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

Chia sẻ: Dang Thuan | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:9

0
232
lượt xem
114
download

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

Mô tả tài liệu
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo tài liệu 'đề thi olympic 30/4 môn hóa lớp 10 - đề số 19', tài liệu phổ thông, hóa học phục vụ nhu cầu học tập, nghiên cứu và làm việc hiệu quả

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi Olympic 30/4 môn Hóa lớp 10 - Đề số 19

  1. 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 XCl3. 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 238U là 206Pb. Người ta tìm thấy 1 mẩu quặng uranit có chứa 238U và 206Pb theo tỉ lệ 67,8 nguyên tử 238U : 32,2 nguyên tử 206Pb. Giả sử rằng 238U và 206Pb không bị mất đi theo thời gian vì điều kiện khí hậu. Hãy tính tuổi của quặng.Biết chu kì bán hủy của 238U là 4,51.109 năm. ∗ Đáp án câu I: I.1 I.1.1 Cấu hình đầy đủ của nguyên tử X là: 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 3d10 4s24p6 4d10 5s25p5 0,25đ Vậy ZX = 53 = số proton X NX = 1,3962 ⇒ NX = 74 0,25đ ZX AX = ZX + NX = 53 + 74 = 127 Ta có : NX = 3,7 ⇒ NY = 20 0,25đ NY Y + X → XY MY MXY 4,29 18,26 0,25đ MY 4,29 MY M + 127 = ⇒ = Y ⇒ M Y = 39 (g/mol) M XY 18,26 4,29 18,26 Vậy : ZY + NY = 39 ⇒ ZY = 19 Cấu hình electron của Y : 1s2 2s2 2p6 3s2 3p6 4s1 0,5đ I.1.2 X có 7 electron ở lớp ngoài cùng, còn obitan d trống nên trong hợp chất XCl3 X lai hóa sp3d, dạng hình học là chữ T Cl X Cl Cl 0,5đ I.1.3 1
  2. Phần này là phách sẽ cắt A B A B 1,25 5 1,25 C D C D AD = 1,25 . 4 = 5 (Å) 52 AB = = 3,54 ( Å) 2 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 U sinh ra tương ứng 1 nguyên tử Pb 238 206 Vậy N nguyên tử 238U sinh ra tương ứng N nguyên tử 206Pb Ta có : N Ucòn trong quang 67,8 N Ucòn trong quang N Ucòn trong quang 67,8 = ⇒ = = N Pbsinh ra 32,2 N Uphan ung N 0 − N Ucòn trong quang 32,2 ban đ N 0 dau .e − kt 67,8 ⇔ ban = ⇔ e − kt = 0,6780 0 N ban đau .(1 − e − kt ) 32,2 1đ ⇔ kt = 0,3886 ⇔ t = 2,52.10 9 nam Câu II (4 điểm): II.1. Tính ái lực điện tử của F, biết: K(r) → K(k) ∆H0 = 90 kJ K(k) → K+(k) + e ∆H0 = 419 kJ F2(k) → 2F(k) ∆H0 = 159 kJ 0 K(r) + ½ F2(k) → KF(r) ∆H f = - 569 kJ 0 K+(k) + F-(k) → KF(r) ∆H 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: 2
  3. Phần này là phách sẽ cắt II.2.1. Hỏi tốc độ phản ứng trung bình đối với A trong khoảng thời gian từ 6 – 8 giây là bao nhiêu? 