư thì thể tích giảm 5,04 lit (đktc) V.3.3 Viết các phương trình phản ứng. V.3.4 Tính thể tích không khí (đktc) đã dùng. V.3.5 Tính thành phần % theo khối lượng các chất trong B.(Cho: Al=27, Zn=65, S=32) ∗ Đáp án câu V: V.1 Cùng một nguyên nhân : trong dung dịch nước (dịch tế bào của mô biểu bì, nước làm ẩm vải sợi) có cân bằng : X 2 + H 2 O HX + HXO Các axit hipohalogenơ HXO do có mặt nguyên tố X có số oxi hóa +1 kém bền để nhận electron để chuyển hóa về số oxi hóa -1 bền hơn nên chúng oxi hóa mô biểu bì (là chất khử hữu cơ) hoặc các chất hữu cơ có màu dẫn đến phá hủy chúng. 0,25đ V.2 Hidrosunfua lại độc đối với người vì khi vào máu, máu hóa đen do tạo ra FeS làm hemoglobin của máu chứa Fe 2+ bị phá hủy. H 2 S + Fe 2+ (hemoglobin) → FeS ↓ + 2H + 0,25đ V.3 V.3.1 Với S, Al và Zn có các phản ứng : 2Al + 3S  → 0 t Al 2 S 3 Zn + S  → 0 t ZnS Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp B gồm Al 2 S 3 , ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S không tan trong dung dịch H 2 SO 4 loãng vậy : ) 2 1 ( du BS m = 0,48 (gam) → n Sdư (B) = 32 48,02 × = 0,03 (mol) (1) 0,25đ Với H 2 SO 4 ta có các phản ứng : Al 2 S 3 + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 S↑ ZnS + H 2 SO 4 → ZnSO 4 + H 2 S↑ Zn + H 2 SO 4 → ZnSO 4 + H 2 ↑ 2Al + 3H 2 SO 4 → Al 2 (SO 4 ) 3 + 3H 2 ↑ 0,25đ Khi nung ½ B trong O 2 : Al 2 S 3 + 2 9 O 2  → 0 t Al 2 O 3 + 3SO 2 ↑ ZnS + 2 3 O 2  → 0 t ZnO + SO 2 ↑ 7 Phần này là phách sẽ cắt 4Al + 3O 2  → 0 t 2Al 2 O 3 Zn + 2 1 O 2  → 0 t ZnO S + O 2  → 0 t SO 2 0,25đ V.3.2 Hỗn hợp khí C gồm SO 2 , N 2 (không có O 2 vì người ta dùng một lượng oxi vừa đủ) Qua dung dịch NaOH, SO 2 bị giữ lại : SO 2 + NaOH dư → Na 2 SO 3 + H 2 O Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO 2 → 2 SO n = 4,22 04,5 = 0,225 (mol) 0,25đ Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S : ) 2 1 ( )()( 2 AS BSCSO nnn == Vậy : )( AS n = 2 .0,225 = 0,45 (mol) (2) 0,25đ m S(A) = 0,45. 32 = 14,4 (gam) m Al+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam) Gọi x = n Al ; y = n Zn trong A. Ta có :27x + 65y = 18,62 (3) 0,25đ %SO 2 trong C = 100% - %N 2 = 100 – 85,8 = 14,2% Ta có : 0,225 mol SO 2 → %SO 2 = 14,2% Vậy : 2 N n = 2,14 8,85225,0 × = 1,36 (mol) Do N 2 chiếm 5 4 thể tích không khí nên : n KK = 4 5 2 N n = 4 5 .1,36 (mol) Thể tích không khí : V KK = 4 5 .1,36 . 22,4 = 38,08 (lit) 0,25đ V.3.3 Số mol O 2 dùng để oxi hóa ½ B là: 2 O n = 4 1 2 N n = 4 1 .1,36 = 0,34 (mol) 0,25đ Trong 0,34 mol O 2 này có 0,225 mol O 2 dùng để biến S thành SO 2 , phần còn lại dùng để biến Al, Zn thành Al 2 O 3 , ZnO. ) 2 1 ( 2 BO n = 0,34 – 0,225 = 0,115 (mol) Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al 2 O 3 , ZnO, SO 2 hay ½ B (Al 2 S 3 , ZnS, Al dư, Zn dư, S dư thành Al 2 O 3 , ZnO, và SO 2 ) thì lượng O 2 dùng là như nhau vì có cùng số mol Al, Zn, và S. Do đó có thể kết luận là để biến Al, Zn trong ½ A thành Al 2 O 3 , ZnO ta cũng phải dùng 0,115 mol O 2 . 0,25đ 4Al + 3O 2  → 0 t 2Al 2 O 3 2 x 8 3x Zn + 2 1 O 2  → 0 t ZnO 2 y 4 y 8 Phần này là phách sẽ cắt 2 O n = 8 3x + 4 y = 0,115 (mol) → 3x + 2y = 0,920 (4) 0,25đ Từ (3) và (4) → x = 0,16 mol Al ; y = 0,22 mol Zn Từ % Zn trong A và % Zn đơn chất trong B cộng 8,296 gam Zn ta suy ra : z ’ = n Zndư ; n Zn phản ứng với S ; n Sphản ứng với Al ; và 32 SAl n . %Zn(A) = %307,43 02,33 1006522,0 = ×× 0,25đ Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B : %Zn đơn chất = 307,43 2 1 296,802,33 100)296,865( ' ×= + ×+ z → z’= 0,01 mol Zn dư. 0,25đ Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS n Sphản ứng với Al = n S chung – n S(Zn) – n Sdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol) 32 SAl n = 3 21,0 = 0,07 (mol) Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B : %Al 2 S 3 = 31,8% 33,02 100%1500,07 = ×× %ZnS= 61,69% 33,02 100%970,21 = ×× 0,25đ %Zn dư = %97,1 02,33 %1006501,0 = ×× %S dư = 2,91% 33,02 100%320,03 = ×× %Al dư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63% 0,25đ −−−−−−− H ẾT −−−−−−− 9 . 2+ ] = 8 20 10. 09,4 10. 3 − − = 7,33 .10 -1 3 (M) 0,25đ III.2.2 Trong trường hợp [S 2- ] = 5 .10 -1 1 M : [Pb 2+ ] = 11 28 10. 5 10. 3 − − = 6 .10 -1 8 (M) % Pb. Mn 2+ + 2Cl - Fe 3+ + H 2 O Fe(OH) 2+ + H + 17,2 10 3 − = + Fe η 0,25đ C 10 -3 M [ ] 10 -3 – x x x 17,2 3 2 10 10 − − = − x x ⇒ x = 8,84 .10 -4 (M) ⇒ [Fe