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 NH4Cl là 1 atm biết ở 250C có các dữ kiện: 0 0 ∆ H ht (kJ/mol) ∆ Ght (kJ/mol) NH4Cl(r) -315,4 -203,9 NH3(k) -92,3 -95,3 HCl(k) -46,2 -16,6 ∗ Đáp án câu II: II.1 1 F (k) ∆H0f = - 569 kJ K(r) + 2 KF(r) 2 90 kJ 159/2 =79,5kJ K(k) F(k) ∆H0mang = - 821 kJ 419kJ EA=? K+(k) + F-(k) 0,5đ 0 ∆H = - 569 kJ = 90 + 419 + 79,5 – 821 + EA f 0,25đ ⇒ EA = - 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 : ∆[ A] (0,296 − 0,354) − =− = 2,9.10 − 2 ( M .s −1 ) 0,25đ ∆t 8−6 ∆[ A] 1 ∆[ B ] II.2.2 Ta có : − = × ∆t 3 ∆t Tốc độ phản ứng đối với A trong khoảng thời gian từ 2 – 3 s : ∆[ A] (0,511 − 0,603) − =− = 9,2.10 −2 ( M .s −1 ) 0,25đ ∆t 3−2 −2 1 ∆[ B ] ⇒ 9,2 × 10 = × 3 ∆t ∆[ B ] ⇒ = 2,76 × 10 −1 ( M .s −1 ) 0,25đ ∆t II.3 Đối với phản ứng : NH4Cl(r) → NH3(k) + HCl(k) 0,25đ Hằng số cân bằng : K = PNH 3 ( k ) .PHCl ( k ) 3
  4. Phần này là phách sẽ cắt 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 NH3 và HCl là : PNH 3( k ) = PHCl (k ) = 0,5 atm 0,25đ 2 Do đó : KT = 0,5.0,5=0,25 (atm) 0,25đ • Ở 25 C : 0 ∆G298 của phản ứng : 0 ∆G298 = -95,3 – 16,6 + 203,9 = 92kJ 0 0,25đ Từ công thức ∆G = -RTlnK, ta có : 0 92000 = -8,314.298.lnK298 ⇒ lnK298 = -37,133 0,5đ Mặt khác xem như trong khoảng nhiệt độ đang xét ∆H 298 không đổi nên : 0 ∆H 298 = - 92,3 - 46,2 + 315,4 = 176,9 (kJ) = 176 900 (J) 0 0,25đ • Mối liên quan giữa 2 nhiệt độ đang xét : KT ∆H 0 1 1 ln = ( − ) ⇒ T = 596,80K 0,25đ K 298 R 298 T Câu III (4 điểm): III.1. Một dung dịch A chứa hỗn hợp gồm Fe(NO3)3 10-3 M và MnCl2 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 Fe3+ ra khỏi Mn2+ 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. , β FeF 3− = 10 16 ,10 Cho : η Mn 2 + = 10 ,η Fe3+ = 10 −10 , 6 −2 ,17 −35, 5 −12 , 35 , TFe ( OH )3 = 10 , TMn ( OH ) 2 = 10 6 III.2. Một mẩu nước máy chứa ion Ni2+và Pb2+. Khi thực hiện chuẩn độ ta thu được kết quả: ion Pb2+ bắt đầu kết tủa PbS khi nồng độ Na2S trong nước vượt quá 8,41.10-12M. Và ion Ni2+ bắt đầu kết tủa NiS khi nồng độ Na2S vượt quá 4,09.10-8M. V.3.1 Hỏi nồng độ của ion Pb2+ và Ni2+ trong nước máy là bao nhiêu? V.3.2 Có bao nhiêu % Pb2+ và Ni2+ còn lại trong dung dịch khi nồng độ của Na2S cân bằng là 5.10-11M? Cho biết : Tt(PbS) = 3.10-28 ; Tt(NiS) = 3.10-20 ∗ Đáp án câu III: III.1 Trong dung dịch : Fe(NO3)3 → Fe3+ + 3NO3- MnCl2 → Mn2+ + 2Cl- Fe3+ + H2O Fe(OH)2+ + H+ η Fe3+ = 10 −2,17 0,25đ -3 C 10 M [] 10-3 – x x x 2 x −3 = 10 −2,17 10 − x ⇒ x = 8,84.10-4 (M) ' ⇒ [Fe3+] = 1,16.10-4 (M) = C Fe3+ 0,25đ 4
  5. Phần này là phách sẽ cắt Mn2+ + H2O Mn(OH)+ + H+ η Mn 2 + = 10 −10,6 0,25đ C 1M [] 1–x x x 2 x = 10 −10, 6 1− x ⇒ x = 10-5,3 (M) ⇒ Sự mất mát Mn2+ không đáng kể 0,25đ III.1.1 Cho NaOH vào : Với Fe3+, nồng độ OH- cần để xuất hiện kết tủa : TFe(OH)3 10−35,5 (C −) =3 =3 = 3.10−11(M ) OH Fe3+ C' 116 10− 4 , . Fe3+ Với Mn2+, nồng độ OH- cần để xuất hiện kết tủa : TMn ( OH ) 2 10 −12,35 (C OH − ) Mn 2 + = = = 10 −6,175 ( M ) 0,25đ C Mn 2 + 1 V ậy Fe(OH)3 kết tủa trước Mn(OH)2 0,25đ III.1.2 Để kết tủa hoàn toàn Fe(OH)3 : TFe ( OH )3 10 −35,5 (C OH − ) Fe3+ = 3 −6 =3 −6 = 1,47.10 −10 ( M ) 10 10 Vậy pH = 4,17 0,25đ Để Mn2+ bắt đầu kết tủa : TMn ( OH ) 2 10 −12,35 (C OH − ) Mn 2 + = = = 10 −6,175 ( M ) Vậy pH lúc này = 7,825 0,25đ C Mn 2 + 1 Vậy khoảng pH để tách hoàn toàn Fe3+ khỏi Mn2+ 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 : Fe3+ + 6F- FeF63- β FeF 3− = 1016,10 0,25đ 6 C 10-3 1 [] x 0,999 + x 10-3 – x 10 −3 − x = 1016,1 x(0,999 + x) ⇒ x = 7,95.10-20 (M) rất nhỏ ⇒ [Fe3+] = 7,95.10-20 (M) 0,5đ Khi cho NaOH vào, nồng độ OH- để tạo kết tủa Fe(OH)3 : TFe ( OH )3 10 −35,5 (C OH − ) Fe3+ = 3 − 20 =3 − 20 = 3,4.10 −6 ( M ) 7,95.10 7,95.10 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 5
  6. Phần này là phách sẽ cắt III.2 III.2.1 Nồng độ Pb2+ trong nước máy : 3.10 −28 [Pb2+] = = 3,57.10-17 (M) 8,41.10 −12 Nồng độ Ni2+ trong nước máy : 3.10 −20 [Ni2+] = = 7,33.10-13 (M) 0,25đ 4,09.10 −8 III.2.2 Trong trường hợp [S2-] = 5.10-11M : 3.10 −28 [Pb2+] = −11 = 6.10-18 (M) 5.10 6.10 −18 % Pb còn lại trong dung dịch = 2+ .100% = 16,8% 0,25đ 3,57.10 −17 Vì lượng S2- sử dụng trong trường hợp này < lượng cần để tạo kết tủa NiS, do đó Ni2+ 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 → PH3 + H2PO2 (môi trường kiềm) IV.1.2. FeCl2 + H2O2 + HCl → FeCl3 + H2O IV.2. Một pin được cấu tạo bởi 2 điện cực: điện cực thứ nhất gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch Cu2+ có nồng độ 10-2 M; điện cực thứ 2 gồm một thanh đồng nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+ có nồng độ 10-2 M. Sức điện động của pin ở 250C là 38 mV. IV.1.1. Tính nồng độ (mol.l-1) của ion Cu2+ trong dung dịch ở điện cực âm. 0 IV.1.2. Tính hằng số bền của phức chất. Biết : ECu 2 + / Cu = 0,34 V. ∗ Đáp án câu IV: IV.1 − IV.1.1 4P + 3OH− + 3H2O → PH3 + 3H2PO2 1đ IV.1.2 2FeCl2 + H2O2 + 2HCl → 2FeCl3 + 2H2O 1đ IV.2 IV.2.1 Điện cực Cu nhúng trong dung dịch phức chất [Cu(NH3)4]2+: 0 0,059 ECu 2+ / Cu = ECu 2 + / Cu + lg[Cu2+] 0,25đ 2 Mà [Cu2+] 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(NH3)4]2+ có điện thế < điện cực còn lại và đóng vai trò cực âm. 0,25đ Ta có pin : (-) Cu  [Cu(NH3)4]2+ 10-2M 2+ 10-2MCu (+) Cu 0,25đ Sức điện động của pin : 0,059 10 −2 ∆E = ECu 2+ / Cu (+) - ECu 2+ / Cu (-) = 0,038 = lg 2 [Cu 2+ ]( − ) ⇒ lg[Cu2+](-) = -3,288 0,25đ Vậy [Cu2+] trên điện cực âm = 5,15 × 10-4M 0,25đ 6
  7. Phần này là phách sẽ cắt IV.2.2 Vì : [Cu(NH3)4]2+ Cu2+ + 4NH3 -2 -4 [ ] 10 M 5,15× 10 M 4× 5,15× 10-4M 0,5đ 2+ [Cu ( NH 3 ) 4 ] 10 −2 − 5,15 × 10 −4 Kb = 2+ = −4 −4 4 = 1,023 × 1012 0,25đ [Cu ][ NH 3 ] 4 5,15 × 10 × (4 × 5,15 × 10 ) 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 H2SO4 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 N2 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 : X2 + H2O 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 Fe2+ bị phá hủy. H2S + Fe2+(hemoglobin) → FeS ↓ + 2H+ 0,25đ V.3 V.3.1 Với S, Al và Zn có các phản ứng : 0 2Al + 3S t → Al2S3 0 Zn + S t → ZnS Trong trường hợp tổng quát nhất (phản ứng không hoàn toàn) hỗn hợp B gồm Al2S3, ZnS, S dư, Al dư, Zn dư. Trong 5 chất này chỉ có S không tan trong dung dịch m 1 H2SO4 loãng vậy : Sdu ( B ) = 0,48 (gam) 2 2 × 0,48 → nSdư (B) = = 0,03 (mol) (1) 0,25đ 32 Với H2SO4 ta có các phản ứng : 7
  8. Phần này là phách sẽ cắt Al2S3 + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2S↑ ZnS + H2SO4 → ZnSO4 + H2S↑ Zn + H2SO4 → ZnSO4 + H2↑ 2Al + 3H2SO4 → Al2(SO4)3 + 3H2↑ 0,25đ Khi nung ½ B trong O2 : 9 + 3SO2↑ 0 Al2S3 + O2 t → Al2O3 2 3 + SO2↑ 0 ZnS + O2 t → ZnO 2 0 4Al + 3O2 t → 2Al2O3 1 0 Zn + O2 t → ZnO 2 0 S + O2 t → SO2 0,25đ V.3.2 Hỗn hợp khí C gồm SO2, N2 (không có O2 vì người ta dùng một lượng oxi vừa đủ) Qua dung dịch NaOH, SO2 bị giữ lại : SO2 + NaOHdư → Na2SO3 + H2O Vậy độ giảm thể tích 5,04 lit là thể tích SO2 5,04 → n SO2 = = 0,225 (mol) 0,25đ 22,4 Theo nguyên lí bảo toàn nguyên tố S : n SO2 ( C ) = n S ( B ) = n 1 S ( A) 2 Vậy : n S ( A) = 2 .0,225 = 0,45 (mol) (2) 0,25đ mS(A) = 0,45. 32 = 14,4 (gam) mAl+Zn(A) = 33,02 – 14,4 = 18,62 (gam) Gọi x = nAl ; y = nZn trong A. Ta có :27x + 65y = 18,62 (3) 0,25đ %SO2 trong C = 100% - %N2 = 100 – 85,8 = 14,2% Ta có : 0,225 mol SO2 → %SO2 = 14,2% 0,225 × 85,8 Vậy : n N 2 = = 1,36 (mol) 14,2 4 Do N2 chiếm thể tích không khí nên : 5 5 5 nKK = n N 2 = .1,36 (mol) 4 4 5 Thể tích không khí : VKK = .1,36 . 22,4 = 38,08 (lit) 0,25đ 4 V.3.3 1 1 Số mol O2 dùng để oxi hóa ½ B là: nO2 = n N 2 = .1,36 = 0,34 (mol) 0,25đ 4 4 8
  9. Phần này là phách sẽ cắt Trong 0,34 mol O2 này có 0,225 mol O2 dùng để biến S thành SO2, phần còn lại n 1 dùng để biến Al, Zn thành Al2O3, ZnO. O2 ( B ) = 0,34 – 0,225 = 0,115 (mol) 2 Ta thấy dù biến ½ A (Al, Zn, S) thành Al2O3, ZnO, SO2 hay ½ B (Al2S3, ZnS, Al dư, Zn dư, S dư thành Al2O3, ZnO, và SO2) thì lượng O2 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 Al2O3, ZnO ta cũng phải dùng 0,115 mol O2. 0,25đ t0 4Al + 3O2  → 2Al2O3 x 3x 2 8 1 0 Zn + O2 t → ZnO 2 y y 2 4 n O = 3x + y = 0,115 (mol) → 3x + 2y = 0,920 (4) 0,25đ 2 8 4 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’ = nZndư ; nZn phản ứng với S ; nSphản ứng với Al ; và n Al2 S3 . 0,22 × 65 × 100 %Zn(A) = = 43,307% 0,25đ 33,02 Sau khi thêm 8,296 gam Zn vào B : (65 z ' + 8,296) × 100 1 %Zn đơn chất = = × 43,307 → z’= 0,01 mol Zn dư. 0,25đ 33,02 + 8,296 2 Vậy có : 0,22 – 0,01 = 0,21 mol Zn kết hợp với 0,21 mol S cho 0,21 mol ZnS nSphản ứng với Al = nS chung – nS(Zn) – nSdư = 0,45 – 0,21 – 0,03 = 0,21 (mol) 0,21 n Al2 S3 = = 0,07 (mol) 3 Thành phần % khối lượng của các chất trong hỗn hợp B : 0,07 × 150 × 100% 0,21 × 97 × 100% %Al2S3 = = 31,8% %ZnS= = 61,69% 0,25đ 33,02 33,02 0,01 × 65 × 100% 0,03 × 32 × 100% %Zndư = = 1,97% %Sdư = = 2,91% 33,02 33,02 %Aldư = 100 – (31,8 + 61,69 + 1,97 + 2,91) = 1,63% 0,25đ −−−−−−−H ẾT −−−−−−− 9
Đồng bộ tài khoản